微分方程-常系数线性方程-非齐次问题

常系数线性方程-非齐次问题

在已经获得齐次问题的通解的情况下，求解非齐次问题的实质就是寻找一个特解. 之前的知识知道，这样的特解可以通过常数变易公式获得，但是对具体的问题来说这样的计算可能是相当复杂的,针对几类特殊而常见的函数类型，我们有更加简便的方法，即算子解法.

考虑非齐次线性方程

$\dfrac{\text{d}^nx}{\text{d}t^n}+a_1\dfrac{\text{d}^{n-1}x}{\text{d}t^{n-1}}+\cdots+a_{n-1}\dfrac{\text{d}x}{\text{d}t}+a_nx=f(t)\quad(4.1)$

按照算子写法，可以表述为

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

如果把 $P(D)$ 的逆算子形式地记为 $\dfrac{1}{P(D)}$ ，那么我们需要求

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

这里我们先理解一下逆算子 $\dfrac{1}{P(D)}.$ 注意到一个简单的情形是 $\dfrac{1}{D}$ ,，它对一个可积函数 $f(t)$ 的作用结果 $\dfrac{1}{D}f(t)$ 是不定积分 $\displaystyle\int f(t)\text{d}t.$ 这是一个不唯一的结果，他们之间相差一个常数. 然而我们现在只需要求任何一个特解，因此我们每次计算都选择方便简单的一个答案. 在这种方法中的大部分等号都是在这种情况下成立的。

算子 $\dfrac{1}{P(D)}$ 具有下列基本性质：

性质1 $\quad\displaystyle\dfrac{1}{D^n}f(t)=\int\cdots\int f(\tau)(\text{d}\tau)^n$ ，即 $n$ 累次积分.

性质2 $\quad\dfrac{1}{P(D)}$ 的作用是线性的，即

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

性质3 $\quad$ 如果 $P(D)=P_1(D)P_2(D)$ ，则

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

这些性质不难用 $P(D)$ 的性质来验证. 进一步，我们给出以下重要的计算公式. 为了方便记忆，我们形象地给每一个公式起了一个名字

定理 4.3

（1）解析展开法 或 解析相除法：

对 $k$ 次多项式 $f_k(t)$ ，如果 $\dfrac{1}{P(x)}$ 在 $x=0$ 处解析且可以展开成

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

其中 $Q_k(x)$ 是 $k$ 次多项式，而 $H_k(x)$ 为 $k+1$ 次以上的所高次项，则

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

（2）代换法：

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

（3）二项式法：

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

证明

对（1），只要注意到 $D^{k+i}f_k(t)\equiv0,\forall\;i\geqslant1.$ 更简单地看，将 $P(D)$ 按升幂排列后作除法 $\dfrac{1}{P(D)}$ ，设在第 $k+1$ 步时得到商 $Q_k(D)$ 和余式 $R_k(D)$ ，它们必然是 $k$ 次多项式和形如

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

的多项式. 按照除法关系我们有 $1=P(D)Q_k(D)+R_k(D)$ . 从而

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

这样也得到同样形式的结果.

对（2），从上节的重要公式（4.5），即 $P(D)e^{\lambda t}=P(\lambda)e^{\lambda t}$ ，可直接得知.

对（3），，名字来源之前证明定理 4.2 中使用的二项式定理. 事实上，

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

从而，

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

利用该结果，我们得到

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

求逆便得到结果.

注 4.1

解析展开法一个最直接和最常用的实例是

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

注 4.2

从代换法可以获得下列结果：

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

其中 $P(-a^2)\not=0$ . 事实上，对上诉三角函数我们考虑辅助函数 $e^{iat}$ . 用代换法得到

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

分别取其实部和虚部就获得我们需要的结果.

注 4.3

在 $P(\lambda)=0$ 的情形下物品们不能使用代换法，但可以使用二项式法. 事实上，

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

对于非齐次线性方程（4.1），当其非齐次项 $f(t)$ 为某几类特殊函数时，出了可用算子解法外. 还有比较系数法和 Laplace 变换法等简便的方法.

例 4.2

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

其中 $Q(\lambda)\not=0.$

Sol:

由于 $\dfrac{1}{(D-\lambda)^r}$ 对函数 $e^{\lambda t}$ 不满足代换法的条件，因此先用代换法计算 $\dfrac{1}{Q(D)}e^{\lambda t}$ ，再对所得结果用二项式法，得

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

例 4.3

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

Sol:

既然出现三角函数，首先用辅助函数 $t^3e^{it}$ 化成指数函数问题. 考虑辅助方程

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

显然 $P(D):=D^3-2D^2+D-2=(D^2+1)(D-2)$ 使得 $P(i)=0$ ，而且还有多项式因子 $t^3$ ，故不能用代换法解决，而要用二项式法和解析展开法. 因此

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

取虚部得到

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

说实话蛮绝的，计算量有点大，但是还是蛮好理解的.

例 4.4

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

Sol:

基本思想是配项并利用二次项法使 $\dfrac{1}{D+1}$ 变成 $\dfrac{1}{D}$ 的直接积分.

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

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微分方程-常系数线性方程-非齐次问题

常系数线性方程-非齐次问题

定理 4.3

证明

注 4.1

注 4.2

注 4.3

例 4.2

例 4.3

例 4.4

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