常系数齐次微分方程

常系数齐次微分方程

引子

线性相关/线性无关

设 \(y_1,y_2, \dots , y_n\) 为定义在 \(I\) 上的 \(n\) 个函数，如果存在 \(n\) 个不全为零的常数 \(k_1,k_2, \dots k_n\) 使得如下恒等式成立：

\[k_1y_1 + k_2y_2 + \dots k_ny_n \equiv 0 \]

那么称这 \(n\) 个函数在区间 \(I\) 上线性相关，否则称线性无关。

二阶

\[y'' + py' + qy = 0 \tag1 \]

首先，要找出该方程的通解，我们要先找出两特解 \(y_1\), \(y_2\)，且 \(y_1 ,y_2\) 应线性无关。

我们发现，\(e^{rx}\) 的各阶导数与它本身都只相差了一个常数因子，所以我们尝试设其为该方程的一个解。

则有：\(r^2e^{rx} + pre^{rx} + qe^{rx} = 0\) ，化简得：\((r^2 + pr + q)e^{rx} = 0\) ，所以有方程：

\[r^2 + pr + q = 0 \]

只要满足该方程的 \(r\)，就一定满足上述微分方程。而该方程也被称为方程 \((1)\) 的特征方程，其两根 \(r_1,r_2\) 可用求根公式求出。而其中我们可以分出来三类：\(\Delta > 0,\Delta = 0,\Delta < 0\) 。

\(\Delta > 0\) / 存在两实根

则：

\[r_1 = \frac{-p + \sqrt{p^2-4q}}{2}，r_2 = \frac{-p - \sqrt{p^2-4q}}{2} \]

又因两特解 \(e^{r_1x},e^{r_2x}\) 线性无关，所以通解为：

\[y = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x} \]

\(\Delta = 0\) / 有两相同实根

此时只有 \(r_1 = r_2 = -\frac{p}{2}\)，只能得到微分方程的一个解 \(y_1 = e^{r_1x}\)。为了得到通解，还需解出另一个解 \(y_2\) 使得 \(\frac{y_2}{y_1}\) 不为常数。那么我们设 \(\frac{y_2}{y_1} = u(x), y_2 = u(x)y_1\)，带入微分方程，得到：

\[e^{r_1x}(u'' + (2r_1 + p)u' + (r_1^2 + pr_1 + q)) = 0 \]

又因为 \(r_1 = -\frac{p}{2}\)，所以 \((2r_1 + p) = 0 , (r_1^2 + pr_1 + q) = 0\)，则可得：

\[u'' = 0 \]

那么我们不妨设 \(u(x) = x\)，则 \(y_2 = xe^{r_1x}\)，所以通解为：

\[y = (C_1 + C_2x)e^{r_1x} \]

\(\Delta < 0\) / 有两共轭虚根

其中：

\[r_1 = \alpha + \beta i,r_2 = \alpha - \beta i \]

\[\alpha = -\frac{p}{2},\beta = \frac{\sqrt{4q - p^2}}{2} \]

对其运用欧拉公式，可得：

\[y_1 = e^{(\alpha + \beta i)x} = e^{\alpha x} \cdot e^{\beta i x} = e^{\alpha x}(\cos{\beta x} + i \sin{\beta x}) \]

同理，对于 \(y_2\)，有：

\[y_2 = e^{(\alpha - \beta i)x} = e^{\alpha x} \cdot e^{-\beta i x} = e^{\alpha x}(\cos{\beta x} - i \sin{\beta x}) \]

但是这两个通解都为复值函数，所以我们做如下变换使得 \(y_1,y_2\) 变为实值函数：

\[\bar{y_1} = \frac{y_1 + y_2}{2} = e^{\alpha x}\cos{\beta x} \]

\[\bar{y_2} = \frac{y_1 - y_2}{2i} = e^{\alpha x}\sin{\beta x} \]

则通解为：

\[y = e^{\alpha x}(C_1\cos{\beta x} + C_2\sin{\beta x}) \]

微分方程的思想在高中数学中的应用

数列线性递推

对于如下数列二阶线性递推：

\[a_{n+2} = Aa_{n + 1} + Ba_n \]

我们设其特解的结构为 \(p^n\)，则有：

\[p^n(p^2 - Ap - B) = 0 \]

对于特征方程 \(p^2 - Ap - B = 0\)，我们依旧分三种情况，\(\Delta > 0,\Delta = 0,\Delta < 0\)。

\(\Delta > 0\)

也即有两不同实数根 \(p_1,p_2\)，推到过程与微分方程类似，这里不做赘述，直接给出表达式。

\[a_{n} = C_1p_1^n + C_2p_2^n \]

\(\Delta = 0\)

也即有两相同实根 \(p_1 = p_2 = \frac{A}{2}\)，此时易得一特解为 \(p_1^n\)，那么应还有一与 \(p_1^n\) 线性无关的特解 \(k_n\) 满足上述递推。不妨设 \(\frac{k_n}{p_1^n} = g_n\)，其中 \(g_n\) 不为常数，那么 \(k_n = p_1^n \cdot g_n\)，带入原递推式，可得：

\[p^n(g_{n + 2} \cdot p^2 - g_{n + 1} \cdot{Ap} - B \cdot g_n) = 0 \]

又 \(\Delta = 0,p = \frac{A}{2}\)，即 \(p = \frac{A}{2},B = -\frac{A^2}{4}\)，代入上式，得：

\[\frac{A^2}{4}(g_{n + 2} - 2g_{n + 1} + g_n) = 0 \]

所以有：

\[g_{n + 2} - g_{n + 1} = g_{n + 1} - g_{n} \]

那么根据等差数列的性质，有 \(g_n\) 为等差数列，不妨设 \(g_n = n\)，则可得通解为：

\[a_n = (C_1 + C_2n)p_1^n \]

\(\Delta < 0\)

此处与微分方程略有不同，不过大同小异。

此时特征方程有两共轭虚根：

\[p_1 = \alpha + \beta i, p_2 = \alpha - \beta i \]

其中：

\[\alpha = \frac{A}{2},\beta = \frac{\sqrt{-A^2-4B}}{2} \]

将其变换为复数的三角表示：

\[p_1 = r(\cos{\theta} + i \sin{\theta}),p_2 = r(\cos{\theta} - i \sin{\theta}) \]

其中：

\[r = -B,\tan{\theta} = \frac{\sqrt{-A^2 - 4B}}{A} \]

根据复数乘法的性质，我们有：

\[p_1^n = r^n(\cos{\theta} + i \sin{\theta})^n = r^n(\cos{n\theta} + i \sin{n\theta}) \]

\[p_2^n = r^n(\cos{\theta} - i \sin{\theta})^n = r^n(\cos{n\theta} - i \sin{n\theta}) \]

这已经是一个非常像样的形式了，让我们在来做一些变换，使其变为实值解：

\[x_{n} = \frac{p_1^n + p_2^n}{2} = r^n\cos{n\theta} \]

\[y_{n} = \frac{p_1^n - p_2^n}{2} = r^n\sin{n\theta} \]

根据引理 \((*)\)，所以有通解：

\[a_n = r^n(C_1\cos{n\theta} + C_2\sin{n\theta}) \]

其中有：

\[r = -B, \tan{\theta} = \frac{\sqrt{-A^2 - 4B}}{A} \]

引理 \((*)\)

如果 \(x_n,y_n\) 都满足形如 \(a_{n+2} = Aa_{n + 1} + Ba_n\) 的线性递推，那么 \((C_1x_n + C_2y_n)\) 也应满足。

证：

有：

\[x_{n+2} = Ax_{n + 1} + Bx_n \tag1 \]

\[y_{n+2} = Ay_{n + 1} + By_n \tag2 \]

那么有：

\[C_1 \cdot (1) + C_2 \cdot (2) = \]

\[C_1x_{n + 2} + C_2y_{n + 2} = A(C_1x_{n + 1} + C_2y_{n + 1}) + B(C_1x_n + C_2y_n) \]

所以上述引理成立，证毕。