【习题】4.2 高阶微分方程的一般理论

[T040201] 证明 \(n\) 阶齐次线性微分方程一定存在 \(n\) 个线性无关解.

    证 由存在唯一性定理可知 \(n\) 阶齐次线性方程满足下列 \(n\) 组初始条件

\[\left\{ \begin{array}{cccc} x_1(t_0)=1, & x'_1(t_0)=0, & \cdots, & x_1^{(n-1)}(t_0)=0,\\ x_2(t_0)=0, & x'_2(t_0)=1, & \cdots, & x_2^{(n-2)}(t_0)=0,\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ x_n(t_0)=0, & x_n'(t_0)=0, & \cdots, & x_n^{(n-1)}(t_0)=1 \end{array} \right. \]

的解 \(x_1(t),x_2(t),\cdots,x_n(t)\) 一定存在且唯一, 注意到它们的 Wronski 行列式

\[W(x_1(t_0),x_2(t_0),\cdots,x_n(t_0))=1\neq0 \]

故这 \(n\) 个解必线性无关. #

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[T040202] 证明: \(n\) 阶非齐次线性方程 \(L[x]=f(t), \ t\in[a,b]\) 最多存在 \(n+1\) 个线性无关解.

    证 注意到其对应的齐次线性方程 \(L[x]=0\) 在区间 \([a,b]\) 上存在 \(n\) 个线性无关解, 设为 \(x_1(t),x_2(t),\cdots,x_n(t)\), 并设 \(\bar{x}(t)\) 是 \(n\) 阶非齐次线性方程 \(L[x]=f(t)\) 在 \([a,b]\) 上的一个特解. 下证 \(x_1(t)+\bar{x}(t),\cdots,x_n(t)+\bar{x}(t),\bar{x}(t)\) 是 \(n\) 阶非齐次线性方程 \(L[x]=f(t)\) 的解, 且它们在 \([a,b]\) 上线性无关.
    显然 \(x_1(t)+\bar{x}(t),\cdots,x_n(t)+\bar{x}(t),\bar{x}(t)\) 是 \(n\) 阶非齐次线性方程 \(L[x]=f(t)\) 的解, 设存在一组数 \(c_1,\cdots,c_{n+1}\), 使得当 \(t\in[a,b]\) 时, 有

\[\begin{aligned} &c_1(x_1+\bar x)+c_2(x_2+\bar x)+\cdots+c_n(x_n+\bar x)+c_{n+1}\bar x=0\\ \Longrightarrow&(c_1x_1+c_2x_2+\cdots+c_nx_n)+(c_1+c_2+\cdots+c_{n+1})\bar x=0 \end{aligned} \]

此时必有 \(c_1+c_2+\cdots+c_{n+1}=0\), 否则 \(\bar x\) 可由 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\) 线性表出, 这与 \(\bar x\) 是 \(n\) 阶非齐次线性方程 \(L[x]=f(t)\) 的解矛盾! 于是 \(c_1x_1+c_2x_2+\cdots+c_nx_n=0\), 而 \(x_1(t),x_2(t),\cdots,x_n(t)\) 在区间 \([a,b]\) 上线性无关, 故 \(c_1=c_2=\cdots=c_n=0\Rightarrow c_{n+1}=0\), 所以 \(x_1(t)+\bar{x}(t),\cdots,x_n(t)+\bar{x}(t),\bar{x}(t)\) 是 \(n\) 阶非齐次线性方程 \(L[x]=f(t)\) 在区间 \([a,b]\) 上的 \(n+1\) 个线性无关解.
    再证 \(n\) 阶非齐次线性方程 \(L[x]=f(t)\) 最多存在 \(n+1\) 个线性无关解. 设 \(x_1(t),x_2(t),\cdots,x_{n+1}(t),x_{n+2}(t)\) 是其任意 \(n+2\) 个线性无关解. 显然 \(x_1(t)-x_{n+2}(t),\cdots,x_{n+1}(t)-x_{n+2}(t)\) 是对应的齐次线性方程 \(L[x]=0\) 的 \(n+1\) 个解, 则这 \(n+1\) 个解必线性相关, 即存在不全为零的数 \(c_1,\cdots,c_{n+1}\), 使得在 \([a,b]\) 上满足

\[\begin{aligned} &c_1(x_1(t)-x_{n+2}(t))+c_2(x_2(t)-x_{n+2}(t))+\cdots+c_{n+1}(x_{n+1}(t)-x_{n+2}(t))=0\\ \Longrightarrow&c_1x_1+c_2x_2+\cdots+c_{n+1}x_{n+1}-(c_1+c_2+\cdots+c_{n+1})x_{n+2}=0 \end{aligned} \]

故这 \(n+2\) 个解在 \([a,b]\) 上线性相关, 产生矛盾! #

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[T040203] (Liouville 公式) 设 \(x_1(t),x_2(t),\cdots,x_n(t)\) 是齐次线性方程 \(L[x]=0\) 的任意 \(n\) 个解, \(W(t)\) 是它们的 Wronski 行列式, 则 \(W(t)\) 满足一阶线性微分方程 \(W'(t)=-a_1(t)W(t)\), 因而有

\[W(t)=W(t_0)e^{-\int_{t_0}^ta_1(s)\mathrm{~d}s},\quad t,t_0\in[a,b]. \]

    证 由行列式求导法则可知

\[W'(t)=\begin{vmatrix} x_1&x_2&\cdots&x_n\\ x_1'&x_2'&\cdots&x_n'\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ x_1^{(n-2)}&x_2^{(n-2)}&\cdots&x_n^{(n-2)}\\ x_1^{(n)}&x_2^{(n)}&\cdots&x_n^{(n)} \end{vmatrix} \]

于是

\[W'(t)+a_1(t)W(t)=\begin{vmatrix} x_1&x_2&\cdots&x_n\\ x_1'&x_2'&\cdots&x_n'\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ x_1^{(n-2)}&x_2^{(n-2)}&\cdots&x_n^{(n-2)}\\ x_1^{(n)}+a_1(t)x_1^{(n-1)}&x_2^{(n)}+a_1(t)x_2^{(n-1)}&\cdots&x_n^{(n)}+a_1(t)x_n^{(n-1)} \end{vmatrix} \]

注意到

\[\begin{cases} x_1^{(n)}+a_1(t)x_1^{(n-1)}=-a_2(t)x_1^{(n-2)}-\cdots-a_n(t)x_1,\\ x_2^{(n)}+a_1(t)x_2^{(n-1)}=-a_2(t)x_2^{(n-2)}-\cdots-a_n(t)x_2,\\ \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad~ ......\\ x_n^{(n)}+a_1(t)x_n^{(n-1)}=-a_2(t)x_n^{(n-2)}-\cdots-a_n(t)x_n,\\ \end{cases} \]

因此 \(W'(t)+a_1(t)W(t)=0, \ t\in[a,b]\). 解得

\[W(t)=ce^{-\int_{t_0}^ta_1(s)\mathrm{~d}s} \]

注意到 \(W(t_0)=c\), 于是 \(W(t)=W(t_0)e^{-\int_{t_0}^ta_1(s)\mathrm{~d}s},\quad t,t_0\in[a,b]\). #

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[T040204] 设 \(x=x_1(t), \ x=x_2(t)\) 是微分方程 \(x''+x=0\) 的满足初始条件

\[x_1(0)=0,\quad x_1'(0)=1,\\ x_2(0)=1,\quad x_2'(0)=0 \]

的解, 试不具体求出 \(x_1(t)\) 和 \(x_2(t)\) 而直接证明

  (1) \(x_1'(t)=x_2(t),\quad x_2'(t)=-x_1(t)\);

  (2) \(x_1^2(t)+x_2^2(t)\equiv1\).

    证 (1) 注意到 \(x_1''(t)+x(t)=0, \ \ x_1(0)=0, \ x_1'(0)=1\), 于是 \(x_1''(0)=0\). 令 \(y(t)=x_1'(t)\), 则 \(y'(t)=x_1''(t)=-x_1(t)\), 进而 \(y''(t)=-x_1'(t)=-y(t)\), 即 \(y''(t)+y(t)=0\), 且满足 \(y(0)=x_1'(0)=1, \ y'(0)=x_1''(0)=0\), 由题设以及解的存在唯一性定理可知 \(y(t)=x_2(t)\), 即 \(x_1'(t)=x_2(t)\). 同理可证 \(x_2'(t)=-x_1(t)\). #

    (2) 设 \(W(t)\) 是\(x_1(t)\) 和 \(x_2(t)\) 的 Wronski 行列式, 由 Liouville 公式可知 \(W(t)=W(0)e^{-\int_0^ta_1(s)\mathrm{~d}s}=W(0)\), 于是

\[\begin{vmatrix} x_1(t) & x_2(t)\\ x_1'(t) & x_2'(t) \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} x_1(0) & x_2(0)\\ x_1'(0) & x_2'(0) \end{vmatrix}=-1 \]

又 \(x_1'(t)=x_2(t),\quad x_2'(t)=-x_1(t)\), 故 \(x_1^2(t)+x_2^2(t)\equiv1\). #