微积分笔记（26）——高阶线性方程解的结构

微积分笔记（26）——高阶线性方程解的结构

高阶线性方程解的结构

标准 $n$ 阶线性方程

$$y^{(n)} + a_1(x) y^{(n – 1)} + \cdots + a_{n – 1}(x) y^{\prime} + a_n(x) y = f(x) \ \ \ \ \ \ (1)$$

其中 $a_1(x),\cdots,a_n(x),f(x) \in C(I)$ 已知。

存在唯一性定理

$\forall \xi_0,\xi_1,\cdots,\xi_{n – 1} \in \mathbb{R},\forall x_0 \in I$，方程 $(1)$ 存在唯一解 $y(x) \in C^n(I)$ 满足：

$$y(x_0) = \xi_0,y^{\prime}(x_0) = \xi_1,\cdots,y^{(n – 1)} = \xi_{n – 1}$$

证明留到后面（与一阶线性方程组证明一致）。

齐次方程解的全体

$$y^{\prime\prime} + a(x) y^{\prime} + b(x) y = f(x) \ \ \ \ (2)$$

$S = \{y \in C^2(I) | y \text{ 满足 } (2) \text{ 的齐次方程 } f \equiv 0\}$

推论：$S$ 为一线性空间，即 $\forall y_1,y_2 \in S$，$\forall c_1,c_2 \in \mathbb{R}$，$c_1 y_1 + c_2 y_2 \in S$——直接验证。

线性相关与无关

设 $\varphi_1,\varphi_2,\cdots,\varphi_m \in C(I)$，如果存在不全为 $0$ 的 $c_1,c_2,\cdots,c_m$ 使得在 $I$ 上

$$c_1 \varphi_1 + \cdots + c_m \varphi_m \equiv 0$$
则称 $\varphi_1,\varphi_2,\cdots,\varphi_m$ 线性相关，否则称它们线性无关。

Wronsky 行列式

设 $\varphi_1,\varphi_2,\cdots,\varphi_m \in C^{m – 1}(I)$，定义：

$$W[\phi_1,\cdots,\phi_m] = \begin{vmatrix} \varphi_1 & \varphi_2 & \cdots & \varphi_m \\ \varphi_1^{\prime} & \varphi_2^{\prime} & \cdots & \varphi_m^{\prime} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \varphi_1^{(m – 1)} & \varphi_2^{(m – 1)} & \cdots & \varphi_m^{(m – 1)} \end{vmatrix}$$
称为 $\varphi_1,\varphi_2,\cdots,\varphi_m$ 的 Wronsky 行列式。

线性相关与无关判别法则（$n = 2$）

设 $y_1,y_2 \in S$，则 $y_1,y_2$ 在 $I$ 上线性相关的充分必要条件是：

1. $W[y_1,y_2] = 0$ 在 $I$ 上处处成立，或者：
2. $W[y_1,y_2] = 0$ 在某个 $x_0 \in I$ 成立。

证明：若 $y_1,y_2$ 在 $I$ 上线性相关，则有不全为 $0$ 的 $c_1,c_2$ 使得：

$$\left\{ \begin{array}{} c_1 y_1 + c_2 y_2 \equiv 0 \\ c_1 y_1^{\prime} + c_2 y_2^{\prime} \equiv 0 \end{array} \right.$$
改写为矩阵形式有非零解，可知 $W[y_1,y_2] = 0$。

故 1 得证，1 推出 2 显然。

若 2 成立，则：

$$\begin{vmatrix} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1^{\prime}(x_0) & y_2^{\prime}(x_0) \end{vmatrix} = 0$$
则：
$$\left\{ \begin{array}{} c_1 y_1(x_0) + c_2 y_2(x_0) = 0 \\ c_1 y_1^{\prime}(x_0) + c_2 y_2^{\prime}(x_0) = 0 \end{array} \right.$$
存在非零解 $c_1,c_2$。

令 $y(x) = c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x)$，发现 $y(x_0) = 0,y^{\prime}(x_0) = 0$。

另一方面一致 $z(x) \equiv 0 \in S$ 且 $z(x_0) = 0,z^{\prime}(x_0) = 0$，由存在唯一性定理知 $z(x) \equiv y(x)$。

故 $c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x) \equiv 0$。$\square$

定理：$S$ 是一个 $2$ 维线性空间，即存在 $y_1,y_2 \in S$ 线性无关，且任意 $y \in S$，必有 $c_1,c_2 \in \mathbb{R}$，使得 $y = c_1 y_1 + c_2 y_2$。

证明：取 $x_0 \in I$，令 $y_1 \in S$ 满足 $y_1(x_0) = 1,y_1^{\prime}(x_0) = 0$。

令 $y_2 \in S$ 且 $y_2(x_0) = 0,y_2^{\prime}(x_0) = 1$。

则：

$$W[y_1,y_2](x_0) = \begin{vmatrix} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1^{\prime}(x_0) & y_2^{\prime}(x_0) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1$$
故 $y_1,y_2$ 在 $I$ 上线性无关。

任取 $y \in S$，令 $c_1 = y(x_0),c_2 = y^{\prime}(x_0)$，则显然 $c_1 y_1 + c_2 y_2 \in S$ 且：

$$\left\{ \begin{array}{} c_1 y_1(x_0) + c_2 y_2(x_0) = c_1 = y(x_0) \\ c_1 y_1^{\prime}(x_0) + c_2 y_2^{\prime}(x_0) = c_2 = y^{\prime}(x_0) \end{array} \right.$$
由存在唯一性定理，$y \equiv c_1 y_1 + c_2 y_2$。$\square$

推论 1：设 $y_1,y_2 \in S$ 且线性无关，则方程 $(2)$ 的齐次方程的通解 $y = c_1 y_1 + c_2 y_2$，其中 $c_1,c_2$ 为任意常数。

推论 2：令 $y_1,y_2 \in S$ 且线性无关，$y^*$ 是非齐次方程 $(2)$ 的一个解，则 $(2)$ 的通解 $y = y^* + c_1 y_1 + c_2 y_2$，其中 $c_1,c_2$ 为任意常数。

证明：令 $z(x)$ 为 $(2)$ 的一个解，则 $z – y^* \in S$。

$\therefore \exists c_1,c_2 \in \mathbb{R}$ 使得 $z – y^* = c_1 y_1 + c_2 y_2$。

$\therefore z = y^* + c_1 y_1 + c_2 y_2$。$\square$

求解策略（方程 $(2)$）

1. 求解 $(2)$ 的齐次方程（$f \equiv 0$），找出线性无关的两个解 $y_1,y_2$。
2. 求解 $(2)(f \not \equiv 0)$ 找出一个解 $y^*$。
3. 通解 $y = y^* + c_1 y_1 c_2 y_2$。

求解方法之一：观察法

例 1：

$$y^{\prime\prime} + ay = b$$
其中 $a,b$ 是常数。

解：当 $a = 0$ 时，$y^{\prime\prime} = 0$ 由线性无关解 $y_1 = 1,y_2 = x$。

$y^{\prime\prime} = b$ 有一个解 $y^* = \dfrac{1}{2} x^2$。

$\therefore$ 通解 $y = \dfrac{1}{2} x^2 + c_1 x + c_2$。

若 $a < 0$，记 $-a = \omega^2 > 0$。

$y^{\prime\prime} – \omega^2 y = 0$ 有两个解 $y_1 = e^{\omega x},y_2 = e^{-\omega x}$ 线性无关。

$y^{\prime\prime} + ay = b$ 有一个解 $y^* = \dfrac{b}{a}$。

$\therefore$ 通解 $y = \dfrac{b}{a} + c_1 e^{\sqrt{-a} x} + c_2 e^{-\sqrt{-a} x}$。

若 $a = \omega^2 > 0$，则 $y^{\prime\prime} + \omega^2y = 0$ 有两个解 $y_1 = \cos \omega x,y_2 = \sin \omega x$。

$\therefore$ 通解 $y = \dfrac{b}{a} + c_1 \cos \sqrt{a} x + c_2 \sin \sqrt{a} x$。

求解方法之二：常数变异法

问题 1：已知 $y_1$ 是 $(2)$ 的齐次方程的一个非零解，求 $(2)$ 的齐次方程另一个线性无关解 $y_2$，以及非齐次方程一个解 $y^*$。

方法：令 $y_2 = C(x) y_1$，$C(x)$ 待定。

令 $y^* = C(x) y_1$。

则 $y^{\prime} = C^{\prime} y_1 + C y_1^{\prime},y^{\prime\prime} = C^{\prime\prime} y_1 + 2 C^{\prime} y_1^{\prime} + C y_1^{\prime\prime}$。

$$y^{\prime\prime} + a y^{\prime} + by = C^{\prime\prime} y_1 + 2 C^{\prime} y_1^{\prime} + C y_1^{\prime\prime} + a (C^{\prime} y_1 + C y_1^{\prime}) + b C y_1 \\ = C(y_1^{\prime\prime} +a y_1^{\prime} + by_1) + C^{\prime\prime} y_1 + C^{\prime} (2 y_1^{\prime} + ay_1) \\ = C^{\prime\prime} y_1 + C^{\prime} (2y_1^{\prime} + ay_1) = \left\{ \begin{array}{} 0 \\ f \end{array} \right.$$
为求 $y^* = Cy_1$ 解：
$$C^{\prime\prime} + C^{\prime} (\dfrac{2y_1^{\prime}}{y_1} + a) = \dfrac{f}{y_1}$$
解出 $C^{\prime}$ 后，$C = \int C^{\prime}(x) \mathrm{d} x$。

为求 $y_2 = Cy_1$ 解：

$$C^{\prime\prime} + C^{\prime} (\dfrac{2y_1^{\prime}}{y_1} + a) = 0$$
同样可求解。

问题 2：已知 $y_1,y_2 \in S$ 且线性无关，为求 $y^*$。

方法：令 $y^* = C_1(x) y_1 + C_2(x) y_2$，$C_1(x),C_2(x)$ 待定。

代入方程 $(2)$ 得到关于 $C_1,C_2$ 的一个方程，另外附加一个方程：$C_1^{\prime} y_1 + C_2^{\prime} y_2 = 0$。

代入方程：

$$(y^*)^{\prime\prime} + a(y^*)^{\prime} + by^* \\ = C_1(y_1^{\prime\prime} + a y_1^{\prime} + by_1) + C_2(y_2^{\prime\prime} + a y_2^{\prime} + by_2) + C_1^{\prime} y_1^{\prime} + C_2^{\prime} y_2^{\prime} \\ = C_1^{\prime} y_1^{\prime} + C_2^{\prime} y_2^{\prime} = f$$
则：
$$\left\{ \begin{array}{} C_1^{\prime} y_1 + C_2^{\prime} y_2 \equiv 0 \\ C_1^{\prime} y_1^{\prime} + C_2^{\prime} y_2^{\prime} \equiv f \end{array} \right.$$
系数行列式：
$$\begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1^{\prime} & y_2^{\prime} \end{vmatrix} = W[y_1,y_2] \not = 0 \\ \therefore C_1^{\prime} = – \dfrac{y_2 f}{W[y_1,y_2]},C_2^{\prime} = \dfrac{y_1 f}{W[y_1,y_2]}$$
从而得到 $C_1,C_2$，得到一个解 $y^* = C_1(x) y_1 + C_2(x) y_2$。

例 2：

$$x^2 y^{\prime\prime} – 2y = x^4.\ \ x \not = 0$$
解：观察 $y_1 = x^2$ 是齐次方程的一个解。

令 $y_2 = C(x) x^2$，则 $y_2^{\prime\prime} = C^{\prime\prime} x^2 + 4x C^{\prime} + 2C$。

$x^2 y_2^{\prime\prime} – 2y_2 = x^2(C^{\prime\prime} x^2 + 4x C^{\prime} + 2C) – 2Cx^2 = x^4 C^{\prime\prime} + 4x^3 C^{\prime}$。

令 $x^4 C^{\prime\prime} + 4x^3 C^{\prime} = 0$，则：

$$x^3 (x C^{\prime\prime} + 4C^{\prime}) = 0 \\ \Rightarrow (x^{4} C^{\prime})^{\prime} = 0$$
故 $C^{\prime} = \dfrac{a}{x^4},C = -\dfrac{a}{3x^3} = \dfrac{1}{x^3}$。

$y_2 = C x^2 = \dfrac{1}{x}$。

令 $x^4 C^{\prime\prime} + 4x^3 C^{\prime} = x^4$。

则 $(x^{4} C^{\prime})^{\prime} = x^4$。

故 $x^4 C^{\prime} = \dfrac{x^5}{5},C^{\prime} = \dfrac{x}{5},C = \dfrac{x^2}{10}$。

$y^* = C x^2 = \dfrac{x^4}{10}$。

故通解 $y = \dfrac{x^4}{10} + c_1 x^2 + \dfrac{c_2}{x}$。

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