常微分方程/二階

在本章中，我們將主要關注線性二階常微分方程。也就是說，我們將對以下形式的方程感興趣 $({\text{LIVP}})\qquad {\begin{cases}y''+p(x)y'+q(x)y=g(x)\\y(x_{0})=y_{0}\\y'(x_{0})=y'_{0}\end{cases}}.$

雖然它並不經常用於求解微分方程，但重要的是要記住，即使有希望找到解，也需要考慮是否存在解的可能性。以下定理至少告訴我們一種我們可以希望找到解的情況。

定理假設

p(x),\,q(x)

和

g(x)\,

是在開區間

I

上定義的連續函式，並且

x_{0}\in I

。那麼存在一個唯一的函式 y(x) 在

I

上定義，滿足常微分方程

y''(x)+p(x)y'+q(x)y=g(x)

並滿足初始條件

y(x_{0})=y_{0}

，

y'(x_{0})=y_{0}'

。

現在先把這個事實的證明放在一邊，即使知道了這個說法，它仍然給我們提供了很多資訊。特別是它給出了關於解的數量的一些想法。看待這個定理的一種方式是，解完全由兩個數字決定，即 $y_{0}$ 和 $y'_{0}$

我們首先將此問題簡化為齊次情況，即 $g(x)=0$ 。稍後我們將介紹一些方法，使我們能夠利用對齊次問題的理解更好地理解非齊次情況。因此，我們感興趣的是找到以下問題的解

({\text{LH}})\qquad y''+p(x)y'+q(x)y=0

首先要注意的是，如果 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是 (LH) 的解，則對於任何兩個實數 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ ，則 $c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}$ 也是一個解。這可以透過直接代入 (LH) 的左邊進行驗證。

{\begin{aligned}&(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})''+p(x)(c_{1}y_{1}+c_{1}y_{2})'+q(x)(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})\\=&c_{1}y_{1}''+c_{2}y_{2}''+c_{1}p(x)y_{1}'+c_{2}p(x)y_{2}'+c_{1}q(x)y_{1}+c_{2}q(x)y_{2}\\=&c_{1}(y_{1}''+p(x)y_{1}'+q(x)y_{1})+c_{2}(y_{2}''+p(x)y_{2}'+q(x)y_{2})=c_{1}\cdot 0+c_{2}\cdot 0=0\end{aligned}}

如果你熟悉線性代數，那麼你會記得一個變換被稱為線性是因為 $T(v+w)=T(v)+T(w)$ 。所以我們實際上看到的是，ODE 的左邊是對函式的線性變換，正是因為這個原因，這個方程被稱為線性。

現在這給了我們一個關於齊次情況的非常有趣的結論。回顧我們上面提到的，我們的存在定理告訴我們所有的解都由兩個初始條件引數化。將這一點與線性組合的解到齊次問題的解決方案又是解決方案這一事實結合起來，研究我們可以簡單地透過取我們已經知道的解決方案的線性組合來解決哪些初始值問題變得很有趣。

也就是說，給定固定的數字 $y_{0}$ 和 $y'_{0}$ 我們考慮問題

({\text{LHIVP}})\qquad {\begin{cases}y''+p(x)y'+q(x)y=0\\y(x_{0})=y_{0},\quad y'(x_{0})=y'_{0}.\end{cases}}

假設我們知道齊次問題的兩個解， $y_{1}$ 和 $y_{2}$ ，但假設 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 不滿足初始條件。由於我們感興趣的是解決初值問題 $y(x_{0})=y_{0}$ 和 $y'(x_{0})=y'_{0}$ ，並且我們知道解的線性組合仍然是解，所以我們可以問這樣一個問題：“是否有可能 $y=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}$ ？”

如果情況是這樣，我們可以評估 $y$ 來檢查初始條件。所以我們需要有

y(x_{0})=c_{1}y_{1}(x_{0})+c_{2}y_{2}(x_{0})

和

y'(x_{0})=c_{1}y_{1}'(x_{0})+c_{2}y_{2}'(x_{0})

但重要的是不要忽視這樣一個事實，即我們假設 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 只是我們知道的固定函式。所以 $y_{1}(x_{0})$ ， $y_{1}'(x_{0})$ ， $y_{2}(x_{0})$ ，和 $y_{2}'(x_{0})$ 僅僅是我們知道的四個數字。

這意味著我們實際上是在嘗試解決以下具有兩個方程和兩個未知數的線性系統

\left\{{\begin{aligned}c_{1}y_{1}(t_{0})&+c_{2}y_{2}(t_{0})&=y_{0}\\c_{1}y_{1}'(t_{0})&+c_{2}y_{2}'(t_{0})&=y_{0}'\end{aligned}}\right.

從線性代數我們知道，只要係數矩陣的行列式不為零，就可以求解此類系統，得到任意一組初始條件 $y_{0}$ 和 $y'_{0}$ 。在這個二維情況下，行列式簡化為 $y_{1}(x_{0})y_{2}'(x_{0})-y_{2}(x_{0})y_{1}'(x_{0})$ 。這個行列式，在常微分方程領域，以第一個系統地使用它的數學家命名。它被稱為 *朗斯基行列式* (Wronskian)，我們現在將給出更正式的定義。

定義： 給定函式

y_{1}

和

y_{2}

，*朗斯基行列式

y_{1}

和

y_{2}

* 是函式

W(y_{1},y_{2})(x):=y_{1}(x)y_{2}'(x)-y_{2}(x)y_{1}'(x)

。

我們上面討論的內容可以概括成以下定理。

定理

假設

y_{1}

和

y_{2}

是線性齊次方程 (LH) 的兩個解。那麼，初始值問題的 *所有解*

{\begin{cases}y''+p(x)y'+q(x)y=0,\\y(x_{0})=y_{0},\\y'(x_{0})=y'_{0}.\end{cases}}

可以寫成 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的線性組合，前提是朗斯基行列式 $W(y_{1},y_{2})(x_{0})\neq 0$ 。

常係數

第一個易於處理的問題是考慮 $p(x)$ 和 $q(x)$ 為常數的情況。為了方便，我們也允許 $y''$ 有非零常數。因此，我們感興趣的是以下方程。

ay''+by'+cy=g(x),

其中 a、b 和 c 是實數，且 $a\neq 0$ 。

與之相關的齊次方程為

ay''+by'+cy=0\,.

我們對一階微分方程的經驗告訴我們，任何對 $ay'-by=0$ 的解都具有 $e^{rx}$ 的形式（在這種情況下， $r=b/a$ ）。事實證明，看看這樣的函式是否能成為我們正在考慮的方程的解是值得努力的。因此，我們只需將 $y=e^{rx}$ 代入我們的方程，得到

ar^{2}e^{rx}+bre^{rx}+ce^{rx}=(ar^{2}+br+c)e^{rx}=0\,,

由於 $e^{rx}$ 從不為零，該積為零的唯一方法是 $r$ 恰好滿足

ar^{2}+br+c=0

該方程被稱為與齊次微分方程相關的特徵方程，多項式 $ar^{2}+br+c$ 被稱為特徵多項式。由於 $a,b,c$ 是實數，因此有三種情況需要考慮。

實數不同根

第一種情況是 $b^{2}-4ac>0$ ，在這種情況下，求根公式為我們提供了兩個實數 $r_{1},r_{2}$ ，使得 $ar_{1}^{2}+br_{1}+c=0=ar_{2}^{2}+br_{2}+c$ 。在這種情況下，我們上面的計算表明 $e^{r_{1}x}$ 和 $e^{r_{2}x}$ 是方程的兩個不同解。正如你將在練習中展示的那樣， $e^{r_{1}x}$ 和 $e^{r_{2}x}$ 的朗斯基行列式在這種情況下不為零。因此，我們找到了方程的兩個解，根據我們的定理，我們可以將每個解表示為這兩個解的線性組合。

示例 1

求 $y''-3y'+2y=0$ 的一般解。特徵方程為 $r^{2}-3r+2=0$ 。多項式 $r^{2}-3r+2=(r-2)(r-1)$ 有兩個實根， $r_{1}=1$ 和 $r_{2}=2$ 。因此，我們有兩個解 $y_{1}=e^{x}$ 和 $y_{2}=e^{2x}$ 。由於它們是二階方程的兩個不同解，因此它們構成一個基本解集。所以如果 $y$ 是通解，那麼

y=c_{1}e^{x}+c_{2}e^{2x}

.

示例 2

求解以下初值問題

{\begin{cases}y''-2y'+3y=0\\y(0)=1\\y'(0)=0\end{cases}}

.

對於此 ODE， $r^{2}-2r+3=0$ 。此特徵多項式分解為 $r^{2}-r+3=(r+1)(r-3)$ ，因此有兩個根： $r_{1}=-1,r_{2}=3$ 。因此，我們的 ODE 的兩個解是 $y_{1}=e^{-x}$ 和 $y_{2}=e^{3x}$ 。這讓我們得出了通解

y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{3x}

.

為了求解初值問題，我們現在代入給定的值。也就是說

y(0)=c_{1}e^{-0}+c_{2}e^{3\cdot 0}=c_{1}+c_{2}

，因此

c_{1}+c_{2}=1

。

進一步

y'(0)=-c_{1}e^{-0}+3c_{2}e^{3\cdot 0}=-c_{1}+3c_{2}

，因此

-c_{1}+3c_{2}=0

。

這意味著我們需要求解以下 2×2 方程組

{\begin{aligned}&c_{1}+&\!\!\!\!&c_{2}&\!\!\!\!=1\\-&c_{1}+&\!\!\!\!3&c_{2}&\!\!\!\!=0\end{aligned}}

將第一個方程式加到第二個方程式中，我們可以看到 $4c_{2}=1$ ，因此 $c_{2}={\tfrac {1}{4}}$ 。因此，透過將 $c_{2}$ 代入第一個方程，我們得到 $c_{1}+{\tfrac {1}{4}}=1$ ，因此 $c_{1}={\tfrac {3}{4}}$ 。

這意味著我們初始值問題的解是 $y={\tfrac {3}{4}}e^{-x}+{\tfrac {1}{4}}e^{3x}$ 。

複數根

需要考慮的第二種情況是 $b^{2}-4ac<0$ 。在這種情況下，理論幾乎相同。由於特徵方程的係數，我們知道我們可以寫成 $r_{1}=z+iw$ 和 $r_{2}=z-iw$ ，並且 $e^{r_{1}x}$ 和 $e^{r_{2}x}$ 是兩個解，並且實際上構成了一個基本解集。

話雖如此，用複數描述具有實係數（和實初始資料）的微分方程的實值解對我們中的一些人來說可能有點令人不安。出於這個原因，找到兩個實值解在審美上令人愉悅。為了做到這一點，瞭解將一個數提升到複數冪到底意味著什麼會有所幫助。

在我們的設定中，答案由尤拉公式給出，該公式指出對於實數 $\theta$ ： $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ 。讓我們快速瞭解一下為什麼這個公式是有意義的。這個想法是檢查 $e^{x}=1+x+x^{2}/2+x^{3}/3!+\ldots =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}$ 的冪級數。然後將 $i\theta$ 代入 $x$ ，並將實部和虛部收集起來，我們得到

{\begin{aligned}&1+i\theta -{\frac {\theta ^{2}}{2}}-i{\frac {\theta ^{3}}{3!}}+{\frac {\theta ^{4}}{4!}}+i{\frac {\theta ^{5}}{5!}}-\cdots \\&=(1-{\frac {\theta ^{2}}{2}}+{\frac {\theta ^{4}}{4!}}-\cdots )+i(\theta -{\frac {\theta ^{3}}{3!}}+{\frac {\theta ^{5}}{5!}}-\cdots )\\&=\cos \theta +i\sin \theta .\end{aligned}}

這個計算是合理的，因為這些冪級數是絕對收斂的，所以我們可以根據需要重新排列項。對於更一般的複數，我們可以定義 $e^{z+iw}$ 為 $e^{z}e^{iw}$ 。因此，使用這些定義，我們可以將我們的兩個解重寫為

{\begin{aligned}y_{1}=e^{zx}(\cos(wx)+i\sin(wx))\\y_{2}=e^{zx}(\cos(wx)-i\sin(wx))\end{aligned}}

.

由於這兩個解的任何線性組合都是一個解，我們注意到兩個特別好的線性組合是

{\begin{aligned}&{\tilde {y}}_{1}={\frac {y_{1}+y_{2}}{2}}=e^{zx}\cos(wx)\\&{\tilde {y}}_{2}={\frac {y_{1}-y_{2}}{2i}}=e^{zx}\sin(wx)\end{aligned}}

對於那些對複數感到不舒服的人來說，上面的討論可能顯得有點不清楚。但它可以簡單地被視為一種動機。也就是說，如果我們記得 $z={\frac {-b}{2a}}$ 和 $w={\frac {\sqrt {4ac-b^{2}}}{2a}}$ ，我們可以直接驗證 ${\tilde {y}}_{1}$ 和 ${\tilde {y_{2}}}$ 是 (LH) 的解。同樣地，留給讀者去驗證 $W({\tilde {y}}_{1},{\tilde {y}}_{2})(x_{0})\neq 0$ 。在這種情況下，我們也找到了一組基本解。

示例 3

求解初值問題

{\begin{cases}y''+2y'+5y=0\\y(0)=0\qquad y'(0)=1.\end{cases}}

在這種情況下，我們的特徵多項式是 $r^{2}+2r+5$ 。使用二次公式，我們發現根是 $r_{1}={\frac {-2+{\sqrt {4-4\cdot 1\cdot 5}}}{2\cdot 1}}=-1+2i$ 和 $r_{2}=-1-2i.$ 。這意味著該微分方程的兩個解由以下給出：

y_{1}=e^{-x}\cos(2x)

和

y_{2}=e^{-x}\sin(2x).

因此我們知道通解的形式為 $y=c_{1}e^{-x}\cos(2x)+c_{2}e^{-x}\sin(2x)$ 。現在我們需要使用初始條件來求解 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。我們首先計算 y 的導數

y'=-c_{1}{\big (}e^{-x}\cos(2x)+2e^{-x}\sin(2x){\big )}+c_{2}{\big (}-e^{-x}\sin(2x)+2e^{-x}\cos(2x){\big )}

.

因此，使用初始條件，我們看到

{\begin{aligned}&0=y(0)=c_{1}\cdot 1+c_{2}\cdot 0=c_{1}\\&1=y'(0)=-c_{1}\cdot (0+2)+c_{2}\cdot (-2+0)=-2c_{1}-2c_{2}\end{aligned}}

由此我們立即看到 $c_{1}=0$ 和 $c_{2}=-{\tfrac {1}{2}}$ 。因此 $y=-{\tfrac {1}{2}}e^{-x}\sin(2x)$ 是我們初始值問題的解。

示例 4

求以下方程的通解

4y''+y=0.

在這種情況下，我們的特徵方程是 $4r^{2}+1=0$ ，其根是 $r_{1}={\tfrac {i}{2}}$ 和 $r_{2}=-{\tfrac {i}{2}}$ 。請注意，這兩個解的形式為 $0+{\tfrac {1}{2}}i$ 和 $0-{\tfrac {1}{2}}i$ ，或者換句話說，使用上面的符號 $z=0$ 和 $w={\tfrac {1}{2}}$ 。當複數沒有實部時，這意味著 $z=0$ 。在這種情況下，我們得到 $y_{1}=e^{0\cdot x}\cos({\tfrac {x}{2}})=\cos({\tfrac {x}{2}})$ ，類似地， $y_{2}=\sin({\tfrac {x}{2}})$ 。

因此，這個 ODE 的通解是

y=c_{1}\cos({\tfrac {x}{2}})+c_{2}\sin({\tfrac {x}{2}})

.

重複實根

當 $b^{2}-4ac=0$ 時，找到兩個解會稍微困難一些。在這種情況下，我們的特徵多項式分解為 $a(r+{\frac {b}{2a}})^{2}$ 。在這種情況下，我們只有一個根，即 $r_{1}={\frac {-b}{2a}}$ 。我們仍然得到解 $y_{1}=e^{r_{1}x}$ ，問題是如何找到第二個解？

幸運的是，特徵多項式有一個非常好的性質。一般來說，如果一個多項式有一個重複根，那麼我們多項式的導數也有這個根。（由於多項式依賴於 r，我們這裡指的是關於 r 的導數。）在我們的例子中，很容易看出，設 $P(r)=a(r+{\frac {b}{2a}})^{2}$ ，那麼我們有

P'(r)=2a(r+{\frac {b}{2a}})

所以

P'(r_{1})=2a(r_{1}+{\frac {b}{2a}})=2a({\frac {-b}{2a}}+{\frac {b}{2a}})=0

.

由於我們的特徵多項式來自考慮 $a(e^{rx})''+b(e^{rx})'+c(e^{rx})$ ，我們可能希望對 $r$ 進行求導可以幫助我們找到另一個解。

所以我們從考慮以下開始

{\frac {d}{dr}}{\big (}a(e^{rx})''+b(e^{rx})'+c(e^{rx}){\big )}={\frac {d}{dr}}{\big (}(ar^{2}+br+c)e^{rx}{\big )}=(2ar+b)e^{rx}+(ar^{2}+br+c)xe^{rx}

.

現在如果 $r=r_{1}={\frac {-b}{2a}}$ ，那麼 $(2ar_{1}+b)=0$ 並且 $(ar_{1}^{2}+br_{1}+c)=0$ 。因此 $(2ar_{1}+b)e^{r_{1}x}+(ar_{1}^{2}+br_{1}+c)xe^{rx}$

另一方面，記住導數是可交換的，我們可能用不同的方法計算得到

{\frac {d}{dr}}{\big (}a(e^{rx})''+b(e^{rx})'+c(e^{rx}){\big )}=a({\frac {d}{dr}}e^{rx})''+b({\frac {d}{dr}}e^{rx})'+c({\frac {d}{dr}}e^{rx})=a(xe^{rx})''+b(xe^{rx})'+c(xe^{rx})

也就是說，我們實際上只是在觀察 $xe^{rx}$ 代入我們的微分方程，但我們從第一次計算中知道這應該為零。所以看起來 $xe^{rx}$ 應該是一個解。

在 $x$ 和 $r$ 的導數之間改變順序是允許的，因為 $e^{rt}$ 在 $x$ 和 $r$ 中具有所有階次的連續導數。因此，我們可以令 $y_{2}=xe^{r_{1}x}$ 。可以檢查 $W(y_{1},y_{2})(x_{0})\neq 0$ ，因此我們再次得到 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 構成一個基本解集。

例 5

假設我們要找到以下方程的通解：

y''+4y'+4y=0

.

在這種情況下，我們的特徵方程為 $r^{2}+4r+4=0$ ，它只有一個根 $r_{1}=-2$ 。因此，根據我們上面的理論，一組基本解由 $y_{1}=e^{-2x}$ 和 $y_{2}=xe^{-2x}$ 給出，因此通解為

y=c_{1}e^{-2x}+c_{2}xe^{-2x}.

示例 6

如果我們想要解決初始值問題

{\begin{cases}9y''-6y+y\\y(0)=3\quad y'(0)=1.\end{cases}}

那麼我們的特徵方程為 $9r^{2}-6r+1=0$ 。求根公式給出 $r_{1,2}={\tfrac {6\pm {\sqrt {36-4(9)(1)}}}{2\cdot 9}}={\tfrac {1}{3}}.$ 。基本解集由 $y_{1}=e^{x/3}$ 和 $y_{1}=xe^{x/3}$ 給出，因此我們的通解是 $y_{1}=c_{1}e^{x/3}+c_{2}xe^{x/3}$ 。我們現在可以計算 $y_{1}'=c_{1}({\tfrac {1}{3}}e^{x/3})+c_{2}(e^{x/3}+{\tfrac {1}{3}}xe^{x/3}).$

關於 Wronskian 的更多資訊

在上面的討論中，我們總是需要檢查初始點 $x_{0}$ 處的 Wronskian，以檢視函式集是否形成了一組基本解。這讓我們感到不安，因為我們的基本解集可能在一個點 $x_{0}$ 是基本解集，但如果我們選擇在 $x_{1}$ 設定初始條件，它就不是基本解集。幸運的是，事實並非如此。

Abel 定理

假設 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是(LH)的解。那麼我們有

W(y_{1},y_{2})(x)=Ce^{-\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}

,

其中C是一個依賴於 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的常數。

為了開始證明這一點，我們先對 $W(y_{1},y_{2})$ 求導。

W'(y_{1},y_{2})=(y_{1}y_{2}')'-(y_{2}y_{1}')'=y_{1}'y_{2}'+y_{1}y_{2}''-y_{2}'y_{1}'-y_{2}y_{1}''=y_{1}y_{2}''-y_{2}y_{1}''

.

接下來我們使用方程(LH)來計算出 $y_{1}''$ 和 $y_{2}''$ 是什麼。

y_{1}''=-p(x)y_{1}'-q(x)y_{1}

並且

y_{2}''=-p(x)y_{2}'-q(x)y_{2}

因此

W'(y_{1},y_{2})=y_{1}(-p(x)y_{2}'-q(x)y_{2})-y_{2}(-p(x)y_{1}'-q(x)y_{1})=-p(x)y_{1}y_{2}'+p(x)y_{2}y_{1}'

透過觀察，我們看到 $W'(y_{1},y_{2})=-p(x)W(y_{1},y_{2})$ 。我們知道這個ODE的解是

W(y_{1},y_{2})=Ce^{-\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}

.

最後，如果我們代入 $t_{0}$ ，我們得到 $C=W(y_{1},y_{2})(x_{0})$ 。因此，我們可以將最終公式寫成

W(y_{1},y_{2})(t)=W(y_{1},y_{2})(x_{0})e^{\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}.

我們需要注意到的是， $e^{\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}$ 永遠不會為零。因此，對於任何實數 $x$ ，我們看到 $W(y_{1},y_{2})(t)=0$ 當且僅當 $W(y_{1},y_{2})(x_{0})=0$ 。這告訴我們，無論是 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是一個基本解集，或者它們不是，我們取初始資料並不改變這一事實。

2: 級數解

正如我們在開始學習二階常微分方程時提到的，形式為 $y''+p(x)y'+q(x)y=g(x)$ 的方程，當 $p(x)$ 、 $q(x)$ 、 $g(x)$ 在包含初始條件的開區間上連續時，保證存在唯一解。但是，這種形式的問題並不保證存在閉式解，即無法用諸如 $x^{2}$ 和 $\sin(x)$ 的“眾所周知”函式表示的解。我們可以透過使用微積分中的泰勒定理來解決這個問題。由於我們不知道解本身，我們嘗試一個形式為 $y=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}(x-x_{0})^{n}$ 的解，即冪級數，而不是使用泰勒級數的定義。