高阶齐次微分方程&非齐次微分方程

Author : 张一极
11:18-20201102

$y^{n}=f(x)$

$y^{n-1}$ 作为新的未知函数,那么可化为新未知函数的一阶微分方程,两侧积分,得到一个n-1阶的微分方程.

\begin{array}{c}y^{(n-1)}=\int f(x) d x+c_{1} \\ y^{(n-2)}=\int\left[\int f(x) d x+c_{1}\right] d x+c_{2}\end{array}

以此类推,积分n次,得到含有n个任意常数的通解

$y'''=e^{2x}-cosx$

第一次积分

y''=\int_{}^{}(e^{2x}-cosx)dx+C_1

y^{\prime \prime}=\frac{1}{2} e^{2 x}-\sin x+c_{1} \\

同理

y'=\int_{}^{}(\frac{1}{2}e^{2x}-sinx+C_1)dx+C_2

y^{\prime}=\frac{1}{4} e^{2 x}+\cos x+c_{1} x+c_{2}

最后积分一次得

y=\frac{1}{8} e^{2 x}+\sin x+\frac{1}{2} c_{1} x^{2}+c_{2} x+c_{3}

不含y的二阶微分方程

$y'$ $y'=p(x)$ $y''=p'$ $\frac{dp}{dx}=f(x,p)$

$y'=p$ $y''=p'$

$y''=f(x,y')$ $\frac{dp}{dy}=f(x,p)$

形成关于变量x,p的一阶微分方程

1.使用通用公式解

y=\mathrm{e}^{-\int \rho(x) \mathrm{d} x}\left[\int \mathrm{e}^{\int p(x) \mathrm{d} x} \cdot q(x) \mathrm{d} x+C_1\right]

2.使用变量分离

\frac{dp}{dx}=z(x)dx

然后两侧积分可解

最后, 关于x的函数y, 假设其为

y=\int_{}^{}g(x,C_1)+C_2

$y''=f(y,y')$

$y'=p$ $y''$ 化为

y''=\frac{dp}{dy}\cdot \frac{dy}{dx}=p\frac{dp}{dx} \\p\frac{dp}{dy}=f(y,p)

此时化为了一阶方程,可以按照一阶微分方程的方式解

高阶线性齐次微分方程

对于一个二阶齐次线性微分方程

x^{\prime \prime}+a_{1} x^{\prime}+a_{2} x=0

可拓展至

x^{(n)}+a_{1} x^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1} x^{\prime}+a_{n} x=0

n阶线性微分方程

x=e^{\lambda t}

$x^{\prime \prime}+a_{1} x^{\prime}+a_{2} x=0$ 的一个解,代入方程

\left(\lambda^{2}+a_{1} \lambda+a_{2}\right) e^{\lambda t}=0

$\lambda^2$ $\lambda^1$ $\lambda^0=1$ 的代换,可得到特征方程

\lambda^{2}+a_{1} \lambda+a_{2}=0

特征方程与通解对应规律总结如下

$a_1^2-4a_2>0$ $\lambda_1,\lambda_2$ ,
${x}=\boldsymbol{C}_{\mathbf{1}} {e}^{\lambda_{1} t}+{C}_{\boldsymbol{2}} \boldsymbol{e}^{\lambda_{2} t}$ 为其原微分方程通解
$a_1^2-4a_2=0$ $\lambda_1=\lambda_2=\lambda$
$x=C_{1} e^{\lambda t}+C_{2} t e^{\lambda t}$ 为通解
$a_1^2-4a_2<0$ $\lambda_{1,2}=a±iβ$
${x}={e}^{\alpha t}\left({C}_{1} \cos \beta t+{C}_{2} \sin \beta t\right)$ 为通解

高阶非齐次线性微分方程

x^{\prime \prime}+a_{1} x^{\prime}+a_{2} x=f(t)

如上形式的微分方程,其通解为=齐次方程通解+方程任一特解

$\varphi(t) e^{\mu t}$ 的非齐次方程特解

自由项形式如下:

f(t)=\varphi(t) e^{\mu t}

对应特解为

x^{*}(t)=\Phi(t) e^{\mu t} t^{k}

$e^{ut}$ $e^0$ $\boldsymbol{k}=\left\{\begin{array}{ll}\mathbf{0} & \mu ~不~等~于~特~征~根 \\ \mathbf{1} & \boldsymbol{\mu~是~单~特~征~根} \\ \boldsymbol{2} & \mu~是~二~重~根\end{array}\right.$ $\Phi(t)$ $f(t)$ $\Phi(t)$ 就是几次, 即
$\left\{\begin{array}{l}a\cdots 0次~多~项~式\\at+b \cdots一~次~多~项~式 \\ at^2+bt+C\cdots二~次~多~项~式\\ \cdots~~~~~~~~~~~~~~~~\cdots n~次~多~项~式\end{array}\right.$

通过一个例子,我们来梳理一下

x^{\prime \prime \prime}+4 x^{\prime \prime}+3 x^{\prime}=f(t)

$\lambda^3+4\lambda^2+3\lambda=0$ $\lambda_{1}=-1, \lambda_{2}=-3, \lambda_{3}=0$

$f(t)=2t-1$ $f(t)=\varphi(t) e^{\mu t}$ $\lambda_3$ $(at+b)t^1$ .

$f(t)=e^{-3t}$ $u=-3$ $f(t)$ $a\cdot e^{-3t}$

$f(t)=3t+t^3e^{-3t}$ $x^{*}=t\left(a_{1} t+b_{1}\right)+\left(a t^{3}+b t^{2}+c t+d\right) e^{-3 t}\cdot t^1$ $f(t)=3t$ $t^0(k=0 ~~~u 不属于特征根)$ $t^3$ (三次多项式), 可得到最终结果.

总而言之, 解决特解形式问题, 主要看e的次幂是否是特征根, 以及等式右侧的变量次幂, 来写出未知多项式,不管换成什么变量都一样, 本例为t,换x,依然如此推导

$f(t)=e^{\mu t}\left[P_{l}(t) \cos v t+Q_{n}(t) \sin v t\right)$ 形式的特解

$f(t)=e^{\mu t}\left[P_{l}(t) \cos v t+Q_{n}(t) \sin v t\right)$ $x^{*}(t)=t^{k} e^{\mu t}\left[R_{m}(t) \cos v t+S_{m}(t) \sin v t\right)$ $k=\left\{\begin{array}{ll}\mathbf{0} & \mu \pm i \boldsymbol{v}不~是~特~征~根 \\ \mathbf{1} & \mu \pm \boldsymbol{i} \boldsymbol{v}是~特~征~根\end{array}\right.$ 确定.

$y^{\prime \prime}+4 y=3 x \cos x$ 特解形式

$\lambda^2+4=0$ $\lambda_1=+2i,\lambda_2=-2i$ ,

y^{*}(x)=x^{k} e^{\mu x}\left[R_{m}(x) \cos v x+S_{m}(x) \sin v x\right) \\v=1; \\u=0; \\k=0\to x^0 \\y^{*}(x)=x^{0} e^{0 x}\left[R_{1}(x) \cos x+S_{1}(x) \sin x\right)

得到特解形式为

y^{*}=(a x+b) \cos x+(c x+d) \sin x

代入原方程

[3 a x+(2 c-3b)] \cos x+[3 c x+(3 d-2 a)] \sin x \equiv 3 x \cos x

\begin{array}{l}3 a x+(2 c-3b)=3 x \\ 3 c x+(3 d-2 a)=0\end{array}

可解abc的值.

PS.~~此处存疑, 3b和b的区别↓~~

End
23:47-20201102
晚安

高阶齐次微分方程&非齐次微分方程

y^{n}=f(x)

y'''=e^{2x}-cosx

不含y的二阶微分方程

不含变量x的方程y''=f(y,y')

高阶线性齐次微分方程

特征方程与通解对应规律总结如下

特征方程中,a_1^2-4a_2>0, 则有两个互不相等的特征根\lambda_1,\lambda_2,

特征方程中a_1^2-4a_2=0,则有两个相等的特征根\lambda_1=\lambda_2=\lambda

特征方程a_1^2-4a_2<0,则有一对共轭复根 \lambda_{1,2}=a±iβ

高阶非齐次线性微分方程

自由项为\varphi(t) e^{\mu t}的非齐次方程特解

通过一个例子,我们来梳理一下

特征方程为\lambda^3+4\lambda^2+3\lambda=0 , 解得:\lambda_{1}=-1, \lambda_{2}=-3, \lambda_{3}=0

自由项f(t)=e^{\mu t}\left[P_{l}(t) \cos v t+Q_{n}(t) \sin v t\right)形式的特解

y^{\prime \prime}+4 y=3 x \cos x特解形式