第三章 二阶线性常微分方程

二阶线性常微分方程在微分方程的研究中具有重要意义，主要有两个原因。第一个原因是，线性方程具有丰富的理论结构，这些结构支撑了许多系统的解法。此外，这些结构和解法中的一部分可以在相对基础的数学水平上理解。为了在最简单的上下文中呈现关键思想，本章将介绍二阶方程的相关内容。第二个原因是，二阶线性常微分方程对任何严肃的数学物理学领域的研究至关重要。在流体力学、热传导、波动运动或电磁现象的发展中，无法避免求解二阶线性常微分方程。我们将在本章末尾通过讨论一些基本机械和电气系统的振荡现象来说明这一点。

3.1 常系数齐次微分方程

许多二阶常微分方程具有如下形式：

$$\begin{equation*} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}=f\left(t, y, \frac{d y}{d t}\right) \tag{1} \end{equation*}$$

其中 $f$ 是某个给定的函数。通常，我们将自变量表示为 $t$，因为在物理问题中时间通常是自变量，但有时也会使用 $x$ 来表示。我们使用 $y$，或者有时使用其他字母，来表示因变量。若 $f$ 具有如下形式：

$$\begin{equation*} f\left(t, y, \frac{d y}{d t}\right)=g(t)-p(t) \frac{d y}{d t}-q(t) y \tag{2} \end{equation*}$$

即 $f$ 对 $y$ 和 $d y / d t$ 是线性的，则方程 (1) 称为线性方程。在方程 (2) 中，$g$、$p$ 和 $q$ 是自变量 $t$ 的指定函数，但不依赖于 $y$。此时，我们通常将方程 (1) 重写为：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t) \tag{3} \end{equation*}$$

其中 $^\prime$ 表示对 $t$ 的求导。代替方程 (3)，我们有时会看到方程：

$$\begin{equation*} P(t) y^{\prime \prime}+Q(t) y^{\prime}+R(t) y=G(t) . \tag{4} \end{equation*}$$

当然，如果 $P(t) \neq 0$，我们可以通过除以 $P(t)$ 来将方程 (4) 转化为方程 (3)，从而得到：

$$\begin{equation*} p(t)=\frac{Q(t)}{P(t)}, \quad q(t)=\frac{R(t)}{P(t)}, \quad g(t)=\frac{G(t)}{P(t)} \tag{5} \end{equation*}$$

在讨论方程 (3) 并尝试求解时，我们将限制在 $p$、$q$ 和 $g$ 是连续函数的区间内。

如果方程 (1) 不是形式如 (3) 或 (4) 的线性方程，那么它被称为非线性方程。非线性方程的解析研究相对困难，因此我们在本书中不会深入讨论这类方程。数值方法或几何方法通常更为适用，这些方法将在第 8 章和第 9 章中讨论。

初值问题由一类微分方程（如方程 (1)、(3) 或 (4)）以及一对初始条件构成：

$$\begin{equation*} y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime}, \tag{6} \end{equation*}$$

其中 $y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$ 是给定的数字，指定了 $y$ 和 $y^{\prime}$ 在初始点 $t_{0}$ 处的值。请注意，二阶微分方程的初始条件不仅确定了解的图像必须通过的特定点 $\left(t_{0}, y_{0}\right)$，还确定了该点处图像的斜率 $y_{0}^{\prime}$。可以合理地预期，二阶微分方程需要两个初始条件，因为大致而言，求解需要进行两次积分，每次积分引入一个任意常数。推测两个初始条件足以确定这两个常数的值。

二阶线性常微分方程如果方程 (3) 或 (4) 中的 $g(t)$（或 $G(t)$）对所有 $t$ 都为零，则称为齐次方程。否则，方程称为非齐次方程。非齐次项 $g(t)$ 或 $G(t)$ 有时也称为强迫函数，因为在许多应用中它描述了外部施加的力。我们从齐次方程开始讨论，齐次方程的形式为：

$$\begin{equation*} P(t) y^{\prime \prime}+Q(t) y^{\prime}+R(t) y=0 \tag{7} \end{equation*}$$

稍后在第 3.5 节和第 3.6 节中，我们将证明一旦齐次方程求解完成，总是可以求解对应的非齐次方程 (4)，或者至少可以将其解表示为积分的形式。因此，求解齐次方程是更为根本的问题。

在本章中，我们将集中讨论 $P$、$Q$ 和 $R$ 是常数的方程。在这种情况下，方程 (7) 变为：

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0 \tag{8} \end{equation*}$$

其中 $a$、$b$ 和 $c$ 是给定常数。事实证明，方程 (8) 总是可以通过基本的微积分函数轻松求解。另一方面，如果系数不是常数，方程 (7) 通常更难求解，处理这种情况的内容将在第 5 章中讨论。在讨论方程 (8) 之前，我们首先通过查看一个简单的例子来积累一些经验，这个例子在许多方面是典型的。

示例 1

求解方程：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-y=0 . \tag{9} \end{equation*}$$

同时求解满足初始条件：

$$\begin{equation*} y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=-1 . \tag{10} \end{equation*}$$

解答：

注意到方程 (9) 只是方程 (8) 的一种特殊形式，其中 $a=1$，$b=0$，$c=-1$。用语言来说，方程 (9) 表示我们要找一个函数，使得该函数的二阶导数等于其自身。你在微积分中学习的哪些函数具有这个性质？稍微思考一下，可能会得出至少一个满足这一条件的函数，即 $y_{1}(t)=e^{t}$，即指数函数。再多思考一下，可能还会得出第二个函数 $y_{2}(t)=e^{-t}$。一些进一步的尝试表明，这两个解的常数倍也是解。

例如，函数 $2 e^{t}$ 和 $5 e^{-t}$ 也满足方程 (9)，你可以通过计算它们的二阶导数来验证这一点。同样，函数 $c_{1} y_{1}(t)=c_{1} e^{t}$ 和 $c_{2} y_{2}(t)=c_{2} e^{-t}$ 对于所有常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 都是方程 (9) 的解。

接下来，重要的是要注意，方程 (9) 的任何两个解的和仍然是一个解。特别地，由于 $c_{1} y_{1}(t)$ 和 $c_{2} y_{2}(t)$ 是方程 (9) 的解，所以函数

$$\begin{equation*} y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-t} . \tag{11} \end{equation*}$$

同样，可以通过计算方程 (11) 的二阶导数 $y^{\prime \prime}$ 来验证这一点。我们有 $y^{\prime}=c_{1} e^{t}-c_{2} e^{-t}$ 和 $y^{\prime \prime}=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-t}$；因此，$y^{\prime \prime}$ 与 $y$ 相同，方程 (9) 得以满足。

让我们总结一下到目前为止在这个例子中的工作。一旦我们注意到函数 $y_{1}(t)=e^{t}$ 和 $y_{2}(t)=e^{-t}$ 是方程 (9) 的解，那么它们的线性组合 (11) 也是方程的解。由于方程 (11) 中的系数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 是任意的，这个表达式表示方程 (9) 的一个无限的二参数解族。

现在，我们转向从这个无限解族中挑选出一个特定的解，这个解也满足给定的初始条件 (10)。换句话说，我们要找一个通过点 $(0,2)$ 并且在该点的斜率为 -1 的解。首先，为了确保解通过点 $(0,2)$，我们将 $t=0$ 和 $y=2$ 代入方程 (11)；这给出方程：

$$\begin{equation*} c_{1}+c_{2}=2 \tag{12} \end{equation*}$$

接着，我们对方程 (11) 求导，得到：

$$\begin{equation*} y^{\prime}=c_{1} e^{t}-c_{2} e^{-t} . \tag{13} \end{equation*}$$

然后，为了强加条件，使得在点 $(0,2)$ 处的斜率为 -1，我们将 $t=0$ 和 $y^{\prime}=-1$ 代入方程 (13)；这得到方程：

$$\begin{equation*} c_{1}-c_{2}=-1 \tag{14} \end{equation*}$$

通过同时求解方程 (12) 和 (14) 来得到 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的值，我们最终得到

$$\begin{equation*} c_{1}=\frac{1}{2}, \quad c_{2}=\frac{3}{2} \tag{15} \end{equation*}$$

最后，将这些值代入方程 (11)，我们得到：

$$\begin{equation*} y=\frac{1}{2} e^{t}+\frac{3}{2} e^{-t}, \tag{16} \end{equation*}$$

这是由微分方程 (9) 和初始条件 (10) 组成的初值问题的解。

从上述例子中，我们可以得出哪些结论，以帮助我们处理更一般的方程 (8)：

$$a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$$

其中系数 $a$、$b$ 和 $c$ 是任意的（实数）常数？首先，在这个例子中，解是指数函数。进一步地，一旦我们确定了两个解，我们就能够通过它们的线性组合来同时满足给定的初始条件以及微分方程本身。

事实证明，通过利用这两个想法，我们可以求解方程 (8)，无论其系数取何值，同时也可以满足给定的初始条件 $y$ 和 $y^{\prime}$。

我们从寻找形如 $y=e^{r t}$ 的指数解开始，其中 $r$ 是待定参数。然后可以得到 $y^{\prime}=r e^{r t}$ 和 $y^{\prime \prime}=r^{2} e^{r t}$。将这些表达式代入方程 (8)，我们得到：

$$\left(a r^{2}+b r+c\right) e^{r t}=0$$

由于 $e^{r t} \neq 0$，这个条件只有在另一个因子为零时才能成立：

$$\begin{equation*} a r^{2}+b r+c=0 \tag{17} \end{equation*}$$

方程 (17) 被称为微分方程 (8) 的特征方程。其重要性在于，如果 $r$ 是多项式方程 (17) 的根，那么 $y=e^{r t}$ 就是微分方程 (8) 的解。由于方程 (17) 是一个具有实数系数的二次方程，因此它有两个根，这些根可能是实数且不同的，复共轭的，或者是实数但重复的。我们在这里考虑第一个情况，后两个情况将在第 3.3 和第 3.4 节中讨论。

假设特征方程 (17) 的根是实数且不同的，记为 $r_{1}$ 和 $r_{2}$，其中 $r_{1} \neq r_{2}$。那么，$y_{1}(t)=e^{r_{1} t}$ 和 $y_{2}(t)=e^{r_{2} t}$ 是方程 (8) 的两个解。就像在例子 1 中一样，现在可以得出：

$$\begin{equation*} y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)=c_{1} e^{r_{1} t}+c_{2} e^{r_{2} t} \tag{18} \end{equation*}$$

这也是方程 (8) 的解。为了验证这一点，我们可以对方程 (18) 中的表达式求导；因此，

$$\begin{equation*} y^{\prime}=c_{1} r_{1} e^{r_{1} t}+c_{2} r_{2} e^{r_{2} t} \tag{19} \end{equation*}$$

以及

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=c_{1} r_{1}^{2} e^{r_{1} t}+c_{2} r_{2}^{2} e^{r_{2} t} \tag{20} \end{equation*}$$

将这些关于 $y$、$y^{\prime}$ 和 $y^{\prime \prime}$ 的表达式代入方程 (8) 并整理项，我们得到：

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=c_{1}\left(a r_{1}^{2}+b r_{1}+c\right) e^{r_{1} t}+c_{2}\left(a r_{2}^{2}+b r_{2}+c\right) e^{r_{2} t} \tag{21} \end{equation*}$$

由于 $r_{1}$ 是方程 (17) 的根，意味着 $a r_{1}^{2}+b r_{1}+c=0$。由于 $r_{2}$ 也是特征方程 (17) 的根，接下来可以得出 $a r_{2}^{2}+b r_{2}+c=0$。这就完成了验证，即方程 (18) 给出的 $y$ 确实是方程 (8) 的解。

现在假设我们要找出解族 (18) 中满足初始条件 (6)

$$y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime}$$

的特解。通过将 $t=t_{0}$ 和 $y=y_{0}$ 代入方程 (18)，我们得到：

$$\begin{equation*} c_{1} e^{r_{1} t_{0}}+c_{2} e^{r_{2} t_{0}}=y_{0} \tag{22} \end{equation*}$$

类似地，将 $t=t_{0}$ 和 $y^{\prime}=y_{0}^{\prime}$ 代入方程 (19)，得到：

$$\begin{equation*} c_{1} r_{1} e^{r_{1} t_{0}}+c_{2} r_{2} e^{r_{2} t_{0}}=y_{0}^{\prime} . \tag{23} \end{equation*}$$

通过同时解方程 (22) 和 (23) 求得 $c_{1}$ 和 $c_{2}$，我们得到：

$$\begin{equation*} c_{1}=\frac{y_{0}^{\prime}-y_{0} r_{2}}{r_{1}-r_{2}} e^{-r_{1} t_{0}}, \quad c_{2}=\frac{y_{0} r_{1}-y_{0}^{\prime}}{r_{1}-r_{2}} e^{-r_{2} t_{0}} \tag{24} \end{equation*}$$

由于特征方程 (17) 的根假设是不同的，因此 $r_{1}-r_{2} \neq 0$，所以方程 (24) 中的表达式始终有意义。因此，无论分配什么初始条件——即，无论方程 (6) 中的 $t_{0}$、$y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$ 取什么值——总是可以确定 $c_{1}$ 和 $c_{2}$，从而使初始条件得到满足。此外，对于每组初始条件，$c_{1}$ 和 $c_{2}$ 只有一个可能的选择。通过方程 (24) 给出的 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的值，表达式 (18) 就是初值问题

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0, \quad y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime} \tag{25} \end{equation*}$$

的解。

基于下一节中引用的基本定理，可以证明，方程 (8) 的所有解都包含在表达式 (18) 中，至少对于特征方程 (17) 的根是实数且不同的情况。因此，我们称方程 (18) 为方程 (8) 的通解。由于任何可能的初始条件都可以通过恰当选择方程 (18) 中的常数来满足，因此更有理由相信这个表达式确实包含了方程 (8) 的所有解。

接下来让我们来看一些进一步的例子。

示例 2

求解方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=0 \tag{26} \end{equation*}$$

解答：

我们假设 $y=e^{r t}$，然后可以得到 $r$ 必须是特征方程的根：

$$r^{2}+5 r+6=(r+2)(r+3)=0$$

因此，$r$ 的可能值是 $r_{1}=-2$ 和 $r_{2}=-3$；方程 (26) 的通解是：

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{-2 t}+c_{2} e^{-3 t} \tag{27} \end{equation*}$$

示例 3

求解初值问题

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=3 . \tag{28} \end{equation*}$$

解答：

在示例 2 中已经找到了微分方程的通解，如方程 (27) 所示。为了满足第一个初始条件，我们将 $t=0$ 和 $y=2$ 代入方程 (27)；因此，$c_{1}$ 和 $c_{2}$ 必须满足：

$$\begin{equation*} c_{1}+c_{2}=2 . \tag{29} \end{equation*}$$

为了使用第二个初始条件，我们首先对方程 (27) 求导。得到 $y^{\prime}=-2 c_{1} e^{-2 t}-3 c_{2} e^{-3 t}$。然后，将 $t=0$ 和 $y^{\prime}=3$ 代入，得到：

$$\begin{equation*} -2 c_{1}-3 c_{2}=3 \tag{30} \end{equation*}$$

通过解方程 (29) 和 (30)，我们得到 $c_{1}=9$ 和 $c_{2}=-7$。将这些值代入表达式 (27)，我们得到初值问题 (28) 的解：

$$\begin{equation*} y=9 e^{-2 t}-7 e^{-3 t} \tag{31} \end{equation*}$$

初值问题 (28) 的解的图形如图 3.1.1 所示。

图 3.1.1 初值问题 (28) 的解：$y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=0, y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=3$。

示例 4

求解初值问题

$$\begin{equation*} 4 y^{\prime \prime}-8 y^{\prime}+3 y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=\frac{1}{2} \tag{32} \end{equation*}$$

解答：

如果 $y=e^{r t}$，那么我们得到特征方程：

$$4 r^{2}-8 r+3=0$$

其根为 $r=\frac{3}{2}$ 和 $r=\frac{1}{2}$。因此，微分方程的通解为：

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{3 t / 2}+c_{2} e^{t / 2} \tag{33} \end{equation*}$$

应用初始条件，我们得到关于 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的两个方程：

$$c_{1}+c_{2}=2, \quad \frac{3}{2} c_{1}+\frac{1}{2} c_{2}=\frac{1}{2}$$

解这些方程得到 $c_{1}=-\frac{1}{2}$ 和 $c_{2}=\frac{5}{2}$，因此初值问题 (32) 的解为：

$$\begin{equation*} y=-\frac{1}{2} e^{3 t / 2}+\frac{5}{2} e^{t / 2} \tag{34} \end{equation*}$$

图 3.1.2 显示了解的图形。

图 3.1.2 初值问题 (32) 的解：$4 y^{\prime \prime}-8 y^{\prime}+3 y=0, y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=1 / 2$

示例 5

初值问题 (28) 的解 (31) 最初是增加的（因为它的初始斜率是正的），但最终趋近于零（因为两个项都涉及负的指数函数）。因此，解必定有一个最大点，图 3.1.1 中的图形证实了这一点。确定这个最大点的位置。

解答：

最大点的坐标可以从图形中估计，但为了更精确地找到它，我们需要找到解的切线为水平线的点。通过对解 (31)，$y=9 e^{-2 t}-7 e^{-3 t}$，关于 $t$ 求导，我们得到：

$$\begin{equation*} y^{\prime}=-18 e^{-2 t}+21 e^{-3 t} \tag{35} \end{equation*}$$

将 $y^{\prime}$ 设为零并乘以 $e^{3 t}$，我们发现临界值 $t_{m}$ 满足 $e^{t}=7 / 6$；因此，

$$\begin{equation*} t_{m}=\ln (7 / 6) \cong 0.15415 \tag{36} \end{equation*}$$

对应的最大值 $y_{m}$ 为：

$$\begin{equation*} y_{m}=9 e^{-2 t_{m}}-7 e^{-3 t_{m}}=\frac{108}{49} \cong 2.20408 \tag{37} \end{equation*}$$

在这个例子中，初始斜率是 3，但给定微分方程的解对于任何其他正的初始斜率也表现出类似的行为。在问题 19 中，你将被要求确定最大点的坐标如何依赖于初始斜率。

回到方程 $a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$，系数为任意常数的情况，回想一下，当 $r_{1} \neq r_{2}$ 时，它的通解 (18) 是两个指数函数的和。因此，解具有相对简单的几何行为：随着 $t$ 增大，解的大小要么趋向于零（当两个指数都是负数时），要么表现出无界增长（当至少有一个指数为正时）。这两种情况分别由示例 3 和示例 4 的解所示，分别显示在图 3.1.1 和图 3.1.2 中。请注意，增长的解是趋向 $+\infty$ 还是 $-\infty$，取决于特征方程中较大根的指数项的系数符号。（参见问题 21。）还有第三种较少出现的情况：当一个指数为零而另一个为负时，解趋向于一个常数。

在第 3.3 和第 3.4 节中，我们将回到求解方程 $a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$ 的问题，当特征方程的根是复共轭或者是实数且相等时。在此期间，在第 3.2 节中，我们将系统地讨论所有二阶线性齐次方程解的数学结构。

问题

在问题 1 至问题 6 中，找到给定微分方程的通解。

1. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=0$
2. $y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=0$
3. $6 y^{\prime \prime}-y^{\prime}-y=0$
4. $y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}=0$
5. $4 y^{\prime \prime}-9 y=0$
6. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}-2 y=0$

在问题 7 至问题 12 中，找到给定初值问题的解。画出解的图形并描述其随着 $t$ 增加时的行为。 7. $y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=0, \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=1$ 8. $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+3 y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=-1$ 9. $y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}=0, \quad y(0)=-2, \quad y^{\prime}(0)=3$ 10. $2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}-4 y=0, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1$ 11. $y^{\prime \prime}+8 y^{\prime}-9 y=0, \quad y(1)=1, \quad y^{\prime}(1)=0$ 12. $4 y^{\prime \prime}-y=0, \quad y(-2)=1, \quad y^{\prime}(-2)=-1$

13. 找到一个微分方程，其通解为 $y=c_{1} e^{2 t}+c_{2} e^{-3 t}$。
14. 求解初值问题

$$y^{\prime \prime}-y=0, \quad y(0)=\frac{5}{4}, \quad y^{\prime}(0)=-\frac{3}{4} .$$

绘制 $0 \leq t \leq 2$ 的解，并确定其最小值。 15. 求解初值问题

$$2 y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=\frac{1}{2} .$$

然后确定解的最大值，并找出解为零的点。 16. 解初值问题 $y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y=0, y(0)=\alpha$, $y^{\prime}(0)=2$。然后找到 $\alpha$ 使得解在 $t \rightarrow \infty$ 时趋向零。 在问题 17 和问题 18 中，确定 $\alpha$ 的值（如果有的话），使得所有解在 $t \rightarrow \infty$ 时趋向零；同时确定 $\alpha$ 的值（如果有的话），使得所有（非零）解在 $t \rightarrow \infty$ 时变得无界。 17. $y^{\prime \prime}-(2 \alpha-1) y^{\prime}+\alpha(\alpha-1) y=0$ 18. $y^{\prime \prime}+(3-\alpha) y^{\prime}-2(\alpha-1) y=0$ 19. 考虑初值问题（见示例 5）

$$y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=\beta,$$

其中 $\beta>0$。 a. 解初值问题。 b. 确定解的最大点的坐标 $t_{m}$ 和 $y_{m}$，并将它们表示为 $\beta$ 的函数。 c. 确定使得 $y_{m} \geq 4$ 的最小 $\beta$ 值。 d. 确定当 $\beta \rightarrow \infty$ 时，$t_{m}$ 和 $y_{m}$ 的行为。 20. 考虑方程 $a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=d$，其中 $a, b, c$ 和 $d$ 为常数。 a. 找到这个微分方程的所有平衡解或常数解。 b. 设 $y_{e}$ 为平衡解，$Y=y-y_{e}$。因此，$Y$ 是解 $y$ 与平衡解之间的偏差。找出 $Y$ 满足的微分方程。 21. 考虑方程 $a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$，其中 $a, b$ 和 $c$ 为常数且 $a>0$。找到 $a, b$ 和 $c$ 的条件，使得特征方程的根： a. 实数且不同且为负数。 b. 实数且符号相反。 c. 实数且不同且为正数。

在每种情况下，确定解在 $t \rightarrow \infty$ 时的行为。

3.2 线性齐次方程的解；Wronskian

在前一节中，我们展示了如何解一些形式为

$$a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$$

的微分方程，其中 $a, b$ 和 $c$ 是常数。现在我们在这些结果的基础上提供关于所有二阶线性齐次方程解的更清晰的结构。这种理解将帮助我们找到我们以后将遇到的其他问题的解。

为了讨论线性微分方程的一般性质，引入微分算子符号是有帮助的。设 $p$ 和 $q$ 是定义在开区间 $I$ 上的连续函数——即，对于 $\alpha<t<\beta$，包括 $\alpha=-\infty$ 或 $\beta=\infty$，或两者皆有。然后，对于区间 $I$ 上二次可微的任意函数 $\phi$，我们通过以下方程定义微分算子 $L$：

$$\begin{equation*} L[\phi]=\phi^{\prime \prime}+p \phi^{\prime}+q \phi . \tag{1} \end{equation*}$$

重要的是要理解，应用算子 $L$ 到函数 $\phi$ 的结果是另一个函数，我们称之为 $L[\phi]$。在点 $t$ 处，$L[\phi]$ 的值为：

$$L[\phi](t)=\phi^{\prime \prime}(t)+p(t) \phi^{\prime}(t)+q(t) \phi(t) .$$

例如，如果 $p(t)=t^{2}, q(t)=1+t$，且 $\phi(t)=\sin 3 t$，则：

$$\begin{aligned} L[\phi](t) & =(\sin 3 t)^{\prime \prime}+t^{2}(\sin 3 t)^{\prime}+(1+t) \sin 3 t \\ & =-9 \sin 3 t+3 t^{2} \cos 3 t+(1+t) \sin 3 t \end{aligned}$$

算子 $L$ 通常写作 $L=D^{2}+p D+q$，其中 $D$ 是导数算子，即 $D[\phi]=\phi^{\prime}$。

在本节中，我们研究二阶线性齐次微分方程 $L[\phi](t)=0$。由于通常用符号 $y$ 来表示 $\phi(t)$，我们通常将该方程写成：

$$\begin{equation*} L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0 . \tag{2} \end{equation*}$$

对于方程 (2)，我们关联一组初始条件：

$$\begin{equation*} y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime} \tag{3} \end{equation*}$$

其中 $t_{0}$ 是区间 $I$ 中的任意点，$y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$ 是给定的实数。我们想知道初值问题 (2)，(3) 是否总有解，并且它是否可能有多个解。我们还希望知道是否有任何关于解的形式和结构的结论可以帮助我们找到特定问题的解。对这些问题的回答包含在本节的定理中。

对于二阶线性方程初值问题的基本理论结果在定理 3.2.1 中给出，它类似于第一阶线性方程的定理 2.4.1。这个结果同样适用于非齐次方程，因此定理以该形式给出。

定理 3.2.1 | （存在性和唯一性定理）

考虑初值问题

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime} \tag{4} \end{equation*}$$

其中 $p, q$ 和 $g$ 在包含点 $t_0$ 的开区间 $I$ 上是连续的。此问题有且只有一个解 $y=\phi(t)$，且解在区间 $I$ 上存在。

我们强调定理陈述了三点：

1. 初值问题有解；换句话说，解是存在的。
2. 初值问题只有一个解；即解是唯一的。
3. 解 $\phi$ 在系数连续的区间 $I$ 上定义，并且至少在该区间内二次可微。

对于某些问题，以上断言容易证明。例如，我们在第 3.1 节的示例 1 中发现，初值问题

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=-1 \tag{5} \end{equation*}$$

的解是

$$\begin{equation*} y=\frac{1}{2} e^{t}+\frac{3}{2} e^{-t} \tag{6} \end{equation*}$$

我们找到了一个解，这无疑表明此初值问题有解。此外，解 (6) 在微分方程的系数连续的区间 $(-\infty, \infty)$ 上是二次可微的，实际上在该区间内是可微的。另一方面，虽然这不显而易见，且更难证明，但初值问题 (5) 不仅仅有由方程 (6) 给出的解。然而，定理 3.2.1 声明这个解确实是初值问题 (5) 的唯一解。

对于大多数形式为 (4) 的问题，不可能写出解的有用表达式。这是二阶线性微分方程和一阶线性微分方程之间的一个主要区别。因此，定理的所有部分必须通过不依赖于这种表达式的一般方法来证明。定理 3.2.1 的证明相当困难，我们在这里不讨论它。我们将接受定理 3.2.1 为真，并在必要时使用它。

示例 1

找到初值问题

$$\left(t^{2}-3 t\right) y^{\prime \prime}+t y^{\prime}-(t+3) y=0, \quad y(1)=2, \quad y^{\prime}(1)=1$$

的解一定存在的最长区间。

解答：

如果给定的微分方程写成方程 (4) 的形式，则

$$p(t)=\frac{1}{t-3}, \quad q(t)=-\frac{t+3}{t(t-3)}, \quad \text { 和 } \quad g(t)=0$$

系数的唯一不连续点是 $t=0$ 和 $t=3$。因此，包含初始点 $t=1$ 的最长开区间，其中所有系数是连续的，是 $0<t<3$。因此，这是定理 3.2.1 保证解存在的最长区间。

示例 2

找到初值问题

$$y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0, \quad y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0$$

的唯一解，其中 $p$ 和 $q$ 在包含 $t_{0}$ 的开区间 $I$ 上是连续的。

解答：

函数 $y=\phi(t)=0$ 对于 $I$ 中的所有 $t$ 显然满足微分方程和初始条件。根据定理 3.2.1 的唯一性部分，它是给定问题的唯一解。

[^1] 现在假设 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是方程 (2) 的两个解；换句话说，

$$L\left[y_{1}\right]=y_{1}^{\prime \prime}+p y_{1}^{\prime}+q y_{1}=0$$

对 $y_{2}$ 也同样适用。然后，正如在第 3.1 节的例子中所示，我们可以通过对 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 进行线性组合来生成更多解。我们将这一结果表述为定理。

定理 3.2.2 | （叠加原理）

如果 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是微分方程 (2) 的两个解，

$$L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0,$$

那么对于任意常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$，线性组合 $c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}$ 也是解。

定理 3.2.2 的一个特例是当 $c_{1}$ 或 $c_{2}$ 为零时。我们得出结论，方程 (2) 的任何解的常数倍也是解。

为了证明定理 3.2.2，我们只需将

$$\begin{equation*} y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t) \tag{7} \end{equation*}$$

代入方程 (2)。通过计算所需的导数并整理项，我们得到

$$\begin{aligned} L\left[c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\right] & =\left[c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\right]^{\prime \prime}+p\left[c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\right]^{\prime}+q\left[c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\right] \\ & =c_{1} y_{1}^{\prime \prime}+c_{2} y_{2}^{\prime \prime}+c_{1} p y_{1}^{\prime}+c_{2} p y_{2}^{\prime}+c_{1} q y_{1}+c_{2} q y_{2} \\ & =c_{1}\left[y_{1}^{\prime \prime}+p y_{1}^{\prime}+q y_{1}\right]+c_{2}\left[y_{2}^{\prime \prime}+p y_{2}^{\prime}+q y_{2}\right] \\ & =c_{1} L\left[y_{1}\right]+c_{2} L\left[y_{2}\right] . \end{aligned}$$

由于 $L\left[y_{1}\right]=0$ 且 $L\left[y_{2}\right]=0$，因此有 $L\left[c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\right]=0$。因此，无论 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 取何值，方程 (7) 给出的函数 $y$ 满足微分方程 (2)，并且定理 3.2.2 的证明完成。

定理 3.2.2 说明，从方程 (2) 的两个解开始，我们可以通过方程 (7) 构造一个无限的解族。下一个问题是，所有的方程 (2) 的解是否都包含在方程 (7) 中，还是可能存在其他不同形式的解。我们通过检查方程 (7) 中常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 是否可以选择，以满足初始条件 (3)，开始解决这个问题。这些初始条件要求 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 满足方程

$$\begin{align*} & c_{1} y_{1}\left(t_{0}\right)+c_{2} y_{2}\left(t_{0}\right)=y_{0}, \\ & c_{1} y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right)+c_{2} y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime} . \tag{8} \end{align*}$$

方程 (8) 的系数行列式为

$$W=\left|\begin{array}{ll} y_{1}\left(t_{0}\right) & y_{2}\left(t_{0}\right) \tag{9}\\ y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) & y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right) \end{array}\right|=y_{1}\left(t_{0}\right) y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right)-y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) y_{2}\left(t_{0}\right)$$

如果 $W \neq 0$，则方程 (8) 无论 $y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$ 取何值，都有唯一解 $\left(c_{1}, c_{2}\right)$。该解为

$$\begin{equation*} c_{1}=\frac{y_{0} y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right)-y_{0}^{\prime} y_{2}\left(t_{0}\right)}{y_{1}\left(t_{0}\right) y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right)-y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) y_{2}\left(t_{0}\right)}, \quad c_{2}=\frac{-y_{0} y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right)+y_{0}^{\prime} y_{1}\left(t_{0}\right)}{y_{1}\left(t_{0}\right) y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right)-y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) y_{2}\left(t_{0}\right)} \tag{10} \end{equation*}$$

或者，用行列式表示为：

$$c_{1}=\frac{\left|\begin{array}{ll} y_{0} & y_{2}\left(t_{0}\right) \tag{11}\\ y_{0}^{\prime} & y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right) \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll} y_{1}\left(t_{0}\right) & y_{2}\left(t_{0}\right) \\ y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) & y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right) \end{array}\right|}, \quad c_{2}=\frac{\left|\begin{array}{ll} y_{1}\left(t_{0}\right) & y_{0} \\ y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) & y_{0}^{\prime} \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll} y_{1}\left(t_{0}\right) & y_{2}\left(t_{0}\right) \\ y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) & y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right) \end{array}\right|}$$

通过这些 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的值，线性组合 $y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)$ 满足初始条件 (3) 以及微分方程 (2)。请注意，方程 (10) 和 (11) 中分母是非零行列式 $W$。

另一方面，如果 $W=0$，则方程 (10) 和 (11) 中的分母为零。在这种情况下，方程 (8) 没有解，除非 $y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$ 的值也使得方程 (10) 和 (11) 中的分子为零。因此，如果 $W=0$，就有许多初始条件是无法满足的，不管如何选择 $c_{1}$ 和 $c_{2}$。

行列式 $W$ 称为解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian 行列式，简称 Wronskian。有时我们使用更扩展的符号 $W\left[y_{1}, y_{2}\right]\left(t_{0}\right)$ 来表示方程 (9) 右侧的表达式，从而强调 Wronskian 依赖于函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$，并且它是在点 $t_{0}$ 处评估的。上述论证得出了以下结论。

定理 3.2.3

假设 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是方程 (2) 的两个解

$$L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$$

且给定初始条件 (3)

$$y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime}$$

则总是可以选择常数 $c_{1}, c_{2}$，使得

$$y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)$$

满足微分方程 (2) 以及初始条件 (3)，当且仅当 Wronskian

$$W\left[y_{1}, y_{2}\right]=y_{1} y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime} y_{2}$$

在 $t_{0}$ 处不为零。

例 3

在 3.1 节的例 2 中，我们发现 $y_{1}(t)=e^{-2 t}$ 和 $y_{2}(t)=e^{-3 t}$ 是微分方程

$$y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=0$$

的解。

求 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian。

解答：

这两个函数的 Wronskian 是

$$W\left[e^{-2 t}, e^{-3 t}\right]=\left|\begin{array}{cc} e^{-2 t} & e^{-3 t} \\ -2 e^{-2 t} & -3 e^{-3 t} \end{array}\right|=-e^{-5 t} .$$

由于 $W$ 对所有 $t$ 值都不为零，因此可以利用函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 构造给定微分方程的解，并且可以根据任何 $t$ 值的初始条件来选择初始条件。我们在 3.1 节的例 3 中解决了一个这样的初值问题。

下一个定理证明了我们在 3.1 节中引入的线性组合 $c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}$ 所谓“通解”的合理性。 ${ }^{3}$ Wronskian 行列式是以 Jósef Maria Hoëné-Wronski（1776-1853）命名的，他出生在波兰，但大部分时间都生活在法国。Wronski 是一位有天赋但有困扰的人，他的生活充满了与其他个人和机构的频繁激烈争执。

定理 3.2.4

假设 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是二阶线性微分方程 (2)

$$L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$$

的两个解。

则具有任意系数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的二参数解族

$$y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)$$

包含方程 (2) 的每一个解，当且仅当存在一个点 $t_{0}$，使得 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian 在该点不为零。

令函数 $\phi$ 为方程 (2) 的任意解。为了证明定理，我们必须确定 $\phi$ 是否包含在 $c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}$ 的线性组合中。即，我们必须确定是否存在常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$，使得线性组合与 $\phi$ 相同。令 $t_{0}$ 为一个点，使得 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian 在该点不为零。然后，在此点计算 $\phi$ 和 $\phi^{\prime}$，并分别称这些值为 $y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$；即，

$$y_{0}=\phi\left(t_{0}\right), \quad y_{0}^{\prime}=\phi^{\prime}\left(t_{0}\right) .$$

接下来，考虑初值问题

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0, \quad y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime} . \tag{12} \end{equation*}$$

函数 $\phi$ 显然是该初值问题的解。此外，由于我们假设 $W\left[y_{1}, y_{2}\right]\left(t_{0}\right)$ 不为零（由定理 3.2.3），因此可以选择 $c_{1}$ 和 $c_{2}$，使得 $y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)$ 也是初值问题 (9) 的解。实际上，$c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的适当值由方程 (10) 或 (11) 给出。定理 3.2.1 的唯一性部分保证了这两个相同初值问题的解实际上是同一个函数；因此，对于适当选择的 $c_{1}$ 和 $c_{2}$，

$$\begin{equation*} \phi(t)=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t) \tag{13} \end{equation*}$$

因此，$\phi$ 包含在函数族 $c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}$ 中。最后，由于 $\phi$ 是方程 (2) 的任意解，因此可以得出结论：这个方程的每个解都包含在该族中。

现在假设没有一个点 $t_{0}$ 使得 Wronskian 不为零。即 $W\left[y_{1}, y_{2}\right]\left(t_{0}\right)=0$ 对所有点 $t_{0}$ 都成立。那么（由定理 3.2.3）存在一些值 $y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$，使得没有常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 满足系统 (8)。选择一对这样的值 $y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$，并选择满足初始条件 (3) 的方程 (2) 的解 $\phi(t)$。请注意，定理 3.2.1 保证此初值问题有解。然而，这个解并不包含在族 $y=c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}$ 中。因此，在 $W\left[y_{1}, y_{2}\right]\left(t_{0}\right)=0$ 对所有 $t_{0}$ 成立的情况下，$y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的线性组合并不包含方程 (2) 的所有解。这就完成了定理 3.2.4 的证明。

定理 3.2.4 表示，$y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian 并非处处为零，当且仅当线性组合 $c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}$ 包含方程 (2) 的所有解。因此，称表达式

$$y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)$$

为方程 (2) 的通解是自然的（我们在前一节中已经这样做了）。如果 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian 不为零，则称 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 形成方程 (2) 的基本解集。

我们可以用稍微不同的语言重新陈述定理 3.2.4 的结果：为了找到通解，因此找到方程 (2) 的所有解，我们只需要找到两个解，其 Wronskian 不为零。我们在 3.1 节中的几个例子中就做到了这一点，尽管我们在那里没有计算 Wronskian。现在你应该回去并计算这些 Wronskian，从而验证我们在 3.1 节中称为“通解”的所有解确实满足必要的 Wronskian 条件。

现在，经过一些验证非零 Wronskian 条件的经验后，以下例子处理了所有具有两个不同实根的特征多项式的二阶线性微分方程。

例 4

假设 $y_{1}(t)=e^{r_{1} t}$ 和 $y_{2}(t)=e^{r_{2} t}$ 是方程 (2) 的两个解。证明如果 $r_{1} \neq r_{2}$，则 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 形成方程 (2) 的基本解集。

解答：

我们计算 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian：

$$W=\left|\begin{array}{ll} e^{r_{1} t} & e^{r_{2} t} \\ r_{1} e^{r_{1} t} & r_{2} e^{r_{2} t} \end{array}\right|=\left(r_{2}-r_{1}\right) \exp \left[\left(r_{1}+r_{2}\right) t\right] .$$

由于指数函数永不为零，并且我们假设 $r_{2}-r_{1} \neq 0$，因此可以得出结论：$W$ 对每个 $t$ 值都不为零。因此，$y_{1}$ 和 $y_{2}$ 形成方程 (2) 的基本解集。

例 5

证明 $y_{1}(t)=t^{1 / 2}$ 和 $y_{2}(t)=t^{-1}$ 形成方程

$$\begin{equation*} 2 t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}-y=0, \quad t>0 \tag{14} \end{equation*}$$

的基本解集。

解答：

我们稍后将展示如何求解方程 (14)（见 3.3 节的第 25 题）。然而，在这个阶段，我们可以通过直接代入验证 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是方程 (14) 的解。由于 $y_{1}^{\prime}(t)=\frac{1}{2} t^{-1 / 2}$ 和 $y_{1}^{\prime \prime}(t)=-\frac{1}{4} t^{-3 / 2}$，我们得到

$$2 t^{2}\left(-\frac{1}{4} t^{-3 / 2}\right)+3 t\left(\frac{1}{2} t^{-1 / 2}\right)-t^{1 / 2}=\left(-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}-1\right) t^{1 / 2}=0$$

同样，$y_{2}^{\prime}(t)=-t^{-2}$ 和 $y_{2}^{\prime \prime}(t)=2 t^{-3}$，因此

$$2 t^{2}\left(2 t^{-3}\right)+3 t\left(-t^{-2}\right)-t^{-1}=(4-3-1) t^{-1}=0$$

接下来，我们计算 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian $W$：

$$W=\left|\begin{array}{cc} t^{1 / 2} & t^{-1} \tag{15}\\ \frac{1}{2} t^{-1 / 2} & -t^{-2} \end{array}\right|=-\frac{3}{2} t^{-3 / 2}$$

由于 $W \neq 0$ 对于 $t>0$，我们得出结论：$y_{1}$ 和 $y_{2}$ 形成该区间的基本解集。因此，微分方程 (14) 的通解为 $y(t)=c_{1} t^{1 / 2}+c_{2} t^{-1}$，且 $t>0$。

在多个案例中，我们已经能够找到一个基本解集，从而得出给定微分方程的通解。然而，这通常是一个困难的任务，问题出现了：方程 (2) 是否总是具有基本解集？以下定理为这个问题提供了肯定的回答。

定理 3.2.5

考虑微分方程 (2),

$$L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$$

其系数 $p$ 和 $q$ 在某个开区间 $I$ 上连续。选择 $I$ 中的某一点 $t_{0}$。令 $y_{1}$ 为方程 (2) 的解，并且满足初始条件

$$y\left(t_{0}\right)=1, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0,$$

令 $y_{2}$ 为方程 (2) 的解，并且满足初始条件

$$y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=1$$

则 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 形成方程 (2) 的基本解集。

首先观察到，函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的存在性由定理 3.2.1 的存在性部分保证。为了证明它们形成基本解集，我们只需要计算它们在 $t_{0}$ 处的 Wronskian：

$$W\left(y_{1}, y_{2}\right)\left(t_{0}\right)=\left|\begin{array}{ll} y_{1}\left(t_{0}\right) & y_{2}\left(t_{0}\right) \\ y_{1}^{\prime}\left(t_{0}\right) & y_{2}^{\prime}\left(t_{0}\right) \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right|=1$$

由于它们的 Wronskian 在点 $t_{0}$ 处不为零，函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 确实形成基本解集，从而完成了定理 3.2.5 的证明。

请注意，这个证明中潜在的困难部分，即证明一对解的存在，已经通过引用定理 3.2.1 解决。此外，定理 3.2.5 并没有涉及如何通过求解指定的初值问题来找到解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的问题。然而，知道基本解集总是存在的，这一点可能会让人感到安慰。

例 6

求定理 3.2.5 指定的方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-y=0, \tag{16} \end{equation*}$$

的基本解集 $y_{1}$ 和 $y_{2}$，使用初始点 $t_{0}=0$。

解答：

在 3.1 节中，我们注意到方程 (16) 的两个解是 $y_{1}(t)=e^{t}$ 和 $y_{2}(t)=e^{-t}$。这两个解的 Wronskian 为 $W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)=-2 \neq 0$，因此它们形成基本解集。然而，它们并不是定理 3.2.5 指定的基本解集，因为它们并不满足该定理中提到的在点 $t=0$ 处的初始条件。

为了找到定理指定的基本解集，我们需要找到满足适当初始条件的解。设 $y_{3}(t)$ 为满足初始条件

$$\begin{equation*} y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0 . \tag{17} \end{equation*}$$

方程 (16) 的通解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-t}, \tag{18} \end{equation*}$$

并且当 $c_{1}=1 / 2$ 和 $c_{2}=1 / 2$ 时，初始条件 (17) 得以满足。因此，

$$y_{3}(t)=\frac{1}{2} e^{t}+\frac{1}{2} e^{-t}=\cosh t$$

类似地，如果 $y_{4}(t)$ 满足初始条件

$$\begin{equation*} y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1, \tag{19} \end{equation*}$$

则

$$y_{4}(t)=\frac{1}{2} e^{t}-\frac{1}{2} e^{-t}=\sinh t .$$

由于 $y_{3}$ 和 $y_{4}$ 的 Wronskian 为

$$W\left[y_{3}, y_{4}\right](t)=\cosh ^{2} t-\sinh ^{2} t=1,$$

这些函数也形成基本解集，如定理 3.2.5 所述。因此，方程 (16) 的通解可以写成

$$\begin{equation*} y=k_{1} \cosh t+k_{2} \sinh t, \tag{20} \end{equation*}$$

也可以写成形式 (18)。我们在式 (20) 中使用了常数 $k_{1}$ 和 $k_{2}$，因为它们与式 (18) 中的常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 不相同。这个例子的一个目的是明确给出，给定的微分方程有多个基本解集；实际上，它有无数多个（见问题 16）。作为一个规则，你应选择最方便的解集。

在下一节中，我们将遇到具有复值解的方程。以下定理在处理此类方程及其解时是基础。

定理 3.2.6

再考虑二阶线性微分方程 (2),

$$L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0,$$

其中 $p$ 和 $q$ 是连续的实值函数。如果 $y=u(t)+i v(t)$ 是微分方程 (2) 的复值解，则其实部 $u$ 和虚部 $v$ 也是该方程的解。

为了证明这个定理，我们将 $u(t)+i v(t)$ 代入 $L[y]$ 中，得到

$$\begin{equation*} L[y](t)=u^{\prime \prime}(t)+i v^{\prime \prime}(t)+p(t)\left(u^{\prime}(t)+i v^{\prime}(t)\right)+q(t)(u(t)+i v(t)) . \tag{21} \end{equation*}$$

然后，通过将方程 (21) 分离为实部和虚部——这时我们需要知道 $p(t)$ 和 $q(t)$ 是实值的——我们得到

$$\begin{aligned} L[y](t) & =\left(u^{\prime \prime}(t)+p(t) u^{\prime}(t)+q(t) u(t)\right)+i\left(v^{\prime \prime}(t)+p(t) v^{\prime}(t)+q(t) v(t)\right) \\ & =L[u](t)+i L[v](t) \end{aligned}$$

回想一下，一个复数当且仅当其实部和虚部都为零时才为零。我们知道 $L[y]=0$，因为 $y$ 是方程 (2) 的解。因此，$L[u]=0$ 和 $L[v]=0$；因此，两个实值函数 $u$ 和 $v$ 也是方程 (2) 的解，从而定理得证。我们将在 3.3 节中看到使用定理 3.2.6 的例子。

顺便说一下，解 $y$ 的复共轭 $\bar{y}$ 也是解。虽然这可以通过类似于刚才用来证明定理 3.2.6 的论证来证明，但它也是定理 3.2.2 的一个结果，因为 $\bar{y}=u(t)-i v(t)$ 是两个解的线性组合。

现在让我们进一步研究二阶线性齐次微分方程的两个解的 Wronskian 的性质。以下定理，或许令人惊讶地给出了任何此类方程的两个解的 Wronskian 的一个简单显式公式，即使我们不知道解本身。

定理 3.2.7 | (阿贝尔定理) ${ }^{4}$

如果 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是二阶线性微分方程

$$\begin{equation*} L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0, \tag{22} \end{equation*}$$

的解，其中 $p$ 和 $q$ 在开区间 $I$ 上连续，则 Wronskian $W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)$ 给出为

$$\begin{equation*} W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)=c \exp \left(-\int p(t) d t\right) \tag{23} \end{equation*}$$

其中 $c$ 是一个常数，依赖于 $y_{1}$ 和 $y_{2}$，但与 $t$ 无关。此外，$W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)$ 要么在 $I$ 上对所有 $t$ 都为零（如果 $c=0$），要么在 $I$ 上永不为零（如果 $c \neq 0$）。

为了证明阿贝尔定理，我们首先注意到 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 满足

$$\begin{align*} & y_{1}^{\prime \prime}+p(t) y_{1}^{\prime}+q(t) y_{1}=0, \\ & y_{2}^{\prime \prime}+p(t) y_{2}^{\prime}+q(t) y_{2}=0 . \tag{24} \end{align*}$$

如果我们将第一个方程乘以 $-y_{2}$，将第二个方程乘以 $y_{1}$，然后将所得方程相加，我们得到

$$\begin{equation*} \left(y_{1} y_{2}^{\prime \prime}-y_{1}^{\prime \prime} y_{2}\right)+p(t)\left(y_{1} y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime} y_{2}\right)=0 \tag{25} \end{equation*}$$

接下来，令 $W(t)=W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)$ 并观察到

$$\begin{equation*} W^{\prime}=y_{1} y_{2}^{\prime \prime}-y_{1}^{\prime \prime} y_{2} . \tag{26} \end{equation*}$$

然后我们可以将方程 (25) 写成

$$\begin{equation*} W^{\prime}+p(t) W=0 \tag{27} \end{equation*}$$

方程 (27) 可以立即求解，因为它是一个一阶线性微分方程（见 2.1 节）且是可分离的微分方程（见 2.2 节）。因此

$$\begin{equation*} W(t)=c \exp \left(-\int p(t) d t\right) \tag{28} \end{equation*}$$

其中 $c$ 是常数。

常数 $c$ 取决于方程 (22) 的哪个解对参与。但是，由于指数函数永不为零，$W(t)$ 除非 $c=0$，否则在 $t$ 上永不为零。如果 $c=0$，则 $W(t)$ 对所有 $t$ 都为零。这就完成了定理 3.2.7 的证明。

请注意，任何两个基本解集的 Wronskian 只能相差一个乘法常数，而且任何基本解集的 Wronskian 可以在不解微分方程的情况下确定，最多只是一个乘法常数。此外，由于在定理 3.2.7 的条件下，Wronskian $W$ 要么永远为零，要么永远不为零，你可以通过在任何方便的 $t$ 值处计算 $W$ 来确定实际发生了哪种情况。

例 7

在例 5 中，我们验证了 $y_{1}(t)=t^{1 / 2}$ 和 $y_{2}(t)=t^{-1}$ 是方程

$$\begin{equation*} 2 t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}-y=0, \quad t>0 \tag{29} \end{equation*}$$

的解。

验证 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian 满足 Abel 公式 (23)。

解答：

从刚才提到的例子中，我们知道 $W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)=-\frac{3}{2} t^{-3 / 2}$。为了使用方程 (23)，我们必须将方程 (29) 写成标准形式，使得 $y^{\prime \prime}$ 的系数为 1。这样我们得到

$$y^{\prime \prime}+\frac{3}{2 t} y^{\prime}-\frac{1}{2 t^{2}} y=0$$

所以 $p(t)=\frac{3}{2 t}$。因此，

$$\begin{align*} W\left[y_{1}, y_{2}\right](t) & =c \exp \left(-\int \frac{3}{2 t} d t\right)=c \exp \left(-\frac{3}{2} \ln t\right) \\ & =c t^{-3 / 2} \tag{30} \end{align*}$$

方程 (30) 给出了方程 (29) 的任何一对解的 Wronskian。对于本例中的特定解，我们必须选择 $c=-\frac{3}{2}$。

总结：我们可以总结本节的讨论如下：要找到常微分方程

$$y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0, \quad \alpha<t<\beta,$$

的一般解，我们必须首先找到两个满足该微分方程的函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$，定义在区间 $\alpha<t<\beta$ 上。然后，我们必须确保在该区间内有一个点，使得 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian $W$ 不为零。在这种情况下，$y_{1}$ 和 $y_{2}$ 形成一个基本解集，且一般解为

$$y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)$$

其中 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 是任意常数。如果在区间 $\alpha<t<\beta$ 的某个给定点上给定了初始条件，那么可以选择 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 使其满足这些条件。

习题

在习题 1 至 5 中，找到给定函数对的 Wronskian。

1. $e^{2 t}, e^{-3 t / 2}$
2. $\cos t, \sin t$
3. $e^{-2 t}, t e^{-2 t}$
4. $e^{t} \sin t, e^{t} \cos t$
5. $\cos ^{2} \theta, 1+\cos (2 \theta)$

在习题 6 至 9 中，确定给定初值问题有唯一二阶可微解的最长区间。不要尝试求解该方程。 6. $\quad t y^{\prime \prime}+3 y=t, \quad y(1)=1, \quad y^{\prime}(1)=2$ 7. $t(t-4) y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}+4 y=2, \quad y(3)=0, \quad y^{\prime}(3)=-1$ 8. $y^{\prime \prime}+(\cos t) y^{\prime}+3(\ln |t|) y=0, \quad y(2)=3, \quad y^{\prime}(2)=1$ 9. $(x-2) y^{\prime \prime}+y^{\prime}+(x-2)(\tan x) y=0, \quad y(3)=1, \quad y^{\prime}(3)=2$ 10. 验证 $y_{1}(t)=t^{2}$ 和 $y_{2}(t)=t^{-1}$ 是微分方程 $t^{2} y^{\prime \prime}-2 y=0$ 的两个解，$t>0$。然后证明 $y=c_{1} t^{2}+c_{2} t^{-1}$ 对于任意的 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 也是该方程的解。 11. 验证 $y_{1}(t)=1$ 和 $y_{2}(t)=t^{1 / 2}$ 是微分方程 $y y^{\prime \prime}+\left(y^{\prime}\right)^{2}=0$ 的解，$t>0$。然后证明 $y=c_{1}+c_{2} t^{1 / 2}$ 通常情况下不是该方程的解。解释为什么这个结果不与定理 3.2.2 矛盾。 12. 证明如果 $y=\phi(t)$ 是微分方程 $y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t)$ 的解，其中 $g(t)$ 并非总是零，那么 $y=c \phi(t)$，其中 $c$ 是除 1 以外的任意常数，不是解。解释为什么这个结果不与定理 3.2.2 后的注释矛盾。 13. $y=\sin \left(t^{2}\right)$ 是否可以是包含 $t=0$ 的区间上的微分方程 $y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$ 的解？解释你的答案。 14. 如果 $f$ 和 $g$ 的 Wronskian 为 $3 e^{4 t}$，且 $f(t)=e^{2 t}$，求 $g(t)$。 15. 如果 $f$ 和 $g$ 的 Wronskian 为 $t \cos t-\sin t$，且 $u=f+3 g, v=f-g$，求 $u$ 和 $v$ 的 Wronskian。 16. 假设 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是方程 $y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$ 的基本解集，且设 $y_{3}=a_{1} y_{1}+a_{2} y_{2}$ 和 $y_{4}=b_{1} y_{1}+b_{2} y_{2}$，其中 $a_{1}, a_{2}, b_{1}$ 和 $b_{2}$ 是任意常数。证明

$$W\left[y_{3}, y_{4}\right]=\left(a_{1} b_{2}-a_{2} b_{1}\right) W\left[y_{1}, y_{2}\right] .$$

$y_{3}$ 和 $y_{4}$ 也是基本解集吗？为什么或为什么不？ 在习题 17 和 18 中，找出定理 3.2.5 所指定的微分方程及初始点的基本解集。 17. $y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=0, \quad t_{0}=0$ 18. $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+3 y=0, \quad t_{0}=1$

在习题 19 至 21 中，验证 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是否为给定微分方程的解。它们是否构成基本解集？ 19. $y^{\prime \prime}+4 y=0 ; \quad y_{1}(t)=\cos (2 t), \quad y_{2}(t)=\sin (2 t)$ 20. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=0 ; \quad y_{1}(t)=e^{t}, \quad y_{2}(t)=t e^{t}$ 21. $x^{2} y^{\prime \prime}-x(x+2) y^{\prime}+(x+2) y=0, x>0$; $y_{1}(x)=x, \quad y_{2}(x)=x e^{x}$ 22. 考虑方程 $y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y=0$。 a. 证明 $y_{1}(t)=e^{-t}$ 和 $y_{2}(t)=e^{2 t}$ 构成基本解集。 b. 设 $y_{3}(t)=-2 e^{2 t}, y_{4}(t)=y_{1}(t)+2 y_{2}(t)$，并且 $y_{5}(t)=2 y_{1}(t)-2 y_{3}(t)$。$y_{3}(t), y_{4}(t)$ 和 $y_{5}(t)$ 是否也是给定微分方程的解？ c. 判断以下每一对是否构成基本解集：$\left\{y_{1}(t), y_{3}(t)\right\} ;\left\{y_{2}(t), y_{3}(t)\right\}$；

$$\left\{y_{1}(t), y_{4}(t)\right\} ;\left\{y_{4}(t), y_{5}(t)\right\} .$$

在习题 23 至 25 中，不解方程的情况下，找到给定微分方程两解的 Wronskian。 23. $t^{2} y^{\prime \prime}-t(t+2) y^{\prime}+(t+2) y=0$ 24. $(\cos t) y^{\prime \prime}+(\sin t) y^{\prime}-t y=0$ 25. $\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\alpha(\alpha+1) y=0$，勒让德方程 26. 证明如果 $p$ 可微且 $p(t)>0$，则微分方程 $\left[p(t) y^{\prime}\right]^{\prime}+q(t) y=0$ 的 Wronskian 为 $W(t)=c / p(t)$，其中 $c$ 是常数。 27. 如果微分方程 $t y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+t e^{t} y=0$ 的基本解集为 $y_{1}$ 和 $y_{2}$，并且 W\left果 y^{\prime +q(t) y=0$的任何两个解的 Wronskian 是常数，这意味着什么关于系数$p$和$q$？

在习题 29 和 30 中，假设 $p$ 和 $q$ 是连续的，且函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是微分方程 $y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$ 在开区间 $I$ 上的解。 29. 证明如果 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 在 $I$ 的同一点为零，那么它们不能在该区间上构成基本解集。 30. 证明如果 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 在 $I$ 上有一个公共的拐点 $t_{0}$，那么除非 $p$ 和 $q$ 在 $t_{0}$ 处都为零，否则它们不能在 $I$ 上构成基本解集。 31. 精确方程。方程

$$P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x) y=0$$

称为精确的，如果它可以写成以下形式

$$\left(P(x) y^{\prime}\right)^{\prime}+(f(x) y)^{\prime}=0,$$

其中 $f(x)$ 需通过 $P(x)$、$Q(x)$ 和 $R(x)$ 来确定。该方程可以立即积分一次，得到一个一阶线性方程，按照第 2.1 节的内容进行求解。通过等式的系数并消去 $f(x)$，证明精确性的必要条件是

$$P^{\prime \prime}(x)-Q^{\prime}(x)+R(x)=0$$

可以证明这是充分条件。 在习题 32 至 34 中，使用习题 31 的结果确定给定方程是否精确。如果是，请解方程。

32. $y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+y=0$
33. $x y^{\prime \prime}-(\cos x) y^{\prime}+(\sin x) y=0, \quad x>0$
34. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-y=0, x>0$
35. 对偶方程。如果一个二阶线性齐次方程不是精确的，可以通过乘以合适的积分因子 $\mu(x)$ 将其转化为精确方程。因此，我们要求 $\mu(x)$ 满足以下条件：

$$\mu(x) P(x) y^{\prime \prime}+\mu(x) Q(x) y^{\prime}+\mu(x) R(x) y=0$$

可以写成以下形式：

$$\left(\mu(x) P(x) y^{\prime}\right)^{\prime}+(f(x) y)^{\prime}=0 .$$

通过等式的系数并消去 $f(x)$，证明函数 $\mu$ 必须满足

$$P \mu^{\prime \prime}+\left(2 P^{\prime}-Q\right) \mu^{\prime}+\left(P^{\prime \prime}-Q^{\prime}+R\right) \mu=0 .$$

这个方程被称为原方程的对偶方程，在微分方程的高级理论中非常重要。一般来说，求解对偶微分方程的问题与求解原方程的问题一样困难，因此只有偶尔能为二阶方程找到积分因子。

在习题 36 和 37 中，使用习题 35 的结果找到给定微分方程的对偶方程。 36. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-\nu^{2}\right) y=0$, 贝塞尔方程 37. $y^{\prime \prime}-x y=0$, 艾里方程 38. 一个二阶线性方程 $P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x) y=0$ 如果其对偶方程与原方程相同，则称其为自对偶方程。证明该方程为自对偶方程的必要条件是 $P^{\prime}(x)=Q(x)$。判断习题 36 和 37 中的每个方程是否为自对偶方程。

3.3 特征方程的复根

我们继续讨论二阶线性微分方程

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0, \tag{1} \end{equation*}$$

其中 $a, b$ 和 $c$ 为已知的实数。在第 3.1 节中，我们发现如果我们寻求形如 $y=e^{r t}$ 的解，则 $r$ 必须是特征方程

$$\begin{equation*} a r^{2}+b r+c=0 \tag{2} \end{equation*}$$

的根。我们在第 3.1 节中证明了，如果根 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 是实数且不同，且当判别式 $b^{2}-4 a c$ 为正时发生，则方程 (1) 的一般解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{r_{1} t}+c_{2} e^{r_{2} t} . \tag{3} \end{equation*}$$

现在假设 $b^{2}-4 a c$ 为负数。则方程 (2) 的根为共轭复数，我们用以下符号表示它们：

$$\begin{equation*} r_{1}=\lambda+i \mu, \quad r_{2}=\lambda-i \mu, \tag{4} \end{equation*}$$

其中 $\lambda$ 和 $\mu$ 是实数。对应的解为

$$\begin{equation*} y_{1}(t)=\exp ((\lambda+i \mu) t), \quad y_{2}(t)=\exp ((\lambda-i \mu) t) \tag{5} \end{equation*}$$

我们的首要任务是探讨这些表达式的含义，涉及到如何为复指数计算指数函数。例如，如果 $\lambda=-1, \mu=2$ 且 $t=3$，则根据方程 (5)，

$$\begin{equation*} y_{1}(3)=e^{-3+6 i} \tag{6} \end{equation*}$$

将数值 $e$ 提到复指数是什么意思呢？答案由一个重要的公式提供，即欧拉公式。

欧拉公式。为了赋予方程 (5) 中的表达式意义，我们需要给出复指数函数的定义。当然，我们希望在指数为实数时，定义能够还原为熟悉的实数指数函数。有几种方法可以发现该指数函数扩展应该如何定义。这里我们使用基于无限级数的方法；另一种方法在习题 20 中概述。

回顾微积分，我们知道 $e^{t}$ 关于 $t=0$ 的泰勒级数为

$$\begin{equation*} e^{t}=1+t+\frac{t^{2}}{2}+\cdots+\frac{t^{n}}{n!}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{n}}{n!}, \quad-\infty<t<\infty . \tag{7} \end{equation*}$$

如果我们现在假设可以将其代入方程 (7)，则有

$$\begin{equation*} e^{i t}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(i t)^{n}}{n!} \tag{8} \end{equation*}$$

为了简化这个级数，我们写成 $(i t)^{n}=i^{n} t^{n}$，并利用 $i^{2}=-1$, $i^{3}=-i$, $i^{4}=1$ 等事实。当 $n$ 为偶数时，存在一个整数 $k$ 使得 $n=2 k$；在这种情况下 $i^{n}=i^{2 k}=(-1)^{k}$。当 $n$ 为奇数时，$n=2 k+1$，所以 $i^{n}=i^{2 k+1}=i(-1)^{k}$。这提示我们将右边的项分开为实部和虚部。结果是

$$\begin{equation*} e^{i t}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k} t^{2 k}}{(2 k)!}+i \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k} t^{2 k+1}}{(2 k+1)!} \tag{9} \end{equation*}$$

方程 (9) 中的第一项正是 $\cos t$ 关于 $t=0$ 的泰勒级数，第二项是 $\sin t$ 关于 $t=0$ 的泰勒级数。因此，我们得到

$$\begin{equation*} e^{i t}=\cos t+i \sin t \tag{10} \end{equation*}$$

方程 (10) 被称为欧拉公式，是一个非常重要的数学关系。

虽然我们推导方程 (10) 的过程基于假设级数 (7) 可以用于复数和实数自变量，但我们打算仅通过此推导使得方程 (10) 看起来是合理的。现在我们通过采用方程 (10) 作为 $e^{i t}$ 的定义来使其更为严谨。换句话说，每当我们写 $e^{i t}$ 时，我们指的是方程 (10) 右侧的表达式。

欧拉公式还有一些值得注意的变种。如果我们在方程 (10) 中将 $t$ 替换为 $-t$，并记得 $\cos (-t)=\cos t$ 和 $\sin (-t)=-\sin t$，那么我们得到

$$\begin{equation*} e^{-i t}=\cos t-i \sin t \tag{11} \end{equation*}$$

进一步，如果将方程 (10) 中的 $t$ 替换为 $\mu t$，那么我们得到欧拉公式的广义版本：

$$\begin{equation*} e^{i \mu t}=\cos (\mu t)+i \sin (\mu t) . \tag{12} \end{equation*}$$

接下来，我们希望将指数函数的定义扩展到形如 $(\lambda+i \mu) t$ 的任意复数指数。由于我们希望指数函数的常规性质适用于复数指数，我们当然希望 $\exp ((\lambda+i \mu) t)$ 满足

$$\begin{equation*} e^{(\lambda+i \mu) t}=e^{\lambda t} e^{i \mu t} \tag{13} \end{equation*}$$

然后，代入方程 (12) 中的 $e^{i \mu t}$，我们得到

$$\begin{align*} e^{(\lambda+i \mu) t} & =e^{\lambda t}(\cos (\mu t)+i \sin (\mu t)) \\ & =e^{\lambda t} \cos (\mu t)+i e^{\lambda t} \sin (\mu t) \tag{14} \end{align*}$$

我们现在将方程 (14) 作为 $\exp [(\lambda+i \mu) t]$ 的定义。复指数函数的值是一个复数，其实部和虚部分别由方程 (14) 右侧的项给出。请注意，$\exp ((\lambda+i \mu) t)$ 的实部和虚部完全用基本的实值函数表示。例如，方程 (6) 中的量具有值

$$e^{-3+6 i}=e^{-3} \cos 6+i e^{-3} \sin 6 \cong 0.0478041-0.0139113 i$$

通过定义 (10) 和 (14)，可以直接证明复指数函数的常规指数法则是有效的。你还可以使用方程 (14) 来验证微分公式

$$\begin{equation*} \frac{d}{d t}\left(e^{r t}\right)=r e^{r t} \tag{15} \end{equation*}$$

对于复数值的 $r$ 也成立。

例 1

求解微分方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+y^{\prime}+9.25 y=0 . \tag{16} \end{equation*}$$

同时找到满足初始条件

$$\begin{equation*} y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=8, \tag{17} \end{equation*}$$

的解，并绘制其图像，范围为 $0<t<10$。

解答：

方程 (16) 的特征方程为

$$r^{2}+r+9.25=0$$

因此其根为

$$r_{1}=-\frac{1}{2}+3 i, \quad r_{2}=-\frac{1}{2}-3 i .$$

因此，方程 (16) 的两个解为

$$\begin{equation*} y_{1}(t)=\exp \left(\left(-\frac{1}{2}+3 i\right) t\right)=e^{-t / 2}(\cos (3 t)+i \sin (3 t)) \tag{18} \end{equation*}$$

和

$$\begin{equation*} y_{2}(t)=\exp \left(\left(-\frac{1}{2}-3 i\right) t\right)=e^{-t / 2}(\cos (3 t)-i \sin (3 t)) \tag{19} \end{equation*}$$

你可以验证 Wronskian $W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)=-6 i e^{-t}$，它不为零，因此方程 (15) 的一般解可以表示为 $y_{1}(t)$ 和 $y_{2}(t)$ 的线性组合，其中系数是任意的。

然而，初值问题 (16)、(17) 只有实系数，通常我们希望将该问题的解表示为实值函数。为此，我们可以利用定理 3.2.6，定理指出复值解的实部和虚部也是同一微分方程的解。因此，从 $y_{1}(t)$ 开始，我们得到

$$\begin{equation*} u(t)=e^{-t / 2} \cos (3 t), \quad v(t)=e^{-t / 2} \sin (3 t) \tag{20} \end{equation*}$$

作为方程 (16) 的实值解。计算 $u(t)$ 和 $v(t)$ 的 Wronskian，我们发现 $W[u, v](t)=3 e^{-t}$，它不为零；因此 $u(t)$ 和 $v(t)$ 形成基本解集，方程 (16) 的一般解可以写为

$$\begin{equation*} y=c_{1} u(t)+c_{2} v(t)=e^{-t / 2}\left(c_{1} \cos (3 t)+c_{2} \sin (3 t)\right), \tag{21} \end{equation*}$$

其中 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 是任意常数。 为了满足初始条件 (17)，我们首先将 $t=0$ 和 $y=2$ 代入解 (20)，得出 $c_{1}=2$。然后，通过对方程 (21) 求导，设 $t=0$，并设 $y^{\prime}=8$，我们得到 $-\frac{1}{2} c_{1}+3 c_{2}=8$，从而得出 $c_{2}=3$。因此，初值问题 (16)、(17) 的解为

$$\begin{equation*} y=e^{-t / 2}(2 \cos (3 t)+3 \sin (3 t)) . \tag{22} \end{equation*}$$

该解的图形如图 3.3.1 所示。 从图形中我们可以看到，该问题的解是振荡的，周期为 $2 \pi / 3$，且振幅逐渐衰减。正弦和余弦因子控制了解的振荡性质，而每项中的负指数因子导致振荡的幅度随着时间的推移逐渐减小至零。 ${ }^{6}$ 如果您不完全确定 $u(t)$ 和 $v(t)$ 是给定微分方程的解，您应该将这些函数代入方程 (16) 并确认它们满足该方程。（参见习题 23。）

图 3.3.1 初值问题 (16)、(17) 的解：

$$y^{\prime \prime}+y^{\prime}+9.25 y=0, y(0)=2, y^{\prime}(0)=8 .$$

复根；一般情况。方程 (5) 给出的函数 $y_{1}(t)$ 和 $y_{2}(t)$，以及方程 (14) 所表达的含义，是当特征方程 (2) 的根为复数 $\lambda \pm i \mu$ 时方程 (1) 的解。然而，$y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是复值函数，而一般来说，我们更希望得到实值解，因为微分方程本身具有实系数。就像例 1 中一样，我们可以利用定理 3.2.6 通过选择 $y_{1}(t)$ 或 $y_{2}(t)$ 的实部和虚部来找到一个实值解的基本解集。这样我们得到解

$$\begin{equation*} u(t)=e^{\lambda t} \cos (\mu t), \quad v(t)=e^{\lambda t} \sin (\mu t) \tag{23} \end{equation*}$$

通过直接计算（见习题 19），可以证明 $u$ 和 $v$ 的 Wronskian 为

$$\begin{equation*} W[u, v](t)=\mu e^{2 \lambda t} \tag{24} \end{equation*}$$

因此，只要 $\mu \neq 0$，Wronskian $W$ 不为零，故 $u$ 和 $v$ 构成基本解集。（当然，如果 $\mu=0$，则根为实数且相等，本节以及第 3.1 节中的讨论不适用。）因此，如果特征方程的根是复数 $\lambda \pm i \mu$，且 $\mu \neq 0$，则方程 (1) 的一般解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{\lambda t} \cos (\mu t)+c_{2} e^{\lambda t} \sin (\mu t) \tag{25} \end{equation*}$$

其中 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 是任意常数。注意，一旦知道 $\lambda$ 和 $\mu$ 的值，就可以写出解 (25)。现在我们考虑一些进一步的例子。

例 2

求解初值问题

$$\begin{equation*} 16 y^{\prime \prime}-8 y^{\prime}+145 y=0, \quad y(0)=-2, \quad y^{\prime}(0)=1 . \tag{26} \end{equation*}$$

解答：

特征方程为 $16 r^{2}-8 r+145=0$，其根为 $r=\frac{1}{4} \pm 3 i$。因此，微分方程的通解为

$$\begin{equation*} y(t)=c_{1} e^{t / 4} \cos (3 t)+c_{2} e^{t / 4} \sin (3 t) \tag{27} \end{equation*}$$

为了应用第一个初始条件，我们将 $t=0$ 代入方程 (27)，得到

$$y(0)=c_{1}=-2 .$$

对于第二个初始条件，我们必须在代入 $t=0$ 之前对方程 (27) 求导。这样我们得到

$$y^{\prime}(0)=\frac{1}{4} c_{1}+3 c_{2}=1,$$

从中我们得出 $c_{2}=\frac{1}{2}$。将这些 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的值代入通解 (27)，我们得到

$$\begin{equation*} y=-2 e^{t / 4} \cos (3 t)+\frac{1}{2} e^{t / 4} \sin (3 t) \tag{28} \end{equation*}$$

作为初值问题 (26) 的解。该解的图形如图 3.3.2 所示。 在这种情况下，我们观察到解是一个增长的振荡。再次，方程 (28) 中的三角因子决定了解的振荡部分（周期为 $2 \pi / 3$），而指数因子（这次具有正指数）导致振荡的幅度随时间增加。

图 3.3.2 初值问题 (26) 的解：

$$16 y^{\prime \prime}-8 y^{\prime}+145 y=0, y(0)=-2, y^{\prime}(0)=1.$$

例 3

求解微分方程的通解

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+9 y=0 . \tag{29} \end{equation*}$$

解答：

特征方程为 $r^{2}+9=0$，其根为 $r= \pm 3 i$；因此，$\lambda=0$ 和 $\mu=3$。通解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} \cos (3 t)+c_{2} \sin (3 t) . \tag{30} \end{equation*}$$

图 3.3.3 方程 (29) 的解： $y^{\prime \prime}+9 y=0$，具有两组初始条件：$y(0)=1, y^{\prime}(0)=2$（虚线，绿色）和 $y(0)=2, y^{\prime}(0)=8$（实线，蓝色）。两个解具有相同的周期，但振幅和相位偏移不同。

注意，如果根的实部为零，如本例所示，则解中没有指数因子。图 3.3.3 显示了方程 (28) 两个解的图形，具有不同的初始条件。在每种情况下，解是纯振荡，周期为 $2 \pi / 3$，但振幅和相位偏移由初始条件决定。由于解 (30) 中没有指数因子，每个振荡的幅度保持恒定。

习题

在习题 1 至 4 中，使用欧拉公式将给定的表达式写成形式 $a+i b$。

1. $\exp (2-3 i)$
2. $e^{i \pi}$
3. $e^{2-(\pi / 2) i}$
4. $2^{1-i}$

在习题 5 至 11 中，求给定微分方程的通解。

5. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=0$
6. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+6 y=0$
7. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=0$
8. $y^{\prime \prime}+6 y^{\prime}+13 y=0$
9. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+1.25 y=0$
10. $9 y^{\prime \prime}+9 y^{\prime}-4 y=0$
11. $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+6.25 y=0$

在习题 12 至 15 中，求给定初值问题的解。绘制解的图像并描述其随着 $t$ 增加的行为。

12. $y^{\prime \prime}+4 y=0, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1$
13. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+5 y=0, \quad y(\pi / 2)=0, \quad y^{\prime}(\pi / 2)=2$
14. $y^{\prime \prime}+y=0, \quad y(\pi / 3)=2, \quad y^{\prime}(\pi / 3)=-4$
15. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=0, \quad y(\pi / 4)=2, \quad y^{\prime}(\pi / 4)=-2$
16. 考虑初值问题

$$3 u^{\prime \prime}-u^{\prime}+2 u=0, \quad u(0)=2, \quad u^{\prime}(0)=0 .$$

a. 找到该问题的解 $u(t)$。b. 对于 $t>0$，找到第一次使得 $|u(t)|=10$ 的时间。

17. 考虑初值问题

$$5 u^{\prime \prime}+2 u^{\prime}+7 u=0, \quad u(0)=2, \quad u^{\prime}(0)=1 .$$

a. 找到该问题的解 $u(t)$。b. 找到最小的 $T$，使得对于所有 $t>T$，$|u(t)| \leq 0.1$。

18. 考虑初值问题

$$y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+6 y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=\alpha \geq 0$$

a. 找到该问题的解 $y(t)$。b. 找到 $\alpha$ 使得当 $t=1$ 时 $y=0$。c. 作为 $\alpha$ 的函数，找到 $y=0$ 的最小正时间 $t$。d. 确定当 $\alpha \rightarrow \infty$ 时，在第 c 部分中找到的表达式的极限。

19. 证明 $W\left[e^{\lambda t} \cos (\mu t), e^{\lambda t} \sin (\mu t)\right]=\mu e^{2 \lambda t}$。
20. 在此问题中，我们概述了欧拉公式的另一种推导方法。 a. 证明 $y_{1}(t)=\cos t$ 和 $y_{2}(t)=\sin t$ 是方程 $y^{\prime \prime}+y=0$ 的基本解集；即，证明它们是解并且它们的 Wronskian 不为零。 b. 正式证明 $y=e^{i t}$ 也是方程 $y^{\prime \prime}+y=0$ 的解。因此，

$$\begin{equation*} e^{i t}=c_{1} \cos t+c_{2} \sin t \tag{31} \end{equation*}$$

对于某些常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$。为什么会这样？c. 在方程 (31) 中将 $t=0$ 代入，证明 $c_{1}=1$。d. 假设方程 (15) 是正确的，对方程 (31) 求导，然后将 $t=0$ 代入，从而得出 $c_{2}=i$。使用方程 (31) 中 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的值，得到欧拉公式。

21. 使用欧拉公式，证明

$$\frac{e^{i t}+e^{-i t}}{2}=\cos t, \quad \frac{e^{i t}-e^{-i t}}{2 i}=\sin t .$$

22. 如果 $e^{r t}$ 如方程 (14) 所示，证明对于任意复数 $r_{1}$ 和 $r_{2}$，$e^{\left(r_{1}+r_{2}\right) t}=e^{r_{1} t} e^{r_{2} t}$。
23. 考虑微分方程

$$a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0,$$

其中 $b^{2}-4 a c<0$ 且特征方程具有复根 $\lambda \pm i \mu$。将函数

$$u(t)=e^{\lambda t} \cos (\mu t) \text{ 和 } v(t)=e^{\lambda t} \sin (\mu t)$$

代入微分方程中，从而确认它们是解。

24. 如果函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是方程 $y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$ 的基本解集，证明在 $y_{1}$ 的连续零点之间存在且仅存在 $y_{2}$ 的零点。注意，这一结果通过方程 $y_{1}(t)=\cos t$ 和 $y_{2}(t)=\sin t$ 作为方程 $y^{\prime \prime}+y=0$ 的解得以说明。

提示：假设 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 是 $y_{1}$ 的两个零点，并且它们之间没有 $y_{2}$ 的零点。应用罗尔定理于 $y_{1} / y_{2}$ 得出矛盾。

变量变换

有时，通过改变自变量，带有变系数的微分方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0, \tag{32} \end{equation*}$$

可以转化为更适合求解的形式。我们将在习题 25 至 36 中探讨这些思想。特别是在习题 25 中，我们展示了被称为欧拉方程的方程可以通过简单的自变量变换转化为具有常系数的方程。习题 26 至 31 是这类方程的例子。习题 32 确定了在什么条件下更一般的方程 (32) 可以通过改变自变量转化为常系数微分方程。习题 33 至 36 给出了这一程序的具体应用。

25. 欧拉方程。形式为

$$\begin{equation*} t^{2} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}+\alpha t \frac{d y}{d t}+\beta y=0, \quad t>0 \tag{33} \end{equation*}$$

其中 $\alpha$ 和 $\beta$ 是实常数的方程，称为欧拉方程。 a. 令 $x=\ln t$ 并计算 $d y / d t$ 和 $d^{2} y / d t^{2}$ 关于 $d y / d x$ 和 $d^{2} y / d x^{2}$ 的表达式。 b. 使用 a 部分的结果将方程 (33) 转换为

$$\begin{equation*} \frac{d^{2} y}{d x^{2}}+(\alpha-1) \frac{d y}{d x}+\beta y=0 . \tag{34} \end{equation*}$$

观察到微分方程 (34) 具有常系数。如果 $y_{1}(x)$ 和 $y_{2}(x)$ 形成方程 (34) 的基本解集，则 $y_{1}(\ln t)$ 和 $y_{2}(\ln t)$ 形成方程 (33) 的基本解集。

在习题 26 至 31 中，使用习题 25 的方法求解给定的方程，适用于 $t>0$。

26. $t^{2} y^{\prime \prime}+t y^{\prime}+y=0$
27. $t^{2} y^{\prime \prime}+4 t y^{\prime}+2 y=0$
28. $t^{2} y^{\prime \prime}-4 t y^{\prime}-6 y=0$
29. $t^{2} y^{\prime \prime}-4 t y^{\prime}+6 y=0$
30. $t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}-3 y=0$
31. $t^{2} y^{\prime \prime}+7 t y^{\prime}+10 y=0$
32. 在这个问题中，我们确定了 $p$ 和 $q$ 的条件，使得方程 (32) 可以通过改变自变量转化为常系数方程。令 $x=u(t)$ 为新的自变量，$x$ 和 $t$ 之间的关系稍后指定。 a. 证明

$$\frac{d y}{d t}=\frac{d x}{d t} \frac{d y}{d x}, \quad \frac{d^{2} y}{d t^{2}}=\left(\frac{d x}{d t}\right)^{2} \frac{d^{2} y}{d x^{2}}+\frac{d^{2} x}{d t^{2}} \frac{d y}{d x}$$

b. 证明微分方程 (32) 变为

$$\begin{equation*} \left(\frac{d x}{d t}\right)^{2} \frac{d^{2} y}{d x^{2}}+\left(\frac{d^{2} x}{d t^{2}}+p(t) \frac{d x}{d t}\right) \frac{d y}{d x}+q(t) y=0 . \tag{35} \end{equation*}$$

c. 为了使方程 (35) 具有常系数，$d^{2} y / d x^{2}$、$d y / d x$ 和 $y$ 的系数必须成比例。如果 $q(t)>0$，我们可以选择比例常数为 1；因此，经过对 $t$ 的积分，

$$\begin{equation*} x=u(t)=\int(q(t))^{1 / 2} d t \tag{36} \end{equation*}$$

d. 如果选择如 c 部分所示的 $x$，证明方程 (35) 中 $d y / d x$ 的系数也是常数，前提是表达式

$$\begin{equation*} \frac{q^{\prime}(t)+2 p(t) q(t)}{2(q(t))^{3 / 2}} \tag{37} \end{equation*}$$

是常数。因此，方程 (32) 可以通过改变自变量转化为常系数微分方程，前提是函数 $\left(q^{\prime}+2 p q\right) / q^{3 / 2}$ 是常数。

e. 如果 $q(t)<0$，则需要如何修改 d 部分的分析和结果？

在习题 33 至 36 中，尝试通过习题 32 的方法将给定方程转化为具有常系数的方程。如果可能，求解给定方程的通解。

33. $y^{\prime \prime}+t y^{\prime}+e^{-t^{2}} y=0, \quad-\infty<t<\infty$
34. $y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}+t^{2} y=0, \quad-\infty<t<\infty$
35. $t y^{\prime \prime}+\left(t^{2}-1\right) y^{\prime}+t^{3} y=0, \quad 0<t<\infty$
36. $y^{\prime \prime}+t y^{\prime}-e^{-t^{2}} y=0$

3.4 重根；阶数降低

在第3.1节和第3.3节中，我们展示了如何求解方程

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0 \tag{1} \end{equation*}$$

当特征方程的根

$$\begin{equation*} a r^{2}+b r+c=0 \tag{2} \end{equation*}$$

要么是实数且不相同，要么是复共轭数时。现在我们考虑第三种情况，即两个根$r_{1}$和$r_{2}$相等的情况。这个情况是两种情况之间的过渡，发生在判别式$b^{2}-4 a c$为零时。然后根据二次公式得出

$$\begin{equation*} r_{1}=r_{2}=-\frac{b}{2 a} \tag{3} \end{equation*}$$

困难立刻显现；两个根给出了相同的解

$$\begin{equation*} y_{1}(t)=e^{-b t /(2 a)} \tag{4} \end{equation*}$$

这个微分方程（1）的解，并且如何找到第二个解并不明显。

例1

求解微分方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=0 . \tag{5} \end{equation*}$$

解：

特征方程是

$$r^{2}+4 r+4=(r+2)^{2}=0,$$

所以$r_{1}=r_{2}=-2$。因此，方程（5）的一种解是$y_{1}(t)=e^{-2 t}$。为了找到方程（5）的通解，我们需要一个第二解，它不是$y_{1}$的常数倍。可以通过几种方式找到这个第二解（见问题15至17）；这里我们使用18世纪由d'Alembert提出的方法。回想一下，因为$y_{1}(t)$是方程（1）的解，所以任何常数$c$的$cy_{1}(t)$也是方程（1）的解。基本思路是通过将$c$替换为函数$v(t)$来推广这一观察，然后试图确定$v(t)$，使得乘积$v(t) y_{1}(t)$也是方程（1）的解。

为了实现这个目标，我们将$y=v(t) y_{1}(t)$代入方程（5），并用得到的方程来求解$v(t)$。从

$$\begin{equation*} y=v(t) y_{1}(t)=v(t) e^{-2 t} \tag{6} \end{equation*}$$

开始，首先对其求导得到

$$\begin{equation*} y^{\prime}=v^{\prime}(t) e^{-2 t}-2 v(t) e^{-2 t} \tag{7} \end{equation*}$$

再对其求二次导数得到

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=v^{\prime \prime}(t) e^{-2 t}-4 v^{\prime}(t) e^{-2 t}+4 v(t) e^{-2 t} \tag{8} \end{equation*}$$

将方程（6）、（7）和（8）中的表达式代入方程（5），并整理项，得到

$$\left(v^{\prime \prime}(t)-4 v^{\prime}(t)+4 v(t)+4 v^{\prime}(t)-8 v(t)+4 v(t)\right) e^{-2 t}=0,$$

这一表达式简化为

$$\begin{equation*} v^{\prime \prime}(t)=0 \tag{9} \end{equation*}$$

因此，

$$v^{\prime}(t)=c_{1}$$

并且

$$\begin{equation*} v(t)=c_{1} t+c_{2}, \tag{10} \end{equation*}$$

其中$c_{1}$和$c_{2}$是任意常数。最后，将$v(t)$代入方程（6），得到

$$\begin{equation*} y=c_{1} t e^{-2 t}+c_{2} e^{-2 t} . \tag{11} \end{equation*}$$

方程（11）右侧的第二项对应于原解$y_{1}(t)=\exp (-2 t)$，但第一项来自第二解，即$y_{2}(t)=t \exp (-2 t)$。我们可以验证这两个解形成一个基本解集，方法是计算它们的Wronskian：

$$\begin{aligned} W\left[y_{1}, y_{2}\right](t) & =\left|\begin{array}{cc} e^{-2 t} & t e^{-2 t} \\ -2 e^{-2 t} & (1-2 t) e^{-2 t} \end{array}\right|=e^{-4 t}-2 t e^{-4 t}+2 t e^{-4 t} \\ & =e^{-4 t} \neq 0 . \end{aligned}$$

因此，

$$\begin{equation*} y_{1}(t)=e^{-2 t}, \quad y_{2}(t)=t e^{-2 t} \tag{12} \end{equation*}$$

形成方程（5）的基本解集，方程的通解由方程（11）给出。注意，$y_{1}(t)$和$y_{2}(t)$都趋向于零，当$t \to \infty$时，所有方程（5）的解都表现出这种行为。典型解的图形见图3.4.1。

图3.4.1 方程（5）的三种解： $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=0$，具有不同初始条件集： $y(0)=2, y^{\prime}(0)=1$（蓝色，虚线）；$y(0)=1, y^{\prime}(0)=1$（绿色，实线）；$y(0)=1 / 2, y^{\prime}(0)=1$（红色）。

例1中使用的过程可以扩展到一般方程，其特征方程具有重根。也就是说，我们假设方程（1）中的系数满足$b^{2}-4 a c=0$，在这种情况下，

$$y_{1}(t)=e^{-b t /(2 a)}$$

是一个解。为了找到第二个解，我们假设

$$\begin{equation*} y=v(t) y_{1}(t)=v(t) e^{-b t /(2 a)} \tag{13} \end{equation*}$$

并将$y$代入方程（1）以确定$v(t)$。我们有

$$\begin{equation*} y^{\prime}=v^{\prime}(t) e^{-b t /(2 a)}-\frac{b}{2 a} v(t) e^{-b t /(2 a)} \tag{14} \end{equation*}$$

和

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=v^{\prime \prime}(t) e^{-b t /(2 a)}-\frac{b}{a} v^{\prime}(t) e^{-b t /(2 a)}+\frac{b^{2}}{4 a^{2}} v(t) e^{-b t /(2 a)} . \tag{15} \end{equation*}$$

然后，通过代入方程（1），我们得到

$$\begin{equation*} \left(a\left(v^{\prime \prime}(t)-\frac{b}{a} v^{\prime}(t)+\frac{b^{2}}{4 a^{2}} v(t)\right)+b\left(v^{\prime}(t)-\frac{b}{2 a} v(t)\right)+c v(t)\right) e^{-b t /(2 a)}=0 \tag{16} \end{equation*}$$

消去非零因子$e^{-b /(2 a)}$并重新排列其余项，我们发现

$$\begin{equation*} a v^{\prime \prime}(t)+(-b+b) v^{\prime}(t)+\left(\frac{b^{2}}{4 a}-\frac{b^{2}}{2 a}+c\right) v(t)=0 \tag{17} \end{equation*}$$

包含$v^{\prime}(t)$的项显然为零。进一步，$v(t)$的系数是$c-b^{2} /(4 a)$，这也是零，因为在我们考虑的问题中$b^{2}-4 a c=0$。因此，像例1中一样，方程（17）简化为

$$v^{\prime \prime}(t)=0$$

所以

$$v(t)=c_{1}+c_{2} t$$

因此，从方程（13）中得到

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{-b t /(2 a)}+c_{2} t e^{-b t /(2 a)} . \tag{18} \end{equation*}$$

因此，$y$是两个解的线性组合

$$\begin{equation*} y_{1}(t)=e^{-b t /(2 a)}, \quad y_{2}(t)=t e^{-b t /(2 a)} . \tag{19} \end{equation*}$$

这两个解的Wronskian是

$$W\left(y_{1}, y_{2}\right)(t)=\left|\begin{array}{cc} e^{-b t /(2 a)} & t e^{-b t /(2 a)} \tag{20}\\ -\frac{b}{2 a} e^{-b t /(2 a)} & \left(1-\frac{b t}{2 a}\right) e^{-b t /(2 a)} \end{array}\right|=e^{-b t / a}$$

由于$W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)$永不为零，方程（19）给出的解$y_{1}$和$y_{2}$构成了一个基本解集。此外，方程（18）是当特征方程的根相等时方程（1）的通解。换句话说，在这种情况下，有一个对应于重根的指数解和一个通过将指数解乘以$t$得到的第二个解。

例2

求解初值问题

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-y^{\prime}+\frac{y}{4}=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=\frac{1}{3} . \tag{21} \end{equation*}$$

解：

特征方程是

$$r^{2}-r+\frac{1}{4}=0,$$

所以根为$r_{1}=r_{2}=1 / 2$。因此，微分方程的通解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{t / 2}+c_{2} t e^{t / 2} \tag{22} \end{equation*}$$

第一个初始条件要求

$$y(0)=c_{1}=2$$

为了满足第二个初始条件，我们首先对方程（22）求导，然后设$t=0$。得到

$$y^{\prime}(0)=\frac{1}{2} c_{1}+c_{2}=\frac{1}{3},$$

所以$c_{2}=-2 / 3$。因此，初值问题的解为

$$\begin{equation*} y=2 e^{t / 2}-\frac{2}{3} t e^{t / 2} \tag{23} \end{equation*}$$

该解的图形在图3.4.2中由蓝色曲线表示。

图3.4.2 方程$y^{\prime \prime}-y^{\prime}+y / 4=0, y(0)=2$的解，分别对应于$y^{\prime}(0)=1 / 3$（蓝色）和$y^{\prime}(0)=2$（红色）。

现在，让我们通过改变初始斜率来修改初值问题（16）；具体地，令第二个初始条件为$y^{\prime}(0)=2$。该修改问题的解为

$$y=2 e^{t / 2}+t e^{t / 2}$$

其图形在图3.4.2中由红色曲线表示。图中的图形表明，存在一个临界初始斜率，其值介于$1 / 3$和2之间，分隔了解随$t \to \infty$时增大与最终减小的解。在问题12中，要求你确定这个临界初始斜率。

在这种情况下，解的渐近行为与根为实数且不相同时类似。如果指数是正的或负的，则解的大小相应地增长或衰减；线性因子$t$几乎没有影响。图3.4.1中展示了一个衰减解，而图3.4.2中展示了增长解。然而，如果重根为零，则微分方程为$y^{\prime \prime}=0$，通解为$t$的线性函数。

总结。现在我们可以总结我们对于常系数二阶线性齐次方程的结果

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0 \tag{24} \end{equation*}$$

令$r_{1}$和$r_{2}$为对应特征方程的根

$$\begin{equation*} a r^{2}+b r+c=0 \tag{25} \end{equation*}$$

如果$r_{1}$和$r_{2}$是实数但不相等，则微分方程（24）的通解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{r_{1} t}+c_{2} e^{r_{2} t} . \tag{26} \end{equation*}$$

如果$r_{1}$和$r_{2}$是复共轭数$\lambda \pm i \mu$，则通解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{\lambda t} \cos (\mu t)+c_{2} e^{\lambda t} \sin (\mu t) \tag{27} \end{equation*}$$

如果$r_{1}=r_{2}$，则通解为

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{r_{1} t}+c_{2} t e^{r_{1} t} \tag{28} \end{equation*}$$

阶数降低。值得注意的是，本节中用于具有常系数方程的过程更具普遍适用性。假设我们知道一个解$y_{1}(t)$，它不是处处为零，满足

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0 \tag{29} \end{equation*}$$

为了找到第二个解，设

$$\begin{equation*} y=v(t) y_{1}(t) \tag{30} \end{equation*}$$

那么

$$y^{\prime}=v^{\prime}(t) y_{1}(t)+v(t) y_{1}^{\prime}(t)$$

以及

$$y^{\prime \prime}=v^{\prime \prime}(t) y_{1}(t)+2 v^{\prime}(t) y_{1}^{\prime}(t)+v(t) y_{1}^{\prime \prime}(t) .$$

将$y, y^{\prime}$和$y^{\prime \prime}$代入方程（29），并整理项，得到

$$\begin{equation*} y_{1} v^{\prime \prime}+\left(2 y_{1}^{\prime}+p y_{1}\right) v^{\prime}+\left(y_{1}^{\prime \prime}+p y_{1}^{\prime}+q y_{1}\right) v=0 \tag{31} \end{equation*}$$

由于$y_{1}$是方程（29）的解，方程（31）中$v$的系数为零，因此方程（31）变为

$$\begin{equation*} y_{1} v^{\prime \prime}+\left(2 y_{1}^{\prime}+p y_{1}\right) v^{\prime}=0 \tag{32} \end{equation*}$$

尽管方程（32）看起来比较复杂，但它实际上是一个关于函数$v^{\prime}$的一阶微分方程，可以作为一阶线性方程或分离变量方程来解。当$v^{\prime}$被求出后，$v$通过积分得到。最后，$y$可以通过方程（30）确定。这个过程被称为阶数降低法，因为关键步骤是求解$v^{\prime}$的一阶微分方程，而不是原始的二阶微分方程。尽管我们可以为$v(t)$写出公式，但我们将通过一个例子来说明该方法如何工作。

例3

已知$y_{1}(t)=t^{-1}$是以下方程的解

$$\begin{equation*} 2 t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}-y=0, \quad t>0 \tag{33} \end{equation*}$$

求解一个基本解集。

解：

我们设$y=v(t) t^{-1}$；那么

$$y^{\prime}=v^{\prime} t^{-1}-v t^{-2}, \quad y^{\prime \prime}=v^{\prime \prime} t^{-1}-2 v^{\prime} t^{-2}+2 v t^{-3} .$$

将$y, y^{\prime}$和$y^{\prime \prime}$代入方程（33），并整理项，得到

$$\begin{align*} 2 t^{2}\left(v^{\prime \prime} t^{-1}\right. & \left.-2 v^{\prime} t^{-2}+2 v t^{-3}\right)+3 t\left(v^{\prime} t^{-1}-v t^{-2}\right)-v t^{-1} \\ & =2 t v^{\prime \prime}+(-4+3) v^{\prime}+\left(4 t^{-1}-3 t^{-1}-t^{-1}\right) v \\ & =2 t v^{\prime \prime}-v^{\prime}=0 \tag{34} \end{align*}$$

注意到$v$的系数为零，这应该是对的；这为我们的代数计算提供了有用的检查。

如果我们设$w=v^{\prime}$，那么二阶线性微分方程（34）简化为分离变量的一阶微分方程

$$2 t w^{\prime}-w=0 .$$

分离变量并解得$w(t)$，我们得到

$$w(t)=v^{\prime}(t)=c t^{1 / 2} ;$$

然后，再次积分得到

$$v(t)=\frac{2}{3} c t^{3 / 2}+k$$

由此可得

$$\begin{equation*} y=v(t) t^{-1}=\frac{2}{3} c t^{1 / 2}+k t^{-1}, \tag{35} \end{equation*}$$

其中$c$和$k$是任意常数。方程（35）右侧的第二项是$y_{1}(t)$的倍数，可以去掉，但第一项提供了一个新的解$y_{2}(t)=t^{1 / 2}$。你可以验证$y_{1}$和$y_{2}$的Wronskian是

$$\begin{equation*} W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)=\frac{3}{2} t^{-3 / 2} \neq 0 \text { for } t>0 \tag{36} \end{equation*}$$

因此，$y_{1}$和$y_{2}$构成了方程（33）在$t>0$上的基本解集。

习题

在问题1至8中，求解给定微分方程的通解。

1. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=0$
2. $9 y^{\prime \prime}+6 y^{\prime}+y=0$
3. $4 y^{\prime \prime}-4 y^{\prime}-3 y=0$
4. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+10 y=0$
5. $y^{\prime \prime}-6 y^{\prime}+9 y=0$
6. $4 y^{\prime \prime}+17 y^{\prime}+4 y=0$
7. $16 y^{\prime \prime}+24 y^{\prime}+9 y=0$
8. $2 y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=0$

在问题9至11中，求解给定的初值问题。绘制解的图形，并描述其随$t$增大的行为。

9. $9 y^{\prime \prime}-12 y^{\prime}+4 y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=-1$
10. $y^{\prime \prime}-6 y^{\prime}+9 y=0, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=2$
11. $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=0, \quad y(-1)=2, \quad y^{\prime}(-1)=1$
12. 考虑以下修改后的初值问题：

$$y^{\prime \prime}-y^{\prime}+\frac{y}{4}=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=b .$$

求解作为$b$的函数的解，然后确定临界值$b$，它将始终为正的解与最终变为负的解分开。

13. 考虑初值问题

$$4 y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+y=0, \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=2$$

a. 求解初值问题并绘制解的图形。b. 确定最大点的坐标$\left(t_{M}, y_{M}\right)$。c. 将第二个初始条件更改为$y^{\prime}(0)=b>0$，并求解作为$b$的函数的解。d. 以$b$为变量，求解最大点$\left(t_{M}, y_{M}\right)$的坐标。描述随着$b$增加，$t_{M}$和$y_{M}$的变化。

14. 考虑方程$a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$。如果对应特征方程的根是实数，证明该微分方程的解要么始终为零，要么最多在某一点为零。

问题15至17给出了当特征方程有重根时，找到第二解的其他方法。

15. a. 考虑方程$y^{\prime \prime}+2 a y^{\prime}+a^{2} y=0$。证明特征方程的根为$r_{1}=r_{2}=-a$，所以该方程的一个解是$e^{-a t}$。 b. 使用Abel公式（第3.2节方程（23））证明该方程的任何两个解的Wronskian为

$$W(t)=y_{1}(t) y_{2}^{\prime}(t)-y_{1}^{\prime}(t) y_{2}(t)=c_{1} e^{-2 a t},$$

其中$c_{1}$是常数。c. 设$y_{1}(t)=e^{-a t}$，并利用第b部分的结果得到第二解$y_{2}(t)$所满足的微分方程。通过解这个方程，证明$y_{2}(t)=t e^{-a t}$。

16. 假设$r_{1}$和$r_{2}$是方程$a r^{2}+b r+c=0$的根，并且$r_{1} \neq r_{2}$；然后$\exp \left(r_{1} t\right)$和$\exp \left(r_{2} t\right)$是微分方程$a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$的解。证明

$$\phi\left(t ; r_{1}, r_{2}\right)=\frac{e^{r_{2} t}-e^{r_{1} t}}{r_{2}-r_{1}}$$

也是该方程的解，当$r_{2} \neq r_{1}$时。然后将$r_{1}$视为固定，使用L'Hôpital法则求$\phi\left(t ; r_{1}, r_{2}\right)$在$r_{2} \rightarrow r_{1}$时的极限，从而得到在重根情况下的第二解。

17. a. 如果$a r^{2}+b r+c=0$有重根$r_{1}$，证明

$$\begin{equation*} L\left[e^{r t}\right]=a\left(e^{r t}\right)^{\prime \prime}+b\left(e^{r t}\right)^{\prime}+c e^{r t}=a\left(r-r_{1}\right)^{2} e^{r t} \tag{37} \end{equation*}$$

由于方程（37）右侧在$r=r_{1}$时为零，因此$\exp \left(r_{1} t\right)$是$L[y]=a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$的解。 b. 对方程（37）关于$r$求导，并交换对$r$和$t$的求导，从而证明

$$\begin{align*} \frac{\partial}{\partial r} L\left[e^{r t}\right] & =L\left[\frac{\partial}{\partial r} e^{r t}\right]=L\left[t e^{r t}\right] \\ & =a t e^{r t}\left(r-r_{1}\right)^{2}+2 a e^{r t}\left(r-r_{1}\right) \tag{38} \end{align*}$$

由于方程（36）右侧在$r=r_{1}$时为零，因此得出$t \exp \left(r_{1} t\right)$也是$L[y]=0$的解。

在问题18至22中，使用阶数降低法求解给定微分方程的第二解。

18. $t^{2} y^{\prime \prime}-4 t y^{\prime}+6 y=0, t>0 ; \quad y_{1}(t)=t^{2}$
19. $t^{2} y^{\prime \prime}+2 t y^{\prime}-2 y=0, \quad t>0 ; \quad y_{1}(t)=t$
20. $t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}+y=0, t>0 ; \quad y_{1}(t)=t^{-1}$
21. $x y^{\prime \prime}-y^{\prime}+4 x^{3} y=0, \quad x>0 ; \quad y_{1}(x)=\sin \left(x^{2}\right)$
22. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-0.25\right) y=0, \quad x>0 ; \quad y_{1}(x)=x^{-1 / 2} \sin x$
23. 微分方程

$$y^{\prime \prime}+\delta\left(x y^{\prime}+y\right)=0$$

在研究均匀流经圆柱的湍流时出现。验证$y_{1}(x)=\exp \left(-\delta x^{2} / 2\right)$是一个解，然后求出该方程的一般解，表示为积分形式。

24. 问题15的方法可以扩展到具有变量系数的二阶方程。如果$y_{1}$是$y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0$的已知非零解，证明第二解$y_{2}$满足$\left(y_{2} / y_{1}\right)^{\prime}=W\left[y_{1}, y_{2}\right] / y_{1}^{2}$，其中$W\left[y_{1}, y_{2}\right]$是$y_{1}$和$y_{2}$的Wronskian。然后使用Abel公式（第3.2节方程（23））确定$y_{2}$。

在问题25至27中，使用问题24的方法找到给定方程的第二个独立解。

25. $t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}+y=0, \quad t>0 ; \quad y_{1}(t)=t^{-1}$
26. $t y^{\prime \prime}-y^{\prime}+4 t^{3} y=0, \quad t>0 ; \quad y_{1}(t)=\sin \left(t^{2}\right)$
27. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-0.25\right) y=0, \quad x>0 ; \quad y_{1}(x)=x^{-1 / 2} \sin x$

解的行为随着$t \to \infty$的变化。问题28至30关注解的行为随着$t \to \infty$。

28. 如果$a, b$和$c$是正的常数，证明方程$a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0$的所有解都随着$t \to \infty$趋向零。
29. a. 如果$a>0$且$c>0$，但$b=0$，证明问题28的结果不再成立，但所有解在$t \to \infty$时是有界的。b. 如果$a>0$且$b>0$，但$c=0$，证明问题28的结果不再成立，但所有解在$t \to \infty$时趋向一个常数，该常数取决于初始条件$y(0)=y_{0}, y^{\prime}(0)=y_{0}^{\prime}$。
30. 证明$y=\sin t$是

$$y^{\prime \prime}+\left(k \sin ^{2} t\right) y^{\prime}+(1-k \cos t \sin t) y=0$$

对于任意常数$k$的解。如果$0<k<2$，证明$1-k \cos t \sin t>0$且$k \sin ^{2} t \geq 0$。由此观察到，尽管这个具有变系数的微分方程的系数是非负的（且$y^{\prime}$的系数仅在点$t=0, \pi, 2 \pi, \ldots$处为零），它有一个解，随着$t \to \infty$时并不趋向零。将这种情况与问题28的结果进行比较。由此我们观察到，在微分方程的研究中并不罕见，表面上看似非常相似的方程可能具有截然不同的性质。

欧拉方程。 在问题31至34中，使用问题25中引入的代换法求解给定的微分方程。

31. $t^{2} y^{\prime \prime}-3 t y^{\prime}+4 y=0, \quad t>0$
32. $t^{2} y^{\prime \prime}+2 t y^{\prime}+0.25 y=0, \quad t>0$
33. $t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}+y=0, \quad t>0$
34. $4 t^{2} y^{\prime \prime}-8 t y^{\prime}+9 y=0, \quad t>0$