6.2 初值问题的解

在本节中，我们将展示如何使用拉普拉斯变换来求解具有常系数的线性微分方程的初值问题。拉普拉斯变换的这种用途主要基于这样一个事实：$f^{\prime}$ 的变换以简单的方式与 $f$ 的变换相关。这种关系在以下定理中得到表达。

定理 6.2.1

假设 $f$ 是连续的，$f^{\prime}$ 在任何区间 $0 \leq t \leq A$ 上是分段连续的。进一步假设存在常数 $K$、$a$ 和 $M$，使得对于 $t \geq M$，有 $|f(t)| \leq K e^{a t}$。则 $\mathcal{L}\left\{f^{\prime}(t)\right\}$ 对于 $s>a$ 存在，并且，

$$\begin{equation*} \mathcal{L}\left\{f^{\prime}(t)\right\}=s \mathcal{L}\{f(t)\}-f(0) . \tag{1} \end{equation*}$$

为了证明这个定理，我们考虑积分

$$\int_{0}^{A} e^{-s t} f^{\prime}(t) d t$$

如果它作为 $A \rightarrow \infty$ 的极限存在，则它是 $f^{\prime}$ 的拉普拉斯变换。为了计算这个极限，我们首先需要将积分写成适当的形式。如果 $f^{\prime}$ 在区间 $0 \leq t \leq A$ 中有不连续点，则将它们表示为 $t_{1}, t_{2}, \ldots, t_{k}$。然后我们可以将积分写成

$$\int_{0}^{A} e^{-s t} f^{\prime}(t) d t=\int_{0}^{t_{1}} e^{-s t} f^{\prime}(t) d t+\int_{t_{1}}^{t_{2}} e^{-s t} f^{\prime}(t) d t+\cdots+\int_{t_{k}}^{A} e^{-s t} f^{\prime}(t) d t$$

对右边的每一项进行分部积分得到

$$\begin{aligned} \int_{0}^{A} e^{-s t} f^{\prime}(t) d t= & \left.e^{-s t} f(t)\right|_{0} ^{t_{1}}+\left.e^{-s t} f(t)\right|_{t_{1}} ^{t_{2}}+\cdots+\left.e^{-s t} f(t)\right|_{t_{k}} ^{A} \\ & +s\left[\int_{0}^{t_{1}} e^{-s t} f(t) d t+\int_{t_{1}}^{t_{2}} e^{-s t} f(t) d t+\cdots+\int_{t_{k}}^{A} e^{-s t} f(t) d t\right] \end{aligned}$$

由于 $f$ 是连续的，因此积分项在 $t_{1}, t_{2}, \ldots, t_{k}$ 处的贡献相互抵消。此外，右侧的积分可以组合成一个积分，因此我们得到

$$\begin{equation*} \int_{0}^{A} e^{-s t} f^{\prime}(t) d t=e^{-s A} f(A)-f(0)+s \int_{0}^{A} e^{-s t} f(t) d t \tag{2} \end{equation*}$$

现在我们在方程（2）中令 $A \rightarrow \infty$。该方程右侧的积分趋近于 $\mathcal{L}\{f(t)\}$。此外，对于 $A \geq M$，我们有 $|f(A)| \leq K e^{a A}$；因此，$\left|e^{-s A} f(A)\right| \leq K e^{-(s-a) A}$。因此，当 $s>a$ 时，$e^{-s A} f(A) \rightarrow 0$ as $A \rightarrow \infty$。因此，方程（2）右侧的极限是 $s \mathcal{L}\{f(t)\}-f(0)$。因此，方程（2）的左侧也具有极限，如上所述，该极限为 $\mathcal{L}\left\{f^{\prime}(t)\right\}$。因此，对于 $s>a$，我们得出结论

$$\mathcal{L}\left\{f^{\prime}(t)\right\}=s \mathcal{L}\{f(t)\}-f(0)$$

这完成了定理 6.2.1 的证明。 如果 $f^{\prime}$ 和 $f^{\prime \prime}$ 满足与定理 6.2.1 中对 $f$ 和 $f^{\prime}$ 施加的相同条件，则可以得出 $f^{\prime \prime}$ 的拉普拉斯变换对于 $s>a$ 也存在，并且由下式给出

$$\begin{align*} \mathcal{L}\left\{f^{\prime \prime}(t)\right\} & =s \mathcal{L}\left\{f^{\prime}(t)\right\}-f^{\prime}(0) \\ & =s(s \mathcal{L}\{f(t)\}-f(0))-f^{\prime}(0) \\ & =s^{2} \mathcal{L}\{f(t)\}-s f(0)-f^{\prime}(0) \tag{3} \end{align*}$$

实际上，只要函数 $f$ 及其导数满足适当的条件，就可以通过 $n$ 次连续应用该定理来导出第 $n^{\text {th }}$ 阶导数 $f^{(n)}$ 的变换表达式。结果在以下推论中给出。

推论 6.2.2

假设函数 $f, f^{\prime}, \ldots, f^{(n-1)}$ 是连续的，并且 $f^{(n)}$ 在任何区间 $0 \leq t \leq A$ 上是分段连续的。进一步假设存在常数 $K, a$ 和 $M$，使得对于 $t \geq M$，有 $|f(t)| \leq K e^{a t},\left|f^{\prime}(t)\right| \leq K e^{a t}, \ldots,\left|f^{(n-1)}(t)\right| \leq K e^{a t}$。则 $\mathcal{L}\left\{f^{(n)}(t)\right\}$ 对于 $s>a$ 存在，并由下式给出

$$\begin{equation*} \mathcal{L}\left\{f^{(n)}(t)\right\}=s^{n} \mathcal{L}\{f(t)\}-s^{n-1} f(0)-\cdots-s f^{(n-2)}(0)-f^{(n-1)}(0) \tag{4} \end{equation*}$$

现在我们展示如何使用拉普拉斯变换来求解初值问题。它对于涉及非齐次微分方程的问题最有用，我们将在本章的后面部分中进行演示。但是，我们首先来看一些齐次方程，这些方程稍微简单一些。

示例 1

求微分方程的解

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y=0 \tag{5} \end{equation*}$$

该解满足以下初始条件

$$\begin{equation*} y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0 \tag{6} \end{equation*}$$

解：

这个初值问题很容易通过第 3.1 节的方法解决。特征方程是

$$r^{2}-r-2=(r-2)(r+1)=0,$$

因此，方程 (5) 的通解是

$$\begin{equation*} y=c_{1} e^{-t}+c_{2} e^{2 t} \tag{7} \end{equation*}$$

为了满足初始条件 (6)，我们必须有 $c_{1}+c_{2}=1$ 和 $-c_{1}+2 c_{2}=0$；因此 $c_{1}=\frac{2}{3}$ 且 $c_{2}=\frac{1}{3}$，所以初值问题 (4) 和 (5) 的解是

$$\begin{equation*} y=\phi(t)=\frac{2}{3} e^{-t}+\frac{1}{3} e^{2 t} . \tag{8} \end{equation*}$$

现在让我们使用拉普拉斯变换来解决同样的问题。为此，我们必须假设该问题有一个解 $y=y(t)$，它及其前两个导数满足推论 6.2.2 的条件。然后，对微分方程 (5) 进行拉普拉斯变换，我们得到

$$\begin{equation*} \mathcal{L}\left\{y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y\right\}=\mathcal{L}\left\{y^{\prime \prime}\right\}-\mathcal{L}\left\{y^{\prime}\right\}-2 \mathcal{L}\{y\}=0, \tag{9} \end{equation*}$$

其中我们使用了拉普拉斯变换的线性性质，将和的变换写成单独变换的和。在使用推论 6.2.2 将 $\mathcal{L}\left\{y^{\prime \prime}\right\}$ 和 $\mathcal{L}\left\{y^{\prime}\right\}$ 用 $\mathcal{L}\{y\}$ 表示后，我们发现方程 (9) 变为

$$s^{2} \mathcal{L}\{y\}-s y(0)-y^{\prime}(0)-(s \mathcal{L}\{y\}-y(0))-2 \mathcal{L}\{y\}=0,$$

或者

$$\begin{equation*} \left(s^{2}-s-2\right) Y(s)+(1-s) y(0)-y^{\prime}(0)=0 \tag{10} \end{equation*}$$

其中 $Y(s)=\mathcal{L}\{y\}$。从初始条件 (6) 中将 $y(0)$ 和 $y^{\prime}(0)$ 代入方程 (10)，然后求解 $Y(s)$，我们得到

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{s-1}{s^{2}-s-2}=\frac{s-1}{(s-2)(s+1)} . \tag{11} \end{equation*}$$

因此，我们得到了给定初值问题解 $y(t)$ 的拉普拉斯变换 $Y(s)$ 的表达式。为了确定解 $y(t)$，我们必须找到拉普拉斯变换为 $Y(s)$ 的函数，如方程 (11) 所示。

最简单的方法是将方程 (11) 的右侧展开为部分分数。因此，我们写成

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{s-1}{(s-2)(s+1)}=\frac{a}{s-2}+\frac{b}{s+1}=\frac{a(s+1)+b(s-2)}{(s-2)(s+1)}, \tag{12} \end{equation*}$$

其中系数 $a$ 和 $b$ 将被确定。通过等式 (12) 的第二和第四项的分子，我们得到

$$s-1=a(s+1)+b(s-2),$$

该等式必须对所有 $s$ 成立。特别是，如果我们设 $s=2$，那么可以得出 $a=\frac{1}{3}$。类似地，如果我们设 $s=-1$，那么我们发现 $b=\frac{2}{3}$。将这些 $a$ 和 $b$ 的值代入方程 (12)，我们有

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{1 / 3}{s-2}+\frac{2 / 3}{s+1} . \tag{13} \end{equation*}$$

最后，如果我们使用第 6.1 节的例 5 的结果，则得出 $\frac{1}{3} e^{2 t}$ 的变换为 $\frac{1}{3}(s-2)^{-1}$；类似地，$\frac{2}{3} e^{-t}$ 的变换为 $\frac{2}{3}(s+1)^{-1}$。因此，根据拉普拉斯变换的线性性质，

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

具有变换 (13)，因此是初值问题 (4), (5) 的解。观察到它确实满足推论 6.2.2 的条件，正如我们最初假设的那样。当然，这与我们之前获得的解相同。

相同的过程可以应用于具有常系数的一般二阶线性方程

$$\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=f(t) \tag{14} \end{equation*}$$

假设解 $y(t)$ 满足推论 6.2.2 中 $n=2$ 的条件，我们可以取方程 (14) 的变换，从而得到

$$\begin{equation*} a\left(s^{2} Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)\right)+b(s Y(s)-y(0))+c Y(s)=F(s) \tag{15} \end{equation*}$$

其中 $F(s)$ 是 $f(t)$ 的变换。通过求解方程 (15) 得到 $Y(s)$，我们发现

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{(a s+b) y(0)+a y^{\prime}(0)}{a s^{2}+b s+c}+\frac{F(s)}{a s^{2}+b s+c} \tag{16} \end{equation*}$$

只要我们能找到变换为 $Y(s)$ 的函数 $y(t)$，问题就解决了。

即使在我们讨论的这个早期阶段，我们也可以指出拉普拉斯变换方法的四个基本特征。首先，未知函数 $y(t)$ 的变换 $Y(s)$ 是通过求解一个代数方程而不是微分方程来得到的，例如例 1 中的代数方程 (10) 而不是微分方程 (5)，或者更一般地，代数方程 (15) 而不是微分方程 (14)。这是拉普拉斯变换在求解线性、常系数、常微分方程时如此有用的关键——问题从微分方程简化为代数方程。其次，满足给定初始条件的解会自动找到，因此无需确定通解中任意常数的适当值。此外，如方程 (15) 所示，非齐次方程的处理方式与齐次方程完全相同；不需要先求解相应的齐次方程。最后，该方法可以以相同的方式应用于高阶方程，只要我们假设解满足推论 6.2.2 中适用于 $n$ 的适当值的条件。

请注意，方程 (16) 右侧分母中的多项式 $a s^{2}+b s+c$ 正好是与方程 (14) 相关的特征多项式。由于使用 $Y(s)$ 的部分分式展开来确定 $y(t)$ 需要我们对该多项式进行因式分解，因此使用拉普拉斯变换并不能避免寻找特征方程根的必要性。对于高于二阶的方程，这可能需要数值近似，特别是当根为无理数或复数时。

通过拉普拉斯变换求解初值问题的主要困难在于确定与变换 $Y(s)$ 对应的函数 $y(t)$ 的问题。这个问题被称为拉普拉斯变换的反演问题；$y(t)$ 称为与 $Y(s)$ 对应的逆拉普拉斯变换，而从 $Y(s)$ 找到 $y(t)$ 的过程被称为拉普拉斯变换的求逆。我们也使用符号 $\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}$ 来表示 $Y(s)$ 的逆变换。有一个通用的逆拉普拉斯变换公式，但它的使用需要熟悉复变量函数，我们不会在本书中考虑它。然而，在不使用复变量的情况下，仍然可以发展拉普拉斯变换的许多重要性质，并解决许多有趣的问题。

在求解初值问题 (4)、(5) 时，我们没有考虑是否存在方程 (8) 以外的其他函数也具有变换 (13) 的问题。根据定理 3.2.1，我们知道初值问题没有其他解。我们还知道初值问题唯一的解 (8) 是连续的。与此事实一致的是，可以证明，如果 $f$ 和 $g$ 是具有相同拉普拉斯变换的连续函数，那么 $f$ 和 $g$ 必须相同。另一方面，如果 $f$ 和 $g$ 只是分段连续的，那么它们可能在一个或多个不连续点上有所不同，但仍然具有相同的拉普拉斯变换；参见第 6.1 节中的例 6。对于分段连续函数，逆拉普拉斯变换的这种非唯一性在实际应用中没有实际意义。

因此，函数及其拉普拉斯变换之间基本上存在一一对应关系。这一事实表明可以编制一个表格，例如表 6.2.1，给出经常遇到的函数的拉普拉斯变换，反之亦然。表 6.2.1 第二列中的条目是第一列中函数的拉普拉斯变换。也许更重要的是，第一列中的函数是第二列中函数的逆拉普拉斯变换。因此，例如，如果已知微分方程解的变换，通常只需在表中查找就可以找到解本身。表 6.2.1 中的一些条目已被用作示例，或者作为第 6.1 节中的问题出现，而其他条目将在本章稍后部分进行介绍。该表的第三列指示可以找到给定变换的推导的位置。虽然表 6.2.1 对于本书中的示例和问题来说已经足够了，但也有更大的表格可用（参见列表在章末的参考文献中)。变换和逆变换也可以通过使用计算机代数系统以电子方式轻松获得。

通常，拉普拉斯变换 $F(s)$ 可以表示为几个项的和

$$\begin{equation*} F(s)=F_{1}(s)+F_{2}(s)+\cdots+F_{n}(s) . \tag{17} \end{equation*}$$

假设 $f_{1}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{F_{1}(s)\right\}, \ldots, f_{n}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{F_{n}(s)\right\}$。那么函数

$$f(t)=f_{1}(t)+\cdots+f_{n}(t)$$

具有拉普拉斯变换 $F(s)$。根据先前陈述的唯一性，没有其他连续函数 $f$ 具有相同的变换。因此

$$\begin{equation*} \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\mathcal{L}^{-1}\left\{F_{1}(s)\right\}+\cdots+\mathcal{L}^{-1}\left\{F_{n}(s)\right\} \tag{18} \end{equation*}$$

也就是说，逆拉普拉斯变换也是一个线性算子。 在许多问题中，利用线性性质将给定的变换分解为逆变换已知的或可以在表格中找到的函数之和是很方便的。 部分分式分解对于此目的特别有用，并且问题29中给出了涵盖许多情况的一般结果。 拉普拉斯变换的其他有用性质将在本章后面推导。

为了进一步说明通过拉普拉斯变换和部分分式分解来解决初始值问题的技术，请考虑以下示例。

$f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$	$F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}$	Notes
1. 1	$\frac{1}{s}, \quad s>0$	Sec. 6.1; Ex. 4
2.$e^{a t}$	$\frac{1}{s-a}, \quad s>a$	Sec. 6.1; Ex. 5
3.$t^{n}, n$ a positive integer	$\frac{n!}{s^{n+1}}, \quad s>0$	Sec. 6.1; Prob. 24
4.$t^{p}, \quad p>-1$	$\frac{\Gamma(p+1)}{s^{p+1}}, \quad s>0$	Sec. 6.1; Prob. 24
5.$\sin (a t)$	$\frac{a}{s^{2}+a^{2}}, \quad s>0$	Sec. 6.1; Ex. 7
6.$\cos (a t)$	$\frac{s}{s^{2}+a^{2}}, \quad s>0$	Sec. 6.1; Prob. 5
7.$\sinh (a t)$	$\frac{a}{s^{2}-a^{2}}, \quad s>|a|$	Sec. 6.1; Prob. 7
8.$\cosh (a t)$	$\frac{s}{s^{2}-a^{2}}, \quad s>|a|$	Sec. 6.1; Prob. 6
9.$e^{a t} \sin (b t)$	$\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}, \quad s>a$	Sec. 6.1; Prob. 10
10.$e^{a t} \cos (b t)$	$\frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}}, \quad s>a$	Sec. 6.1; Prob. 11
11.$t^{n} e^{a t}, n$ a positive integer	$\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}, \quad s>a$	Sec. 6.1; Prob. 14
12.$u_{c}(t)= \begin{cases}0 & t<c \\ 1 & t \geq c\end{cases}$	$\frac{e^{-c s}}{s}, \quad s>0$	Sec. 6.3
13.$u_{c}(t) f(t-c)$	$e^{-c s} F(s)$	Sec. 6.3
14.$e^{c t} f(t)$	$F(s-c)$	Sec. 6.3
15.$f(c t)$	$\frac{1}{c} F\left(\frac{s}{c}\right), \quad c>0$	Sec. 6.3; Prob. 17
16.$(f * g)(t)=\int_{0}^{t} f(t-\tau) g(\tau) d \tau$	$F(s) G(s)$	Sec. 6.6
17.$\delta(t-c)$	$e^{-c s}$	Sec. 6.5
18.$f^{(n)}(t)$	$-s^{n-1} f(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0)$	Sec. 6.2; Cor. 6.2.2
19.$(-t)^{n} f(t)$	$F^{(n)}(s)$	Sec. 6.2; Prob. 21

示例 2

求微分方程的解

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+y=\sin (2 t) \tag{19} \end{equation*}$$

满足初始条件

$$\begin{equation*} y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=1 \tag{20} \end{equation*}$$

解：

我们假设此初始值问题具有一个解 $y(t)$，该解及其前两个导数满足推论6.2.2的条件。 然后，对微分方程 (19) 进行拉普拉斯变换，我们得到

$$s^{2} Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)+Y(s)=\frac{2}{s^{2}+4}$$

其中 $\sin (2 t)$ 的变换已从表6.2.1的第5行获得。 从初始条件 (20) 代入 $y(0)$ 和 $y^{\prime}(0)$ 并求解 $Y(s)$，我们得到

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{2 s^{3}+s^{2}+8 s+6}{\left(s^{2}+1\right)\left(s^{2}+4\right)} \tag{21} \end{equation*}$$

使用部分分式，我们可以将 $Y(s)$ 写成

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{a s+b}{s^{2}+1}+\frac{c s+d}{s^{2}+4}=\frac{(a s+b)\left(s^{2}+4\right)+(c s+d)\left(s^{2}+1\right)}{\left(s^{2}+1\right)\left(s^{2}+4\right)} \tag{22} \end{equation*}$$

通过展开等式 (22) 右侧的分子并将其与等式 (21) 中的分子相等，我们发现

$$\begin{equation*} 2 s^{3}+s^{2}+8 s+6=(a+c) s^{3}+(b+d) s^{2}+(4 a+c) s+(4 b+d) \tag{23} \end{equation*}$$

对于所有 $s$。 然后，通过比较 $s$ 的同次幂的系数，我们有 ${ }^{3}$

$$\begin{aligned} a+c & =2, & b+d & =1, \\ 4 a+c & =8, & 4 b+d & =6 . \end{aligned}$$

[^2] 因此，$a=2, c=0, b=\frac{5}{3}$, 和 $d=-\frac{2}{3}$，由此得出

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{2 s}{s^{2}+1}+\frac{5 / 3}{s^{2}+1}-\frac{2 / 3}{s^{2}+4} \tag{24} \end{equation*}$$

从表6.2.1的第5行和第6行，给定初始值问题的解是

$$\begin{equation*} y=2 \cos t+\frac{5}{3} \sin t-\frac{1}{3} \sin (2 t) . \tag{25} \end{equation*}$$

示例 3

求下列初值问题的解

$$\begin{gather*} y^{(4)}-y=0 \tag{26}\\ y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1, \quad y^{\prime \prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime \prime}(0)=0 \tag{27} \end{gather*}$$

解:

在这个问题中，我们需要假设解$y(t)$满足推论 6.2.2 中 $n=4$ 的条件。微分方程 (26) 的拉普拉斯变换为

$$s^{4} Y(s)-s^{3} y(0)-s^{2} y^{\prime}(0)-s y^{\prime \prime}(0)-y^{\prime \prime \prime}(0)-Y(s)=0$$

然后，使用初始条件 (27) 并求解 $Y(s)$，我们得到

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{s^{2}}{s^{4}-1} . \tag{28} \end{equation*}$$

$Y(s)$ 的部分分式展开为

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{a s+b}{s^{2}-1}+\frac{c s+d}{s^{2}+1}, \tag{29} \end{equation*}$$

由此可得

$$\begin{equation*} (a s+b)\left(s^{2}+1\right)+(c s+d)\left(s^{2}-1\right)=s^{2} \tag{30} \end{equation*}$$

对于所有 $s$ 都成立。在这个问题中，我们结合使用代入 $s$ 的值和比较 $s$ 的同次幂的系数的方法。首先，分别在方程 (30) 中令 $s=1$ 和 $s=-1$，我们得到方程组

$$2(a+b)=1, \quad 2(-a+b)=1$$

因此 $a=0$ 和 $b=\frac{1}{2}$。如果我们在方程 (30) 中令 $s=0$，那么 $b-d=0$，所以 $d=\frac{1}{2}$。最后，比较方程 (30) 两侧三次项的系数，我们发现 $a+c=0$，所以 $c=0$。因此

$$\begin{equation*} Y(s)=\frac{1 / 2}{s^{2}-1}+\frac{1 / 2}{s^{2}+1}, \tag{31} \end{equation*}$$

根据表 6.2.1 的第 7 行和第 5 行，初值问题 (26)，(27) 的解是

$$\begin{equation*} y(t)=\frac{1}{2}(\sinh t+\sin t) \tag{32} \end{equation*}$$

最后，我们注意到我们可以寻找以下形式的 $Y(s)$ 的部分分式展开

$$Y(s)=\frac{a}{s-1}+\frac{b}{s+1}+\frac{c s+d}{s^{2}+1} .$$

我们使用方程 (29) 中的形式，因为表 6.2.1 包含 $1 /\left(s^{2} \pm 1\right)$ 和 $s /\left(s^{2} \pm 1\right)$ 的条目。

拉普拉斯变换最重要的基本应用是在机械振动研究和电路分析中；控制方程在第 3.7 节中推导出来。一个振动的弹簧-质量系统具有运动方程

$$\begin{equation*} m \frac{d^{2} u}{d t^{2}}+\gamma \frac{d u}{d t}+k u=F(t) \tag{33} \end{equation*}$$

其中 $m$ 是质量，$\gamma$ 是阻尼系数，$k$ 是弹簧常数，$F(t)$ 是施加的外部力。包含电感 $L$，电阻 $R$ 和电容 $C$ 的电路（一个 $L R C$ 电路）的描述方程是

$$\begin{equation*} L \frac{d^{2} Q}{d t^{2}}+R \frac{d Q}{d t}+\frac{1}{C} Q=E(t) \tag{34} \end{equation*}$$

其中 $Q(t)$ 是电容器上的电荷，$E(t)$ 是施加的电压。 用电流 $I(t)=d Q(t) / d t$ 表示，我们可以对方程（34）求导并写成

$$\begin{equation*} L \frac{d^{2} I}{d t^{2}}+R \frac{d I}{d t}+\frac{1}{C} I=\frac{d E}{d t}(t) \tag{35} \end{equation*}$$

还必须规定关于 $u, Q$ 或 $I$ 的合适的初始条件。

我们先前在第 3.7 节中提到，弹簧-质量系统的方程（33）和电路的方程（34）或（35）在数学上是相同的，仅在于其中出现的常数和变量的解释不同。还有其他物理问题也会导致相同的微分方程。因此，一旦数学问题被解决，其解就可以根据哪个相应的物理问题最受关注来解释。

在本章本节和其他章节之后的习题列表中，有许多具有常系数的二阶线性微分方程的初值问题。许多可以被解释为特定物理系统的模型，但是通常我们不会明确地指出这一点。