4.2 n阶常系数齐次微分方程
考虑 n阶线性齐次微分方程
L [ y ] = a 0 y ( n ) + a 1 y ( n − 1 ) + ⋯ + a n − 1 y ′ + a n y = 0 \begin{equation*}
L[y]=a_{0} y^{(n)}+a_{1} y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1} y^{\prime}+a_{n} y=0 \tag{1}
\end{equation*}
L [ y ] = a 0 y ( n ) + a 1 y ( n − 1 ) + ⋯ + a n − 1 y ′ + a n y = 0 ( 1 )
其中 a 0 , a 1 , … , a n a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n} a 0 , a 1 , … , a n 实常数 且 a 0 ≠ 0 a_{0} \neq 0 a 0 = 0 常系数二阶线性方程 的认识,很自然地可以预期 y = e r t y=e^{r t} y = e r t r r r
L [ e r t ] = e r t ( a 0 r n + a 1 r n − 1 + ⋯ + a n − 1 r + a n ) = e r t Z ( r ) \begin{equation*}
L\left[e^{r t}\right]=e^{r t}\left(a_{0} r^{n}+a_{1} r^{n-1}+\cdots+a_{n-1} r+a_{n}\right)=e^{r t} Z(r) \tag{2}
\end{equation*}
L [ e r t ] = e r t ( a 0 r n + a 1 r n − 1 + ⋯ + a n − 1 r + a n ) = e r t Z ( r ) ( 2 )
对所有 r r r
Z ( r ) = a 0 r n + a 1 r n − 1 + ⋯ + a n − 1 r + a n \begin{equation*}
Z(r)=a_{0} r^{n}+a_{1} r^{n-1}+\cdots+a_{n-1} r+a_{n} \tag{3}
\end{equation*}
Z ( r ) = a 0 r n + a 1 r n − 1 + ⋯ + a n − 1 r + a n ( 3 )
对于使得 Z ( r ) = 0 Z(r)=0 Z ( r ) = 0 r r r L [ e r t ] = 0 L\left[e^{r t}\right]=0 L [ e r t ] = 0 y = e r t y=e^{r t} y = e r t Z ( r ) Z(r) Z ( r ) 特征多项式 ,方程 Z ( r ) = 0 Z(r)=0 Z ( r ) = 0 特征方程 。由于 a 0 ≠ 0 a_{0} \neq 0 a 0 = 0 Z ( r ) Z(r) Z ( r ) n次多项式 ,因此有 n n n 零点 ,1 ^{1} 1 r 1 , r 2 , … , r n r_{1}, r_{2}, \ldots, r_{n} r 1 , r 2 , … , r n 复值 。因此我们可以将特征多项式 写成如下形式
Z ( r ) = a 0 ( r − r 1 ) ( r − r 2 ) ⋯ ( r − r n ) \begin{equation*}
Z(r)=a_{0}\left(r-r_{1}\right)\left(r-r_{2}\right) \cdots\left(r-r_{n}\right) \tag{4}
\end{equation*}
Z ( r ) = a 0 ( r − r 1 ) ( r − r 2 ) ⋯ ( r − r n ) ( 4 )
实根 且互不相等。如果特征方程 的根是实数 且两两不等,那么我们就有方程(1)的 n n n e r 1 t , e r 2 t , … , e r n t e^{r_{1} t}, e^{r_{2} t}, \ldots, e^{r_{n} t} e r 1 t , e r 2 t , … , e r n t 线性无关 ,那么齐次n阶线性微分方程 (1)的通解 为
y = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t + ⋯ + c n e r n t . \begin{equation*}
y=c_{1} e^{r_{1} t}+c_{2} e^{r_{2} t}+\cdots+c_{n} e^{r_{n} t} . \tag{5}
\end{equation*}
y = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t + ⋯ + c n e r n t . ( 5 )
证明 e r 1 t , e r 2 t , … , e r n t e^{r_{1} t}, e^{r_{2} t}, \ldots, e^{r_{n} t} e r 1 t , e r 2 t , … , e r n t 线性无关 的一种方法是计算它们的朗斯基行列式 ；另一种方法在习题30中概述。
例1
求微分方程
y ( 4 ) + y ′ ′ ′ − 7 y ′ ′ − y ′ + 6 y = 0. \begin{equation*}
y^{(4)}+y^{\prime \prime \prime}-7 y^{\prime\prime}-y^{\prime}+6 y=0 . \tag{6}
\end{equation*}
y ( 4 ) + y ′′′ − 7 y ′′ − y ′ + 6 y = 0. ( 6 )
的通解 。并求满足初始条件
y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 0 , y ′ ′ ( 0 ) = − 2 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = − 1. \begin{equation*}
y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime\prime}(0)=-2, \quad y^{\prime\prime\prime}(0)=-1 . \tag{7}
\end{equation*}
y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 0 , y ′′ ( 0 ) = − 2 , y ′′′ ( 0 ) = − 1. ( 7 )
的解。绘制其图像并确定当 t → ∞ t \rightarrow \infty t → ∞
解：
假设 y = e r t y=e^{r t} y = e r t 多项式方程 来确定 r r r
r 4 + r 3 − 7 r 2 − r + 6 = 0 \begin{equation*}
r^{4}+r^{3}-7 r^{2}-r+6=0 \tag{8}
\end{equation*}
r 4 + r 3 − 7 r 2 − r + 6 = 0 ( 8 )
这个方程的根是 r 1 = 1 , r 2 = − 1 , r 3 = 2 r_{1}=1, r_{2}=-1, r_{3}=2 r 1 = 1 , r 2 = − 1 , r 3 = 2 r 4 = − 3 r_{4}=-3 r 4 = − 3 通解 是
y = c 1 e t + c 2 e − t + c 3 e 2 t + c 4 e − 3 t \begin{equation*}
y=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-t}+c_{3} e^{2 t}+c_{4} e^{-3 t} \tag{9}
\end{equation*}
y = c 1 e t + c 2 e − t + c 3 e 2 t + c 4 e − 3 t ( 9 )
初始条件 (7)要求 c 1 , … , c 4 c_{1}, \ldots, c_{4} c 1 , … , c 4
c 1 + c 2 + c 3 + c 4 = 1 , c 1 − c 2 + 2 c 3 − 3 c 4 = 0 , c 1 + c 2 + 4 c 3 + 9 c 4 = − 2 , c 1 − c 2 + 8 c 3 − 27 c 4 = − 1. \begin{align*}
& c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=1, \\
& c_{1}-c_{2}+2 c_{3}-3 c_{4}=0, \tag{10}\\
& c_{1}+c_{2}+4 c_{3}+9 c_{4}=-2, \\
& c_{1}-c_{2}+8 c_{3}-27 c_{4}=-1 .
\end{align*}
c 1 + c 2 + c 3 + c 4 = 1 , c 1 − c 2 + 2 c 3 − 3 c 4 = 0 , c 1 + c 2 + 4 c 3 + 9 c 4 = − 2 , c 1 − c 2 + 8 c 3 − 27 c 4 = − 1. ( 10 )
[^0]通过求解这个四元线性代数方程组 ,我们得到
c 1 = 11 8 , c 2 = 5 12 , c 3 = − 2 3 , c 4 = − 1 8 . c_{1}=\frac{11}{8}, \quad c_{2}=\frac{5}{12}, \quad c_{3}=-\frac{2}{3}, \quad c_{4}=-\frac{1}{8} .
c 1 = 8 11 , c 2 = 12 5 , c 3 = − 3 2 , c 4 = − 8 1 .
因此,初值问题 的解是
y = 11 8 e t + 5 12 e − t − 2 3 e 2 t − 1 8 e − 3 t . \begin{equation*}
y=\frac{11}{8} e^{t}+\frac{5}{12} e^{-t}-\frac{2}{3} e^{2 t}-\frac{1}{8} e^{-3 t} . \tag{11}
\end{equation*}
y = 8 11 e t + 12 5 e − t − 3 2 e 2 t − 8 1 e − 3 t . ( 11 )
解的图像如图4.2.1所示。注意到当 t → ∞ t \rightarrow \infty t → ∞ 主导项 是 2 3 e 2 t \frac{2}{3} e^{2 t} 3 2 e 2 t t → ∞ t \rightarrow \infty t → ∞ − ∞ -\infty − ∞ 初值问题 (6),(7)的解：y ( 4 ) + y ′ ′ ′ − 7 y ′ ′ − y ′ + 6 y = 0 , y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 0 , y ′ ′ ( 0 ) = − 2 y^{(4)}+y^{\prime\prime\prime}-7 y^{\prime\prime}-y^{\prime}+6 y=0, y(0)=1, y^{\prime}(0)=0, y^{\prime\prime}(0)=-2 y ( 4 ) + y ′′′ − 7 y ′′ − y ′ + 6 y = 0 , y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 0 , y ′′ ( 0 ) = − 2 y ′ ′ ′ ( 0 ) = − 1 y^{\prime\prime\prime}(0)=-1 y ′′′ ( 0 ) = − 1
如例1所示,求解常系数n阶线性微分方程 的过程依赖于求出相应n次多项式方程 的根。如果给定了初始条件 ,那么必须求解一个n元线性代数方程组 来确定常数 c 1 , … , c n c_{1}, \ldots, c_{n} c 1 , … , c n n n n
对于三次 和四次多项式 ,有一些公式,2 ^{2} 2 二次方程 的求根公式但更复杂,可以给出根的精确表达式。求根算法在计算器和计算机上很容易获得。有时它们会包含在微分方程求解器 中,这样分解特征多项式 的过程就被隐藏起来,微分方程的解会自动生成。
如果你需要手动分解特征多项式 ,这里有一个有时会有帮助的结果。假设多项式
a 0 r n + a 1 r n − 1 + ⋯ + a n − 1 r + a n = 0 \begin{equation*}
a_{0} r^{n}+a_{1} r^{n-1}+\cdots+a_{n-1} r+a_{n}=0 \tag{12}
\end{equation*}
a 0 r n + a 1 r n − 1 + ⋯ + a n − 1 r + a n = 0 ( 12 )
有整数系数 。如果 r = p / q r=p/q r = p / q 有理根 ,其中 p p p q q q 公因子 ,那么 p p p a n a_{n} a n q q q a 0 a_{0} a 0 a 0 a_{0} a 0 ± 1 \pm 1 ± 1 a n a_{n} a n ± 1 , ± 2 , ± 3 \pm 1, \pm 2, \pm 3 ± 1 , ± 2 , ± 3 ± 6 \pm 6 ± 6 有理根 只有 ± 1 , ± 2 , ± 3 \pm 1, \pm 2, \pm 3 ± 1 , ± 2 , ± 3 ± 6 \pm 6 ± 6 1 , − 1 , 2 1,-1,2 1 , − 1 , 2 − 3 -3 − 3 2 ^{2} 2 三次方程 的方法显然是由Scipione dal Ferro(1465-1526)在1500年左右发现的,尽管直到1545年才由Girolamo Cardano(1501-1576)在他的《Ars Magna》中首次发表。这本书还包含了一种求解四次方程 的方法,Cardano将其归功于他的学生Ludovico Ferrari(1522-1565)。关于是否存在类似的高次方程求根公式 的问题在两个多世纪里一直悬而未决,直到1826年,Niels Abel证明了五次及以上次数的多项式方程 不存在通用的求根公式。Evariste Galois(1811-1832)在1831年发展了一个更一般的理论,但不幸的是,这个理论在几十年内都没有广为人知。
是四次的。如果某些根是无理数 或复数 (这种情况很常见),那么这个过程就找不到它们,但至少可以通过用有理根 对应的因式去除多项式来降低多项式的次数。
如果特征方程 的根是实数 且互不相等,我们已经看到通解 (5)就是指数函数 的简单和。对于较大的 t t t + ∞ +\infty + ∞ − ∞ -\infty − ∞ 主导项 系数的符号。如果最大根是负的,那么解会指数趋于零。最后,如果这个根是零,那么当 t t t 初始条件 ,原本主导项 的系数可能为零；这时解在大的 t t t
复根 。由于系数 a 0 , a 1 , a 2 , … , a n a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} a 0 , a 1 , a 2 , … , a n 实数 ,如果特征方程 有复根 ,它们必须以共轭对 λ ± i μ \lambda \pm i \mu λ ± i μ r = λ + i μ r=\lambda+i \mu r = λ + i μ 特征方程 的根时, r ˉ = λ − i μ \bar{r}=\lambda-i \mu r ˉ = λ − i μ 重根 ,方程(5)仍然给出方程(1)的通解 形式。然而,就像二阶微分方程 (第3.3节)一样,我们可以用实值解
e λ t cos ( μ t ) , e λ t sin ( μ t ) \begin{equation*}
e^{\lambda t} \cos (\mu t), \quad e^{\lambda t} \sin (\mu t) \tag{13}
\end{equation*}
e λ t cos ( μ t ) , e λ t sin ( μ t ) ( 13 )
来替代复值解 e ( λ + i μ ) t e^{(\lambda+i \mu) t} e ( λ + i μ ) t e ( λ − i μ ) t e^{(\lambda-i \mu) t} e ( λ − i μ ) t 实值解 是由 e ( λ + i μ ) t e^{(\lambda+i \mu) t} e ( λ + i μ ) t 实部 和虚部 得到的。因此,即使特征方程 的某些根是复数 ,我们仍然可以将方程(1)的通解 表示为实值解 的线性组合。
例2
求微分方程
y ( 4 ) − y = 0. \begin{equation*}
y^{(4)}-y=0 . \tag{14}
\end{equation*}
y ( 4 ) − y = 0. ( 14 )
的通解 。并求满足初始条件
y ( 0 ) = 7 2 , y ′ ( 0 ) = − 4 , y ′ ′ ( 0 ) = 5 2 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = − 2 \begin{equation*}
y(0)=\frac{7}{2}, \quad y^{\prime}(0)=-4, \quad y^{\prime\prime}(0)=\frac{5}{2}, \quad y^{\prime\prime\prime}(0)=-2 \tag{15}
\end{equation*}
y ( 0 ) = 2 7 , y ′ ( 0 ) = − 4 , y ′′ ( 0 ) = 2 5 , y ′′′ ( 0 ) = − 2 ( 15 )
的解。绘制其图像。
解：
将 y = e r t y=e^{r t} y = e r t 特征方程
r 4 − 1 = ( r 2 − 1 ) ( r 2 + 1 ) = 0 r^{4}-1=\left(r^{2}-1\right)\left(r^{2}+1\right)=0
r 4 − 1 = ( r 2 − 1 ) ( r 2 + 1 ) = 0
因此,根是 r = 1 , − 1 , i r=1,-1,i r = 1 , − 1 , i − i -i − i 通解 是
y = c 1 e t + c 2 e − t + c 3 cos t + c 4 sin t y=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-t}+c_{3} \cos t+c_{4} \sin t
y = c 1 e t + c 2 e − t + c 3 cos t + c 4 sin t
如果我们施加初始条件 (15),得到(见习题26a)
c 1 = 0 , c 2 = 3 , c 3 = 1 2 , c 4 = − 1 c_{1}=0, \quad c_{2}=3, \quad c_{3}=\frac{1}{2}, \quad c_{4}=-1
c 1 = 0 , c 2 = 3 , c 3 = 2 1 , c 4 = − 1
因此,给定初值问题 的解是
y = 3 e − t + 1 2 cos t − sin t \begin{equation*}
y=3 e^{-t}+\frac{1}{2} \cos t-\sin t \tag{16}
\end{equation*}
y = 3 e − t + 2 1 cos t − sin t ( 16 )
这个解的图像如图4.2.2所示。
注意到初始条件 (15)使得通解 中指数增长项 的系数 c 1 c_{1} c 1 指数衰减 到稳态振荡 的过程,如图4.2.2所示。然而,如果初始条件 稍有改变, c 1 c_{1} c 1 初始条件 保持不变,但将 y ′ ′ ′ ( 0 ) y^{\prime\prime\prime}(0) y ′′′ ( 0 )
图4.2.2 初值问题 (14),(15)的解：y ( 4 ) − y = 0 , y ( 0 ) = 7 2 y^{(4)}-y=0, y(0)=\frac{7}{2} y ( 4 ) − y = 0 , y ( 0 ) = 2 7
y ′ ( 0 ) = − 4 , y ′ ′ ( 0 ) = 5 2 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = − 2. y^{\prime}(0)=-4, y^{\prime\prime}(0)=\frac{5}{2}, y^{\prime\prime\prime}(0)=-2 .
y ′ ( 0 ) = − 4 , y ′′ ( 0 ) = 2 5 , y ′′′ ( 0 ) = − 2.
从-2改为 − 15 8 -\frac{15}{8} − 8 15 初值问题 的解变为(见习题26b)
y = 1 32 e t + 95 32 e − t + 1 2 cos t − 17 16 sin t \begin{equation*}
y=\frac{1}{32} e^{t}+\frac{95}{32} e^{-t}+\frac{1}{2} \cos t-\frac{17}{16} \sin t \tag{17}
\end{equation*}
y = 32 1 e t + 32 95 e − t + 2 1 cos t − 16 17 sin t ( 17 )
解(17)中的系数与解(16)中的系数只有微小差异,但指数增长项 即使系数只有 1 32 \frac{1}{32} 32 1 t t t
图4.2.3 齐次微分方程 (14)的两个解。蓝色曲线满足初始条件 (15)；红色曲线满足修改后的问题,其中最后一个初始条件 改为 y ′ ′ ′ ( 0 ) = − 15 / 8 y^{\prime\prime\prime}(0)=-15/8 y ′′′ ( 0 ) = − 15/8
重根 。如果特征方程 的根不是互异的——也就是说,如果某些根是重复的——那么解(5)显然不是方程(1)的通解 。回忆一下,如果 r 1 r_{1} r 1 二阶线性方程 a 0 y ′ ′ + a 1 y ′ + a 2 y = 0 a_{0} y^{\prime\prime}+a_{1} y^{\prime}+a_{2} y=0 a 0 y ′′ + a 1 y ′ + a 2 y = 0 重根 ,那么两个线性无关解 是 e r 1 t e^{r_{1} t} e r 1 t t e r 1 t t e^{r_{1} t} t e r 1 t n n n Z ( r ) = 0 Z(r)=0 Z ( r ) = 0 r = r 1 r=r_{1} r = r 1 重数 s s s s ≤ n s \leq n s ≤ n
e r 1 t , t e r 1 t , t 2 e r 1 t , … , t s − 1 e r 1 t \begin{equation*}
e^{r_{1} t}, t e^{r_{1} t}, t^{2} e^{r_{1} t}, \ldots, t^{s-1} e^{r_{1} t} \tag{18}
\end{equation*}
e r 1 t , t e r 1 t , t 2 e r 1 t , … , t s − 1 e r 1 t ( 18 )
是方程(1)的对应解。这个结论的证明见习题31,它对实重根 和复重根 都成立。
注意,复根 只有在微分方程 (1)是四阶或更高阶时才可能重复。如果复根 λ + i μ \lambda+i \mu λ + i μ s s s 共轭 λ − i μ \lambda-i \mu λ − i μ s s s 2 s 2s 2 s 复值解 ,我们可以找到 2 s 2s 2 s 实值解 ,这是通过注意到 e ( λ + i μ ) t e^{(\lambda+i \mu) t} e ( λ + i μ ) t t e ( λ + i μ ) t , … , t s − 1 e ( λ + i μ ) t t e^{(\lambda+i \mu) t}, \ldots, t^{s-1} e^{(\lambda+i \mu) t} t e ( λ + i μ ) t , … , t s − 1 e ( λ + i μ ) t 实部 和虚部 也是线性无关解 ：
e λ t cos ( μ t ) , e λ t sin ( μ t ) , t e λ t cos ( μ t ) , t e λ t sin ( μ t ) , … , t s − 1 e λ t cos ( μ t ) , t s − 1 e λ t sin ( μ t ) \begin{aligned}
e^{\lambda t} \cos (\mu t), & e^{\lambda t} \sin (\mu t), t e^{\lambda t} \cos (\mu t), t e^{\lambda t} \sin (\mu t), \ldots, \\
& t^{s-1} e^{\lambda t} \cos (\mu t), t^{s-1} e^{\lambda t} \sin (\mu t)
\end{aligned}
e λ t cos ( μ t ) , e λ t sin ( μ t ) , t e λ t cos ( μ t ) , t e λ t sin ( μ t ) , … , t s − 1 e λ t cos ( μ t ) , t s − 1 e λ t sin ( μ t )
因此,方程(1)的通解 总是可以表示为 n n n 实值解 的线性组合。考虑下面的例子。
例3
求微分方程
y ( 4 ) + 2 y ′ ′ + y = 0 \begin{equation*}
y^{(4)}+2 y^{\prime\prime}+y=0 \tag{19}
\end{equation*}
y ( 4 ) + 2 y ′′ + y = 0 ( 19 )
的通解 。
解：
特征方程 是
r 4 + 2 r 2 + 1 = ( r 2 + 1 ) ( r 2 + 1 ) = 0 r^{4}+2 r^{2}+1=\left(r^{2}+1\right)\left(r^{2}+1\right)=0
r 4 + 2 r 2 + 1 = ( r 2 + 1 ) ( r 2 + 1 ) = 0
由于 r 2 + 1 = ( r − i ) ( r + i ) r^{2}+1=(r-i)(r+i) r 2 + 1 = ( r − i ) ( r + i ) 特征方程 的根是 r 1 = i r_{1}=i r 1 = i r 2 = − i r_{2}=-i r 2 = − i 重数 2。因此,方程(19)的通解 是
y = c 1 cos t + c 2 sin t + c 3 t cos t + c 4 t sin t y=c_{1} \cos t+c_{2} \sin t+c_{3} t \cos t+c_{4} t \sin t
y = c 1 cos t + c 2 sin t + c 3 t cos t + c 4 t sin t
在求特征方程 的根时,可能需要计算立方根 、四次方根 或更高次方根(可能是复数 )。这通常可以最方便地使用欧拉公式 e i t = cos t + i sin t e^{i t}=\cos t+i \sin t e i t = cos t + i sin t
例4
求微分方程
y ( 4 ) + y = 0. \begin{equation*}
y^{(4)}+y=0 . \tag{20}
\end{equation*}
y ( 4 ) + y = 0. ( 20 )
的通解 。
解：
特征方程 是
r 4 + 1 = 0 r^{4}+1=0
r 4 + 1 = 0
要解这个方程,我们必须计算-1的四次方根 。现在将-1看作复数 ,即 − 1 + 0 i -1+0i − 1 + 0 i 模 为1,幅角 为 π \pi π
− 1 = cos π + i sin π = e i π -1=\cos \pi+i \sin \pi=e^{i \pi}
− 1 = cos π + i sin π = e iπ
此外,由于 sin ( x ) \sin(x) sin ( x ) cos ( x ) \cos(x) cos ( x ) 2 π 2\pi 2 π 周期 ,角度 只需确定到 2 π 2\pi 2 π
− 1 = cos ( π + 2 m π ) + i sin ( π + 2 m π ) = e i ( π + 2 m π ) -1=\cos(\pi+2m\pi)+i\sin(\pi+2m\pi)=e^{i(\pi+2m\pi)}
− 1 = cos ( π + 2 mπ ) + i sin ( π + 2 mπ ) = e i ( π + 2 mπ )
其中 m m m 正负整数 。现在,根据指数 的性质,
( − 1 ) 1 / 4 = ( e i ( π + 2 m π ) ) 1 / 4 = e i ( π / 4 + m π / 2 ) = cos ( π 4 + m π 2 ) + i sin ( π 4 + m π 2 ) . (-1)^{1/4}=\left(e^{i(\pi+2m\pi)}\right)^{1/4}=e^{i(\pi/4+m\pi/2)}=\cos\left(\frac{\pi}{4}+\frac{m\pi}{2}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{m\pi}{2}\right).
( − 1 ) 1/4 = ( e i ( π + 2 mπ ) ) 1/4 = e i ( π /4 + mπ /2 ) = cos ( 4 π + 2 mπ ) + i sin ( 4 π + 2 mπ ) .
通过取 m = 0 , 1 , 2 m=0,1,2 m = 0 , 1 , 2 四次方根 ：
1 + i 2 , − 1 + i 2 , − 1 − i 2 , 1 − i 2 . \frac{1+i}{\sqrt{2}}, \quad \frac{-1+i}{\sqrt{2}}, \quad \frac{-1-i}{\sqrt{2}}, \quad \frac{1-i}{\sqrt{2}} .
2 1 + i , 2 − 1 + i , 2 − 1 − i , 2 1 − i .
容易验证,对于任何其他 m m m m = 4 m=4 m = 4 ( 1 + i ) / 2 (1+i)/\sqrt{2} ( 1 + i ) / 2 齐次四阶线性微分方程 (20)的通解 是
y = e t / 2 ( c 1 cos ( t 2 ) + c 2 sin ( t 2 ) ) + e − t / 2 ( c 3 cos ( t 2 ) + c 4 sin ( t 2 ) ) \begin{equation*}
y=e^{t/\sqrt{2}}\left(c_{1}\cos\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)+c_{2}\sin\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)\right)+e^{-t/\sqrt{2}}\left(c_{3}\cos\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)+c_{4}\sin\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)\right) \tag{21}
\end{equation*}
y = e t / 2 ( c 1 cos ( 2 t ) + c 2 sin ( 2 t ) ) + e − t / 2 ( c 3 cos ( 2 t ) + c 4 sin ( 2 t ) ) ( 21 )
最后,我们注意到,即使有计算机辅助,求多项式方程 的所有根的问题也可能并不完全直接。特别是,可能很难确定两个根是相等还是仅仅非常接近。请记住,这两种情况下通解 的形式是不同的。
如果方程(1)中的常数 a 0 , a 1 , … , a n a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n} a 0 , a 1 , … , a n 复数 ,方程(1)的解仍然具有形式(4)。然而,在这种情况下,特征方程 的根一般是复数 ,而且根的共轭 不一定也是根。相应的解是复值 的。
习题
在习题1至4中,将给定的复数 表示成极坐标形式 R ( cos θ + i sin θ ) = R e i θ R(\cos \theta+i\sin \theta)=Re^{i\theta} R ( cos θ + i sin θ ) = R e i θ
1 + i 1+i 1 + i − 1 + 3 i -1+\sqrt{3}i − 1 + 3 i -3
3 − i \sqrt{3}-i 3 − i
在习题5至7中,按照例4的步骤求给定复数 的指定根。
5. 1 1 / 3 1^{1/3} 1 1/3 ( 1 − i ) 1 / 2 (1-i)^{1/2} ( 1 − i ) 1/2 ( 2 ( cos ( π / 3 ) + i sin ( π / 3 ) ) ) 1 / 2 (2(\cos(\pi/3)+i\sin(\pi/3)))^{1/2} ( 2 ( cos ( π /3 ) + i sin ( π /3 )) ) 1/2
在习题8至19中,求给定微分方程 的通解 。
8. y ′ ′ ′ − y ′ ′ − y ′ + y = 0 y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime\prime}-y^{\prime}+y=0 y ′′′ − y ′′ − y ′ + y = 0 y ′ ′ ′ − 3 y ′ ′ + 3 y ′ − y = 0 y^{\prime\prime\prime}-3y^{\prime\prime}+3y^{\prime}-y=0 y ′′′ − 3 y ′′ + 3 y ′ − y = 0 y ( 4 ) − 4 y ′ ′ ′ + 4 y ′ ′ = 0 y^{(4)}-4y^{\prime\prime\prime}+4y^{\prime\prime}=0 y ( 4 ) − 4 y ′′′ + 4 y ′′ = 0 y ( 6 ) + y = 0 y^{(6)}+y=0 y ( 6 ) + y = 0 y ( 6 ) − 3 y ( 4 ) + 3 y ′ ′ − y = 0 y^{(6)}-3y^{(4)}+3y^{\prime\prime}-y=0 y ( 6 ) − 3 y ( 4 ) + 3 y ′′ − y = 0 y ( 6 ) − y ′ ′ = 0 y^{(6)}-y^{\prime\prime}=0 y ( 6 ) − y ′′ = 0 y ( 5 ) − 3 y ( 4 ) + 3 y ′ ′ ′ − 3 y ′ ′ + 2 y ′ = 0 y^{(5)}-3y^{(4)}+3y^{\prime\prime\prime}-3y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0 y ( 5 ) − 3 y ( 4 ) + 3 y ′′′ − 3 y ′′ + 2 y ′ = 0 y ( 8 ) + 8 y ( 4 ) + 16 y = 0 y^{(8)}+8y^{(4)}+16y=0 y ( 8 ) + 8 y ( 4 ) + 16 y = 0 y ( 4 ) + 2 y ′ ′ + y = 0 y^{(4)}+2y^{\prime\prime}+y=0 y ( 4 ) + 2 y ′′ + y = 0 y ′ ′ ′ + 5 y ′ ′ + 6 y ′ + 2 y = 0 y^{\prime\prime\prime}+5y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+2y=0 y ′′′ + 5 y ′′ + 6 y ′ + 2 y = 0 y ( 4 ) − 7 y ′ ′ ′ + 6 y ′ ′ + 30 y ′ − 36 y = 0 y^{(4)}-7y^{\prime\prime\prime}+6y^{\prime\prime}+30y^{\prime}-36y=0 y ( 4 ) − 7 y ′′′ + 6 y ′′ + 30 y ′ − 36 y = 0 12 y ( 4 ) + 31 y ′ ′ ′ + 75 y ′ ′ + 37 y ′ + 5 y = 0 12y^{(4)}+31y^{\prime\prime\prime}+75y^{\prime\prime}+37y^{\prime}+5y=0 12 y ( 4 ) + 31 y ′′′ + 75 y ′′ + 37 y ′ + 5 y = 0
在习题20至25中,求给定初值问题 的解,并绘制其图像。当 t → ∞ t \rightarrow \infty t → ∞
G 20. y ′ ′ ′ + y ′ = 0 ; y ( 0 ) = 0 , y ′ ( 0 ) = 1 , y ′ ′ ( 0 ) = 2 y^{\prime\prime\prime}+y^{\prime}=0 ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1, \quad y^{\prime\prime}(0)=2 y ′′′ + y ′ = 0 ; y ( 0 ) = 0 , y ′ ( 0 ) = 1 , y ′′ ( 0 ) = 2 y ( 4 ) + y = 0 ; y ( 0 ) = 0 , y ′ ( 0 ) = 0 y^{(4)}+y=0 ; \quad y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 y ( 4 ) + y = 0 ; y ( 0 ) = 0 , y ′ ( 0 ) = 0 y ′ ′ ( 0 ) = − 1 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = 0 y^{\prime\prime}(0)=-1, \quad y^{\prime\prime\prime}(0)=0 y ′′ ( 0 ) = − 1 , y ′′′ ( 0 ) = 0 y ( 4 ) − 4 y ′ ′ ′ + 4 y ′ ′ = 0 ; y ( 1 ) = − 1 , y ′ ( 1 ) = 2 y^{(4)}-4y^{\prime\prime\prime}+4y^{\prime\prime}=0 ; \quad y(1)=-1, \quad y^{\prime}(1)=2 y ( 4 ) − 4 y ′′′ + 4 y ′′ = 0 ; y ( 1 ) = − 1 , y ′ ( 1 ) = 2 y ′ ′ ( 1 ) = 0 , y ′ ′ ′ ( 1 ) = 0 y^{\prime\prime}(1)=0, \quad y^{\prime\prime\prime}(1)=0 y ′′ ( 1 ) = 0 , y ′′′ ( 1 ) = 0 2 y ( 4 ) − y ′ ′ ′ − 9 y ′ ′ + 4 y ′ + 4 y = 0 ; y ( 0 ) = − 2 2y^{(4)}-y^{\prime\prime\prime}-9y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=0 ; \quad y(0)=-2 2 y ( 4 ) − y ′′′ − 9 y ′′ + 4 y ′ + 4 y = 0 ; y ( 0 ) = − 2 y ′ ( 0 ) = 0 , y ′ ′ ( 0 ) = − 2 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = 0 y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime\prime}(0)=-2, \quad y^{\prime\prime\prime}(0)=0 y ′ ( 0 ) = 0 , y ′′ ( 0 ) = − 2 , y ′′′ ( 0 ) = 0
G 24. 4 y ′ ′ ′ + y ′ + 5 y = 0 ; y ( 0 ) = 2 , y ′ ( 0 ) = 1 , y ′ ′ ( 0 ) = − 1 4y^{\prime\prime\prime}+y^{\prime}+5y=0 ; \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=1, \quad y^{\prime\prime}(0)=-1 4 y ′′′ + y ′ + 5 y = 0 ; y ( 0 ) = 2 , y ′ ( 0 ) = 1 , y ′′ ( 0 ) = − 1 6 y ′ ′ ′ + 5 y ′ ′ + y ′ = 0 ; y ( 0 ) = − 2 , y ′ ( 0 ) = 2 , y ′ ′ ( 0 ) = 0 6y^{\prime\prime\prime}+5y^{\prime\prime}+y^{\prime}=0 ; \quad y(0)=-2, \quad y^{\prime}(0)=2, \quad y^{\prime\prime}(0)=0 6 y ′′′ + 5 y ′′ + y ′ = 0 ; y ( 0 ) = − 2 , y ′ ( 0 ) = 2 , y ′′ ( 0 ) = 0 y ( t ) = 3 e − t + 1 2 cos t − sin t y(t)=3e^{-t}+\frac{1}{2}\cos t-\sin t y ( t ) = 3 e − t + 2 1 cos t − sin t y ( 4 ) − y = 0 , y ( 0 ) = 7 2 , y ′ ( 0 ) = − 4 , y ′ ′ ( 0 ) = 5 2 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = − 2 y^{(4)}-y=0, y(0)=\frac{7}{2}, y^{\prime}(0)=-4, y^{\prime\prime}(0)=\frac{5}{2}, y^{\prime\prime\prime}(0)=-2 y ( 4 ) − y = 0 , y ( 0 ) = 2 7 , y ′ ( 0 ) = − 4 , y ′′ ( 0 ) = 2 5 , y ′′′ ( 0 ) = − 2 y ( 4 ) − y = 0 , y ( 0 ) = 7 2 , y ′ ( 0 ) = − 4 y^{(4)}-y=0, y(0)=\frac{7}{2}, y^{\prime}(0)=-4 y ( 4 ) − y = 0 , y ( 0 ) = 2 7 , y ′ ( 0 ) = − 4 y ′ ′ ( 0 ) = 5 2 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = − 15 8 y^{\prime\prime}(0)=\frac{5}{2}, y^{\prime\prime\prime}(0)=-\frac{15}{8} y ′′ ( 0 ) = 2 5 , y ′′′ ( 0 ) = − 8 15 初值问题 。
27. 证明 y ( 4 ) − y = 0 y^{(4)}-y=0 y ( 4 ) − y = 0 通解 可以写成
y = c 1 cos t + c 2 sin t + c 3 cosh t + c 4 sinh t y=c_{1}\cos t+c_{2}\sin t+c_{3}\cosh t+c_{4}\sinh t
y = c 1 cos t + c 2 sin t + c 3 cosh t + c 4 sinh t
求满足初始条件 y ( 0 ) = 0 y(0)=0 y ( 0 ) = 0 y ′ ( 0 ) = 0 , y ′ ′ ( 0 ) = 1 , y ′ ′ ′ ( 0 ) = 1 y^{\prime}(0)=0, y^{\prime\prime}(0)=1, y^{\prime\prime\prime}(0)=1 y ′ ( 0 ) = 0 , y ′′ ( 0 ) = 1 , y ′′′ ( 0 ) = 1 cosh t \cosh t cosh t sinh t \sinh t sinh t e t e^t e t e − t e^{-t} e − t y ( 4 ) − y = 0 y^{(4)}-y=0 y ( 4 ) − y = 0 Abel公式 (第4.1节习题15d)求给定方程的一组基本解 的朗斯基行列式 。
b. 求解 e t , e − t , cos t e^t, e^{-t}, \cos t e t , e − t , cos t sin t \sin t sin t 朗斯基行列式 。
c. 求解 cosh t , sinh t , cos t \cosh t, \sinh t, \cos t cosh t , sinh t , cos t sin t \sin t sin t 朗斯基行列式 。
29. 考虑图4.2.4所示的弹簧-质量系统 ,它由两个单位质量 通过弹簧常数 分别为3和2的弹簧悬挂。假设系统中没有阻尼 。
a. 证明质量相对于各自平衡位置 的位移 u 1 u_1 u 1 u 2 u_2 u 2
u 1 ′ ′ + 5 u 1 = 2 u 2 , u 2 ′ ′ + 2 u 2 = 2 u 1 . \begin{equation*}
u_{1}^{\prime\prime}+5u_{1}=2u_{2}, \quad u_{2}^{\prime\prime}+2u_{2}=2u_{1} . \tag{22}
\end{equation*}
u 1 ′′ + 5 u 1 = 2 u 2 , u 2 ′′ + 2 u 2 = 2 u 1 . ( 22 )
b. 从方程(22)的第一个方程解出 u 2 u_2 u 2 u 1 u_1 u 1 四阶方程 ：
u 1 ( 4 ) + 7 u 1 ′ ′ + 6 u 1 = 0. \begin{equation*}
u_{1}^{(4)}+7u_{1}^{\prime\prime}+6u_{1}=0 . \tag{23}
\end{equation*}
u 1 ( 4 ) + 7 u 1 ′′ + 6 u 1 = 0. ( 23 )
求方程(23)的通解 。
c. 假设初始条件 是
u 1 ( 0 ) = 1 , u 1 ′ ( 0 ) = 0 , u 2 ( 0 ) = 2 , u 2 ′ ( 0 ) = 0 \begin{equation*}
u_{1}(0)=1, \quad u_{1}^{\prime}(0)=0, \quad u_{2}(0)=2, \quad u_{2}^{\prime}(0)=0 \tag{24}
\end{equation*}
u 1 ( 0 ) = 1 , u 1 ′ ( 0 ) = 0 , u 2 ( 0 ) = 2 , u 2 ′ ( 0 ) = 0 ( 24 )
利用方程(22)的第一个方程和初始条件 (24)求出 u 1 ′ ′ ( 0 ) u_{1}^{\prime\prime}(0) u 1 ′′ ( 0 ) u 1 ′ ′ ′ ( 0 ) u_{1}^{\prime\prime\prime}(0) u 1 ′′′ ( 0 ) u_{1 的四个初始条件 的方程(23)的解是 u 1 ( t ) = cos t u_{1}(t)=\cos t u 1 ( t ) = cos t u 2 u_2 u 2 u 2 ( t ) = 2 cos t u_2(t)=2\cos t u 2 ( t ) = 2 cos t
d. 现在假设初始条件 是
u 1 ( 0 ) = − 2 , u 1 ′ ( 0 ) = 0 , u 2 ( 0 ) = 1 , u 2 ′ ( 0 ) = 0 \begin{equation*}
u_{1}(0)=-2, \quad u_{1}^{\prime}(0)=0, \quad u_{2}(0)=1, \quad u_{2}^{\prime}(0)=0 \tag{25}
\end{equation*}
u 1 ( 0 ) = − 2 , u 1 ′ ( 0 ) = 0 , u 2 ( 0 ) = 1 , u 2 ′ ( 0 ) = 0 ( 25 )
按照c部分的方法证明对应的解是 u 1 ( t ) = − 2 cos ( 6 t ) u_{1}(t)=-2\cos(\sqrt{6}t) u 1 ( t ) = − 2 cos ( 6 t ) u 2 ( t ) = cos ( 6 t ) u_{2}(t)=\cos(\sqrt{6}t) u 2 ( t ) = cos ( 6 t )
e. 观察在c部分和d部分得到的解描述了两种不同的振动模式 。在第一种模式中,运动频率 为1,两个质量同相运动 ,同时向上或向下运动；第二个质量的运动幅度 是第一个的两倍。第二种运动的频率 为 6 \sqrt{6} 6 反相运动 ,一个向下运动时另一个向上运动,反之亦然。在这种模式下,第一个质量的运动幅度 是第二个的两倍。对于不成比例于方程(24)或(25)的其他初始条件 ,质量的运动是这两种模式的组合。
图4.2.4 双弹簧-双质量系统 。
在本题中,我们概述一种方法来证明如果 r 1 , … , r n r_{1}, \ldots, r_{n} r 1 , … , r n 实数 且互不相等,那么 e r 1 t , … , e r n t e^{r_{1}t}, \ldots, e^{r_{n}t} e r 1 t , … , e r n t − ∞ < t < ∞ -\infty<t<\infty − ∞ < t < ∞ 线性无关 。为此,我们考虑线性关系
c 1 e r 1 t + ⋯ + c n e r n t = 0 , − ∞ < t < ∞ \begin{equation*}
c_{1}e^{r_{1}t}+\cdots+c_{n}e^{r_{n}t}=0, \quad -\infty<t<\infty \tag{26}
\end{equation*}
c 1 e r 1 t + ⋯ + c n e r n t = 0 , − ∞ < t < ∞ ( 26 )
并证明所有常数都为零。
a. 将方程(26)乘以 e − r 1 t e^{-r_{1}t} e − r 1 t t t t
c 2 ( r 2 − r 1 ) e ( r 2 − r 1 ) t + ⋯ + c n ( r n − r 1 ) e ( r n − r 1 ) t = 0 c_{2}(r_{2}-r_{1})e^{(r_{2}-r_{1})t}+\cdots+c_{n}(r_{n}-r_{1})e^{(r_{n}-r_{1})t}=0
c 2 ( r 2 − r 1 ) e ( r 2 − r 1 ) t + ⋯ + c n ( r n − r 1 ) e ( r n − r 1 ) t = 0
b. 将a部分的结果乘以 e − ( r 2 − r 1 ) t e^{-(r_{2}-r_{1})t} e − ( r 2 − r 1 ) t t t t
c 3 ( r 3 − r 2 ) ( r 3 − r 1 ) e ( r 3 − r 2 ) t + ⋯ + c n ( r n − r 2 ) ( r n − r 1 ) e ( r n − r 2 ) t = 0 \begin{aligned}
& c_{3}(r_{3}-r_{2})(r_{3}-r_{1})e^{(r_{3}-r_{2})t} \\
& \quad+\cdots+c_{n}(r_{n}-r_{2})(r_{n}-r_{1})e^{(r_{n}-r_{2})t}=0
\end{aligned}
c 3 ( r 3 − r 2 ) ( r 3 − r 1 ) e ( r 3 − r 2 ) t + ⋯ + c n ( r n − r 2 ) ( r n − r 1 ) e ( r n − r 2 ) t = 0
c. 继续a和b部分的过程,最终得到
c n ( r n − r n − 1 ) ⋯ ( r n − r 1 ) e ( r n − r n − 1 ) t = 0 c_{n}(r_{n}-r_{n-1})\cdots(r_{n}-r_{1})e^{(r_{n}-r_{n-1})t}=0
c n ( r n − r n − 1 ) ⋯ ( r n − r 1 ) e ( r n − r n − 1 ) t = 0
因此 c n = 0 c_{n}=0 c n = 0
c 1 e r 1 t + ⋯ + c n − 1 e r n − 1 t = 0 c_{1}e^{r_{1}t}+\cdots+c_{n-1}e^{r_{n-1}t}=0
c 1 e r 1 t + ⋯ + c n − 1 e r n − 1 t = 0
d. 重复前面的论证以证明 c n − 1 = 0 c_{n-1}=0 c n − 1 = 0 c n − 2 = ⋯ = c 1 = 0 c_{n-2}=\cdots=c_{1}=0 c n − 2 = ⋯ = c 1 = 0 e r 1 t , … , e r n t e^{r_{1}t}, \ldots, e^{r_{n}t} e r 1 t , … , e r n t 线性无关 。
在本题中,我们说明一种方法来证明如果 r = r 1 r=r_{1} r = r 1 特征多项式 Z ( r ) Z(r) Z ( r ) s s s 重根 ,那么 e r 1 t , t e r 1 t , … , t s − 1 e r 1 t e^{r_{1}t}, te^{r_{1}t}, \ldots, t^{s-1}e^{r_{1}t} e r 1 t , t e r 1 t , … , t s − 1 e r 1 t 二阶方程 的方法推广到 n n n
L [ e r t ] = e r t Z ( r ) \begin{equation*}
L[e^{rt}]=e^{rt}Z(r) \tag{27}
\end{equation*}
L [ e r t ] = e r t Z ( r ) ( 27 )
并反复对 r r r r = r 1 r=r_{1} r = r 1
a. 回忆如果 r 1 r_{1} r 1 s s s 重根 ,那么 Z ( r ) = ( r − r 1 ) s q ( r ) Z(r)=(r-r_{1})^sq(r) Z ( r ) = ( r − r 1 ) s q ( r ) q ( r ) q(r) q ( r ) n − s n-s n − s 多项式 且 q ( r 1 ) ≠ 0 q(r_{1})\neq 0 q ( r 1 ) = 0 Z ( r 1 ) , Z ′ ( r 1 ) , … , Z ( s − 1 ) ( r 1 ) Z(r_{1}), Z^{\prime}(r_{1}), \ldots, Z^{(s-1)}(r_{1}) Z ( r 1 ) , Z ′ ( r 1 ) , … , Z ( s − 1 ) ( r 1 ) Z ( s ) ( r 1 ) ≠ 0 Z^{(s)}(r_{1})\neq 0 Z ( s ) ( r 1 ) = 0
b. 通过反复对方程(27)关于 r r r
∂ ∂ r L [ e r t ] = L [ ∂ ∂ r e r t ] = L [ t e r t ] , ⋮ ∂ s − 1 ∂ r s − 1 L [ e r t ] = L [ t s − 1 e r t ] . \begin{aligned}
\frac{\partial}{\partial r}L[e^{rt}] & =L[\frac{\partial}{\partial r}e^{rt}]=L[te^{rt}], \\
& \vdots \\
\frac{\partial^{s-1}}{\partial r^{s-1}}L[e^{rt}] & =L[t^{s-1}e^{rt}].
\end{aligned}
∂ r ∂ L [ e r t ] ∂ r s − 1 ∂ s − 1 L [ e r t ] = L [ ∂ r ∂ e r t ] = L [ t e r t ] , ⋮ = L [ t s − 1 e r t ] .
c. 证明 e r 1 t , t e r 1 t , … , t s − 1 e r 1 t e^{r_{1}t}, te^{r_{1}t}, \ldots, t^{s-1}e^{r_{1}t} e r 1 t , t e r 1 t , … , t s − 1 e r 1 t
图4.2.1 初值问题(6),(7)的解：, 。
