常微分方程/非齊次 1

高階微分方程

非齊次方程

非齊次常係數方程的形式為

${\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}+c_{1}{\frac {d^{n-1}y}{dx^{n-1}}}+\ldots +c_{n}y=f(x)$

其中 c_i 都是常數，f(x) 不為 0。

齊次解

每個非齊次方程都有一個齊次解 (CF)，可以透過將 f(x) 替換為 0 來求得，並求解 齊次解。例如，

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}-3{\frac {dy}{dx}}+4y={\frac {2\sin x}{x^{2}}}$

的齊次解是微分方程

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}-3{\frac {dy}{dx}}+4y=0$

疊加原理

疊加原理使求解非齊次方程變得相當簡單。最終的解是齊次解和由 f(x) 產生的解（稱為特解 (PI)）的總和。換句話說，

通解 = CF + PI

待定係數法

待定係數法是一種求解某些 f(x) 的特解的簡單捷徑。該方法僅在 f(x) 的有限個導數最終減小為 0 時才有效，或者如果導數在有限個導數內最終落入某種模式。如果這是真的，那麼我們就知道特解的一部分——所有在達到 0 之前的導數（或模式中的所有導數）的總和乘以任意常數。這就是試探特解。然後我們可以將我們的試探特解代入原始方程以完全求解它。

正如我們所見，我們可能需要根據齊次解來修改此試探解。如果試探解包含齊次解中也存在的項，那麼特解將被齊次解中的任意常數吸收，因此我們不會得到問題的完整解。

f(x) = 常數

最簡單的情況是當 f(x) 為常數時，例如

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+{\frac {dy}{dx}}-6y=3$.

齊次解為

$y=Ae^{2x}+Be^{-3x}\,$

我們現在需要找到一個試探特解。當我們對 y=3 求導時，得到零。因此，我們的試探特解是在此之前的 y 函式的總和，即 3 乘以一個任意常數，這將得到另一個任意常數 K。

我們現在將 y 設定為特解，並找到直到 DE 階數（此處為二階）的導數。

$y=K\,$

${\frac {dy}{dx}}=0$

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0$

現在我們可以將這些代入原始的微分方程

$0+0-6K=3\,$

$K=-{\frac {1}{2}}$

透過將 CF 和 PI 相加，我們可以得到微分方程的一般解

$y=Ae^{2x}+Be^{-3x}-{\frac {1}{2}}\,$

f(x) = 多項式

這是包含上述示例的一般方法。一個 n 階多項式在恰好 n+1 次導數後會變為 0（例如對於常數如上面所示，一階導數為 0，對於二次方程，三階導數為 0，等等）。因此我們知道我們的 PI 是

$y=C_{1}x^{n}+C_{2}x^{n-1}+...+C_{n}x+C_{n+1}.\,$

例如，我們取

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=3x^{4}+7x^{2}.\,$

首先，我們知道我們的 PI 是

$y=Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E.\,$

為了代入，我們需要計算它的前兩個導數

${\frac {dy}{dx}}=4Ax^{3}+3Bx^{2}+2Cx+D$

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=12Ax^{2}+6Bx+2C\,$

代入後我們得到

$12Ax^{2}+6Bx+2C+5(4Ax^{3}+3Bx^{2}+2Cx+D)+6(Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E)=3x^{4}+7x^{2}$

$6Ax^{4}+(6B+20A)x^{3}+(6C+15B+12A)x^{2}+(6D+10C+6B)x+6E+5D+2C=3x^{4}+7x^{2}$

$6A=3\,$

$6B+20A=0\,$

$6C+15B+12A=7\,$

$(6D+10C+6B)=0\,$

$6E+5D+2C=0\,$

解得

$A={\frac {1}{2}}$ $B={\frac {-5}{3}}$ $C={\frac {13}{3}}$ $D={\frac {-50}{9}}$ $E={\frac {86}{27}}$

所以，我們的特解是

$y={\frac {1}{2}}x^{4}+{\frac {-5}{3}}x^{3}+{\frac {13}{3}}x^{2}+{\frac {-50}{9}}x+{\frac {86}{27}}$

但是，我們還需要得到通解。為了得到通解，我們將f(x)設為0，然後像上一節一樣求解。對於這個方程，根是-3和-2。所以我們的通解為

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}\,$

將特解和通解相加，我們就得到了我們的通解

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {1}{2}}x^{4}-{\frac {5}{3}}x^{3}+{\frac {13}{3}}x^{2}-{\frac {50}{9}}x+{\frac {86}{27}}$

f(x) = e的冪

e的冪永遠不會降為0，但它們會形成一個模式。事實上，它只在一階導數中就形成了模式，因為它本身就是它的導數。所以我們知道

$y_{p}=Ke^{px},\,$

其中K是我們的常數，p是原始微分方程中給出的e的冪。

例如，考慮

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=5e^{2x}+6e^{-7x}$.

我們做出我們的特解

$y_{p}=Ae^{2x}+Be^{-7x}\,$.

然後得到

${\frac {dy}{dx}}=2Ae^{2x}-7Be^{-7x}\,$

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=4Ae^{2x}+49Be^{-7x}$

代入，得到

$4Ae^{2x}+49Be^{-7x}+5\left(2Ae^{2x}-7Be^{-7x}\right)+6\left(Ae^{2x}+Be^{-7x}\right)\,$

$=5e^{2x}+6e^{-7x}\,$

$20Ae^{2x}+20Be^{-7x}=5e^{2x}+6e^{-7x}\,$

$A={\frac {1}{4}}$

$B={\frac {3}{10}}$

$y_{p}={\frac {1}{4}}e^{2x}+{\frac {3}{10}}e^{-7x}$

這就是特解。我們之前已經找到了通解。所以通解是

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {1}{4}}e^{2x}+{\frac {3}{10}}e^{-7x}\,$

f(x) = 多項式 × e 的冪

多項式乘以e 的冪也形成一個迴圈，在n 次導數中（其中n 是多項式中x 的最高次冪）。所以我們知道我們的試探特解是

$y_{p}=C_{n}x^{n}e^{px}+C_{n-1}x^{n-1}e^{px}+...+C_{0}e^{px},\,$

其中C是常數，p 是方程中e 的冪。

例如，我們嘗試

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=3xe^{2x}$

現在我們可以將我們的特解設為

$y_{p}=Axe^{2x}+Be^{2x}\,$.

${\frac {dy_{p}}{dx}}=2Axe^{2x}+Ae^{2x}+2Be^{2x}$

${\frac {d^{2}y_{p}}{dx^{2}}}=4Axe^{2x}+4Ae^{2x}+4Be^{2x}$

代入，得到

$4Axe^{2x}+4Ae^{2x}+4Be^{2x}+5(2Axe^{2x}+Ae^{2x}+2Be^{2x})+6(Axe^{2x}+Be^{2x})=3xe^{2x}\,$

$20A=3\,$

$9A+20B=0\,$

$A={\frac {3}{20}}$

$B={\frac {-27}{400}}$

$y_{p}={\frac {3}{20}}xe^{2x}-{\frac {27}{400}}e^{2x}$

這是特解。我們之前找到了齊次解。因此，總解是

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {3}{20}}xe^{2x}-{\frac {27}{400}}e^{2x}$

f(x) = 三角函式

三角函式也不會簡化為 0。但它們確實具有 2 個導數迴圈 - sin x 的導數是 cos x，而 cos x 的導數是 -sin x。因此我們將我們的 PI 設定為

$y_{p}=A\sin(px)+B\cos(px),\,$

其中 C 是常數，p 是原始微分方程中三角函式內的項。

例如，我們嘗試

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=\cos 3x.$

我們將我們的 PI 設定為

$y_{p}=A\sin 3x+B\cos 3x\,$

${\frac {dy_{p}}{dx}}=3A\cos 3x-3B\sin 3x$

${\frac {d^{2}y_{p}}{dx^{2}}}=-9A\sin 3x-9B\cos 3x$

代入，得到

$-9A\sin 3x-9B\cos 3x+5\left(3A\cos 3x-3B\sin 3x\right)\,$

$+6\left(A\sin 3x+B\cos 3x\right)=\cos 3x\,$

$15A-3B=1\,$

$-3A-15B=0\,$

$A={\frac {5}{78}}$

$B={\frac {-1}{78}}$

$y_{p}={\frac {5}{78}}\sin 3x-{\frac {1}{78}}\cos 3x$

這是特解。我們之前找到了齊次解。因此，總解是

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {5}{78}}\sin 3x-{\frac {1}{78}}\cos 3x$

f(x) = 混合

以上所有情況都可以透過待定係數法求解，因此上述情況的和也同樣可以透過待定係數法求解。 這是因為兩個導數要麼趨於0，要麼迴圈的函式之和，其導數也必須趨於0或迴圈。 $y_{p}$ 將是各個 $y_{p}$ 函式的和。

如果試解特解與通解有相同的項

在處理 $e^{x}$ 時，或有時在處理多項式（如果齊次方程的根為 0）作為 f(x) 時，你可能會在試解特解和通解中獲得相同的項。 如果發生這種情況，特解將被通解的任意常數吸收，這將不會導致完整的解。 為克服這個問題，將受影響的項乘以 x，直到它不再出現在通解中。

例如，讓我們採用

${\frac {d^{3}y}{dx^{3}}}+{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=2x.$

首先，求解齊次方程以得到通解。

${\frac {d^{3}y}{dx^{3}}}+{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0.$

輔助多項式為

$m^{3}+m^{2}=0\,$

求解輔助多項式的根。在本例中，它們為

$m=0,\ 0,\ -1\,$

通解為

$y=Ae^{0x}+Bxe^{0x}+Ce^{-x}=A+Bx+Ce^{-x}\,$

現在求特解。由於f(x) 是一個 1 次多項式，我們通常會使用 Ax+B。但是，由於通解中同時出現了x項和常數項，我們需要乘以x² 並使用

$y_{p}=Ax^{3}+Bx^{2}\,$.

我們像往常一樣求解 A 和 B。

${\frac {dy_{p}}{dx}}=3Ax^{2}+2Bx\,$

${\frac {d^{2}y_{p}}{dx^{2}}}=6Ax+2B\,$

${\frac {d^{3}y_{p}}{dx^{3}}}=6A$

$6A+6Ax+2B=2x\,$

$6A=2\,$

$6A+2B=0\,$

$A={\frac {1}{3}}\,$

$B=-1\,$

$y_{p}={\frac {1}{3}}x^{3}-x^{2}$

因此，總解為

$y=A+Bx+Ce^{-x}+{\frac {1}{3}}x^{3}-x^{2}$

引數變易法

引數變異法是一種求解方程 $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ 特解的方法，前提是已知對應齊次方程 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 的通解。現在我們將推匯出這種通用的方法。

我們已經知道齊次方程的通解：它具有形式 $c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}$。我們將尋找非齊次方程形式為 $\psi =uy_{1}+vy_{2}$ 的特解，其中 u 和 v 是自變數 x 的函式。對該式求導，我們得到

$u'y_{1}+uy_{1}'+v'y_{2}+vy_{2}'\,$

現在注意，目前對 $\psi$ 只有一個條件，即 $\psi ''+p(x)\psi '+q(x)\psi =f(x)$。現在我們強加另一個條件，即

$u'y_{1}+v'y_{2}=0\,$

這意味著 $\psi ''$ 將沒有 $u$ 和 $v$ 的二階導數。因此，這些新引數（因此被稱為“引數變異法”）將是一些一階微分方程的解，這些方程是可以求解的。讓我們完成這個問題

$\psi ''=u'y_{1}'+uy_{1}''+v'y_{2}'+vy_{2}''\,$

以及

$\psi ''+p(x)\psi '+q(x)\psi =f(x)\,$

$u'y_{1}'+v'y_{2}'+uy_{1}''+vy_{2}''+p(x)(uy_{1}'+vy_{2}')+q(x)(uy_{1}+vy_{2})=f(x)\,$

$u'y_{1}'+v'y_{2}'+u(y_{1}''+p(x)y_{1}'+q(x)y_{1})+v(y_{2}''+p(x)y_{2}'+q(x)y_{2})=f(x)\,}$

$u'y_{1}'+v'y_{2}'=f(x)\,$,

其中，最後一步源於 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是齊次方程的解。

因此，我們有 $u'y_{1}+v'y_{2}=0$ 和 $u'y_{1}'+v'y_{2}'=f(x)$。將第一個方程乘以 $y_{2}'$，第二個方程乘以 $-y_{2}$，然後相加得到：

$u'y_{1}y_{2}'-u'y_{1}'y_{2}=-f(x)y_{2}\,$

$u'={-f(x)y_{2} \over y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}}$

類似的過程得到：

$v'={f(x)y_{1} \over y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}}$.

現在只需要對這些表示式求值，並相對於 $x$ 積分，就可以得到函式 $u$ 和 $v$，然後我們就得到了特解 $\psi =uy_{1}+vy_{2}$。因此，微分方程 $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)\,$ 的通解為 $c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+uy_{1}+vy_{2}\,$。

請注意，這種方法的主要困難在於所涉及的積分通常非常複雜。如果積分結果不好，最好使用待定係數法。

出現在 $u'$ 和 $v'$ 表示式分母中的量稱為 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的朗斯基行列式。

拉普拉斯變換

拉普拉斯變換是求解非齊次初值問題的非常有用的工具。它允許我們將求解微分方程的問題簡化為求解代數方程的問題。我們從一些設定開始。

拉普拉斯變換的定義

$f(t)\,$ 的拉普拉斯變換定義為

$F(s)=\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$.

這也可以寫成 ${\mathcal {L}}\{f(t)\}$。在紙上書寫時，你可以寫一個草書大寫字母“L”，它通常會被理解。還存在一個逆拉普拉斯變換 ${\mathcal {L}}^{-1}\{F(s)\}=f(t)$，但計算它需要對復變數進行積分。幸運的是，通常可以使用各種技巧（將在後面描述）來找到 ${\mathcal {L}}^{-1}\{F(s)\}$，而無需進行這種積分。但是，首先有必要證明關於拉普拉斯變換的一些事實。

拉普拉斯變換的兩個性質

性質 1. 拉普拉斯變換是一個線性運算元；也就是說，${\mathcal {L}}\{c_{1}f(t)+c_{2}g(t)\}=c_{1}{\mathcal {L}}\{f(t)\}+c_{2}{\mathcal {L}}\{g(t)\}$.

該性質的證明直接從拉普拉斯變換的定義而來，留給讀者完成。

性質 2. 如果$F(s)={\mathcal {L}}\{f(t)\}$，那麼${\mathcal {L}}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)$

證明

${\mathcal {L}}\{f'(t)\}=\int _{0}^{\infty }f'(t)e^{-st}dt$

$=\lim _{C\to \infty }\left.e^{-st}f(t)\right|_{0}^{C}-\int _{0}^{C}-sf(t)e^{-st}dt$（用分部積分法）

$=-f(0)+s\lim _{C\to \infty }\int _{0}^{C}f(t)e^{-st}dt$

$=s{\mathcal {L}}\{f(t)\}-f(0)$

$=sF(s)-f(0)\,$

正是性質 2 使拉普拉斯變換成為求解微分方程的有用工具。作為性質 2 的推論，請注意${\mathcal {L}}\{f''(t)\}=s^{2}F(s)-sf(0)-f'(0)$.

簡單函式的拉普拉斯變換

${\mathcal {L}}\{1\}={1 \over s}$

${\mathcal {L}}\{e^{at}\}={1 \over s-a}$

${\mathcal {L}}\{\cos \omega t\}={s \over s^{2}+\omega ^{2}}$

${\mathcal {L}}\{\sin \omega t\}={\omega \over s^{2}+\omega ^{2}}$

最後兩個可以使用尤拉公式輕鬆計算 $e^{i\omega t}=\cos \omega t+i\sin \omega t\,$.

為了找到更多的拉普拉斯變換，特別是變換 $t^{n}$，我們將推匯出變換的另外兩個性質。

拉普拉斯變換的另外兩個性質

性質 3. 如果 ${\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)$，則 ${\mathcal {L}}\{tf(t)\}=-F'(s)$.

性質 4. 如果 ${\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)$，則 ${\mathcal {L}}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a)$.

證明很簡單，留給讀者完成。

現在我們可以很容易地看到 ${\mathcal {L}}\{t\}={\mathcal {L}}\{(t)(1)\}=-{d \over dt}{\mathcal {L}}\{1\}={1 \over s^{2}}$ 。多次應用性質 3，我們可以發現 ${\mathcal {L}}\{t^{n}\}={n! \over s^{n+1}}$。最後，我們準備使用拉普拉斯變換來解微分方程。

使用拉普拉斯變換解非齊次初值問題

一般來說，我們用以下方法解二階線性非齊次初值問題：首先，我們對等式兩邊進行拉普拉斯變換。這會立即將微分方程簡化為代數方程。然後，我們解出 $F(s)$。最後，我們對等式兩邊進行逆變換，求出 $y$。

讓我們用這種方法來解問題

$y''-4y'+3y=e^{-t};y(0)=0,y'(0)=1\,$.

我們首先對等式兩邊進行拉普拉斯變換，並使用性質 1（線性）

$s^{2}F(s)-sy(0)-y'(0)-4[sF(s)-y(0)]+3F(s)={1 \over s+1}$

$(s^{2}-4s+3)F(s)-1={1 \over s+1}$（使用初始條件）

現在我們隔離$F(s)$

$F(s)={1 \over (s-3)(s-1)}+{1 \over (s-3)(s-1)(s+1)}$

這裡我們已經將$s^{2}-4s+3$因式分解，為下一步做準備。現在我們嘗試對等式兩邊進行逆變換；為了做到這一點，我們需要將等式右邊分解成部分分式。

$F(s)={A \over (s-3)}+{B \over (s-1)}+{C \over (s-3)}+{D \over (s+1)}+{E \over (s-1)}$

前兩個分數意味著$A(s-1)+B(s-3)=1\,$。令$s=3$得到$A={1 \over 2}$，而令$s=1$得到$B=-{1 \over 2}$。其他三個分數類似地給出$C=D={1 \over 8}$ 和 $E=-{1 \over 4}$。因此

$F(s)={1 \over 2(s-3)}-{1 \over 2(s-1)}+{1 \over 8(s-3)}+{1 \over 8(s+1)}-{1 \over 4(s-1)}$

$={5 \over 8(s-3)}-{3 \over 4(s-1)}+{1 \over 8(s+1)}$

$={5 \over 8}{\mathcal {L}}\{e^{3t}\}-{3 \over 4}{\mathcal {L}}\{e^{t}\}+{1 \over 8}{\mathcal {L}}\{e^{-t}\}$

最後，我們可以透過觀察來進行逆變換，得到

$y={5 \over 8}e^{3t}-{3 \over 4}e^{t}+{1 \over 8}e^{-t}$.

卷積是一種將兩個函式組合成第三個函式的方法。卷積在機率、統計學以及其他許多領域都有應用，因為它表示函式之間的“重疊”。我們在這裡並不關注這個特性；對我們來說，卷積是一個快速計算拉普拉斯逆變換的方法。

定義。 卷積 $(f*g)(t)\,$ 定義為 $\int _{0}^{t}f(u)g(t-u)du$.

卷積具有幾個有用的性質，如下所示

性質 1. $((f*g)*h)(t)=(f*(g*h))(t)\,$（結合律）

性質 2. $(f*g)(t)=(g*f)(t)\,$（交換律）

性質 3. $(f*(g+h))(t)=(f*g)(t)+(f*h)(t)\,$（對加法的分配律）

我們現在證明卷積在計算拉普拉斯逆變換中起作用的結果。

定理。 ${\mathcal {L}}\{(f*g)(t)\}={\mathcal {L}}\{f(t)\}\cdot {\mathcal {L}}\{g(t)\}$

證明

${\mathcal {L}}\{(f*g)(t)\}$

$=\int _{0}^{\infty }(f*g)(t)e^{-st}dt$

$=\int _{0}^{\infty }\left[\int _{0}^{t}f(u)g(t-u)du\right]e^{-st}dt$

$=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{t}e^{-st}f(u)g(t-u)du\,dt$

$=\int _{0}^{\infty }\int _{u}^{\infty }e^{-st}f(u)g(t-u)dt\,du$ （改變積分順序）

$=\int _{0}^{\infty }f(u)\left[\int _{u}^{\infty }e^{-st}g(t-u)dt\right]du$

現在令 $v=t-u$。

$=\int _{0}^{\infty }f(u)\left[\int _{0}^{\infty }e^{-s(u+v)}g(v)dv\right]du$

$=\int _{0}^{\infty }e^{-su}f(u)\left[\int _{0}^{\infty }e^{-sv}g(v)dv\right]du$

$={\mathcal {L}}\{f(t)\}\cdot {\mathcal {L}}\{g(t)\}$

讓我們解另一個微分方程

$y''+y=\sin t\,;y(0)=0,y'(0)=0$

對兩邊進行拉普拉斯變換得到

$s^{2}F(s)+F(s)={1 \over s^{2}+1}$

$F(s)={1 \over (s^{2}+1)^{2}}$

現在我們需要找到${\mathcal {L}}^{-1}\lbrace F(s)\rbrace$。為此，我們注意到 ${1 \over (s^{2}+1)^{2}}=[{\mathcal {L}}\{\sin t\}]^{2}$，因此$F(s)={\mathcal {L}}\{\sin t*\sin t\}$，根據上面的定理。因此，微分方程的解是正弦函式與自身的卷積。我們繼續計算它

$\sin t*\sin t\,$

$=\int _{0}^{t}\sin(u)\sin(t-u)du$

$=\int _{0}^{t}{\cos(2u-t)-\cos(t) \over 2}du$

$={1 \over 2}\sin t-{1 \over 2}t\cos t$

因此，原始方程的解為

$y={1 \over 2}\sin t-{1 \over 2}t\cos t$.

{{}}