3.5 非齐次方程；不定系数法

现在我们将注意力转向非齐次二阶线性微分方程

$$\begin{equation*} L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t), \tag{1} \end{equation*}$$

其中$p, q$和$g$是在开区间$I$上的给定（连续）函数。方程

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

其中$g(t)=0$，并且$p$和$q$与方程（1）相同，称为与方程（1）对应的齐次微分方程。以下两个结果描述了非齐次方程（1）解的结构，并为构造其通解提供了基础。

定理 3.5.1

如果$Y_{1}$和$Y_{2}$是非齐次线性微分方程（1）的两个解，则它们的差$Y_{1}-Y_{2}$是对应的齐次微分方程（2）的解。如果此外，$y_{1}$和$y_{2}$形成方程（2）的基本解集，则

$$\begin{equation*} Y_{1}(t)-Y_{2}(t)=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t), \tag{3} \end{equation*}$$

其中$c_{1}$和$c_{2}$是某些常数。

为了证明这个结果，注意到$Y_{1}$和$Y_{2}$满足方程

$$\begin{equation*} L\left[Y_{1}\right](t)=g(t), \quad L\left[Y_{2}\right](t)=g(t) . \tag{4} \end{equation*}$$

从第二个方程减去第一个方程，我们得到

$$\begin{equation*} L\left[Y_{1}\right](t)-L\left[Y_{2}\right](t)=g(t)-g(t)=0 . \tag{5} \end{equation*}$$

然而，

$$L\left[Y_{1}\right]-L\left[Y_{2}\right]=L\left[Y_{1}-Y_{2}\right]$$

因此，方程（5）变为

$$\begin{equation*} L\left[Y_{1}-Y_{2}\right](t)=0 \tag{6} \end{equation*}$$

方程（6）表明$Y_{1}-Y_{2}$是方程（2）的解。最后，由于根据定理3.2.4，方程（2）的所有解都可以表示为基本解集的线性组合，因此可以将解$Y_{1}-Y_{2}$写为这样的形式。因此，方程（3）成立，证明完毕。

定理 3.5.2

非齐次方程（1）的通解可以写成如下形式

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

其中$y_{1}$和$y_{2}$形成对应的齐次方程（2）的基本解集，$c_{1}$和$c_{2}$是任意常数，$Y$是非齐次方程（1）的任意解。

定理3.5.2的证明可以从定理3.5.1快速得出。注意，方程（3）成立，如果我们将$Y_{1}$与方程（1）的任意解$\phi$等同，并将$Y_{2}$与特定解$Y$等同。从方程（3）中我们得到

$$\begin{equation*} \phi(t)-Y(t)=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t), \tag{8} \end{equation*}$$

这等价于方程（7）。由于$\phi$是方程（1）的任意解，方程（7）右侧的表达式包含了方程（1）的所有解；因此，称其为方程（1）的通解是自然的。

用不同的话说，定理3.5.2表明，求解非齐次方程（1）时，我们必须做三件事：

1. 找到对应的齐次方程的通解$c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)$。这个解通常称为补充解，可以用$y_{c}(t)$表示。
2. 找到非齐次方程的任意解$Y(t)$。通常，这个解被称为特解。
3. 将步骤1和步骤2中找到的函数相加。

我们已经讨论了如何找到$y_{c}(t)$，至少在齐次方程（2）具有常系数时。因此，在本节剩余部分和第3.6节中，我们将重点讨论如何找到非齐次线性微分方程（1）的特解$Y(t)$。我们希望讨论两种方法。它们被称为不定系数法（在此讨论）和参数变化法（见第3.6节）。每种方法都有一些优点和可能的缺点。

不定系数法

不定系数法要求我们先对特解$Y(t)$的形式做出初步假设，但系数保持未定。然后，我们将假设的表达式代入非齐次微分方程（1），并尝试确定系数，使其满足该方程。如果成功了，那么我们就找到了微分方程（1）的解，并且可以将其作为特解$Y(t)$使用。如果无法确定系数，这意味着假设的形式没有解。在这种情况下，我们可以修改初步假设并重新尝试。

不定系数法的主要优点是，一旦假设了$Y(t)$的形式，它就可以直接执行。其主要限制是，它主要适用于我们可以提前轻松写出特解正确形式的方程。因此，这种方法通常只用于齐次方程具有常系数且非齐次项属于相对较小的函数类别的问题。特别地，我们只考虑包含多项式、指数函数、正弦函数和余弦函数的非齐次项。尽管有这个限制，不定系数法仍然对于解决许多有重要应用的问题非常有用。然而，代数细节可能变得繁琐，计算机代数系统在实际应用中非常有帮助。我们将通过几个简单的例子来说明不定系数法，并总结使用它的一些规则。

例1

求非齐次微分方程的特解

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=3 e^{2 t} . \tag{9} \end{equation*}$$

解：

我们寻找一个函数$Y$，使得组合$Y^{\prime \prime}(t)-3 Y^{\prime}(t)-4 Y(t)$等于$3 e^{2 t}$。由于指数函数在求导时会重复自身，最有可能达到所需结果的方式是假设$Y(t)$是某个$e^{2 t}$的倍数，

$$Y(t)=A e^{2 t}$$

其中系数$A$尚待确定。为了找到$A$，我们计算$Y$的前两个导数：

$$Y^{\prime}(t)=2 A e^{2 t}, \quad Y^{\prime \prime}(t)=4 A e^{2 t}$$

然后将$y, y^{\prime}$和$y^{\prime \prime}$代入非齐次微分方程（9）。我们得到

$$Y^{\prime \prime}-3 Y^{\prime}-4 Y=(4 A-6 A-4 A) e^{2 t}=3 e^{2 t}$$

因此$-6 A e^{2 t}$必须等于$3 e^{2 t}$，所以$-6 A=3$，从而得出$A=-\frac{1}{2}$。因此，一个特解是

$$\begin{equation*} Y(t)=-\frac{1}{2} e^{2 t} . \tag{10} \end{equation*}$$

例2

求非齐次微分方程的特解

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=2 \sin t \tag{11} \end{equation*}$$

解：

与例1类似，我们假设$Y(t)=A \sin t$，其中$A$是待定常数。将此假设代入方程（11），得到

$$Y^{\prime \prime}-3 Y^{\prime}-4 Y=-A \sin t-3 A \cos t-4 A \sin t=2 \sin t$$

或者，将所有项移到左侧并整理涉及$\sin t$和$\cos t$的项，我们得到

$$\begin{equation*} (2+5 A) \sin t+3 A \cos t=0 . \tag{12} \end{equation*}$$

我们希望方程（12）对所有$t$成立。因此，它必须对两个特定点成立，例如$t=0$和$t=\frac{\pi}{2}$。在这些点，方程（12）分别简化为$3 A=0$和$2+5 A=0$。这些矛盾的要求意味着没有常数$A$可以使方程（12）在$t=0$和$t=\frac{\pi}{2}$时成立，更不用说对所有$t$成立了。因此，我们得出结论，我们关于$Y(t)$的假设是不充分的。

方程（12）中出现余弦项提示我们修改原始假设，在$Y(t)$中加入余弦项；即

$$Y(t)=A \sin t+B \cos t,$$

其中$A$和$B$是待定系数。然后，

$$Y^{\prime}(t)=A \cos t-B \sin t, \quad Y^{\prime \prime}(t)=-A \sin t-B \cos t .$$

将这些表达式代入方程（11），并整理项，我们得到

$$\begin{equation*} Y^{\prime \prime}-3 Y^{\prime}-4 Y=(-A+3 B-4 A) \sin t+(-B-3 A-4 B) \cos t=2 \sin t \tag{13} \end{equation*}$$

现在，像第一次猜测那样，将所有项移到左侧，并求解$t=0$和$t=\frac{\pi}{2}$，得出$A$和$B$必须满足以下方程：

$$-5 A+3 B-2=0, \quad-3 A-5 B=0 .$$

解这些代数方程得到$A=-\frac{5}{17}$和$B=\frac{3}{17}$；因此，方程（11）的一个特解为

$$Y(t)=-\frac{5}{17} \sin t+\frac{3}{17} \cos t .$$

在前面的例子中所示的方法也可以用于右边是多项式的情况。因此，为了找到方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=4 t^{2}-1 \tag{14} \end{equation*}$$

的特解，我们最初假设$Y(t)$是与非齐次项相同次数的多项式；即，$Y(t)=A t^{2}+B t+C$。

总结我们到目前为止的结论：如果微分方程（1）中的非齐次项$g(t)$是指数函数$e^{\alpha t}$，那么假设$Y(t)$与相同的指数函数成比例；如果$g(t)$是$\sin (\beta t)$或$\cos (\beta t)$，那么假设$Y(t)$是$\sin (\beta t)$和$\cos (\beta t)$的线性组合；如果$g(t)$是次数为$n$的多项式，那么假设$Y(t)$是次数为$n$的多项式。这个相同的原则也适用于$g(t)$是这三种类型的函数中的任何两个或所有三个的乘积的情况，正如下一个例子所示。

例3

求方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=-8 e^{t} \cos (2 t) \tag{15} \end{equation*}$$

的特解。

解：

在这种情况下，我们假设$Y(t)$是$e^{t}$和$\cos (2 t)$与$\sin (2 t)$的线性组合的乘积；即，

$$Y(t)=A e^{t} \cos (2 t)+B e^{t} \sin (2 t)$$

在这个例子中，代数运算更为繁琐，但结果如下：

$$Y^{\prime}(t)=(A+2 B) e^{t} \cos (2 t)+(-2 A+B) e^{t} \sin (2 t)$$

以及

$$Y^{\prime \prime}(t)=(-3 A+4 B) e^{t} \cos (2 t)+(-4 A-3 B) e^{t} \sin (2 t) .$$

将这些表达式代入方程（15），我们得到$A$和$B$必须满足

$$10 A+2 B=8, \quad 2 A-10 B=0$$

因此，$A=\frac{10}{13}$和$B=\frac{2}{13}$；因此，方程（15）的一个特解为

$$Y(t)=\frac{10}{13} e^{t} \cos (2 t)+\frac{2}{13} e^{t} \sin (2 t)$$

现在假设$g(t)$是两个项的和，$g(t)=g_{1}(t)+g_{2}(t)$，假设$Y_{1}$和$Y_{2}$分别是方程

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g_{1}(t) \tag{16} \end{equation*}$$

和

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g_{2}(t) \tag{17} \end{equation*}$$

的解。那么$Y_{1}+Y_{2}$是方程

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g(t) . \tag{18} \end{equation*}$$

的解。

为了证明这一结论，将$Y_{1}(t)+Y_{2}(t)$代入方程（18），并利用方程（16）和（17）。如果$g(t)$是有限项和的形式，类似的结论也成立。这个结果的实际意义在于，对于一个其非齐次项$g(t)$可以表示为和的方程，你可以考虑几个较简单的方程，然后将结果相加。以下例子是这一过程的说明。

例4

求方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=3 e^{2 t}+2 \sin t-8 e^{t} \cos (2 t) \tag{19} \end{equation*}$$

的特解。

解：

通过分割方程（19）右侧，我们得到三个方程

$$\begin{aligned} & y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=3 e^{2 t} \\ & y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=2 \sin t \end{aligned}$$

以及

$$y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=-8 e^{t} \cos (2 t)$$

这些方程的解已分别在例1、例2和例3中找到。因此，方程（19）的一个特解是它们的和，即

$$Y(t)=-\frac{1}{2} e^{2 t}+\frac{3}{17} \cos t-\frac{5}{17} \sin t+\frac{10}{13} e^{t} \cos (2 t)+\frac{2}{13} e^{t} \sin (2 t) .$$

这些例子中所示的过程使我们能够以相当高效的方式解决一个相当大的问题类。然而，有时会出现一个困难。下一个例子说明了它是如何出现的。

例5

求方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=2 e^{-t} . \tag{20} \end{equation*}$$

的特解。

解：

按照例1中的方法，我们假设$Y(t)=A e^{-t}$。代入方程（20），我们得到

$$\begin{equation*} Y^{\prime \prime}-3 Y^{\prime}-4 Y=(A+3 A-4 A) e^{-t}=2 e^{-t} \tag{21} \end{equation*}$$

由于方程（21）左侧为零，因此没有$A$的取值能使得$0=2 e^{-t}$成立。因此，假设的形式没有方程（20）的特解。这个可能出乎意料的结果在我们求解对应的齐次方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=0 \tag{22} \end{equation*}$$

时变得清楚。方程（22）基本解集中的两个函数是$y_{1}(t)=e^{-t}$和$y_{2}(t)=e^{4 t}$。因此，我们假设的方程（20）特解实际上是齐次方程（22）的解；因此，它不可能是非齐次方程（20）的解。为了找到方程（20）的解，我们必须考虑不同形式的函数。

在这个阶段，我们有几个可能的选择。一个是简单地尝试猜测方程（20）的特解的正确形式。另一个是通过某种不同的方法求解此方程，然后使用结果指导我们在将来遇到类似情形时的假设；参见问题22和27中的其他解法。还有一个可能性是寻找一个更简单的方程，在这种情况下出现了这个困难，并使用它的解来提示我们如何继续解决方程（20）。采用后一种方法，我们寻找一个类似于方程（20）的一级方程。一个可能的方程是线性方程

$$\begin{equation*} y^{\prime}+y=2 e^{-t} . \tag{23} \end{equation*}$$

如果我们尝试找到方程（23）的特解形式$A e^{-t}$，我们会失败，因为$e^{-t}$是齐次方程$y^{\prime}+y=0$的解。然而，来自第2.1节，我们已经知道如何求解方程（23）。一个积分因子是$\mu(t)=e^{t}$，通过乘以$\mu(t)$然后对两边积分，我们得到解

$$\begin{equation*} y=2 t e^{-t}+c e^{-t} . \tag{24} \end{equation*}$$

方程（24）右侧的第二项是齐次方程$y^{\prime}+y=0$的通解，但第一项是完整非齐次方程（23）的解。请注意，它涉及指数因子$e^{-t}$与因子$t$的乘积。这正是我们寻找的线索。

我们现在返回到方程（20），假设特解的形式是$Y(t)=A t e^{-t}$。然后，

$$\begin{equation*} Y^{\prime}(t)=A e^{-t}-A t e^{-t}, \quad Y^{\prime \prime}(t)=-2 A e^{-t}+A t e^{-t} . \tag{25} \end{equation*}$$

将这些表达式代入方程（20），我们得到

$$Y^{\prime \prime}-3 Y^{\prime}-4 Y=(-2 A-3 A) e^{-t}+(A+3 A-4 A) t e^{-t}=2 e^{-t}$$

$t e^{-t}$的系数为零，从涉及$e^{t}$的项中，我们得到$-5 A=2$，所以$A=-\frac{2}{5}$。因此，方程（20）的一个特解是

$$\begin{equation*} Y(t)=-\frac{2}{5} t e^{-t} . \tag{26} \end{equation*}$$

例5的结果提示对先前陈述的原理进行修改：如果假设的特解形式与相应的齐次方程的解重复，则通过将其乘以 $t$ 来修改假设的特解。有时，这一修改不足以消除与齐次方程解的所有重复，此时需要将其乘以 $t$ 第二次。对于二阶方程来说，过程不会继续超过这一点。

总结。我们现在总结解决初值问题的步骤，该初值问题包括形如

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g(t) \tag{27} \end{equation*}$$

的非齐次线性微分方程，其中系数 $a, b, c$ 是常数，并给定初始条件。

1. 求解相应齐次方程的通解。
2. 确保方程（27）中的函数 $g(t)$ 属于本节讨论的函数类；即，确保它仅包含指数函数、正弦、余弦、多项式或这些函数的和或积。如果不是这种情况，则使用参数变换法（在第3.6节中讨论）。
3. 如果 $g(t)=g_{1}(t)+\cdots+g_{n}(t)$——即 $g(t)$ 是 $n$ 项的和——则形成 $n$ 个子问题，每个子问题仅包含一项 $g_{1}(t), \ldots, g_{n}(t)$。第 $i$ 个子问题的方程为

$$a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g_{i}(t)$$

其中 $i$ 从1到 $n$。 4. 对于第 $i$ 个子问题，假设一个特解 $Y_{i}(t)$，其形式为适当的指数函数、正弦、余弦、多项式或它们的组合。如果假设的 $Y_{i}(t)$ 形式与齐次方程的解（在步骤1中求得）有重复，则将 $Y_{i}(t)$ 乘以 $t$，或（如有必要）乘以 $t^{2}$，以去除重复。见表3.5.1。

表3.5.1 方程 $a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g_{i}(t)$ 的特解

$g_{i}(t)$	$Y_{i}(t)$
$P_{n}(t)=a_{0} t^{n}+a_{1} t^{n-1}+\cdots+a_{n}$	$t^{s}\left(A_{0} t^{n}+A_{1} t^{n-1}+\cdots+A_{n}\right)$
$P_{n}(t) e^{\alpha t}$	$t^{s}\left(A_{0} t^{n}+A_{1} t^{n-1}+\cdots+A_{n}\right) e^{\alpha t}$
$P_{n}(t) e^{\alpha t}\left\{\begin{array}{l}\sin \beta t \\ \cos \beta t\end{array}\right.$	$t^{s}\left(\left(A_{0} t^{n}+A_{1} t^{n-1}+\cdots+A_{n}\right) e^{\alpha t} \cos (\beta t)\right.$
	$\left.+\left(B_{0} t^{n}+B_{1} t^{n-1}+\cdots+B_{n}\right) e^{\alpha t} \sin (\beta t)\right)$

注：这里，$s$ 是最小的非负整数 $(s=0,1$ 或 2)，它确保 $Y_{i}(t)$ 中没有任何项是相应齐次方程的解。等价地，对于三种情况，$s$ 分别是特征方程中 0、$\alpha$ 和 $\alpha+i\beta$ 的根的个数。 5. 为每个子问题求一个特解 $Y_{i}(t)$。然后 $Y_{1}(t)+\cdots+Y_{n}(t)$ 是完整非齐次方程（27）的特解。 6. 形成齐次方程的通解（步骤1）与非齐次方程的特解（步骤5）之和。这就是非齐次方程的通解。 7. 当给定初始条件时，使用它们来确定通解中剩余的任意常数的值。

对于一些问题，整个过程可以手工轻松完成，但通常代数计算较为冗长。一旦您清楚理解了方法的工作原理，计算机代数系统可以在执行细节时提供极大的帮助。

不定系数法是自我修正的，这意味着如果假设的 $Y(t)$ 太少，则很快会得出矛盾，通常会指明需要修改假设形式。另一方面，如果假设的项太多，则会做一些不必要的工作，并且某些系数会变为零，但至少可以得到正确的答案。

不定系数法的证明。 在前面的讨论中，我们已经基于几个例子描述了不定系数法。为了证明该过程如所述始终有效，我们现在给出一个一般性的论证，其中考虑了三种不同形式的非齐次项 $g(t)$ 的情况。

情况1：$g(t)=P_{n}(t)=a_{0} t^{n}+a_{1} t^{n-1}+\cdots+a_{n}$。在这种情况下，方程（27）变为

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=a_{0} t^{n}+a_{1} t^{n-1}+\cdots+a_{n} \tag{28} \end{equation*}$$

为获得特解，假设

$$\begin{equation*} Y(t)=A_{0} t^{n}+A_{1} t^{n-1}+\cdots+A_{n-2} t^{2}+A_{n-1} t+A_{n} . \tag{29} \end{equation*}$$

代入方程（28），我们得到

$$\begin{align*} & a\left(n(n-1) A_{0} t^{n-2}+\cdots+2 A_{n-2}\right)+b\left(n A_{0} t^{n-1}+\cdots+A_{n-1}\right) \\ & \quad+c\left(A_{0} t^{n}+A_{1} t^{n-1}+\cdots+A_{n}\right)=a_{0} t^{n}+\cdots+a_{n} \tag{30} \end{align*}$$

将相同次幂的 $t$ 系数相等，从 $t^{n}$ 开始得到如下方程组：

$$\begin{aligned} c A_{0} & =a_{0}, \\ c A_{1}+n b A_{0} & =a_{1}, \\ & \vdots \\ c A_{n}+b A_{n-1}+2 a A_{n-2} & =a_{n} . \end{aligned}$$

假设 $c \neq 0$，第一方程的解为 $A_{0}=a_{0} / c$，其余方程依次确定 $A_{1}, \ldots, A_{n}$。

如果 $c=0$ 且 $b \neq 0$，则方程（30）左边的多项式为 $n-1$ 次多项式，无法满足方程（30）。为了确保 $a Y^{\prime \prime}(t)+b Y^{\prime}(t)$ 是 $n$ 次多项式，我们必须选择 $Y(t)$ 为 $n+1$ 次多项式。因此我们假设

$$Y(t)=t\left(A_{0} t^{n}+\cdots+A_{n}\right)$$

代入方程（28），当 $c=0$ 时，简化得

$$\begin{aligned} a Y^{\prime \prime}+b Y^{\prime} & =b A_{0}(n+1) t^{n}+\left(a A_{0}(n+1) n+b A_{1} n\right) t^{n-1}+\cdots \\ & =a_{0} t^{n}+a_{1} t^{n-1}+\cdots+a_{n} \end{aligned}$$

在此表达式中没有常数项，但无需包含常数项，因为当 $c=0$ 时，常数项是齐次方程的解。由于 $b \neq 0$，我们得到 $A_{0}=a_{0} /(b(n+1))$，其他系数 $A_{1}, \ldots, A_{n}$ 可以类似地确定。

如果 $c$ 和 $b$ 都为零，则特征方程为 $a r^{2}=0$，并且 $r=0$ 是重根。因此 $y_{1}=e^{0 t}=1$ 和 $y_{2}=t e^{0 t}=t$ 形成对应齐次方程的基本解集。这导致我们假设

$$Y(t)=t^{2}\left(A_{0} t^{n}+\cdots+A_{n}\right)$$

项 $a Y^{\prime \prime}(t)$ 会产生一个 $n$ 次项，我们可以按之前的方法继续。再次省略 $Y(t)$ 中的常数项和线性项，因为在此情况下，它们都是齐次方程的解。

情况2：$g(t)=e^{\alpha t} P_{n}(t)$。确定特解的问题为

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=e^{\alpha t} P_{n}(t) \tag{31} \end{equation*}$$

以下是您提供内容的准确数学学术中文翻译：

“ 可以通过代换将此问题简化为前述情况。设

$$Y(t)=e^{\alpha t} u(t)$$

则

$$Y^{\prime}(t)=e^{\alpha t}\left(u^{\prime}(t)+\alpha u(t)\right)$$

和

$$Y^{\prime \prime}(t)=e^{\alpha t}\left(u^{\prime \prime}(t)+2 \alpha u^{\prime}(t)+\alpha^{2} u(t)\right)$$

将 $y, y^{\prime}$ 和 $y^{\prime \prime}$ 代入方程（31），消去 $e^{\alpha t}$ 因子，并整理各项，得到

$$\begin{equation*} a u^{\prime \prime}(t)+(2 a \alpha+b) u^{\prime}(t)+\left(a \alpha^{2}+b \alpha+c\right) u(t)=P_{n}(t) . \tag{32} \end{equation*}$$

方程（32）求特解的问题与解方程（28）完全相同，仅常数名称不同。因此，如果 $a \alpha^{2}+b \alpha+c$ 不为零，则假设 $u(t)=A_{0} t^{n}+\cdots+A_{n}$；因此，方程（31）的特解形式为

$$\begin{equation*} Y(t)=e^{\alpha t}\left(A_{0} t^{n}+A_{1} t^{n-1}+\cdots+A_{n}\right) \tag{33} \end{equation*}$$

另一方面，如果 $a \alpha^{2}+b \alpha+c$ 为零但 $2 a \alpha+b$ 不为零，则必须取 $u(t)$ 为 $t\left(A_{0} t^{n}+\cdots+A_{n}\right)$ 的形式。相应的 $Y(t)$ 形式为 $t$ 乘以方程（33）右侧的表达式。注意，如果 $a \alpha^{2}+b \alpha+c$ 为零，则 $e^{\alpha t}$ 是齐次方程的解。

如果 $a \alpha^{2}+b \alpha+c$ 和 $2 a \alpha+b$ 都为零（这意味着 $e^{\alpha t}$ 和 $t e^{\alpha t}$ 都是齐次方程的解），则正确的 $u(t)$ 形式为 $t^{2}\left(A_{0} t^{n}+\cdots+A_{n}\right)$。因此，$Y(t)$ 为 $t^{2}$ 乘以方程（33）右侧的表达式。

情况3：$g(t)=e^{\alpha t} P_{n}(t) \cos (\beta t)$ 或 $e^{\alpha t} P_{n}(t) \sin (\beta t)$。这两种情况相似，因此我们只考虑后一种。我们可以通过注意到欧拉公式的结果将此问题简化为前述问题，即 $\sin (\beta t)=\left(e^{i \beta t}-e^{-i \beta t}\right) /(2 i)$。因此，$g(t)$ 具有以下形式：

$$g(t)=P_{n}(t) \frac{e^{(\alpha+i \beta) t}-e^{(\alpha-i \beta) t}}{2 i}$$

我们应该选择

$$Y(t)=e^{(\alpha+i \beta) t}\left(A_{0} t^{n}+\cdots+A_{n}\right)+e^{(\alpha-i \beta) t}\left(B_{0} t^{n}+\cdots+B_{n}\right),$$

或等效地，

$$Y(t)=e^{\alpha t}\left(A_{0} t^{n}+\cdots+A_{n}\right) \cos (\beta t)+e^{\alpha t}\left(B_{0} t^{n}+\cdots+B_{n}\right) \sin (\beta t)$$

通常，后一种形式更为偏好，因为它不涉及复数值系数。如果 $\alpha \pm i \beta$ 满足与齐次方程相对应的特征方程，则我们必须将每个多项式乘以 $t$，以使其次数增加 1。

如果非齐次函数涉及 $\cos (\beta t)$ 和 $\sin (\beta t)$，通常将这些项一起处理比较方便，因为每一项单独可能会导致相同形式的特解。例如，如果 $g(t)=t \sin t+2 \cos t$，则 $Y(t)$ 的形式为

$$Y(t)=\left(A_{0} t+A_{1}\right) \sin t+\left(B_{0} t+B_{1}\right) \cos t$$

前提是 $\sin t$ 和 $\cos t$ 不是齐次方程的解。

习题

在习题1至10中，找到给定微分方程的通解。

1. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}-3 y=3 e^{2 t}$
2. $y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y=-2 t+4 t^{2}$
3. $y^{\prime \prime}+y^{\prime}-6 y=12 e^{3 t}+12 e^{-2 t}$
4. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}-3 y=-3 t e^{-t}$
5. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}=3+4 \sin (2 t)$
6. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=2 e^{-t}$
7. $y^{\prime \prime}+y=3 \sin (2 t)+t \cos (2 t)$
8. $u^{\prime \prime}+\omega_{0}^{2} u=\cos (\omega t), \quad \omega^{2} \neq \omega_{0}^{2}$
9. $u^{\prime \prime}+\omega_{0}^{2} u=\cos \left(\omega_{0} t\right)$
10. $y^{\prime \prime}+y^{\prime}+4 y=2 \sinh t \quad$ 提示: $\sinh t=\left(e^{t}-e^{-t}\right) / 2$

在习题11至15中，找到给定初值问题的解。 11. $y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=2 t, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1$ 12. $y^{\prime \prime}+4 y=t^{2}+3 e^{t}, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=2$ 13. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=t e^{t}+4, \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=1$ 14. $y^{\prime \prime}+4 y=3 \sin (2 t), \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=-1$ 15. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+5 y=4 e^{-t} \cos (2 t), \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0$

在习题16至21中： a. 如果使用不定系数法，确定 $Y(t)$ 的合适形式。 (N) b. 使用计算机代数系统找到给定方程的特解。 16. $y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}=2 t^{4}+t^{2} e^{-3 t}+\sin (3 t)$ 17. $y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=e^{t} \cos (2 t)+e^{2 t}(3 t+4) \sin t$ 18. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=3 e^{-t}+2 e^{-t} \cos t+4 e^{-t} t^{2} \sin t$ 19. $y^{\prime \prime}+4 y=t^{2} \sin (2 t)+(6 t+7) \cos (2 t)$ 20. $y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=e^{t}\left(t^{2}+1\right) \sin (2 t)+3 e^{-t} \cos t+4 e^{t}$ 21. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+5 y=3 t e^{-t} \cos (2 t)-2 t e^{-2 t} \cos t$ 22. 考虑方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=2 e^{-t} \tag{34} \end{equation*}$$

来自例5。回想 $y_{1}(t)=e^{-t}$ 和 $y_{2}(t)=e^{4 t}$ 是对应齐次方程的解。通过应用阶数降低法（第3.4节），寻找非齐次方程的解，形式为 $Y(t)=v(t) y_{1}(t)=v(t) e^{-t}$，其中 $v(t)$ 需要确定。 a. 将 $Y(t), Y^{\prime}(t)$ 和 $Y^{\prime \prime}(t)$ 代入方程（34），并证明 $v(t)$ 必须满足 $v^{\prime \prime}-5 v^{\prime}=2$。 b. 令 $w(t)=v^{\prime}(t)$ 并证明 $w(t)$ 满足 $w^{\prime}-5 w=2$。解此方程得到 $w(t)$。 c. 积分 $w(t)$ 以找到 $v(t)$，然后证明

$$Y(t)=-\frac{2}{5} t e^{-t}+\frac{1}{5} c_{1} e^{4 t}+c_{2} e^{-t}$$

右侧的第一项是非齐次方程的期望特解。注意，它是 $t$ 和 $e^{-t}$ 的乘积。

23. 确定下列方程的通解：

$$y^{\prime \prime}+\lambda^{2} y=\sum_{m=1}^{N} a_{m} \sin (m \pi t),$$

其中 $\lambda>0$ 且 $\lambda \neq m \pi$ 对于 $m=1, \ldots, N$。 (N) 24. 在许多物理问题中，非齐次项可能在不同的时间段内由不同的公式给出。作为例子，求解满足初始条件 $y(0)=0$ 和 $y^{\prime}(0)=1$ 的方程 $y=\phi(t)$，其形式为

$$y^{\prime \prime}+y=\left\{\begin{array}{lr} t, & 0 \leq t \leq \pi \\ \pi e^{\pi-t}, & t>\pi \end{array}\right.$$

假设 $y$ 和 $y^{\prime}$ 在 $t=\pi$ 处也是连续的。绘制非齐次项和解随时间变化的图像。提示：首先求解 $t \leq \pi$ 时的初值问题；然后求解 $t>\pi$ 时的解，从 $t=\pi$ 处的连续性条件中确定常数。

解的行为当 $t \rightarrow \infty$ 时。对于习题25和26，我们继续第3.4节习题28至30中的讨论。考虑微分方程

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g(t), \tag{35} \end{equation*}$$

其中 $a, b$ 和 $c$ 是正数。 25. 如果 $Y_{1}(t)$ 和 $Y_{2}(t)$ 是方程（35）的解，证明 $Y_{1}(t)-Y_{2}(t) \rightarrow 0$ 当 $t \rightarrow \infty$ 时成立。如果 $b=0$，这个结果是否仍然成立？ 26. 如果 $g(t)=d$，一个常数，证明方程（35）的每个解在 $t \rightarrow \infty$ 时都趋向于 $d / c$。如果 $c=0$ 会发生什么？如果 $b=0$ 也会发生什么？ 27. 在这个问题中，我们为解决微分方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=\left(D^{2}+b D+c\right) y=g(t), \tag{36} \end{equation*}$$

给出了另一种方法，其中 $b$ 和 $c$ 是常数，$D$ 表示对 $t$ 的微分。设 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 为对应齐次方程的特征多项式的零点。这些根可以是实数且不相等、实数且相等，或共轭复数。 a. 验证方程（36）可以写成因式分解的形式

$$\left(D-r_{1}\right)\left(D-r_{2}\right) y=g(t),$$

其中 $r_{1}+r_{2}=-b$ 且 $r_{1} r_{2}=c$。 b. 令 $u=\left(D-r_{2}\right) y$。然后证明方程（36）的解可以通过解以下两个一阶方程得到：

$$\left(D-r_{1}\right) u=g(t), \quad\left(D-r_{2}\right) y=u(t) .$$

在习题28至30中，使用问题27的方法解决给定的微分方程。 28. $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}-4 y=3 e^{2 t} \quad$（见例1） 29. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=2 e^{-t} \quad$（见习题6） 30. $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}=3+4 \sin (2 t)$（见习题5）

以下是您提供内容的准确数学学术中文翻译：

“

3.6 参数变换法

在本节中，我们描述了找到非齐次方程特解的第二种方法。该方法是拉格朗日提出的参数变换法，它与不定系数法互为补充。参数变换法的主要优点是它是一种通用方法；至少从原理上讲，它可以应用于任何方程，而且不需要对解的形式做详细假设。实际上，在本节稍后我们将使用该方法推导出任意二阶线性非齐次微分方程特解的公式。另一方面，参数变换法最终需要我们计算涉及非齐次项的某些积分，而这可能会带来困难。在一般情况下使用此方法之前，我们通过一个例子来说明它的应用。

例1

求解方程的通解：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+4 y=8 \tan t \quad-\pi / 2<t<\pi / 2 \tag{1} \end{equation*}$$

解：

观察到，按照第3.5节中描述的不定系数法，这个问题不适用，因为非齐次项 $g(t)=8 \tan t$ 涉及 $\sin t$ 和 $\cos t$ 的商（而不是和或积）。因此，不能应用不定系数法；我们需要采用另一种方法。

同时，观察到与方程（1）对应的齐次方程是：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+4 y=0 \tag{2} \end{equation*}$$

并且方程（2）的通解为：

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

参数变换法的基本思想与第3.4节末介绍的阶数降低法类似。在通解（3）中，将常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 分别替换为函数 $u_{1}(t)$ 和 $u_{2}(t)$，然后确定这些函数，使得得到的表达式

$$\begin{equation*} y=u_{1}(t) \cos (2 t)+u_{2}(t) \sin (2 t) \tag{4} \end{equation*}$$

成为非齐次方程（1）的解。 为了确定 $u_{1}$ 和 $u_{2}$，我们需要将方程（4）中的 $y$ 代入微分方程（1）。然而，即使不进行这个代入，我们也可以预见到结果将是一个涉及 $u_{1}, u_{2}$ 及其前两阶导数的组合的单一方程。由于只有一个方程和两个未知函数，我们可以预期有多种可能的 $u_{1}$ 和 $u_{2}$ 选择可以满足我们的要求。或者，我们可能能够施加第二个自选条件，从而得到关于这两个未知函数 $u_{1}$ 和 $u_{2}$ 的两个方程。我们很快会展示（沿用拉格朗日的思路），可以以一种方式选择第二个条件，使得计算更加高效。${ }^{9}$

现在回到方程（4），我们对其进行微分并整理各项，得到：

$$\begin{equation*} y^{\prime}=-2 u_{1}(t) \sin (2 t)+2 u_{2}(t) \cos (2 t)+u_{1}^{\prime}(t) \cos (2 t)+u_{2}^{\prime}(t) \sin (2 t) . \tag{5} \end{equation*}$$

考虑到可能对 $u_{1}$ 和 $u_{2}$ 施加第二个条件，我们要求方程（5）右侧最后两项的和为零；即，我们要求：

$$\begin{equation*} u_{1}^{\prime}(t) \cos (2 t)+u_{2}^{\prime}(t) \sin (2 t)=0 \tag{6} \end{equation*}$$

然后从方程（5）得出：

$$\begin{equation*} y^{\prime}=-2 u_{1}(t) \sin (2 t)+2 u_{2}(t) \cos (2 t) . \tag{7} \end{equation*}$$

尽管条件（6）的最终效果尚不明确，但去除涉及 $u_{1}^{\prime}$ 和 $u_{2}^{\prime}$ 的项简化了 $y^{\prime}$ 的表达式。此外，通过对方程（7）再次求导，我们得到：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=-4 u_{1}(t) \cos (2 t)-4 u_{2}(t) \sin (2 t)-2 u_{1}^{\prime}(t) \sin (2 t)+2 u_{2}^{\prime}(t) \cos (2 t) . \tag{8} \end{equation*}$$

然后，将方程（4）和方程（8）中的 $y$ 和 $y^{\prime \prime}$ 代入方程（1），我们得到：

$$\begin{aligned} y^{\prime \prime}+4 y= & -4 u_{1}(t) \cos (2 t)-4 u_{2}(t) \sin (2 t)-2 u_{1}^{\prime}(t) \sin (2 t)+2 u_{2}^{\prime}(t) \cos (2 t) \\ & +4 u_{1}(t) \cos (2 t)+4 u_{2}(t) \sin (2 t)=8 \tan t . \end{aligned}$$

因此，$u_{1}$ 和 $u_{2}$ 必须满足：

$$\begin{equation*} -2 u_{1}^{\prime}(t) \sin (2 t)+2 u_{2}^{\prime}(t) \cos (2 t)=8 \tan t . \tag{9} \end{equation*}$$

到此为止，我们总结出，我们希望选择 $u_{1}$ 和 $u_{2}$ 以满足方程（6）和（9）。这些方程可以视为关于两个未知量 $u_{1}^{\prime}(t)$ 和 $u_{2}^{\prime}(t)$ 的一对线性代数方程。方程（6）和（9）可以通过多种方式求解。例如，通过求解方程（6）得到 $u_{2}^{\prime}(t)$，我们得到：

$$\begin{equation*} u_{2}^{\prime}(t)=-u_{1}^{\prime}(t) \frac{\cos (2 t)}{\sin (2 t)} \tag{10} \end{equation*}$$

然后，将 $u_{2}^{\prime}(t)$ 代入方程（9）并简化，得到：

$$\begin{equation*} u_{1}^{\prime}(t)=-\frac{8 \tan t \sin (2 t)}{2}=-8 \sin ^{2} t . \tag{11} \end{equation*}$$

进一步，将 $u_{1}^{\prime}(t)$ 的表达式代回方程（10），并使用双角公式，我们得到：

$$\begin{equation*} u_{2}^{\prime}(t)=\frac{8 \sin ^{2} t \cos (2 t)}{\sin (2 t)}=4 \frac{\sin t\left(2 \cos ^{2} t-1\right)}{\cos t}=4 \sin t\left(2 \cos t-\frac{1}{\cos t}\right) \tag{12} \end{equation*}$$

得到 $u_{1}^{\prime}(t)$ 和 $u_{2}^{\prime}(t)$ 后，我们接下来进行积分以求得 $u_{1}(t)$ 和 $u_{2}(t)$。结果为：

$$\begin{equation*} u_{1}(t)=4 \sin t \cos t-4 t+c_{1} \tag{13} \end{equation*}$$

以及

$$\begin{equation*} u_{2}(t)=4 \ln (\cos t)-4 \cos ^{2} t+c_{2} \tag{14} \end{equation*}$$

将这些表达式代入方程（4），我们得到：

$$y=(4 \sin t \cos t) \cos (2 t)+\left(4 \ln (\cos t)-4 \cos ^{2} t\right) \sin (2 t)+c_{1} \cos (2 t)+c_{2} \sin (2 t)$$

最后，通过再次使用双角公式，我们得到：

$$\begin{equation*} y=-2 \sin (2 t)-4 t \cos (2 t)+4 \ln (\cos t) \sin (2 t)+c_{1} \cos (2 t)+c_{2} \sin (2 t) . \tag{15} \end{equation*}$$

方程（15）中涉及任意常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的项是对应齐次方程的通解，而其他三个项是非齐次方程（1）的特解。因此，方程（15）是方程（1）的通解。

在例1末尾确定的特解对应于在方程（15）中选择 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 为零。任何其他 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 的选择也是相同非齐次微分方程的特解。特别地，注意到选择 $c_{1}=0$ 和 $c_{2}=2$ 时，方程（15）会产生一个仅包含两项的特解：

$$-4 t \cos (2 t)+4 \ln (\cos t) \sin (2 t)$$

我们通过这个例子得出结论，参数变换法在确定特解及进而确定方程的通解时非常有效。接下来的问题是，这种方法是否可以有效地应用于任意方程。因此，我们考虑

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t) \tag{16} \end{equation*}$$

以下是您提供内容的准确数学学术中文翻译：

“ 其中 $p, q$ 和 $g$ 是已知的连续函数。作为起点，我们假设我们知道相应齐次方程的通解：

$$\begin{equation*} y_{c}(t)=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t) \tag{17} \end{equation*}$$

对应的齐次方程为：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=0 . \tag{18} \end{equation*}$$

这是一个重要的假设。到目前为止，我们已经展示了如何仅在方程（18）具有常系数的情况下求解。如果方程（18）的系数依赖于 $t$，那么通常必须使用第5章中描述的方法来获得 $y_{c}(t)$。

参数变换法的关键思想，如例1所示，是将方程（17）中的常数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 分别替换为函数 $u_{1}(t)$ 和 $u_{2}(t)$；因此我们得到：

$$\begin{equation*} y=u_{1}(t) y_{1}(t)+u_{2}(t) y_{2}(t) \tag{19} \end{equation*}$$

然后，我们尝试确定 $u_{1}(t)$ 和 $u_{2}(t)$，使得方程（19）中的表达式成为非齐次方程（16）的解，而不是齐次方程（18）的解。因此，我们对方程（19）求导，得到：

$$\begin{equation*} y^{\prime}=u_{1}^{\prime}(t) y_{1}(t)+u_{1}(t) y_{1}^{\prime}(t)+u_{2}^{\prime}(t) y_{2}(t)+u_{2}(t) y_{2}^{\prime}(t) . \tag{20} \end{equation*}$$

如例1所示，我们现在将方程（20）中涉及 $u_{1}^{\prime}(t)$ 和 $u_{2}^{\prime}(t)$ 的项设为零；即，我们要求：

$$\begin{equation*} u_{1}^{\prime}(t) y_{1}(t)+u_{2}^{\prime}(t) y_{2}(t)=0 . \tag{21} \end{equation*}$$

然后，从方程（20）得出：

$$\begin{equation*} y^{\prime}=u_{1}(t) y_{1}^{\prime}(t)+u_{2}(t) y_{2}^{\prime}(t) . \tag{22} \end{equation*}$$

进一步，再次对其求导，我们得到：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=u_{1}^{\prime}(t) y_{1}^{\prime}(t)+u_{1}(t) y_{1}^{\prime \prime}(t)+u_{2}^{\prime}(t) y_{2}^{\prime}(t)+u_{2}(t) y_{2}^{\prime \prime}(t) \tag{23} \end{equation*}$$

现在我们将方程（19）、（22）和（23）中的 $y, y^{\prime}$ 和 $y^{\prime \prime}$ 代入方程（16）。经过整理，我们得到：

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

方程（24）中前两行括号内的每个表达式都为零，因为 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 都是齐次方程（18）的解。因此，方程（24）简化为：

$$\begin{equation*} u_{1}^{\prime}(t) y_{1}^{\prime}(t)+u_{2}^{\prime}(t) y_{2}^{\prime}(t)=g(t) \tag{25} \end{equation*}$$

方程（21）和（25）形成了一个关于未知函数的导数 $u_{1}^{\prime}(t)$ 和 $u_{2}^{\prime}(t)$ 的线性代数方程组。它们与例1中的方程（6）和（9）完全对应。

通过求解方程组（21）、（25），我们得到：

$$\begin{equation*} u_{1}^{\prime}(t)=-\frac{y_{2}(t) g(t)}{W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)}, \quad u_{2}^{\prime}(t)=\frac{y_{1}(t) g(t)}{W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)} \tag{26} \end{equation*}$$

其中 $W\left[y_{1}, y_{2}\right]$ 是 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的 Wronskian。注意，由于 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是基本解集，因此它们的 Wronskian 非零，因此可以进行除法运算。通过积分方程（26），我们可以得到所需的函数 $u_{1}(t)$ 和 $u_{2}(t)$，即：

$$\begin{equation*} u_{1}(t)=-\int \frac{y_{2}(t) g(t)}{W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)} d t+c_{1}, \quad u_{2}(t)=\int \frac{y_{1}(t) g(t)}{W\left[y_{1}, y_{2}\right](t)} d t+c_{2} \tag{27} \end{equation*}$$

如果方程（27）中的积分可以用初等函数表示，那么我们将结果代入方程（19），从而得到方程（16）的通解。更一般地，解总是可以用积分的形式表示，如下面的定理所述。

定理 3.6.1

考虑非齐次二阶线性微分方程：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t) . \tag{28} \end{equation*}$$

如果函数 $p, q$ 和 $g$ 在开区间 $I$ 上连续，并且函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 形成相应齐次方程

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

的基本解集，则方程（28）的一个特解为：

$$\begin{equation*} Y(t)=-y_{1}(t) \int_{t_{0}}^{t} \frac{y_{2}(s) g(s)}{W\left[y_{1}, y_{2}\right](s)} d s+y_{2}(t) \int_{t_{0}}^{t} \frac{y_{1}(s) g(s)}{W\left[y_{1}, y_{2}\right](s)} d s \tag{30} \end{equation*}$$

其中 $t_{0}$ 是 $I$ 中任意选择的点。通解为：

$$\begin{equation*} y=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)+Y(t), \tag{31} \end{equation*}$$

如定理 3.5.2 所述。

通过检查表达式（30）并回顾我们推导它的过程，我们可以看到，在执行参数变换法时可能会遇到两个主要困难。正如我们之前提到的，其中一个是确定当齐次方程（29）中的系数不是常数时，函数 $y_{1}(t)$ 和 $y_{2}(t)$ 形成一个基本解集。另一个可能的困难是评估方程（30）中出现的积分。这完全依赖于函数 $y_{1}, y_{2}$ 和 $g$ 的性质。在使用方程（30）时，请确保微分方程恰好是方程（28）的形式；否则，非齐次项 $g(t)$ 将无法正确识别。

参数变换法的一个主要优点是方程（30）提供了一个特解 $Y(t)$ 的表达式，该表达式是以任意强迫函数 $g(t)$ 为基础的。如果您希望研究强迫函数变化的影响，或分析系统对不同强迫函数的响应，这一表达式是一个很好的起点。（参见习题18至22。）

以下是您提供内容的准确数学学术中文翻译：

“

习题

在习题1至3中，使用参数变换法找到给定微分方程的特解。然后通过使用不定系数法检查您的答案。

1. $y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=2 e^{t}$
2. $y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y=2 e^{-t}$
3. $4 y^{\prime \prime}-4 y^{\prime}+y=16 e^{t / 2}$

在习题4至9中，找到给定微分方程的通解。在习题9中，$g$ 是任意连续函数。 4. $y^{\prime \prime}+y=\tan t, \quad 0<t<\pi / 2$ 5. $y^{\prime \prime}+9 y=9 \sec ^{2}(3 t), \quad 0<t<\pi / 6$ 6. $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=t^{-2} e^{-2 t}, \quad t>0$ 7. $4 y^{\prime \prime}+y=2 \sec (t / 2), \quad-\pi<t<\pi$ 8. $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=e^{t} /\left(1+t^{2}\right)$ 9. $y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=g(t)$

在习题10至15中，验证给定的函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是否满足相应的齐次方程；然后找到给定非齐次方程的特解。在习题14和15中，$g$ 是任意连续函数。 10. $t^{2} y^{\prime \prime}-2 y=3 t^{2}-1, \quad t>0 ; \quad y_{1}(t)=t^{2}, \quad y_{2}(t)=t^{-1}$ 11. $t^{2} y^{\prime \prime}-t(t+2) y^{\prime}+(t+2) y=2 t^{3}, t>0$; $y_{1}(t)=t, \quad y_{2}(t)=t e^{t}$ 12. $t y^{\prime \prime}-(1+t) y^{\prime}+y=t^{2} e^{2 t}, t>0 ; \quad y_{1}(t)=1+t, \quad y_{2}(t)=e^{t}$ 13. $x^{2} y^{\prime \prime}-3 x y^{\prime}+4 y=x^{2} \ln x, x>0 ; \quad y_{1}(x)=x^{2}$, $y_{2}(x)=x^{2} \ln x$ 14. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-\frac{1}{4}\right) y=3 x^{3 / 2} \sin x, x>0$; $y_{1}(x)=x^{-1 / 2} \sin x, \quad y_{2}(x)=x^{-1 / 2} \cos x$ 15. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-0.25\right) y=g(x), x>0$; $y_{1}(x)=x^{-1 / 2} \sin x, \quad y_{2}(x)=x^{-1 / 2} \cos x$ 16. 通过选择文中方程（30）的积分下限为初始点 $t_{0}$，证明 $Y(t)$ 变为

$$Y(t)=\int_{t_{0}}^{t} \frac{y_{1}(s) y_{2}(t)-y_{1}(t) y_{2}(s)}{y_{1}(s) y_{2}^{\prime}(s)-y_{1}^{\prime}(s) y_{2}(s)} g(s) d s$$

证明 $Y(t)$ 是初值问题

$$L[y]=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0 .$$

17. 证明初值问题的解

$$\begin{equation*} L[y]=y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=y_{0}, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime} \tag{32} \end{equation*}$$

可以写成 $y=u(t)+v(t)$，其中 $u$ 和 $v$ 是以下两个初值问题的解：

$$\begin{array}{lll} L[u]=0, & u\left(t_{0}\right)=y_{0}, & u^{\prime}\left(t_{0}\right)=y_{0}^{\prime} \\ L[v]=g(t), & v\left(t_{0}\right)=0, & v^{\prime}\left(t_{0}\right)=0, \tag{34} \end{array}$$

换句话说，微分方程中的非齐次项和初始条件可以分别处理。观察到，如果已知 $L[u]=0$ 的基本解集，则可以容易地找到 $u$。如习题16所示，函数 $v$ 由方程（30）给出。 18. a. 使用习题16的结果证明初值问题的解：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+y=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0 \tag{35} \end{equation*}$$

是

$$\begin{equation*} y=\int_{t_{0}}^{t} \sin (t-s) g(s) d s \tag{36} \end{equation*}$$

b. 使用习题17的结果找到初值问题的解：

$$y^{\prime \prime}+y=g(t), \quad y(0)=y_{0}, \quad y^{\prime}(0)=y_{0}^{\prime}$$

19. 使用习题16的结果找到初值问题的解：

$$L[y]=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0,$$

其中 $L[y]=(D-a)(D-b) y$，其中 $a$ 和 $b$ 为实数且 $a \neq b$。注意 $L[y]=y^{\prime \prime}-(a+b) y^{\prime}+a b y$。 20. 使用习题16的结果找到初值问题的解：

$$L[y]=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0$$

其中 $L[y]=(D-(\lambda+i \mu))(D-(\lambda-i \mu)) y$；即 $L[y]=y^{\prime \prime}-2 \lambda y^{\prime}+\left(\lambda^{2}+\mu^{2}\right) y$。注意，特征方程的根是 $\lambda \pm i \mu$。 21. 使用习题16的结果找到初值问题的解：

$$L[y]=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0,$$

其中 $L[y]=(D-a)^{2} y$，即 $L[y]=y^{\prime \prime}-2 a y^{\prime}+a^{2} y$，并且 $a$ 为任意实数。 22. 通过结合习题19至21的结果，证明初值问题的解：

$$L[y]=\left(D^{2}+b D+c\right) y=g(t), \quad y\left(t_{0}\right)=0, \quad y^{\prime}\left(t_{0}\right)=0,$$

其中 $b$ 和 $c$ 是常数，可以写成以下形式：

$$\begin{equation*} y=\phi(t)=\int_{t_{0}}^{t} K(t-s) g(s) d s \tag{37} \end{equation*}$$

其中函数 $K$ 仅依赖于相应齐次方程的解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$，并且与非齐次项无关。一旦确定了 $K$，所有涉及相同微分算符 $L$ 的非齐次问题都可以简化为计算一个积分。还要注意，虽然 $K$ 依赖于 $t$ 和 $s$，但只有组合 $t-s$ 出现，因此 $K$ 实际上是一个单变量函数。当我们把 $g(t)$ 视为问题的输入，$\phi(t)$ 视为输出时，从方程（37）可以看出，输出依赖于从初始点 $t_{0}$ 到当前值 $t$ 整个区间内的输入。方程（37）中的积分称为 $K$ 和 $g$ 的卷积，$K$ 被称为核函数。 23. 阶数降低法（第3.4节）也可以用于非齐次方程：

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t) \tag{38} \end{equation*}$$

前提是已知相应齐次方程的一个解 $y_{1}$。令 $y=v(t) y_{1}(t)$ 并证明，如果 $v$ 是以下方程的解，则 $y$ 满足方程（38）：

$$\begin{equation*} y_{1}(t) v^{\prime \prime}+\left(2 y_{1}^{\prime}(t)+p(t) y_{1}(t)\right) v^{\prime}=g(t) \tag{39} \end{equation*}$$

方程（39）是关于 $v^{\prime}$ 的一阶线性微分方程。通过求解方程（39）得到 $v^{\prime}$，积分得到 $v$，然后乘以 $y_{1}(t)$，可以找到方程（38）的通解。该方法同时找到齐次解和特解。

在习题24至26中，使用习题23中概述的方法解决给定的微分方程。 24. $t^{2} y^{\prime \prime}-2 t y^{\prime}+2 y=4 t^{2}, \quad t>0 ; \quad y_{1}(t)=t$ 25. $t^{2} y^{\prime \prime}+7 t y^{\prime}+5 y=t, \quad t>0 ; \quad y_{1}(t)=t^{-1}$ 26. $t y^{\prime \prime}-(1+t) y^{\prime}+y=t^{2} e^{2 t}, t>0 ; \quad y_{1}(t)=1+t \quad$（见习题12）

以下是您提供内容的准确数学学术中文翻译：

“

3.7 机械和电气振动

第二阶线性常系数微分方程之所以值得研究的原因之一是，它们作为许多重要物理过程的数学模型。两个重要的应用领域是机械振动和电气振动。例如，振动弹簧上质量块的运动、带飞轮的轴的扭转振动、电流在简单串联电路中的流动，以及许多其他物理问题，都可以通过解一个初值问题来描述，该初值问题的形式为

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g(t), \quad y(0)=y_{0}, \quad y^{\prime}(0)=y_{0}^{\prime} \tag{1} \end{equation*}$$

这说明了数学和物理之间的一个基本关系：许多物理问题可以有数学上等价的模型。因此，一旦我们知道如何解初值问题（1），只需要对常数 $a, b$ 和 $c$ 以及函数 $y$ 和 $g$ 做出适当的解释，就可以得到不同物理问题的解。

我们将详细研究质量块在弹簧上的运动，因为理解这个简单系统的行为是研究更复杂振动系统的第一步。此外，涉及的原理在许多问题中是通用的。

考虑一个质量 $m$ 静止挂在一个原长为 $l$ 的垂直弹簧的末端，如图3.7.1所示。质量块使弹簧在向下（正方向）发生了一个伸长 $L$。在这种静态情况下，弹簧连接点上有两个作用力；见图3.7.2。重力作用力，也就是质量块的重量，向下作用，大小为 $w=m g$，其中 $g$ 是重力加速度。还有一个弹簧力 $F_{s}$，它向上作用。如果我们假设弹簧的伸长 $L$ 很小，弹簧力几乎与 $L$ 成正比；这就是胡克定律。于是我们写出 $F_{s}=-k L$，其中比例常数 $k$ 被称为

[^7]弹簧常数，负号表示弹簧力是向上（负方向）作用的。由于质量块处于平衡状态，两个力相互平衡，这意味着：

$$\begin{equation*} w+F_{s}=m g-k L=0 . \tag{2} \end{equation*}$$

对于给定的重量 $w=m g$，您可以测量 $L$，然后使用方程（2）来确定 $k$。注意，$k$ 的单位是单位长度的力。

图3.7.1 弹簧-质量系统。

图3.7.2 弹簧-质量系统的力图。

在相应的动态问题中，我们感兴趣的是研究质量块在受到外力作用或最初位移时的运动。设 $u(t)$ 为质量块从其平衡位置在时间 $t$ 的位移（测量方向为向下），如图3.7.1所示。那么，$u(t)$ 通过牛顿的运动定律与作用在质量块上的力相关：

$$\begin{equation*} m u^{\prime \prime}(t)=f(t), \tag{3} \end{equation*}$$

其中 $u^{\prime \prime}$ 是质量的加速度，$f$ 是作用在质量块上的合力。请注意，$u$ 和 $f$ 都是时间的函数。在这个动态问题中，现在有四个独立的力必须考虑。

1. 质量块的重量 $w=m g$ 总是向下作用。
2. 弹簧力 $F_{s}$ 假设与弹簧的总伸长 $L+u$ 成正比，并且总是向恢复弹簧的自然位置作用。如果 $L+u>0$，则弹簧被拉伸，弹簧力向上作用。此时，

$$\begin{equation*} F_{s}=-k(L+u) \tag{4} \end{equation*}$$

另一方面，如果 $L+u<0$，则弹簧被压缩了距离 $|L+u|$，而弹簧力（现在向下作用）由 $F_{s}=k|L+u|$ 给出。然而，当 $L+u<0$ 时，$|L+u|=-(L+u)$，因此弹簧力再次由方程（4）给出。因此，无论质量块的位置如何，弹簧力始终由方程（4）表示。 3. 阻尼或抗力 $F_{d}$ 总是与质量块的运动方向相反。这个力可能来源于多个源：空气或质量块运动的其他介质的阻力，弹簧的伸长或压缩导致的内能耗散，质量块与限制其运动的导轨之间的摩擦（如果有的话），或一个机械装置（阻尼器）向质量块施加抗力。在任何情况下，我们假设抗力与速度 $|d u / d t|$ 成正比；这通常被称为粘性阻尼。如果 $d u / d t>0$，则 $u$ 增加，质量块向下移动。此时，$F_{d}$ 向上作用，表示为

$$\begin{equation*} F_{d}(t)=-\gamma u^{\prime}(t) \tag{5} \end{equation*}$$

其中 $\gamma$ 是正的比例常数，称为阻尼常数。另一方面，如果 $d u / d t<0$，则 $u$ 减少，质量块向上移动，$F_{d}$ 向下作用。在这种情况下，$F_{d}=\gamma\left|u^{\prime}(t)\right|$；由于 $\left|u^{\prime}(t)\right|=-u^{\prime}(t)$，所以 $F_{d}(t)$ 再次由方程（5）给出。因此，无论质量块的运动方向如何，阻尼力始终由方程（5）表示。

阻尼力可能相当复杂，假设它由方程（5）充分建模可能会受到质疑。一些阻尼器确实表现如方程（5）所述，如果其他能量耗散源很小，可能可以忽略它们，或者调整阻尼常数 $\gamma$ 来近似它们。假设（5）的一个重要好处是，它导致了一个线性（而非非线性）微分方程。反过来，这意味着系统的彻底分析是直接的，正如我们将在本节和第3.8节中展示的那样。 4. 施加的外力 $F(t)$ 根据 $F(t)$ 为正或负来决定向下或向上。这个力可能是由于弹簧连接的支架的运动产生的，或者是直接施加在质量块上的力。通常，外力是周期性的。

考虑到这些力，我们现在可以将牛顿的运动定律（3）改写为

$$\begin{align*} m u^{\prime \prime}(t) & =w+F_{s}(t)+F_{d}(t)+F(t) \\ & =m g-k(L+u(t))-\gamma u^{\prime}(t)+F(t) \tag{6} \end{align*}$$

由于由方程（2）得知 $m g-k L=0$，因此质量块的运动方程是

$$\begin{equation*} m u^{\prime \prime}(t)+\gamma u^{\prime}(t)+k u(t)=F(t) \tag{7} \end{equation*}$$

其中常数 $m, \gamma$ 和 $k$ 都是正的。注意，方程（7）与方程（1）具有相同的形式，即它是一个具有常系数的非齐次二阶线性微分方程。

理解方程（7）仅仅是质量块位移 $u(t)$ 的近似方程是很重要的。特别地，方程（4）和（5）应该被视为分别对弹簧力和阻尼力的近似。在我们的推导中，我们还忽略了与附加物体的质量相比弹簧的质量。

振动问题的完整表述要求我们指定两个初始条件，即质量块的初始位置 $u_{0}$ 和初始速度 $v_{0}$：

$$\begin{equation*} u(0)=u_{0}, \quad u^{\prime}(0)=v_{0} \tag{8} \end{equation*}$$

以下是该段内容的数学学术中文翻译：

“根据定理 3.2.1，得出这些条件给出了一个数学问题，对于任何常数 $u_{0}$ 和 $v_{0}$ 的值，都存在唯一解。这与我们的物理直觉一致：如果质量物体以给定的初始位移和速度被设置为运动，那么它在未来任何时刻的位置都将被唯一确定。质量物体的位置由满足初始条件 (8) 的二阶线性常微分方程 (7) 的解（近似）给出。

例 1

一块重 4 磅的质量拉伸了一个弹簧 2 英寸。假设该质量物体被给予一个额外的 6 英寸位移，并朝正方向释放。质量物体处于一个对其速度为 $3 \, \mathrm{ft} / \mathrm{s}$ 时施加 6 磅粘性阻力的介质中。在本节讨论的假设下，建立一个初值问题来描述质量物体的运动。

解答：

所需的初值问题由微分方程 (7) 和初始条件 (8) 组成，因此我们的任务是确定这些方程中出现的各种常数。第一步是选择测量单位。根据问题的陈述，自然选择使用英制单位而非公制单位。唯一提到的时间单位是秒，因此我们将 $t$ 以秒为单位来测量。另一方面，问题陈述中提到长度单位为英尺和英寸。选择哪一个都无关紧要，但一旦做出选择，就必须保持一致。为了明确起见，我们设定位移 $u$ 以英尺为单位。

由于问题陈述中没有提到外力，我们假设 $F(t)=0$。为了确定 $m$，注意到

$$m=\frac{w}{g}=\frac{4 \, \mathrm{lb}}{32 \, \mathrm{ft} / \mathrm{s}^{2}}=\frac{1}{8} \frac{\mathrm{lb} \cdot \mathrm{s}^{2}}{\mathrm{ft}} .$$

阻尼系数 $\gamma$ 是根据陈述中 $\gamma u^{\prime}$ 在 $u^{\prime} = 3 \, \mathrm{ft} / \mathrm{s}$ 时等于 6 磅来确定的。因此，

$$\gamma=\frac{6 \, \mathrm{lb}}{3 \, \mathrm{ft} / \mathrm{s}}=2 \frac{\mathrm{lb} \cdot \mathrm{s}}{\mathrm{ft}} .$$

弹簧常数 $k$ 由质量物体拉伸弹簧 2 英寸（即 $\frac{1}{6} \, \mathrm{ft}$）来确定。因此，

$$k=\frac{4 \, \mathrm{lb}}{1 / 6 \, \mathrm{ft}}=24 \frac{\mathrm{lb}}{\mathrm{ft}} .$$

因此，微分方程 (7) 变为

$$\frac{1}{8} u^{\prime \prime}+2 u^{\prime}+24 u=0$$

或者

$$\begin{equation*} u^{\prime \prime}+16 u^{\prime}+192 u=0 . \tag{9} \end{equation*}$$

初始条件为

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

第二个初始条件由问题陈述中的“释放”一词隐含，意味着质量物体以零初速度开始运动。

无阻尼自由振动。如果没有外力，则在方程 (7) 中 $F(t)=0$。我们还假设没有阻尼，因此 $\gamma=0$；这是系统的理想化配置，在实际中很少（如果有的话）完全实现。然而，如果实际阻尼非常小，那么假设没有阻尼在短到中等时间区间内可能会得到令人满意的结果。在这种情况下，运动方程 (7) 简化为

$$\begin{equation*} m u^{\prime \prime}+k u=0 \tag{11} \end{equation*}$$

方程 (11) 的特征方程为

$$m r^{2}+k=0$$

其根为 $r= \pm i \sqrt{k / m}$。因此，方程 (11) 的通解为

$$\begin{equation*} u=A \cos \left(\omega_{0} t\right)+B \sin \left(\omega_{0} t\right) \tag{12} \end{equation*}$$

其中

$$\begin{equation*} \omega_{0}^{2}=\frac{k}{m} \tag{13} \end{equation*}$$

任意常数 $A$ 和 $B$ 可以通过给定形式为 (8) 的初始条件来确定。

在讨论方程 (11) 的解时，将方程 (12) 以如下形式重新表示是方便的：

$$\begin{equation*} u=R \cos \left(\omega_{0} t-\delta\right) \tag{14} \end{equation*}$$

或者

$$\begin{equation*} u=R \cos \delta \cos \left(\omega_{0} t\right)+R \sin \delta \sin \left(\omega_{0} t\right) \tag{15} \end{equation*}$$

通过将方程 (15) 与方程 (12) 比较，我们发现 $A$、$B$、$R$ 和 $\delta$ 之间的关系由以下方程给出：

$$\begin{equation*} A=R \cos \delta, \quad B=R \sin \delta \tag{16} \end{equation*}$$

因此，

$$\begin{equation*} R=\sqrt{A^{2}+B^{2}}, \quad \tan \delta=\frac{B}{A} \tag{17} \end{equation*}$$

在计算 $\delta$ 时，必须小心选择正确的象限；这可以通过检查方程 (16) 中 $\cos \delta$ 和 $\sin \delta$ 的符号来完成。

典型初始条件下方程 (14) 或等效方程 (12) 的图像见图 3.7.3。该图是一个位移的余弦波，描述了质量物体的周期性或简单谐振动。运动的周期为

$$\begin{equation*} T=\frac{2 \pi}{\omega_{0}}=2 \pi\left(\frac{m}{k}\right)^{1 / 2} \tag{18} \end{equation*}$$

圆频率 $\omega_{0}=\sqrt{k / m}$，以弧度每单位时间为单位，称为振动的固有频率。质量物体从平衡位置的最大位移 $R$ 是运动的振幅。无量纲参数 $\delta$ 称为相位或相位角，表示波的位移与其正常位置的偏移，其中 $\delta=0$ 对应正常位置。

图 3.7.3 简谐振动； $u=R \cos \left(\omega_{0} t-\delta\right)$。 请注意，横轴标记为 $\omega_{0} t$。 请注意，方程 (14) 描述的运动具有恒定的振幅，且随时间不会减小。这反映了在没有阻尼的情况下，系统无法消耗由初始位移和速度提供的能量。此外，对于给定的质量 $m$ 和弹簧常数 $k$，系统总是以相同的频率 $\omega_{0}$ 振动，无论初始条件如何。然而，初始条件确实有助于确定运动的振幅。最后，从方程 (18) 可以观察到，随着质量 $m$ 的增加，周期 $T$ 增加，因此较大的质量会导致振动变慢。另一方面，随着弹簧常数 $k$ 的增加，周期 $T$ 减小，这意味着更硬的弹簧会使系统振动得更快。

例 2

假设一块重 10 磅的质量拉伸了一个弹簧 2 英寸。如果将该质量物体位移额外的 2 英寸并用初始向上速度 $1 \, \mathrm{ft} / \mathrm{s}$ 设置其运动，求该质量物体在任何较晚时刻的位置。并求出运动的周期、振幅和相位。

解答：

弹簧常数为 $k=10 \, \mathrm{lb} / 2 \, \mathrm{in}=60 \, \mathrm{lb} / \, \mathrm{ft}$，质量为 $m=w / g=10 / 32 \, \mathrm{lb} \cdot \mathrm{s}^{2} / \mathrm{ft}$。因此，运动方程简化为

$$\begin{equation*} u^{\prime \prime}+192 u=0 \tag{19} \end{equation*}$$

以下是该段内容的数学学术中文翻译：

“ 通解为

$$u=A \cos (8 \sqrt{3} t)+B \sin (8 \sqrt{3} t)$$

满足初始条件 $u(0)=\frac{1}{6} \, \mathrm{ft}$ 和 $u^{\prime}(0)=-1 \, \mathrm{ft} / \mathrm{s}$ 的解为

$$\begin{equation*} u=\frac{1}{6} \cos (8 \sqrt{3} t)-\frac{1}{8 \sqrt{3}} \sin (8 \sqrt{3} t) \tag{20} \end{equation*}$$

固有频率为 $\omega_{0}=8 \sqrt{3} \cong 13.856 \, \mathrm{rad} / \mathrm{s}$，因此周期为 $T=2 \pi / \omega_{0} \cong 0.453 \, \mathrm{s}$。振幅 $R$ 和相位 $\delta$ 由方程 (17) 给出。我们得到

$$R^{2}=\frac{1}{36}+\frac{1}{192}=\frac{19}{576}, \text { 所以 } R \cong 0.182 \, \mathrm{ft}$$

方程 (17) 的第二个方程给出 $\tan \delta=-\sqrt{3} / 4$。这个方程有两个解，一个位于第二象限，另一个位于第四象限。在本问题中，$\cos \delta>0$ 且 $\sin \delta<0$，因此 $\delta$ 位于第四象限。实际上，

$$\delta=-\arctan \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right) \cong-0.40864 \, \mathrm{rad}$$

解 (20) 的图像如图 3.7.4 所示。

图 3.7.4 无阻尼自由振动： $u^{\prime \prime}+192 u=0, u(0)=1 / 6, u^{\prime}(0)=-1$。 请注意，横轴的刻度是 $\omega_{0} t$。

有阻尼的自由振动。当包括阻尼效应时，质量物体运动的微分方程为

$$\begin{equation*} m u^{\prime \prime}+\gamma u^{\prime}+k u=0 \tag{21} \end{equation*}$$

我们特别感兴趣的是考察在给定质量 $m$ 和弹簧常数 $k$ 的情况下，阻尼系数 $\gamma$ 变化对运动的影响。相应的特征方程为

$$m r^{2}+\gamma r+k=0$$

其根为

$$\begin{equation*} r_{1}, r_{2}=\frac{-\gamma \pm \sqrt{\gamma^{2}-4 k m}}{2 m}=\frac{\gamma}{2 m}\left(-1 \pm \sqrt{1-\frac{4 k m}{\gamma^{2}}}\right) \tag{22} \end{equation*}$$

根据 $\gamma^{2}-4 k m$ 的符号，解 $u$ 有以下三种形式之一：

$$\begin{align*} & \gamma^{2}-4 k m>0, \quad u=A e^{r_{1} t}+B e^{r_{2} t} \tag{23}\\ & \gamma^{2}-4 k m=0, \quad u=(A+B t) e^{-\gamma t /(2 m)} \tag{24}\\ & \gamma^{2}-4 k m<0, \quad u=e^{-\gamma t /(2 m)}(A \cos (\mu t)+B \sin (\mu t)), \quad \mu=\frac{1}{2 m}\left(4 k m-\gamma^{2}\right)^{1 / 2}>0 \tag{25} \end{align*}$$

由于 $m, \gamma$ 和 $k$ 都是正数，因此 $\gamma^{2}-4 k m$ 总是小于 $\gamma^{2}$。因此，如果 $\gamma^{2}-4 k m \geq 0$，则方程 (22) 给出的 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 为负数。如果 $\gamma^{2}-4 k m<0$，则 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 为复数，但实部为负。因此，在所有情况下，解 $u$ 会随着 $t \rightarrow \infty$ 而趋向于零；无论任意常数 $A$ 和 $B$ 的值如何——即，无论初始条件如何。这证实了我们的直觉预期，即阻尼逐渐耗散最初赋予系统的能量，因此随着时间的推移，运动会衰减。

最有趣的情况是第三种，当阻尼较小时。如果我们在方程 (25) 中设定 $A=R \cos \delta$ 和 $B=R \sin \delta$，则得到

$$\begin{equation*} u=R e^{-\gamma t /(2 m)} \cos (\mu t-\delta) \tag{26} \end{equation*}$$

位移 $u$ 位于曲线 $u= \pm R e^{-\gamma t /(2 m)}$ 之间；因此，它类似于一个余弦波，其振幅随着时间 $t$ 增加而减小。一个典型的例子如图 3.7.5 所示。该运动称为阻尼振荡或阻尼振动。振幅因子 $R$ 依赖于 $m, \gamma, k$ 和初始条件。

图 3.7.5 阻尼振动； $u=R e^{-\gamma t / 2 m} \cos (\mu t-\delta)$。 请注意，横轴的刻度是 $\mu t$。

尽管运动不是周期性的，但参数 $\mu$ 决定了质量物体往返振荡的频率；因此，$\mu$ 称为准频率。通过将 $\mu$ 与无阻尼运动的频率 $\omega_{0}$ 比较，我们得到

$$\begin{equation*} \frac{\mu}{\omega_{0}}=\frac{\left(4 k m-\gamma^{2}\right)^{1 / 2} /(2 m)}{\sqrt{k / m}}=\left(1-\frac{\gamma^{2}}{4 k m}\right)^{1 / 2} \cong 1-\frac{\gamma^{2}}{8 k m} \tag{27} \end{equation*}$$

最后的近似在 $\gamma^{2} / 4 k m$ 较小时有效；我们称这种情况为“小阻尼”。因此，小阻尼的效果是稍微降低振荡的频率。类比于方程 (18)，量 $T_{d}=2 \pi / \mu$ 称为运动的准周期。它是质量物体在相同方向通过其平衡位置的连续最大值或最小值之间的时间。$T_{d}$ 与 $T$ 之间的关系为

$$\begin{equation*} \frac{T_{d}}{T}=\frac{\omega_{0}}{\mu}=\left(1-\frac{\gamma^{2}}{4 k m}\right)^{-1 / 2} \cong 1+\frac{\gamma^{2}}{8 k m} \tag{28} \end{equation*}$$

同样，最后的近似在 $\gamma^{2} / 4 k m$ 较小时有效。因此，小阻尼会增加准周期。

方程 (27) 和 (28) 强调了无量纲比值 $\gamma^{2} / (4 k m)$ 的重要性。决定阻尼是否大或小的不是仅仅 $\gamma$ 的大小，而是 $\gamma^{2}$ 与 $4 k m$ 的大小比较。当 $\gamma^{2} / (4 k m)$ 很小时，阻尼对运动的准频率和准周期的影响较小。另一方面，如果我们想研究质量物体在整个时间范围内的详细运动，那么无论阻尼多小，我们都不能忽略阻尼力。

随着 $\gamma^{2} / (4 k m)$ 增加，准频率 $\mu$ 减小，准周期 $T_{d}$ 增加。实际上，当 $\gamma \rightarrow 2 \sqrt{k m}$ 时，$\mu \rightarrow 0$ 且 $T_{d} \rightarrow \infty$。如方程 (23)、(24) 和 (25) 所示，当 $\gamma$ 经过值 $2 \sqrt{k m}$ 时，解的性质发生变化。此时的运动称为临界阻尼运动。对于更大的 $\gamma$，即 $\gamma>2 \sqrt{k m}$，该运动被称为过阻尼运动。在这些情况下，分别由方程 (24) 和 (23) 给出，质量物体最多只会经过一次平衡位置（见图 3.7.6），然后回到平衡位置。质量物体不会像小阻尼时那样围绕平衡位置振荡。图 3.7.6 展示了两个典型的临界阻尼运动例子，相关情况在问题 15 和 16 中进一步讨论。

图 3.7.6 临界阻尼运动：$u^{\prime \prime}+u^{\prime}+0.25 u=0$；$u=(A+B t) e^{-t / 2}$。蓝色实线曲线是满足 $u(0)=1 / 2, u^{\prime}(0)=7 / 4$ 的解；绿色虚线曲线是满足 $u(0)=1 / 2, u^{\prime}(0)=-7 / 4$ 的解。

例 3

某弹簧-质量系统的运动由微分方程

$$\begin{equation*} u^{\prime \prime}+\frac{1}{8} u^{\prime}+u=0, \tag{29} \end{equation*}$$

描述，其中 $u$ 以英尺为单位，$t$ 以秒为单位。如果 $u(0)=2$ 且 $u^{\prime}(0)=0$，求质量物体在任何时刻的位置。求准频率和准周期，以及质量物体第一次通过平衡位置的时间。还要求出时间 $\tau$，使得对于所有 $t>\tau$，$|u(t)|<0.1$。

以下是该段内容的数学学术中文翻译：

解答：

方程 (29) 的解为

$$u(t)=e^{-t / 16}\left(A \cos \left(\frac{\sqrt{255}}{16} t\right)+B \sin \left(\frac{\sqrt{255}}{16} t\right)\right)$$

为了满足初始条件，我们必须选择 $A=2$ 和 $B=\frac{2}{\sqrt{255}}$；因此，初值问题的解为

$$\begin{align*} u & =e^{-t / 16}\left(2 \cos \left(\frac{\sqrt{255}}{16} t\right)+\frac{2}{\sqrt{255}} \sin \left(\frac{\sqrt{255}}{16} t\right)\right) \\ & =\frac{32}{\sqrt{255}} e^{-t / 16} \cos \left(\frac{\sqrt{255}}{16} t-\delta\right) \tag{30} \end{align*}$$

图 3.7.7 小阻尼振动（蓝色实线）和无阻尼振动（绿色虚线）。两种运动具有相同的初始条件：$u(0)=2, u^{\prime}(0)=0$。 其中 $\delta$ 位于第一象限，且 $\tan \delta=\frac{1}{\sqrt{255}}$，因此 $\delta \cong 0.06254$。质量物体的位移作为时间的函数如图 3.7.7 所示。为了进行比较，我们还展示了忽略阻尼项时的运动。

准频率为 $\mu=\frac{\sqrt{255}}{16} \cong 0.998$，准周期为 $T_{d}=2 \pi / \mu \cong 6.295 \, \mathrm{s}$。这些值与无阻尼振动的相应值（1 和 $2 \pi$）仅略有不同。这一点从图 3.7.7 中的图形也可以明显看出，两者几乎同步升降。该例中的阻尼系数较小：事实上，仅为临界值的十六分之一。然而，振动的振幅仍然相当迅速地减小。

图 3.7.8 例 3 的解，时间范围为 $40 \leq t \leq 60$；确定 $|u(t)|<0.1$ 的时间 $\tau$。

图 3.7.8 显示了解的图像，时间范围为 $40 \leq t \leq 60$，以及 $u= \pm 0.1$ 的图像。从图中可以看出，$\tau$ 大约为 47.5 秒，经过更精确的计算，我们发现 $\tau \cong 47.5149 \, \mathrm{s}$。

为了找到质量物体第一次通过其平衡位置的时间，我们参考方程 (30)，并将 $\frac{\sqrt{255}}{16} t - \delta$ 设置为 $\frac{\pi}{2}$，即余弦函数的最小正零点。然后，通过解出 $t$，我们得到

$$t=\frac{16}{\sqrt{255}}\left(\frac{\pi}{2}+\delta\right) \cong 1.637 \, \mathrm{s}$$

图 3.7.9 简单电路图。

电路。第二个例子是二阶线性常系数微分方程的应用，用作简单串联电路中电流流动的模型，如图 3.7.9 所示。电流 $I$（以安培为单位）是时间 $t$ 的函数。电阻 $R$（以欧姆 $\Omega$ 为单位）、电容 $C$（以法拉（F）为单位）和电感 $L$（以亨利（H）为单位）都是正数，并且假设是已知常数。施加的电压 $E$（以伏特（V）为单位）是已知的时间函数。另一个进入讨论的物理量是电容器上在时间 $t$ 时的总电荷 $Q$（以库仑（C）为单位）。电荷 $Q$ 和电流 $I$ 之间的关系为

$$\begin{equation*} I=\frac{d Q}{d t} \tag{31} \end{equation*}$$

电路中的电流流动由基尔霍夫的第二定律控制：在闭合电路中，施加电压等于电路其余部分的电压降之和。

根据电学基本定律，我们知道 电阻上的电压降为 $R I$。 电容器上的电压降为 $\frac{Q}{C}$。 电感器上的电压降为 $L \frac{d I}{d t}$。 因此，根据基尔霍夫定律，

$$\begin{equation*} L \frac{d I}{d t}+R I+\frac{1}{C} Q=E(t) \tag{32} \end{equation*}$$

电压、电阻、电流、电荷、电容、电感和时间的单位之间有如下关系：

$$1 \text { 伏特 }=1 \, \Omega \cdot 1 \, \text{安培}=1 \, \text{库仑}/1 \, \text{法拉}=1 \, \text{亨利} \cdot 1 \, \text{安培}/1 \, \text{秒}$$

从方程 (31) 代入 $I$，我们得到电荷 $Q$ 的微分方程

$$\begin{equation*} L Q^{\prime \prime}+R Q^{\prime}+\frac{1}{C} Q=E(t) \tag{33} \end{equation*}$$

初始条件为

$$\begin{equation*} Q\left(t_{0}\right)=Q_{0}, \quad Q^{\prime}\left(t_{0}\right)=I\left(t_{0}\right)=I_{0} \tag{34} \end{equation*}$$

因此，要知道任何时刻的电荷，只需知道电容器上的电荷和电路中的电流在某个初始时刻 $t_{0}$ 的值。

另外，我们可以通过对方程 (33) 关于时间 $t$ 求导，然后用方程 (31) 代入 $\frac{d Q}{d t}$，得到电流 $I$ 的微分方程。结果为

$$\begin{equation*} L I^{\prime \prime}+R I^{\prime}+\frac{1}{C} I=E^{\prime}(t) \tag{35} \end{equation*}$$

初始条件为

$$\begin{equation*} I\left(t_{0}\right)=I_{0}, \quad I^{\prime}\left(t_{0}\right)=I_{0}^{\prime} \tag{36} \end{equation*}$$

根据方程 (32)，我们得到

$$\begin{equation*} I_{0}^{\prime}=\frac{E\left(t_{0}\right)-R I_{0}-\frac{Q_{0}}{C}}{L} \tag{37} \end{equation*}$$

因此，$I_{0}^{\prime}$ 也由初始电荷和电流确定，这些是可以物理测量的量。

从本讨论中得出的最重要的结论是，电路中的电流流动可以通过与描述弹簧-质量系统运动的初值问题完全相同的形式来描述。这是数学统一作用的一个很好的例子：一旦你知道如何解二阶线性常系数方程，你就可以将结果解释为机械振动、电路，或任何导致相同问题的物理情境。

问题

在问题 1 和问题 2 中，确定 $\omega_{0}, R$ 和 $\delta$，以便将给定的表达式写成 $u=R \cos \left(\omega_{0} t-\delta\right)$ 的形式。

1. $u=3 \cos (2 t)+4 \sin (2 t)$
2. $u=-2 \cos (\pi t)-3 \sin (\pi t)$
3. 一块质量为 100 克的物体拉伸一个弹簧 5 厘米。如果质量物体从其平衡位置开始以 $10 \, \mathrm{cm} / \mathrm{s}$ 的向下速度运动，且无阻尼，求质量物体在任意时刻 $t$ 的位置 $u$。质量物体第一次返回到平衡位置的时间是多少？
4. 一块重 3 磅的质量拉伸一个弹簧 3 英寸。如果质量物体被推向上方，将弹簧压缩 1 英寸，然后以 $2 \, \mathrm{ft} / \mathrm{s}$ 的向下速度开始运动，且无阻尼，求质量物体在任意时刻 $t$ 的位置 $u$。求运动的频率、周期、振幅和相位。 (G) 5. 一块质量为 20 克的物体拉伸一个弹簧 5 厘米。假设该质量物体还连接到一个粘性阻尼器，阻尼常数为 $400 \, \mathrm{dyn} \cdot \mathrm{s} / \mathrm{cm}$。如果质量物体被拉下额外 2 厘米并释放，求其在任意时刻 $t$ 的位置 $u$。绘制 $u$ 与 $t$ 的关系图。求准频率和准周期。求准周期与相应无阻尼运动的周期之比。还要求出时间 $\tau$，使得对于所有 $t>\tau$，$|u(t)|<0.05 \, \mathrm{cm}$。
5. 一根弹簧被 3 牛顿的力拉伸 10 厘米。一块质量为 2 千克的物体挂在弹簧上，并且还连接到一个粘性阻尼器，当物体的速度为 $5 \, \mathrm{m} / \mathrm{s}$ 时，阻尼器施加 3 牛顿的力。如果物体被拉下 5 厘米并给予初始向下速度 $10 \, \mathrm{cm} / \mathrm{s}$，求其在任意时刻 $t$ 的位置 $u$。求准频率 $\mu$ 和 $\mu$ 与相应无阻尼运动的固有频率之比。
6. 一个串联电路具有电容 $C=10^{-5} \, \mathrm{F}$，电阻 $R=3 \times 10^{2} \, \Omega$ 和电感 $L=0.2 \, \mathrm{H}$。电容器的初始电荷为 $10^{-6} \, \mathrm{C}$，且没有初始电流。求电容器在任意时刻 $t$ 的电荷 $Q$。
7. 一个振动系统满足方程 $u^{\prime \prime}+\gamma u^{\prime}+u=0$。求阻尼系数 $\gamma$ 的值，使得阻尼运动的准周期比相应无阻尼运动的周期大 50%。
8. 证明一个挂在垂直弹簧上的无阻尼振动质量的周期为 $2 \pi \sqrt{L / g}$，其中 $L$ 是由质量引起的弹簧伸长量，$g$ 是重力加速度。
9. 证明初值问题的解

$$m u^{\prime \prime}+\gamma u^{\prime}+k u=0, \quad u\left(t_{0}\right)=u_{0}, \quad u^{\prime}\left(t_{0}\right)=u_{0}^{\prime}$$

可以表示为 $u=v+w$ 的形式，其中 $v$ 满足初始条件 $v\left(t_{0}\right)=u_{0}, v^{\prime}\left(t_{0}\right)=0$，$w$ 满足初始条件 $w\left(t_{0}\right)=0, w^{\prime}\left(t_{0}\right)=u_{0}^{\prime}$，且 $v$ 和 $w$ 都满足与 $u$ 相同的微分方程。这是通过叠加更简单问题的解来获得更一般问题的解的另一个实例。 11. a. 证明 $A \cos \left(\omega_{0} t\right)+B \sin \left(\omega_{0} t\right)$ 可以写成 $r \sin \left(\omega_{0} t-\theta\right)$ 的形式。用 $A$ 和 $B$ 表示 $r$ 和 $\theta$。 b. 如果 $R \cos \left(\omega_{0} t-\delta\right)=r \sin \left(\omega_{0} t-\theta\right)$，求 $R$、$r$、$\delta$ 和 $\theta$ 之间的关系。 12. 如果一个串联电路有电容 $C=0.8 \times 10^{-6} \, \mathrm{F}$ 和电感 $L=0.2 \, \mathrm{H}$，求电阻 $R$ 使得电路是临界阻尼的。 13. 假设由微分方程 $m u^{\prime \prime}+\gamma u^{\prime}+k u=0$ 描述的系统要么是临界阻尼，要么是过阻尼的。证明无论初始条件如何，质量物体最多只能经过一次平衡位置。 提示：确定 $u=0$ 时所有可能的 $t$ 值。 14. 假设由微分方程 $m u^{\prime \prime}+\gamma u^{\prime}+k u=0$ 描述的系统是临界阻尼的，且初始条件为 $u(0)=u_{0}, u^{\prime}(0)=v_{0}$。如果 $v_{0}=0$，证明 $u \rightarrow 0$ 当 $t \rightarrow \infty$，但 $u$ 永远不为零。如果 $u_{0}$ 为正数，求一个关于 $v_{0}$ 的条件，确保质量物体在释放后通过其平衡位置。 15. 对数衰减。a. 对于方程 (26) 描述的阻尼振荡，证明连续最大值之间的时间为 $T_{d}=2 \pi / \mu$。 b. 证明连续最大值之间位移的比率为 $\exp \left(\gamma T_{d} /(2 m)\right)$。注意，这个比率与选择的最大值对无关。该比率的自然对数称为对数衰减，记作 $\Delta$。 c. 证明 $\Delta=\pi \gamma /(m \mu)$。由于 $m$、$\mu$ 和 $\Delta$ 是可以很容易测量的机械系统量，因此这个结果提供了一种方便和实用的方法来确定系统的阻尼常数，而这在直接测量时较为困难。特别是，对于在粘性流体中振动的质量物体，阻尼常数依赖于流体的粘度；对于简单几何形状，已知这种依赖关系，前面的关系允许实验确定粘度。这是确定高压气体粘度的最准确方法之一。 16. 参考问题 15，求问题 5 中系统的对数衰减。 17. 某弹簧-质量系统的位置满足初值问题

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

如果观测到产生的运动的周期和振幅分别为 $\pi$ 和 3，求 $k$ 和 $v$ 的值。 18. 考虑初值问题

$$m u^{\prime \prime}+\gamma u^{\prime}+k u=0, \quad u(0)=u_{0}, \quad u^{\prime}(0)=v_{0} .$$

假设 $\gamma^{2}<4 \mathrm{~km}$。 a. 解初值问题。 b. 将解写成 $u(t)=R e^{-\gamma t /(2 m)} \cos (\mu t-\delta)$ 的形式。

用 $m, \gamma, k, u_{0}$ 和 $v_{0}$ 表示 $R$。 c. 研究固定其他参数时，$R$ 对阻尼系数 $\gamma$ 的依赖性。 19. 一块边长为 $l$ 的立方体块，质量密度为每单位体积 $\rho$，漂浮在一个质量密度为 $\rho_{0}$ 的流体中，其中 $\rho_{0}>\rho$。如果该块被轻微压下并释放，则它会在垂直方向上振荡。假设流体和空气的粘性阻尼可以忽略不计，推导出运动的微分方程并求出运动的周期。 提示：使用阿基米德原理：完全或部分沉浸在流体中的物体会受到等于排开流体的重力的向上浮力。

以下是该段内容的数学学术中文翻译：

20. 某无阻尼弹簧-质量系统的位置满足初值问题

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

a. 求解该初值问题的解。

b. 在相同的坐标轴上绘制 $u$ 对 $t$ 和 $u^{\prime}$ 对 $t$ 的图像。

c. 绘制 $u^{\prime}$ 对 $u$ 的图像；即，将 $u(t)$ 和 $u^{\prime}(t)$ 作为参数曲线绘制，其中 $t$ 为参数。这种图形称为相位图，$u u^{\prime}$ 平面称为相位平面。观察相位平面中的闭合曲线对应于周期解 $u(t)$。随着 $t$ 增加，相位图中的运动方向是什么？

21. 某弹簧-质量系统的位置满足初值问题

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

a. 求解该初值问题的解。

b. 在相同的坐标轴上绘制 $u$ 对 $t$ 和 $u^{\prime}$ 对 $t$ 的图像。

c. 在相位平面中绘制 $u^{\prime}$ 对 $u$ 的图像（见问题 20）。在 $b$ 和 $c$ 部分的曲线上标出几个对应的点。随着 $t$ 增加，相位图中的运动方向是什么？

22. 在没有阻尼的情况下，某弹簧-质量系统的运动满足初值问题

$$m u^{\prime \prime}+k u=0, \quad u(0)=a, \quad u^{\prime}(0)=b .$$

a. 证明最初赋予质量的动能为 $m b^{2} / 2$，弹簧中最初储存的势能为 $k a^{2} / 2$，因此系统的总能量最初为 $\left(k a^{2}+m b^{2}\right) / 2$。

b. 解给定的初值问题。

c. 使用第 b 部分中的解，确定系统在任意时刻 $t$ 的总能量。你的结果应当确认该系统的能量守恒原理。

23. 假设一块质量为 $m$ 的物体在水平表面上无摩擦地滑动。该质量物体连接到一个弹簧上，弹簧常数为 $k$，如图 3.7.10 所示，并且受到阻尼系数为 $\gamma$ 的空气粘性阻力。证明该质量物体的位移 $u(t)$ 满足方程 (21)。在这种情况下，如何推导运动方程与文本中给出的推导有所不同？

图 3.7.10 一个弹簧-质量系统。

24. 在问题 23 的弹簧-质量系统中，假设弹簧力不是由胡克定律给出，而是满足关系式

$$F_{s}=-\left(k u+\epsilon u^{3}\right),$$

其中 $k>0$ 且 $\epsilon$ 为小的常数，可以是正数或负数。如果 $\epsilon>0$，则弹簧称为硬化弹簧；如果 $\epsilon<0$，则称为软化弹簧。为什么这些术语是适当的？

a. 证明质量物体的位移 $u(t)$ 满足以下微分方程

$$m u^{\prime \prime}+\gamma u^{\prime}+k u+\epsilon u^{3}=0 .$$

假设初始条件为

$$u(0)=0, \quad u^{\prime}(0)=1 .$$

在本问题的其余部分中，假设 $m=1, k=1$ 和 $\gamma=0$。

b. 当 $\epsilon=0$ 时，求解 $u(t)$ 并确定运动的振幅和周期。

c. 设 $\epsilon=0.1$，绘制该解的数值近似图像。运动是否看起来是周期性的？估计振幅和周期。

d. 对 $\epsilon=0.2$ 和 $\epsilon=0.3$ 重复第 c 部分。

e. 绘制振幅 $A$ 和周期 $T$ 与 $\epsilon$ 的关系图。描述 $A$ 和 $T$ 如何分别依赖于 $\epsilon$。

f. 对负值的 $\epsilon$ 重复第 c、d 和 e 部分。