§ 4.2 常系数线性方程的解法

§4.2 常系数线性方程的解法

一、复值函数与复值解

1 复值函数

.)()()(

,)()(

上的复值函数为区间我们称上定义的实函数是区间与如果btatittz

btatt

.

)(,)()(

上连续在则称上连续在区间与若

bta

tzbtatt

的导数为且上可微在则称上可微在与若

)(,

)(,)()(

tzbta

tzbtatt

)()()( ''' tittz 复函数的求导法则与实函数求导法则相同

2 复指数函数

)sin(cos)( )( titeeetz ttikt

欧拉公式 :)(

2

1cos titi eet

)(2

1sin titi ee

it

性质 :

定义

,)1( ktkt ee ,)2( 2121 )( tktktkk eee

,)3( ktkt keedt

d ,)4( ktnkt

n

n

ekedt

d

3 复值解

)1.4()()()(1

1

1 tfxtadt

xdta

dt

xdnn

n

n

n

(1)定义如果的复值解称为方程上的实变量复值函数定义于区间,)1.4(

),(tzbta

)()()()(

)()(

1

1

1 tftztadt

tzdta

dt

tzdnn

n

n

n

.恒成立对于 bta

)2.4(0)()(1

1

1

xtadt

xdta

dt

xdnn

n

n

n

(2)定理 8

.)2.4(

)()()()()(,

)()()(,

),,2,1)(()2.4(

的解也都是方程的共轭复数及和虑部的实部则解

是方程的复值而都是实值函数

的所有系数如果方程

tztztttz

tittzx

nitai

(3)定理 9 若方程

)()()()(1

1

1 tivtuxtadt

xdta

dt

xdnn

n

n

n

分别是方程部和虚则这个解的实部都是实值函数及

这里有复值解

)(

)(,)(),(

),,2,1)((),()(

tV

tUtvtu

nitatiVtUx i

)()()(1

1

1 tuxtadt

xdta

dt

xdnn

n

n

n

和)()()(

1

1

1 tvxtadt

xdta

dt

xdnn

n

n

n

的解 .

二、常系数齐线性方程和欧拉方程1 常系数齐线性方程的求解方法 (Euler待定系数法 )

考虑方程

)19.4(0][1

1

1

xadt

xda

dt

xdxL nn

n

n

n

,,,, 21 为常数其中 naaa 称 (4.19) 为 n 阶常系数齐线性方程 .

我们知道 , 一阶常系数齐线性方程

0 atdt

dx

有解 ,atcex

受此启发 , 对 (4.19) 偿试求指数函数形式的解)20.4(,tex

,, 数可以是实数也可以是复是待定常数这里把它代入方程 (4.19) 得

0)(][ 11

1 t

nnnnt eaaaeL

:)19.4(, 的解的充要条件是为因此 te 是代数方程

)21.4(,0)( 11

1

nnnn aaaF

的根 , 方程 (4.21) 称为方程 (4.19) 的特征方程 ,它的根为方程 (4.19) 的特征根 .

(1) 特征根是单根的情形

个解有如下则相应方程等的特征根

个彼此不相的是特征方程设

n

nn

)19.4(,

)21.4(,,, 21

)22.4(,,, 21 ttt neee 由于

],,,[ 21 ttt neeeW

tnn

tntn

tn

tt

ttt

n

n

n

eee

eee

eee

112

11

21

21

21

21

tne )( 21

112

11

21

111

nn

nn

n

tne )( 21

nij

ji1

)( 0

故解组 (4.22) 线性无关 .

,),,2,1( 均为实数若 nii

tn

tt nececectx 2121)(

.,, 21 是任常数其中 nccc

的通解为从而的基本解组是方程则 )19.4(,)19.4()22.4(

,),,2,1( 中有复数若 nii 则因方程的系数实常数 , 复根将成对共轭出现 ,

,, 21 也是特征根则是特征根设 ii

相应方程 (4.19) 有两个复值解 ,

),sin(cos)( titee tti

);sin(cos)( titee tti

由定理 8 知 , 它的实部和虚部也是方程的解 , 这样 ,

对方程的一对共轭复根 : ,1 i

由此求得 (4.19) 的两个实值解为

,cos te t ;sin te t

(2) 特征根是重根的情形则有重根有设特征方程 ,)21.4( 1 k

,0)()()( 1)1(

1'

1 kFFF ;0)( 1)( kF

两种情形加以讨论和下面分 00 11

0)( 1 设a

,011 knnn aaa ;0 kna

式从而特征方程有如下形,01

1 k

knnn aa

而对应方程 (4.19) 变为

01

1

1

k

k

knn

n

n

n

dt

xda

dt

xda

dt

xd

;,,,,,1 12 且它们是线性无关的个解显然它有 ktttk

;,,,,1)19.4(

)21.4(:12 ktttk

k

个线性无关的解的方程

重零根对应着的特征方程从而可得

因此则特征方程有因子 ,k

0)( 1 设b

经整理得并把它代入方程作变换 ),19.4(1tyex

ttnn

n

n

nt eyLeyb

dt

ydb

dt

ydyeL 111 ][)(][ 11

1

1

于是方程 (4.19) 化为

)23.4(,0][1

1

11

ybdt

ydb

dt

ydyL nn

n

n

n

,,,, 21 仍为常数其中 nbbb 方程 (4.23) 相应特征方程为

)24.4(,0)( 11

1

nnnn bbbG

直接计算易得 teF )(1

1)( ][ )( 1 teL tt eeL 1][1

,)( )( 1 teG

因此 )( 1F ),(G

,)24.4()21.4(, 1 重零根的对应着重根的可见 kk 这样就把问题转化为前面讨论过的情形 (a).

;,,,,1)23.4(

)24.4(:12

1

1

1 ktttk

k

个线性无关的解的方程

重零根对应着的方程从前面的讨论得

个解的因而对应着方程 1)19.4( k

)25.4(;,,,, 11111 12 tkttt etettee

的相应解为则方程

而且依次为的重数的其它根假设方程类似地

)19.4(

),(,,,,

,,)21.4(,

212

2

jinkkkkk jimm

m

;,,,, 22222 12 tkttt etettee

;,,,, 12 tkttt mmmmm etettee

)26.4(

下面我们证明 (4.25) 和 (4.26) 构成方程 (4.19) 的基本解组 , 为此只须证明这些函数线性无关即可 ,

事实上 , 假设这些函数线性相关 , 使得则存在不全为零的常常 )(r

jC

tm

r

krk

rr rr

retCtCC

1

1)(1

)(1

)(0 ][ 0)(

1

tm

rr

retP

)27.4(

次得微分然后对除以将恒等式即

零至少有一个系数不等于假设多项式不失一般性

1,)27.4(,0)(

,)(,1 ktetP

tPt

m

m

)28.4(0)( )(

1

1

tm

rr

retQ

,)(

)(),()()()( 11

的次数的多项式为次数低于其中

tP

tStStPtQ

r

rrrk

rr

.0)(,)()(, tQtPtQ mrr 且次数相同与因此

恒等式 (4.25) 与 (4.27) 类似 , 但项数减少了 , 如果对 (4.28) 实施同样的方法 ),( 2

)( 12 次微分然后对除以 kte t

我们得到项数更少的类似于 (4.27) 的恒等式0)( )( 1 t

mmmetR

注意到)()()()()()( 1

12121 tWtPtR mm

kmm

km

kmm

m

,)()( 的次数的多项式为次数低于其中 tPtW mm

,0)(,)()(, tRtPtR mmm 且次数相同与因此矛盾

这就证明了 (4.25) 和 (4.26) 的全部 n 个解线性无关 ,

即为方程的基本解组 .

对特征方程有复根的情况 : , ik 重复根譬如有

,重复根也是则 ki 如同单根时那样 , 我们也可以

.2,2)19.4( 个实值解换成个复值解的把方程 kk

;cos,,cos,cos 1 tetttete tktt

.sin,,sin,sin 1 tetttete tktt

(3) 求方程 (4.19) 通解的步骤第一步 : ,,,,)19.4( 21 k 特征方程的特征根求

第二步 : 计算方程 (4.19) 相应的解

;,)( tk

kea 方程有解对每一个实单根;,1)( 个解方程有重实根对每一个 mmb k

;,,,, 12 tmttt kkkk etettee

两个如下形式的解方程有轭复数对每一个重数是一的共 ,)( ic

;sin,cos tt ete

个如下形式的解方程有的共轭复数对每一个重数是

m

imd

2

,1)(

;sin,,sin,sin

;cos,,cos,cos1

1

tetttete

tetttetetmtt

tmtt

第三步 :

.)19.4(

,)(),(),(),(

的基本解组及通解写出方程情形根据第二步中的 dcba

例1

.0432

2

3

3

的通解求方程 xdt

xd

dt

xd

解特征方程为 43 23 2)2)(1( ,0

有根 ,11 ,23,2

,1是单根 ,3,2 是二重根

因此有解 ,te ;, 22 tt tee

故通解为 ;)( 23

221

ttt tececectx

;,, 321 为任常数这里 ccc

例2

.04

4


xd

解特征方程为 014

有根 ,11 ,3 i

有两个实根和两个复根 , 均是单根故方程的通解为

;sincos)( 4321 tctcecectx tt

;,,, 4321 为任常数这里 cccc

,12 ;4 i

例3

.0332

2

3

3

4

4

的通解求方程 dt

dx

dt

xd

dt

xd

dt

xd

解特征方程为

234 33 3)1( ,0

有根 ,01 ,14,3,2

,01 是单根 ,14,3,2 是三重根

故方程的通解为;)()( 2

4321tetctccctx


例4

.022

2

4

4


xd

dt

xd

解特征方程为 12 24 22 )1( ,0

即有特征根 ,2,1 i ,2,1 都是二重根i

故方程的通解为

;sin)(cos)()( 4321 ttccttcctx


即有实值解;sin,sin,cos,cos tttttt

2 欧拉 (Euler)方程

形如

)29.4(,011

11

1

ya

dx

dyxa

dx

ydxa

dx

ydx nnn

nn

n

nn

的方程 , 称为欧拉方程 .

,,,, 21 为常数这里 naaa

(1) 引进变换 )ln( xtex t

dx

dy

dx

dt

dt

dy dt

dy,

dt

dyte

x

1

2

2

dx

yd

dx

dy

dx

d

dx

dt

dtdxdy

d)(

dt

dye

dt

d tte

te 2 ),(2

2

dt

dy

dt

yd

由归纳法原理可知

k

k

dx

yd kte ],[ 11

1

1 dt

dy

dt

yd

dt

ydkk

k

k

k

,,,, 21 都是常数其中 k 将上述关系式代入 (4.19)

得常系数齐线性方程 .

)30.4(,01

1

1

ybdt

ydb

dt

ydnn

n

n

n

.,,, 21 为常数其中 nbbb

)29.4(,011

11

1

ya

dx

dyxa

dx

ydxa

dx

ydx nnn

nn

n

nn

)ln( xtex t

因而可以用上述方法求出 (4.30) 的通解 , 再代回原来的变量就可得到方程 (4.29) 的通解 .

例5

.02

22 y

dx

dyx

dx

ydx求解方程

解作变换

022

2

ydt

dy

dt

yd把上式入原方程得

故原方程的通解为 :

;)ln()( 21 xxccxy ;, 21 为任常数这里 cc

)ln( xtex t 即则

,1

dt

dy

xdx

dy ),(

12

2

22

2

dt

dy

dt

yd

xdx

yd

上述方程的通解为 : ;)()( 21tetccty

(2) 从上述推演过程 , 我们知 (4.30)

,的解有形如 ktey

,)29.4( 的解有形如从而 kxy 因此可直接求欧拉方程的,的解形如 kxy ,)29.4( 的代数方程得到确定代入以 kxy k

)31.4(

)2()1()1()1( 1 nkkkankkk 0 na

则 (4.31) 正好是 (4.30) 的特征方程 ,

重的方程因此 m)31.4(,

;ln,,ln,ln, 12 0000 xxxxxxx mkkkk

个解的对应于方程根 mkk )29.4(,0

;,,,, 12 tmttt kkkk etettee

个实值解的对应于方程重复根的而方程

m

ikm

2

)29.4(,)31.4(

);lncos(ln,),lncos(ln),lncos( 1 xxxxxxxx m

);lnsin(ln,),lnsin(ln),lnsin( 1 xxxxxxxx m

例6

.02

22 y

dx

dyx

dx

ydx求解方程

解

上面代数方程的根为

故方程的通解为 :

;)ln()( 21 xxccxy

;, 21 为任常数这里 cc

,代入方程设 kxy 的代数方程得到确定k

1)1( kkk 2)1(k 0

121 kk

例7

.0532

22 y

dx

dyx

dx

ydx求解方程

解

上面代数方程的根为

故方程的通解为 :

)];ln2sin()ln2cos([1

)( 21 xcxcx

xy

;, 21 为任常数这里 cc

,代入方程设 kxy 的代数方程得到确定k

53)1( kkk 522 kk 0

,212,1 ik

三、常系数非齐线性方程的解法

(一 ) 比较系数法

)32.4()(][1

1

1 tfxadt

xda

dt

xdxL nn

n

n

n

1 类型 I:

'110 )32.4(][ mmm btbtbxL

即方程为,)( 110 mmm btbtbtf

.),,2,1( 为实常数其中 mibi

有形如因此方程次多项式右端是一个

且方程仍为多项式一个多项式的各阶导数注意到'' )32.4(,)32.4(

,,

m

)33.4(,)(~ 110 mmm BtBtBtx

.),,2,1(, 为待定常数特解 miBi

'110 )32.4(][ mmm btbtbxL

,,)32.4()(~ ' 比较两端同次幂的系数代入把 tx

应满足的方程得 mBBB ,,, 10

00 baB n

1101 bamBaB nn

mnm baB

)34.4(

,0)32.4(0)1( ' 时对应齐次方程特征根即不是当 ma

因此方程有形如 (4.33) 的解 .

,

)34.4(),,2,1(

逐个确定下来唯一地可从方程这些待定常数 miBi

,)32.4(0)2( ' 重特征根时相应齐次方程的是方程当 k

即 ,0)0()0()0( )1(' mFFF ;0)0()( mF而

也即 ,0,11 knknnn aaaa

这时相应地方程 (4.32) 将为

)35.4()(1

1

1 tfdt

xda

dt

xda

dt

xdk

k

knn

n

n

n

化为则令 )35.4(,zdt

xdk

k

)35.4()(1

1

1 tfdt

xda

dt

xda

dt

xdk

k

knn

n

n

n

)36.4()(1

1

1 tfzadt

zda

dt

zdknkn

kn

kn

kn

对上面方程 , ,0,0 已不是它的特征根由于 kna

因而方程 (4.36) 有形如 , ,~~~

)( 110 mmm BtBtBtz

特解 , 满足有特解把因此 ),(~)32.4( ' tx

,~~~ 1

10 mmm BtBtB )(tz

dt

xdk

k

,次得积分k

,~~~ 1

10 mmm

k

k

BtBtBdt

xd

),()(~ 110 mmmk ttttx

有形如因此方程 ')32.4(

特解 , .,,, 10 是已确定的实数这里 m

2 类型 II:

即方程为,)()( 110

tm

mm ebtbtbtf ''1

10 )32.4()(][ tm

mm ebtbtbxL

变为则作变换 ")32.4(),()( tyetx t

ybdt

ydb

dt

ydnn

n

n

n

1

1

1m

mm btbtb 110

)37.4(

.0,),,2,1(, 为实常数其中 mibi

有如下形式的特解我们获得的有关结果由方程 "' )32.4(,)32.4(

重特征根是的特征根不是keBtBtBt

eBtBtBtx

tm

mmk

tm

mm

)21.4(,)(

)21.4(,)()(~

110

110

例8

.13322

2

的通解求方程 txdt

dx

dt

xd

解对应齐次方程特征根为 .1,3 21

故该方程的特解形式为 ,)(~ BtAtx

,)(~ 代入方程得将 BtAtx

13332 tBtAB

比较系数得

33

132

B

AB即 ,

3

11

A

B

,3

1)(~ ttx 从而

因此原方程的通解为 .3

1)( 2

31 tecectx tt

例9

.322

2

的通解求方程 texdt

dx

dt

xd

解对应齐次方程特征根为 .1,3 21

故该方程的特解形式为 ,)(~ tAtetx

,)(~ 代入方程得将 tAtetx ,4 tt eAe

从而于是,4

1A ,

4

1)(~ tetx

因此原方程的通解为.

4

1)( 2

31

ttt teecectx

是特征方程的单根12

解对应齐次方程特征方程为

,1故该方程有形状为 ,)()(~ 3 的特解teBtAttx

,)()(~ 3 代入方程得将 teBtAttx

)5()246( teeBtA tt

比较系数得 ;24

1,

6

5 BA ,)20(

24

1)(~ 3 tetttx 从而

因此原方程的通解为.)20(

24

1)()( 32

321tt ettetctcctx

例 10

.)1(332

2

3

3

的通解求方程 texdt

dx

dt

xd

dt

xd t

有三重特征根0)1(133 323

3 类型 III: ''')32.4()sin)(cos)((][ tettBttAxL 设

;,

,)(),(,,

mm

tBtA

过另一个多项式次数不超多项式次数为其中一个为实系数多项式为常数其中

,公式由Euler tettBttA ]sin)(cos)([

titi etiBtA

etiBtA )()(

2

)()(

2

)()(

根据非齐次方程的叠加原理可知 , 方程

tietiBtA

tfxL )(2 2

)()()(][

tietiBtA

tfxL )(1 2

)()()(][

与

,)32.4( "'的解的解之和必为 ),()( 21 tftf 注意到

,)(][,)(][ 2111 的解必为则的解为若 tfxLxtfxLx 因此 , 直接应类型 II 的结果可知 , 方程有如下形式的特解 tiktik etDtetDtt )()( )()()(

tk etsimtQttpt ])(cos)([

)}.(Im{2)()},(Re{2)(,)( tDtQtDtPmtD 而次多项式为其中

。mtQtP 多项式都是次数不超过显然 )(),(

解对应齐次方程的特征方程为,2,1 21 故该方程有形状为

,)sincos()(~ 的特解tBtAetx t ,)sincos()(~ 代入方程得将 tBtAetx t

tttABtAB sin7cossin)3(cos)3( ;1,2 BA

:从而原方程有特解

故原方程的通解为 ).sincos2()( 221 tteecectx ttt

例 11

.)sin7(cos22

2

的通解求方程 ttexdt

dx

dt

xd t

有二个根022

,1 不是特征根因 ii

,sin,cos 的系数得比较上式两端 tt

),sincos2()(~ ttetx t

注 : 类型 III 的特殊情形 ,cos)()( tetAtf t ,sin)()( tetBtf t 或

可用更简便的方法 ------

复数法求解

例 12

.2cos442

2

的通解求方程 txdt

dx

dt

xd

解对应齐次方程的特征方程为0)2(44 22

有二重特征根 ,221

为了求非齐线性方程的一个特解 ,

故该方程有形状为 ,)(~ 2 的特解itAetx

,)(~ 2 代入方程得将 itAetx ,18 iA ,8

iA

,9它就是原方程有特解由定理故原方程的通解为

.2sin8

1)()( 2

21 teetcctx tt

,2不是特征根因 i

先求方程 itexdt

dx

dt

xd 22

2

44

的特解 , 属类型 II,

从而

分出它的实部

故 itei

tx 2

8)(~ ,2sin

8

12cos

8tt

i

,2sin8

1)}(~Re{ ttx

(二 ) 拉普拉斯变换法 1 拉普拉斯变

换积分 ,Re,)()()]([0

sdttfesFtfL st

且满足有定义在其中的拉普拉斯变换称为函数 ,0)(,)( ttftf

),(,)( 为正数 MMetf t

.)(,)( 为像函数为原函数称 sFtf

dttetL nstn 0

][ 0|1 stnets

解

][ 1 ntLs

n

例 13 .],[ 是正整数其求 ntL n

dttes

n nst 1

0

][1 2

ntLs

n

s

n

]1[11L

ss

n

s

n

dtes

n stn

0

! 01

|! stne

s

n

0

0!1

s

ss

nn

例 14 ].[ ateL求

解 dteeeL atstat 0

][ dte tas 0

)(

0

)( |1 taseas

as

asas

1

2 拉普拉斯变换的性质

)]([1 )(0 tfL n

则若 ),()]([20 sFtfL

).0()0()0()]([ )1('21 nnnn ffsfstfLs

)],([)( tfLsFds

d

)];([)1()( tftLsFds

d nnn

n

).()]([ asFtfeL at

3 应用给定微分方程

)32.4()(1

1

1 tfxadt

xda

dt

xdnn

n

n

n

及初始条件)1(

0)1()1(

0'

0 )0(,,)0(,)0( nn xxxxxx .)(,,,, 21 连续且满足原函数条件而为常数其中 tfaaa n

记的任一解为设 ,)32.4()(tx

)],([)( txLsX )],([)( tfLsF

则对方程 (4.32) 两端施行拉普拉斯变换 ,得 )1(

0)1(

02

01)( nnnn xxsxssXs

])([ )2(0

)1(0

30

211

nnnn xxsxssXsa

])([ 01 xssXan )(sXan

)(sF

即 )()( 11

1 sXasasas nnnn

)(sF 012

11 )( xasas n

nn

)1(

023

12 )( xasas n

nn

)1(

0 nx

或 ),()()()( sBsFsXsA

由此有都是已知的多项式和其中 ,)()(),( sFsBsA

,)(

)()()(

sA

sBsFsX

从而解为 : )]([)( 1 sXLtx ----- 拉普拉斯变换的反变换

例 15 .0)1()1(,2 ''" xxexxx t求解方程

解问题变为令 ,1t

.0)0()0(,2 ')1('" xxexxx

对上式两端作拉普拉斯变换 ,得

,1

11)()(2)(2

sesXssXsXs

因此 ,)1(

11)(

3

sesX

查拉普拉斯变换表得 ,2

1)( 12 ex

从而 ,)1(2

1)( 2 tettx 这就是所求的解 .

例 16 .2)0(,1)0(,2sin5cos4 '" xxttxx求解方程

解对方程两端作拉普拉斯变换 ,得

,4

5

1

4)(2)(

222

s

s

ssXssXs

因此

查拉普拉斯变换表得,2cossin2)( tttx 这就是所求的解 .

,][cos(22

s

stL这里 )][sin

22

s

tL

,41

2)(

22

s

s

ssX

作业

P145 2,4,5;P145 7,10,12,15;P145 22;P145 25,29.

§ 4.2 常系数线性方程的解法

Documents

Transcript of § 4.2 常系数线性方程的解法