线性常微分方程求解

线性常微分方程求解

基本概念

参考清华大学出版社《高等微积分教程（上）》P211 定义，我们有：

definition

• 未知函数是一元函数的微分方程是常微分方程
• 微分方程中出现的未知函数的最高阶导数阶数为微分方程的阶

根据微分方程的不同条件可以得到不同的方程的解，这些条件被称为 定解条件

基本解法

分离变量

方程本身虽然并不是变量分离性方程，但可以通过一定的代换实现求解：

$$\{\begin{array}{l}{y}^{\prime }=\frac{y}{x}+\tan \frac{y}{x}\\ y\left(1\right)=\frac{\pi }{2}\end{array}$$

求解过程：

$$\begin{array}{c}u=\frac{y}{x}\Rightarrow u+x{u}^{\prime }=u+\tan u\\ \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\tan u}=\frac{\mathrm{d}x}{x}\Rightarrow y=x\mathrm{arc}\sin x\end{array}$$

一阶常微分方程

对一阶常微分方程 $y^{\prime }+p\left(x\right)y=q\left(x\right)$，其存在通解公式形如下面式子：

$$y=e^{-\int p\left(x\right)\mathrm{d}x}\left(\int q\left(x\right)e^{\int p\left(x\right)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+c\right)$$

得出这一公式有很多路径，比较常用的有两种：

• 参数变易法
  • 也就是猜测解的形式，利用这个形式带入约束求出解的参数
  • 参考上书 P217
• #拉普拉斯变换

高阶线性常微分方程

我们假定高阶常微分方程有这样的形式：

$$y^{\left(n\right)}+a_1\left(x\right)y^{\left(n-1\right)}+\cdots +a_{n-1}\left(x\right)y^{\prime }+a_n\left(x\right)y=0$$

我们可以注意到，其解函数之间是线性的，这意味着在微分定义的空间下，我们有线性空间，进一步定义了 朗斯基行列式

definition

假设$y_1,y_2\cdots ,y_n\in C^{m-1}\left(I\right)$, 定义$y_1,y_2,\cdots ,y_n$的朗斯基行列式为：

$$W\left(x\right)=W\left[y_1,y_2\cdots ,y_m\right]\left(x\right)=\left|\begin{array}{cccc}{y}_1& y_2& \cdots & y_m\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }& \cdots & y_m^{\prime }\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ y_1^{\left(m-1\right)}& y_2^{\left(m-1\right)}& \cdots & y_m^{\left(m-1\right)}\end{array}\right|$$

对朗斯基行列式存在下面的定理：

lemma

• 如果yi在区间I上线性相关，那么$W=0,x\in I$
• 如果yi为上面微分方程的n个解，且在区间I上线性无关，那么$W\ne 0,x\in I$

这表明对 微分方程的 n 个解，要么 W 全为 0，要么全不为 0

通过上面 lemma 可以得到下面这个更有意思的定理：

lemma

如果函数 $a_i(x)$ 在 I 上是连续的，那么上面微分方程的解空间是一个n 维线性空间

考虑将方程的解转换到复平面上分析，假定问题有解为：$y=e^{\lambda x}$，那么带入方程有：

$$\left({\lambda }^n+a_1{\lambda }^{n-1}+\cdots +a_{n-1}\lambda +a_n\right)e^{\lambda x}=0$$

称方程 $F\left(\lambda \right)={\lambda }^n+a_1{\lambda }^{n-1}+\cdots +a_{n-1}\lambda +a_n$ 为 特征多项式，特征方程的根为特征根

note

将问题转换为矩阵，这就是显然的定义

对于问题存在两种情形：

Case 1

如果 $\lambda$ 是方程的单特征根，那么显然函数 $y=e^{\lambda x}$ 为上面方程的解 如果存在 n 个不同的特征根，那么可以得到方程的 n 个特征解，这些解是线性无关的，他们张成了上面要求的 n 维解空间

Case 2

如果 $\lambda$ 是特征方程的 k 重特征根，那么此时 $e^{\lambda x},x{e}^{\lambda x},\cdots ,x^{k-1}{e}^{\lambda x}$ 为方程的 k 个特征向量 从朴素的角度理解，可以这样思考：

由于 $P\left(\lambda \right)e^{\lambda x}=0\Rightarrow G\left(\lambda \right){\left(\lambda -{\lambda }_0\right)}^k{e}^{\lambda x}=0$，其中 $P\left(\lambda \right)={\left(\lambda -{\lambda }_0\right)}^{k}G\left(\lambda \right)$。考虑方程 ${\left(\lambda -{\lambda }_0\right)}^k{e}^{\lambda x}=0$ 的解。如果存在这样的解那么其为原问题特征向量。

这等价于：

$$\begin{array}{c}{\left(\lambda -{\lambda }_0\right)}^k{e}^{\left(\lambda -{\lambda }_0\right)x}=0\\ \Rightarrow {\left(e^{\left(\lambda -{\lambda }_0\right)x}\right)}^{\left(k\right)}=0\Rightarrow {\left(y{e}^{-{\lambda }_{0}x}\right)}^{\left(k\right)}=0\\ \Rightarrow y=x^i{e}^{{\lambda }_{0}x},i=0,1,\cdots ,k-1\end{array}$$

从而这些新的 $y_i$ 构成了这 k 重特征值对应的特征向量

note

事实上，我感觉这对应于矩阵的Jordan标准型那一块。就是幂零矩阵分小块对角化，引出范德蒙德行列式(Vandemond) 我感觉想法是正确的，这个微分算子没有足够的特征向量，引入广义特征向量，做Jordan分解，解出来就是这个结果

$$\begin{array}{c}J=\left[\begin{array}{ccccc}\lambda & 1& & & \\ & \lambda & 1& & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & \lambda & 1\\ & & & & \lambda \end{array}\right]\in R^{\mathrm{m}\times \mathrm{m}},e^{Jt}=L^{-1}\left({\left[\begin{array}{ccccc}s-\lambda & -1& & & \\ & s-\lambda & -1& & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & s-\lambda & -1\\ & & & & s-\lambda \end{array}\right]}^{-1}\right)\\ e^{Jt}=L^{-1}\left(\frac{1}{{\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}}}{\left[\begin{array}{ccccc}{\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-1}& {\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-2}& {\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-3}& \cdots & 1\\ 0& {\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-1}& {\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-2}& \cdots & s-\lambda \\ 0& 0& {\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-1}& \ddots & {\left(s-\lambda \right)}^2\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& {\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-1}\end{array}\right]}^{-1}\right)\\ e^{Jt}=L^{-1}\left({\left[\begin{array}{ccccc}\frac{1}{\left(s-\lambda \right)}& \frac{1}{{\left(s-\lambda \right)}^2}& \frac{1}{{\left(s-\lambda \right)}^3}& \cdots & \frac{1}{{\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}}}\\ 0& \frac{1}{\left(s-\lambda \right)}& \frac{1}{{\left(s-\lambda \right)}^2}& \cdots & \frac{1}{{\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-1}}\\ 0& 0& \frac{1}{\left(s-\lambda \right)}& \ddots & \frac{1}{{\left(s-\lambda \right)}^{\mathrm{m}-2}}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \frac{1}{\left(s-\lambda \right)}\end{array}\right]}^{-1}\right)\\ e^{Jt}=\left[\begin{array}{cccccc}{e}^{\lambda t}& t{e}^{\lambda t}& \frac{t^2}{2}{e}^{\lambda t}& \frac{t^3}{3!}{e}^{\lambda t}& \cdots & \frac{t^{\mathrm{m}-1}}{\left(\mathrm{m}-1\right)!}{e}^{\lambda t}\\ 0& e^{\lambda t}& t{e}^{\lambda t}& \frac{t^2}{2}{e}^{\lambda t}& \cdots & \frac{t^{\mathrm{m}-2}}{\left(\mathrm{m}-2\right)!}{e}^{\lambda t}\\ 0& 0& e^{\lambda t}& t{e}^{\lambda t}& \cdots & \frac{t^{\mathrm{m}-3}}{\left(\mathrm{m}-3\right)!}{e}^{\lambda t}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& e^{\lambda t}& t{e}^{\lambda t}\\ 0& 0& 0& 0& 0& e^{\lambda t}\end{array}\right]\end{array}$$

总之根据上面的两个情形我们可以对一般的非强迫响应的高阶线性常微分方程进行求解

example

对方程$y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+2y=0$，求解为：

$$\begin{array}{c}{\lambda }^2+2\lambda +2=0\\ \Rightarrow \lambda =-1\pm i\\ \Rightarrow y=e^{-x}\left(c_1\cos x+c_2\sin x\right)\end{array}$$

如果右端为非零项，可以使用上面提到的常数变易法求解，或者使用下面的 #拉普拉斯变换 求解。

拉普拉斯变换

#todo

todo

• 介绍拉普拉斯变换求解微分方程方法
• 以一阶常微分方程通解公式为例介绍拉普拉斯变换

MMA

使用 Mathematica 的 DSolve 等函数求解方程，其中过程可以通过使用：

WolframAlpha["DSolve[u''[t]==u[t] u'[t],u,t]"]

来获得

参考

• 清华大学出版社《高等微积分教程（上）》