微分方程-常系數(shù)線性方程-非齊次問題

常系數(shù)線性方程-非齊次問題

在已經(jīng)獲得齊次問題的通解的情況下，求解非齊次問題的實(shí)質(zhì)就是尋找一個(gè)特解. 之前的知識(shí)知道绘面，這樣的特解可以通過常數(shù)變易公式獲得，但是對(duì)具體的問題來說這樣的計(jì)算可能是相當(dāng)復(fù)雜的,針對(duì)幾類特殊而常見的函數(shù)類型篡九，我們有更加簡便的方法拭卿，即算子解法.

考慮非齊次線性方程

$\dfrac{\textbcj75ak^nx}{\text5x2exeot^n}+a_1\dfrac{\textwtea7vq^{n-1}x}{\textmnqn9yxt^{n-1}}+\cdots+a_{n-1}\dfrac{\texts05f5t5x}{\text52s2z2zt}+a_nx=f(t)\quad(4.1)$

按照算子寫法，可以表述為

$P(D)x=f(t)\quad(4.2)$

如果把 $P(D)$ 的逆算子形式地記為 $\dfrac{1}{P(D)}$ 充石，那么我們需要求

$x(t)=\dfrac{1}{P(D)}f(t)\quad(4.13)$

這里我們先理解一下逆算子 $\dfrac{1}{P(D)}.$ 注意到一個(gè)簡單的情形是 $\dfrac{1}{D}$ ,莫换，它對(duì)一個(gè)可積函數(shù) $f(t)$ 的作用結(jié)果 $\dfrac{1}{D}f(t)$ 是不定積分 $\displaystyle\int f(t)\textrds70z2t.$ 這是一個(gè)不唯一的結(jié)果，他們之間相差一個(gè)常數(shù). 然而我們現(xiàn)在只需要求任何一個(gè)特解骤铃，因此我們每次計(jì)算都選擇方便簡單的一個(gè)答案. 在這種方法中的大部分等號(hào)都是在這種情況下成立的拉岁。

算子 $\dfrac{1}{P(D)}$ 具有下列基本性質(zhì)：

性質(zhì)1 $\quad\displaystyle\dfrac{1}{D^n}f(t)=\int\cdots\int f(\tau)(\textkw5d0rb\tau)^n$ ，即 $n$ 累次積分.

性質(zhì)2 $\quad\dfrac{1}{P(D)}$ 的作用是線性的惰爬，即

$\dfrac{1}{P(D)}\left[\alpha f_1(t)+\beta f_2(t)\right]=\alpha\dfrac{1}{P(D)}f_1(t)+\beta\dfrac{1}{P(D)}f_2(t)$ .

性質(zhì)3 $\quad$ 如果 $P(D)=P_1(D)P_2(D)$ 喊暖，則

$\dfrac{1}{P(D)}=\dfrac{1}{P_1(D)}\cdot\dfrac{1}{P_2(D)}=\dfrac{1}{P(D_2)}\cdot\dfrac{1}{P(D_1)}$ .

這些性質(zhì)不難用 $P(D)$ 的性質(zhì)來驗(yàn)證. 進(jìn)一步，我們給出以下重要的計(jì)算公式. 為了方便記憶撕瞧，我們形象地給每一個(gè)公式起了一個(gè)名字

定理 4.3

（1）解析展開法 或 解析相除法：

對(duì) $k$ 次多項(xiàng)式 $f_k(t)$ 陵叽，如果 $\dfrac{1}{P(x)}$ 在 $x=0$ 處解析且可以展開成

$\dfrac{1}{P(x)}=Q_k(x)+H_k(x)$ ,

其中 $Q_k(x)$ 是 $k$ 次多項(xiàng)式，而 $H_k(x)$ 為 $k+1$ 次以上的所高次項(xiàng)丛版，則

$\dfrac{1}{P(D)}f_k(t)=Q_k(D)f_k(t)$ .

（2）代換法：

如果 $P(\lambda)\not=0$ 巩掺，那么 $\dfrac{1}{P(D)}e^{\lambda t}=\dfrac{1}{P(\lambda )}e^{\lambda t}$ .

（3）二項(xiàng)式法：

$\dfrac{1}{P(D)}e^{\lambda t}v(t)=e^{\lambda t}\dfrac{1}{P(D+\lambda)}v(t).$

證明

對(duì)（1），只要注意到 $D^{k+i}f_k(t)\equiv0,\forall\;i\geqslant1.$ 更簡單地看页畦，將 $P(D)$ 按升冪排列后作除法 $\dfrac{1}{P(D)}$ 胖替，設(shè)在第 $k+1$ 步時(shí)得到商 $Q_k(D)$ 和余式 $R_k(D)$ ，它們必然是 $k$ 次多項(xiàng)式和形如

$R_k(D)=c_{k+1}D^{k+1}+c_{k+2}D^{k+2}+\cdots+c_{k+n}D^{k+n}$

的多項(xiàng)式. 按照除法關(guān)系我們有 $1=P(D)Q_k(D)+R_k(D)$ . 從而

$\begin{aligned} f_k(t)=&P(D)Q_k(D)f_k(t)+R_k(D)f_k(t)\\ =&P(D)Q_k(D)f_k(t). \end{aligned}$

這樣也得到同樣形式的結(jié)果.

對(duì)（2）豫缨，從上節(jié)的重要公式（4.5）独令，即 $P(D)e^{\lambda t}=P(\lambda)e^{\lambda t}$ ，可直接得知.

對(duì)（3）州胳，记焊，名字來源之前證明定理 4.2 中使用的二項(xiàng)式定理. 事實(shí)上，

$\begin{aligned} D^m(e^{\lambda t}v(t))=&\sum_{k=0}^{m}\text{C}_m^kD^ke^{\lambda t}\cdot D^{m-k}v(t)\\ =&\sum_{k=0}^{m}\text{C}_m^k\lambda^ke^{\lambda t}\cdot D^{m-k}v(t)\\ =&e^{\lambda t}(D+\lambda)^mv(t), \end{aligned}$

從而栓撞，

$P(D)(e^{\lambda t}v(t))=e^{\lambda t}P(D+\lambda)v(t).$

利用該結(jié)果遍膜，我們得到

$\begin{aligned} &P(D)\left[e^{\lambda t}\dfrac{1}{P(D+\lambda)}v(t)\right]\\ =&e^{\lambda t}P(D+\lambda)\left[\dfrac{1}{P(D+\lambda)}v(t)\right]\\ =&e^{\lambda t}v(t) \end{aligned}$

求逆便得到結(jié)果.

注 4.1

解析展開法一個(gè)最直接和最常用的實(shí)例是

$\dfrac{1}{1-D}f_k(t)=(1+D+D^2+\cdots+D^K)f_k(t).$

注 4.2

從代換法可以獲得下列結(jié)果：

$\dfrac{1}{P(D^2)}\begin{Bmatrix} \cos at\\ \sin at\\ \end{Bmatrix}=\dfrac{1}{P(-a^2)}\begin{Bmatrix} \cos at\\ \sin at\\ \end{Bmatrix},$

其中 $P(-a^2)\not=0$ . 事實(shí)上，對(duì)上訴三角函數(shù)我們考慮輔助函數(shù) $e^{iat}$ . 用代換法得到

$\dfrac{1}{P(D^2)}e^{iat}=\dfrac{1}{P[(ia)^2]}e^{iat}=\dfrac{1}{P(-a^2)}e^{iat}$ .

分別取其實(shí)部和虛部就獲得我們需要的結(jié)果.

注 4.3

在 $P(\lambda)=0$ 的情形下物品們不能使用代換法瓤湘，但可以使用二項(xiàng)式法. 事實(shí)上瓢颅，

$\dfrac{1}{P(D)}e^{\lambda t}=e^{\lambda t}\dfrac{1}{P(D+\lambda)}\cdot1$ .

對(duì)于非齊次線性方程（4.1），當(dāng)其非齊次項(xiàng) $f(t)$ 為某幾類特殊函數(shù)時(shí)弛说，出了可用算子解法外. 還有比較系數(shù)法和 Laplace 變換法等簡便的方法.

例 4.2

$(D-\lambda)^rQ(D)x=e^{\lambda t}.$

其中 $Q(\lambda)\not=0.$

Sol:

由于 $\dfrac{1}{(D-\lambda)^r}$ 對(duì)函數(shù) $e^{\lambda t}$ 不滿足代換法的條件挽懦，因此先用代換法計(jì)算 $\dfrac{1}{Q(D)}e^{\lambda t}$ ，再對(duì)所得結(jié)果用二項(xiàng)式法木人，得

$\begin{aligned} x(t) =&\dfrac{1}{(D-\lambda)^rQ(D)}e^{\lambda t}\\ =&\dfrac{1}{Q(\lambda)}\dfrac{1}{(D-\lambda)^r}e^{\lambda t}\\ =&\dfrac{e^{\lambda t}}{Q(\lambda)}\cdot\dfrac{1}{((D+\lambda)-\lambda)^r}\cdot1\\ =&\dfrac{e^{\lambda t}}{Q(\lambda)}\int\cdots\int1(\textzlletobt)^r\\ =&\dfrac{e^{\lambda t}}{Q(\lambda)}\dfrac{t^r}{r!}. \end{aligned}$

例 4.3

$(D^3-2D^2+D-2)x=t^3\sin t.$

Sol:

既然出現(xiàn)三角函數(shù)信柿，首先用輔助函數(shù) $t^3e^{it}$ 化成指數(shù)函數(shù)問題. 考慮輔助方程

$(D^3-2D^2+D-2)z=t^3e^{it}.$

顯然 $P(D):=D^3-2D^2+D-2=(D^2+1)(D-2)$ 使得 $P(i)=0$ 冀偶，而且還有多項(xiàng)式因子 $t^3$ ，故不能用代換法解決渔嚷，而要用二項(xiàng)式法和解析展開法. 因此

$\begin{aligned} z(t) =&\dfrac{1}{D^3-2D^2+D-2}t^3e^{it}\\ =&e^{it}\dfrac{1}{(D+i)^3-2(D+i)^2+(D+i)-2}t^3\\ =&e^{it}\dfrac{1}{D^3-(2-3i)D^2-(2+4i)D}t^3\\ =&-\dfrac{e^{it}}{2+4i}\dfrac{1}{D}\dfrac{1}{1-\dfrac{4+7i}{10}D-\dfrac{1-2i}{10}D^2}t^3\\ =&-\dfrac{e^{it}}{2+4i}\dfrac{1}{D}\bigg[1+\dfrac{4+7i}{10}D+\dfrac{1-2i}{10}D^2\\ &+\left(\dfrac{4+7i}{10}D+\dfrac{1-2i}{10}D^2\right)^2+\left(\dfrac{4+7i}{10}D\right)^3\bigg]t^3\\ =&-\dfrac{e^{it}}{2+4i}\dfrac{1}{D}\left[1+\dfrac{4+7i}{10}D+\dfrac{-23+36i}{100}D^2-\dfrac{164+27i}{1000}D^3\right]t^3\\ =&-\dfrac{e^{it}}{2+4i}\left[\dfrac{1}{D}+\dfrac{4+7i}{10}+\dfrac{-23+36i}{100}D-\dfrac{164+27i}{1000}D^2\right]t^3\\ =&-\dfrac{e^{it}}{10}(1-2i)\left[\dfrac{t^4}{4}+\dfrac{4+7i}{10}t^3+\dfrac{-69+108i}{100}t^2-\dfrac{984+162i}{1000}t\right]\\ =&-\dfrac{1}{10}(\cos t+i\sin t)\bigg[\left(\dfrac{t^4}{4}+\dfrac{18}{10}t^3+\dfrac{147}{100}t^2-\dfrac{1308}{1000}t\right)\\ &-i\left(\dfrac{t^4}{2}+\dfrac{t^3}{10}-\dfrac{246}{100}t^2-\dfrac{1806}{1000}t\right)\bigg] \end{aligned}$

取虛部得到

$\begin{aligned} x(t) =&-\dfrac{1}{10}\bigg[\left(\dfrac{t^4}{4}+\dfrac{9}{5}t^3+\dfrac{147}{100}t^2-\dfrac{327}{250}t\right)\sin t\\ &-\left(\dfrac{t^4}{2}+\dfrac{t^3}{10}-\dfrac{123}{50}t^2-\dfrac{903}{500}t\right)\cos t\bigg]. \end{aligned}$

說實(shí)話蠻絕的进鸠，計(jì)算量有點(diǎn)大，但是還是蠻好理解的.

例 4.4

$(D+1)x=e^{e^t}$

Sol:

基本思想是配項(xiàng)并利用二次項(xiàng)法使 $\dfrac{1}{D+1}$ 變成 $\dfrac{1}{D}$ 的直接積分.

$\begin{aligned} x(t) =&\dfrac{1}{D+1}e^{e^t}\\ =&\dfrac{1}{D+1}e^{-t}\cdot e^{e^t}e^t\\ =&e^{-t}\dfrac{1}{(D-1)+1}e^{e^t}e^t\\ =&e^{-t}\int e^{e^t}e^t\textw77b5a2t\\ =&e^{-t}e^{e^t}. \end{aligned}$

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微分方程-常系數(shù)線性方程-非齊次問題

常系數(shù)線性方程-非齊次問題

定理 4.3

證明

注 4.1

注 4.2

注 4.3

例 4.2

例 4.3

例 4.4

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