常微分方程考研讲义第四章 高阶微分方程 下载本文

解 特征方程为?4?2?2?1?0,或(?2?1)2?0,即特征根???i是重根。因此,方程有四个实值解 cost,tcost,sint,tsint 故通解为 x?(c1?c2t)cost?(c3?c4t)sint 其中c1,c2,c3,c4为任意常数。

形状为

n?1dnyydyn?1dx?ax???ax?any?0 (4.29) 1n?1nn?1dxdxdxn的方程称为欧拉方程,这里a1,a2,?,an为常数。此方程可以通过变量变换化为常系数齐线性方程,因而求解问题也就可以解决。

事实上,引进自变量的变换

x?et,t?lnx

直接计算得到

dydydtdy???e?t dxdtdxdt2d2ydy??td??tdy??2t?dy?ee?e??2? ??2dxdt?dt?dt??dt用数学归纳法不难证明:对一切自然数k均有关系式

kdkydk?1ydy??kt?dy?e???????k?其中?1,?2,?,?k?1都是常数。1k?1kk?1dxdtdt??dt于是

dkydkydk?1ydyx??????? 1k?1dxkdtkdtk?1dtk将上述关系式代入方程(4.29),就得到常系数齐线性方程

dnydn?1ydy?b???b?bny?0 (4.30) 1n?1dtndtn?1dt其中b1,b2,?,bn是常数,因而可用上述讨论的方法求出(4.30)的通解,再代回原来的变量(注意:t?lnx)就可求得方程(4.29)的通解。

由上述推演过程,我们知道方程(4.30)有形如y?e?t的解,从而方程(4.29)有形如y?x?的解,因此可以直接求欧拉方程的形如y?xK的解。以y?xK代入(4.29)并约去因子xK,就得到确定K的代数方程

K(K?1)?(K?n?1)?a1K(K?1)?(K?n?2)???an?0

(4.31)

可以证明这正是(4.30)的特征方程。因此,方程(4.31)的m重实根K?K0,对应于方程(4.29)的m个解

xK0,xK0lnx,xK0ln2x,?,xK0lnm?1x

而方程(4.31)的m重复根K???i?,对应于方程(4.29)的2m个实值解

x?cos??lnx?,x?lnxcos??lnx?,?,x?lnm?1xcos??lnx? x?sin??lnx?,x?lnxsin??lnx?,?,x?lnm?1xsin??lnx?

d2ydy?x?y?0。 例5 求解方程x2dxdx2解 寻找方程的形式解y?xK,得到确定K的方程K(K?1)?K?1?0,或

(K?1)2?0,K1?K2?1。因此,方程的通解为

y??c1?c2lnx?x

其中c1,c2是任意常数。

d2ydy?3x?5y?0。 例6 求解方程xdx2dx2解 设y?xK,得到K应满足的方程K(K?1)?3K?5?0或K2?2K?5?0,因此,

K1,2??1?2i,而方程的通解为

y?1?c1cos?2lnx??c2sin?2lnx???? x其中c1,c2是任意常数。

4.2.3 非齐线性方程·比较系数法与拉普拉斯变换法 现在讨论常系数非齐线性方程

dnxdn?1xdxL?x??n?a1n?1???an?1?ax?f(t) (4.32)

dtdtdtn的求解问题,这里a1,a2,?,an是常数,而f(t)为连续函数。 (一)比较系数法 类型Ⅰ

设f(t)?b0tm?b1tm?1???bm?1t?bme?t,其中?及bi(i?1,2,?,n)为实常数,那么方程(4.32)有形如

????tk?B0tm?B1tm?1???Bm?1t?Bm?e?t (4.33) x的特解,其中k为特征方程F(?)?0的根?的重数(单根相当于k?1;当?不是特征根时,取k?0),而B0,B1,?,Bm是待定的常数,可以通过比较系数来确定。 (1)如果??0,则此时

m?1f(t)?b0tm?bt???bm?1t?bm 1现在再分两种情形讨论。

1)在??0不是特征根的情形,即F(x)?0,因而an?0,这时,取k?0,以

m?1??B0tm?Btx???Bm?1t?Bm代入方程(4.32),并比较t的同次幂的系数,得到1常数B0,B1,?,Bm必须满足的方程:

?B0an?b0?Ba?mBa?b1n0n?11???B1an?(m?1)B1an?1?m(m?1)B0an?2?b2 (4.34) ???????B1an???bm注意到an?0,这些待定常数B0,B1,?,Bm可以从方程组(4.34)唯一地逐个确定出来。 2)在??0是k重特征根的情形,即F(0)?F?(0)???F(k?1)(0)?0,而F(k)(0)?0,也就是an?an?1???an?k?1?0,an?k?0。这时响应地,方程(4.32)将为

dnxdn?1xdkx?a???an?kk?f(t) (4.35) dtn1dtn?1dtdkx令k?z,则方程(4.35)化为 dtdn?kzdn?k?1z?a1n?k?1???an?kz?f(t) (4.36) dtn?kdt对方程(4.36)来说,由于an?k?0,??0已不是它的特征根。因此,由(1)知它

?tm?Bt?m?1???B?的特解,因而方程(4.35)有特解x?满足: ??B有形如z01m?dkx?tm?B?tm?1???B? ??z?B01mkdt?是t的m?k次多项式,其中t的幂次?k?1的项带有任意常数。但因我们只这表明x需要知道一个特解就够了。我们特别地取这些任意常数均为零,于是我们得到方程(4.35)(或方程(4.32))的一个特解

??tk??0tm??1tm?1????m? x这里?0,?1,?,?m是已确定了的常数。

(2)如果??0,则此时可像4.2.2做法一样,作变量变换x?ye?t,将方程(4.32)化为

dnydn?1ydym?A???A?Ay?bt???bm 1n?1n0nn?1dtdtdt(4.37)

其中A1,A2,?,An都是常数。而且特征方程(4.21)的根?对应于方程(4.37)的特征方程的零根,并且重数也相同。因此,利用上面的结果就有如下结论:

在?不是特征方程(4.21)的根的情形,方程(4.37)有特解

m?1???B0tm?B1tm?1???Bm?e?t;??B0tm?Bty???Bm,从而方程(4.32)有特解x1在?是特征方程(4.21)的k重根的情形,方程(4.37)有特解

??tk?B0tm?B1tm?1???Bm?,从而方程(4.32)有特解y??tk?B0tm?B1tm?1???Bm?e?t。 xd2xdx?3x?3t?1的通解。 例7 求方程2?2dtdt解 先求对应的齐线性方程

d2xdx?2?3x?0 dt2dt的通解。这里特征方程?2?2??3?0有两个根?1?3,?2??1。因此,通解为

x?c1e3t?c2e?t,其中c1,c2是任意常数。再求非齐线性方程的一个特解。这里

??A?Bt,其中A,f(t)?3t?1,??0。又因为??0不是特征根,故可取特解形如x??A?Bt代入原方程,得到 B为待定常数。为了确定A,B,将x