二阶微分方程 |
您所在的位置：网站首页 › 微分方程不显含x和y › 二阶微分方程 |
|
二阶微分方程
微分方程
张瑞
中国科学技术大学数学科学学院
rui [at] ustc [dot] edu [dot] cn
二阶微分方程
二阶微分方程的一般形式： \[F(x,y(x),y'(x),y''(x))=0 \]或者，能够写成 \[y''(x)=f(x,y(x),y'(x)) \]一般来说，二阶微分方程比一阶微分方程要复杂得多，求解起来也困难得多。 对于几类特殊类型的二阶微分方程可以求解。 可降阶的二阶微分方程对于一些特殊形态的二阶微分方程，可以通过变量代换，将它变成一阶微分方程来求解 不显含未知函数$y(x)$的二阶微分方程 \[F(x,y'(x),y''(x))=0 , \mbox{ or } y''(x)=f(x,y'(x)) \] 不含自变量$x$的二阶微分方程 \[F(y,y',y'')=0 , \mbox{ or } y''=f(y,y') \] 不显含未知函数$y(x)$的二阶微分方程对于如下形式的微分方程 \[F(x,y'(x),y''(x))=0 , \mbox{ or } y''(x)=f(x,y'(x)) \] 可以做变量代换$p(x)=y'(x)$，则微分方程变为一阶微分方程 \[F(x,p(x),p'(x))=0 , \mbox{ or } p'(x)=f(x,p(x)) \] 设有通解 \[p(x)=\phi(x,C_1), \quad C_1\in\mathbb{R} \] 再由$y'(x)=p(x)=\phi(x,C_1)$，积分可以得到解$y(x)$ \[y(x)=\int\phi(x,C_1)dx+C_2 \]例 1. (例5.3.1) $\begin{aligned}\begin{cases}mx''(t)=mg-kx'(t) \\x(0)=0 , x'(0)=0\end{cases}\end{aligned}$ 例 2. $\begin{aligned}\begin{cases}y''+2x(y')^2=0 \\y(0)=1, y'(0)=\dfrac{-1}2\end{cases}\end{aligned}$ 例 3. $\begin{aligned}\begin{cases}y''(x+y'^2)=y' \\y(1)=1, y'(1)=1\end{cases}\end{aligned}$ 例 4. $(\sin x)y''-(\cos x)y'=\sin^2x+1$ 14. 令$v(t)=x'(t)$ \[\begin{aligned} \begin{cases} mv'(t)+kv(t)=mg \\ v(0)=0 \end{cases} \end{aligned} \]可解得 \[v(t)=\dfrac{mg}{k}(1-e^{\frac{-k}{m}t}) \]再由$0$到$t$积分，有 \[\begin{aligned} x(t)-x(0)=\int_0^t\dfrac{mg}k(1-e^{\frac{-k}ms})ds \\ =\dfrac{mg}kt-\dfrac{m^2g^2}{k^2}(1-e^{\frac{-k}mt}) \end{aligned} \]15. 令$p=y'$ \[\begin{aligned} p'+2xp^2=0 \\ \dfrac{dp}{p^2}=-2xdx \\ \dfrac1p=x^2+c \\ p=\dfrac1{x^2+c} \end{aligned} \]由$y'(0)=\dfrac{-1}2$知，$c=-2$ \[p=\dfrac{1}{x^2-2}=\dfrac{dy}{dx} \] \[y=\int\dfrac1{x^2-2}dx =\dfrac{1}{2\sqrt 2}\ln|\dfrac{x-\sqrt 2}{x+\sqrt 2}|+c \]由$y(0)=1$知，$c=1$ 由$\ln|\dfrac{x-\sqrt 2}{x+\sqrt 2}|$在$\pm\sqrt 2$处间断， 而$y(0)=1$，则$x\in(-\sqrt 2,\sqrt 2)$，则 \[y=\dfrac{1}{2\sqrt 2}\ln(\dfrac{\sqrt 2-2}{x+\sqrt 2})+1 \] 不含自变量$x$的二阶方程对于如下形式的微分方程 \[F(y,y',y'')=0 , \mbox{ or } y''=f(y,y') \]可以做变量代换$p(x)=y'(x)$，将$p$看做$y$的函数，则有 \[\dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{dp}{dx} =\dfrac{dp}{dy}\dfrac{dy}{dx}=p\dfrac{dp}{dy} \]则微分方程变为 \[F(y,p,p\dfrac{dp}{dy})=0 , \mbox{ or } p\dfrac{dp}{dy}=f(y,p) \]若能得到通解$p=\phi(y,C_1)$，$C_1$为任意常数。再由 \[\dfrac{dy}{dx}=p=\phi(y,C_1) \]分离变量后，可得隐式解 \[\int\dfrac{1}{\phi(y,C_1)}dy=x+C_2 \]例 5. (例5.3.2) \[\begin{aligned} \begin{cases} 2yy''=1+(y')^2 \\ y(0)=1, y'(0)=0 \end{cases} \end{aligned} \]例 6. $y y''-(y')^2=0$ 16. 令$p=y'(x)$，则 \[y''=p\dfrac{dp}{dy} \]代入方程，有 \[\begin{aligned} \begin{cases} 2yp\dfrac{dp}{dy}=1+p^2 \\ p(0)=y'(0)=0 \end{cases} \end{aligned} \]分离变量后，有 \[\begin{aligned} \dfrac{2p}{1+p^2}dp=\dfrac{dy}y \\ \ln(1+p^2)=\ln|y|+c_1, c_1\in\mathbb{R} \\ 1+p^2=c_2y , c_2\neq 0 \end{aligned} \]由初值条件，$y(0)=1, y'(0)=1$，知$y=1$时，$y'=0$。所以有$p(1)=0$。 \[1+0^2=c_2 \Rightarrow c_2=1 \]即 \[1+p^2=y \]所以有 \[\begin{aligned} p=y'=\pm\sqrt{y-1} \\ \dfrac{dy}{\pm\sqrt{y-1}}=dx \\ \pm2\sqrt{y-1}=x+c \end{aligned} \]由$x=0, y=1$知，$c=0$， \[\pm2\sqrt{y-1}=x \Rightarrow 4(y-1)=x^2 \] 二阶线性微分方程二阶线性微分方程的标准形式： \[y''+p(x)y'+q(x)y=f(x) \]其中$p(x),q(x),f(x)$在某区间上连续。 二阶线性微分方程的齐次方程为 \[y''+p(x)y'+q(x)y=0 \] 线性相关与线性无关定义 1. (线性相关与线性无关) 设$m$个函数$\phi_1(x),\phi_2(x),\cdots,\phi_m(x)$在区间$(a,b)$上有定义，如果存在一组不全为0的常数$c_1,c_2,\cdots,c_m$，使得 \[c_1\phi_1(x)+c_2\phi_2(x)+\cdots+c_m\phi_m(x)\equiv0,\forall x\in(a,b) \]则称函数$\phi_1(x),\phi_2(x),\cdots,\phi_m(x)$在区间$(a,b)$上线性相关； 否则，称它们在区间$(a,b)$上线性无关 例 7. (例5.4.1) 判定线性相关性 函数组 $1, \sin x$,$\cos x$ 在$\mathbb{R}$上 函数组 $1, \sin^2 x$,$\cos^2 x$ 在$\mathbb{R}$上例 8. (例5.4.2) 函数组 $1,x,\cdots,x^m$在$\mathbb{R}$上是否线性相关？ 例 9. $ y_1(x)=\begin{cases} x^2, & x>0 \\ 0, & x\leq 0\end{cases} $与 $y_2(x)=\begin{cases} 0, & >0 \\ x^2, &x\leq 0\end{cases}$是否线性相关？ 14. \[c_1+c_2\sin x+c_3\cos x=0 , \forall x\in\mathbb{R} \]取$x=0,\frac{\pi}2,\pi$，则有 \[\begin{aligned} \begin{cases} c_1+c_3=0 \\ c_1+c_2=0 \\ c_1-c_3=0 \end{cases} \end{aligned} \]可得，$c_1=c_2=c_3=0$，即线性无关 由 \[1-\sin^2x-\cos^2x=0 , \forall x \]知$c_1=1, c_2=c_3=-1$满足条件，所以线性相关 15. 齐次线性方程解的结构定理 1. (基本解组的存在性) 二阶齐次线性微分方程存在2个线性无关的解$y_1(x)$与$y_2(x)$。且通解可以表示为 \[y=c_1y_1(x)+c_2y_2(x) , \forall c_1,c_2\in\mathbb{R} \]定义 2. 称二阶齐次线性微分方程的2个线性无关的特解$y_1(x)$和$y_2(x)$为该方程的基本解组 一般来说，没有求解方程通解的通用方法，特别是变系数的方程 如果知道方程的一个解，则可以得到另一个解定理 2. 设函数$y_1(x)$是二阶齐次线性微分方程 \[ y''+p(x)y'+q(x)y=0 \]的一个非零解，则函数 \[y_2(x)=y_1(x)\int\dfrac1{y_1^2(x)}e^{-\int p(x)dx}dx \]是另一个解，且与$y_1(x)$线性无关 解. 提示： 假定有另一个解是$y(x)=z(x)y_1(x)$，代入方程即得 例 10. (例5.4.3) $\sin x$，$\cos x$是齐次线性方程$y''+y=0$的基本解组 例 11. (例5.4.5) $y=\dfrac{\sin x}x$是方程 \[y''+\dfrac2xy'+y=0 \]的一个特解，求方程的通解 例 12. 求方程的通解 \[xy''-y'=0 \]16. 21. 二阶非齐次线性微分方程解的结构由叠加原理，非齐次线性方程 \[y''+p(x)y'+q(x)y=f(x) \]的解为 \[y=y_h+y_p \]其中$y_h$是对应齐次方程的通解，$y_p$是方程的一个特解。 问题. 如何求特解$y_p$？ 定理 3. (常数变易法) 函数$y_1(x)$与$y_2(x)$是二阶齐次线性微分方程 \[y''+p(x)y'+q(x)y=0 \]的两个线性无关解，则非齐次方程有特解 \[y_p(x)=c_1(x)y_1(x)+c_2(x)y_2(x) \]其中 \[c_1(x)=-\int\dfrac{y_2(x)f(x)}{W(x)}dx, c_2(x)=\int\dfrac{y_1(x)f(x)}{W(x)}dx \]这里，$W(x)$是$y_1(x)$与$y_2(x)$的朗斯基行列式 证： 假定函数 \[y(x)=c_1(x)y_1(x)+c_2(x)y_2(x) \]为非齐次方程的解。先求一阶导数 \[y'=c_1(x)y'_1(x)+c'_1(x)y_1(x)+c_2(x)y'_2(x)+c'_2(x)y_2(x) \]令 \[c'_1(x)y_1(x)+c'_2(x)y_2(x)\equiv0 \]则可以得到二阶导数 \[y''=c'_1(x)y'_1(x)+c'_1(x)y''_1(x)+c'_2(x)y'_2(x)+c'_2(x)y''_2(x) \]将$y',y''$代入非齐次方程，同时注意到$y_1,y_2$是齐次方程的解，化简后，有 \[c'_1(x)y'_1(x)+c'_2(x)y'_2(x)=f(x) \]例 13. 求方程 \[(1+x^2)y''+2xy'-6x^2-2=0 \]的泛定解。并给出满足定解条件 \[y(-1)=0, y'(-1)=0 \]的解。 22. \[y''+\dfrac{2x}{1+x^2}y'=\dfrac{6x^2+2}{1+x^2} \]先看齐次方程 \[y''+\dfrac{2x}{1+x^2}y'=0 \]令$p=y'$，有$p'=y''$ \[\begin{aligned} p'+\dfrac{2x}{1+x^2}p=0 \\ \dfrac{dp}{p}=\dfrac{-2x}{1+x^2}dx \\ p=y'=\dfrac{c_1}{1+x^2} , c_1\in\mathbb{R} \\ \end{aligned} \] \[y=c_1\arctan(x)+c_2 , c_1,c_2\in\mathbb{R} \]然后用常数变易法求特解。 $y_p(x)=c_1(x)\arctan(x)+c_2(x)$满足方程，则 \[\begin{aligned} \begin{cases} c'_1(x)\arctan(x)+c'_2(x)=0 \\ c'_1(x)\frac1{1+x^2}=\frac{6x^2+2}{1+x^2} \end{cases} \end{aligned} \]可得 \[\begin{aligned} \begin{cases} c_1(x)=\int(6x^2+2)dx=2x^3+2x \\ c_2(x)=-\int(6x^2+2)\arctan(x)dx \end{cases} \end{aligned} \]所以有特解$y_p(x)=x^2$ 二阶常系数线性微分方程对于一般的变系数的二阶线性微分方程，求解它的通解与特解，仍然非常困难。对于常系数的二阶线性微分方程，则要容易得多。 下面，我们讨论如下的二阶常系数齐次线性微分方程 \[y''+py'+qy=0 \]的通解$y_h$， 和二阶常系数非齐次线性微分方程 \[y''+py'+qy=f(x) \]的一个特解$y_p$，其中$p,q$为常数 二阶常系数齐次线性微分方程对方程 \[y''+py'+qy=0 \]令$y=e^{\lambda x}$，代入可得 \[(\lambda^2+p\lambda+q)e^{\lambda x}=0 \]由$e^{\lambda x}\neq0$，所以有 \[\lambda^2+p\lambda+q=0 \]称这个代数方程为微分方程的特征方程，特征方程的根称为微分方程的特征根 (1)、 若特征方程有2个互异的实特征根$\lambda_1, \lambda_2$ \[\begin{aligned} W(x)=&\left|\begin{aligned}e^{\lambda_1x} && e^{\lambda_2x} \\ \lambda_1e^{\lambda_1x} && \lambda_2e^{\lambda_2x}\end{aligned}\right| \\ =&(\lambda_2-\lambda_1)e^{(\lambda_1+\lambda_2)x} \neq0 , \forall x \end{aligned} \]可以看到$e^{\lambda_1x},e^{\lambda_2x}$线性无关，则 \[y_h(x)=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x} \]为通解 (2)、 若特征方程有1个实特征重根$\lambda=\dfrac{-p}2$ \[y_1(x)=e^{\frac{-p}2x} \]为一个解。另一解为 \[\begin{aligned} y_2=&y_1(x)\int\dfrac1{y^2_1(x)}e^{-\int p(x)dx}dx \\ =&e^{\frac{-p}2x}\int e^{px}e^{-\int p(x)dx}dx \\ =&x e^{\frac{-p}2x} \end{aligned} \]所以有 \[y_h(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=(c_1+c_2x)e^{\frac{-p}2x} \]为通解 (3)、 若特征方程有2个共轭的复数特征根 $\lambda_1=\alpha+i\beta,\lambda_1=\alpha-i\beta$ \[\begin{aligned} \tilde y_1(x)=e^{\lambda_1x}=e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x) \\ \tilde y_2(x)=e^{\lambda_2x}=e^{\alpha x}(\cos\beta x-i\sin\beta x) \\ \end{aligned} \]为方程的解。则 \[\begin{aligned} y_1(x)=\dfrac12(\tilde y_1+\tilde y_2)=e^{\alpha x}\cos\beta x \\ y_2(x)=\dfrac1{2i}(\tilde y_1-\tilde y_2)=e^{\alpha x}\sin\beta x \end{aligned} \]也为解，且线性无关。这样，通解为 \[\begin{aligned} y_h(x)&=c_1y_1(x)+c_2y_2(x) \\ &=e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x+c_2\sin\beta x) \end{aligned} \] 通解与特征根的关系 $\lambda^2+p\lambda+q=0$ $y''+py'+q=0$ 特征方程的根 微分方程的通解 两个互异的实根$\lambda_1,\lambda_2$ $y=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2 x}$ 实的重根$\lambda=-\dfrac{p}2$ $y=(c_1+c_2 x)e^{-\frac{p}2x}$ 共轭复根$\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta$ $y=e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x+c_2\sin\beta x)$例 14. $y''+y=0$ 例 15. $y''-2y'-3y=0$ 例 16. $y''+2y'+y=0$ 14. \[\begin{aligned} \lambda^2+1=0 \\ \lambda_{1,2}=\pm i \end{aligned} \]所以，解为 \[y=c_1\cos x+c_2\sin x \]15. \[\begin{aligned} \lambda^2-2\lambda-3=0 \\ \lambda_1=-1, \lambda_2=3 \end{aligned} \] \[y=c_1e^{-x}+c_2e^{3x} \]16. \[\begin{aligned} \lambda^2+2\lambda+1=0 \\ \lambda=-1 \end{aligned} \] \[y=(c_1+c_2x)e^x \] 二阶常系数非齐次线性微分方程 \[y''+py'+qy=f(x) \] 可以由常数变异法解出它的一个特解 $f(x)$比较特殊时，也可以用待定系数法 $f(x)=P_n(x)$为多项式 $f(x)=P_n(x)e^{ax}$ $f(x)=P_n(x)e^{ax}\cos(\beta x)$或$f(x)=P_n(x)e^{ax}\sin(\beta x)$一、 $f(x)=P_n(x)$为$n$次多项式。 A. 若$\lambda=0$不是特征根（此时，$q\neq0$），令 \[y_p=Q_n(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n \]B. 若$\lambda=0$为单根（此时，$q=0, p\neq0$），令 \[y_p=xQ_n(x)=x(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) \]C. 若$\lambda=0$为重根（此时，$p=q=0$），令 \[y_p=x^2Q_n(x)=x^2(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) \]二、 $f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$，$\alpha$为非$0$实数 A. 若$\lambda=\alpha$不是特征根（此时，$q\neq0$），令 \[y_p=Q_n(x)e^{\alpha x}=(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]B. 若$\lambda=\alpha$为单根（此时，$q=0, p\neq0$），令 \[y_p=xQ_n(x)e^{\alpha x}=x(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]C. 若$\lambda=\alpha$为重根（此时，$p=q=0$），令 \[y_p=x^2Q_n(x)e^{\alpha x}=x^2(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]令$y=z(x)e^{\alpha x}$，代入方程，则 \[z''+(2\alpha+p)z'+(\alpha^2+p\alpha+q)z=p_n(x) \]特征多项式为 \[\begin{aligned} \lambda^2+(2\alpha+p)\lambda+(\alpha^2+p\alpha+q)=0 \\ \lambda^2+2\alpha\lambda+\alpha^2+p\lambda+p\alpha+q=0 \\ (\lambda+\alpha)^2+p(\lambda+\alpha)+q=0 \end{aligned} \]所以，原方程有特征根$\alpha$，则上式有根$0$ 三、 $f(x)=P_n(x)e^{ax}\cos(\beta x)$ 或 $f(x)=P_n(x)e^{ax}\sin(\beta x)$ 统一为形态 $f(x)=P_n(x)e^{ax+i\beta x}$。取实部或虚部。 利用(二)，可得 A. 若$\lambda=a+i\beta$不是特征根，令 \[y_p=Q_n(x)e^{a x+i\beta x} \]B. 若$\lambda=a+i\beta$为根，令 \[y_p=xQ_n(x)e^{a x+i\beta x} \]例 17. $y''-3y'+2y=4x+e^{2x}+10e^{-x}\cos x$ 例 18. $y''+\alpha y'+\beta y=\gamma e^x $的一个特解为 $y=e^{2x}+(1+x)e^x$， 求$\alpha,\beta,\gamma$，并求通解 类似推广到高阶的常系数微分方程 例 19. $y'''+y''+4y'+4y=\cos 2x$ 21. 1.首先， 给出齐次方程的通解 \[\begin{aligned} \lambda^2-3\lambda+2=0 \\ \lambda_1=1, \lambda_2=2 \end{aligned} \]则有通解 \[y_h(x)=c_1e^x+c_2e^{2x} \]2. 由叠加原理， \[\begin{aligned} y''-3y'+2y=4x \\ y''-3y'+2y=e^{2x} \\ y''-3y'+2y=10e^{-x}\cos x \end{aligned} \](a). $y''-3y'+2y=4x$ 将$y_p=ax+b$代入上式，则 \[-3a+2ax+2b=4x \]可得$a=2,b=3$，所以$y_p=2x+3$为解 (b). $y''-3y'+2y=e^{2x}$ $2$为单特征根，令$y_p=axe^{2x}$，代入上式，则 \[\begin{aligned} e^{2x}(4a+4ax)-3e^{2x}(a+2ax)+2e^{2x}ax=e^{2x} \\ ae^{2x}=e^{2x} , a=1 \end{aligned} \]则，有解$y_p(x)=xe^{2x}$ (c). $y''-3y'+2y=10e^{-x}\cos x=10e^{-1+ix}$ $-1+i$不是特征根，则取$\tilde y=ae^{(-1+i)x}$，则有 \[\tilde y=(1+i)e^{-x}(\cos x+i\sin x) \]取实部，则有 \[y_p=e^{-x}\cos x-e^{-x}\sin x \]可以得到解 \[\begin{aligned} y(x)=c_1e^x+c_2e^{2x}+2x+3+xe^{2x} \\ +e^{-x}(\cos x-\sin x) \end{aligned} \]18. 19. 特征多项式 \[\lambda^3+\lambda^2+4\lambda+4=0 \]有特征根 \[\lambda=-1,2i,-2i \]通解 \[y_h(x)=c_1e^{-x}+(c_2\cos(2x)+c_3\sin(2x))e^0 \]令 \[y_p(x)=x(\cos(2x)+b\sin(2x)) \]可得，$a=-\frac{-1}{10}, b=\frac1{20}$ Euler方程定义 3. 称如下形式的二阶变系数方程 \[x^2y''+pxy'+qy=f(x) \]为Euler方程。其中$p$, $q$为常数。 例 20. $x^2y''+3xy'+5y=0$, $x\neq 0$ 解. 当$x>0$时，令$x=e^t$，则$dx=e^tdt=xdt$ 当$x0$时，令$x=e^t$，$t=\ln(x)$，则 \[\dfrac{d^2y}{dt^2}+2\dfrac{dy}{dt}+5y=0 \]由 \[\lambda^2+2\lambda+5=0 \]可得特征根为$\lambda=-1\pm 2i$，则有 \[\begin{aligned} y=&e^{-t}(c_1\cos(2t)+c_2\sin(2t)) \\ =&\frac1x(c_1\cos(\ln x^2)+c_2\sin (\ln x^2)) \end{aligned} \](2). 当$x0$或$x=-e^t, x |
今日新闻 |
推荐新闻 |
| CopyRight 2018-2019 办公设备维修网 版权所有 豫ICP备15022753号-3 |