日期: 2023-10-01 11:28 查看: 190 次编辑导出

线性微分方程解的结构

二.线性微分方程解的结构
1,函数组的线性相关与线性无关
为了理解线性微分方程的解的结构, 先解释一下函数组的线性相关与线性无 关等概念.
设 $y_i(x)(i=1,2, \mathrm{~L}, n)$ 为定义在区间 $I$ 上的 $n$ 个函数, 如果存在 $n$ 个不全为零 的常数 $k_i(i=1,2, \mathrm{~L}, n)$, 使得

$$
k_1 y_1+k_2 y_2+\mathrm{L}+k_n y_n=0
$$

在区间 $I$ 上恒成立, 则称 $n$ 个函数 $y_i(x)(i=1,2, \mathrm{~L}, n)$ 在 $I$ 上线性相关, 否则称线 性无关, 或者说要使 $k_1 y_1+k_2 y_2+\mathrm{L}+k_n y_n=0$ 在区间 $I$ 上恒成立, 则必有

$$
k_i=0(i=1,2, \mathrm{~L}, n) .
$$

例 6 证明 $1, \cos ^2 x, \sin ^2 x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内线性相关.
证明 由于 $\cos ^2 x+\sin ^2 x-1=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内恒成立, 即可看作存在不全为 零的数 $1,1,-1$, 使 $1 \cdot \cos ^2 x+1 \cdot \sin ^2 x-1 \cdot 1=0$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内恒成立,
因此 $1, \cos ^2 x, \sin ^2 x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内线性相关.
对于两个函数 $y_1(x)$ 与 $y_2(x)$, 如果 $\frac{y_1(x)}{y_2(x)} \equiv k \in \mathrm{R}$, 那么它们线性相关, 否则 就线性无关.

2. 解的结构
   二阶线性常系数微分方程的一般形式是

$$
\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} x^2}+p \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}+q y=f(x),
$$

其中 $p 、 q$ 是常数, $f(x)$ 是自变量 $x$ 的函数, 函数 $f(x)$ 称为方程(1) 的自由项. 当 $f(x) \equiv 0$ 时, 方程(1)成为

$$
\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} x^2}+p \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}+q y=0 .
$$

这个方程称为二阶齐次线性微分方程. 相应地, 当 $f(x) \neq 0$ 时, 方程(1)称为二阶 非齐次线性微分方程.

定理 1 如果函数 $y_1(x)$ 与 $y_2(x)$ 是方程 $(2)$ 的两个解, 则

$$
y=C_1 y_1(x)+C_2 y_2(x)
$$

也是方程(2)的解, 其中 $C_1, C_2$ 是任意常数.
证明 因为 $y_1(x)$ 与 $y_2(x)$ 是方程(2)的两个解, 所以

$$
y_1^{\prime}+p y_1^{\prime}+q y_1=0, \quad y_2^{\prime}+p y_2^{\prime}+q y_2=0 .
$$

将(3)代入(2)式左端, 得

$$
\begin{aligned}
\text { 左端 } & =\left(C_1 y_1^{\prime \prime}+C_2 y_2^{\prime \prime}\right)+p\left(C_1 y_1^{\prime}+C_2 y_2^{\prime}\right)+q\left(C_1 y_1+C_2 y_2\right) \\
& =C_1\left(y_1^{\prime \prime}+p y_1^{\prime}+q y_1\right)+C_2\left(y_2^{\prime}+p y_2^{\prime}+q y_2\right) \\
& =C_1 \cdot 0+C_2 \cdot 0 \equiv 0=\text { 右端 }
\end{aligned}
$$

故 $C_1 y_1(x)+C_2 y_2(x)$ 是方程(2)的解.

例 7 对于二阶线性微分方程

$$
y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=0 \text {, }
$$

验证 $y_1=\mathrm{e}^x, y_2=\mathrm{e}^{2 x}, y_3=\mathrm{e}^{3+2 x}$ 是它的解, 并证明 $C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{2 x}$ 是原方程的通解, 而 $C_1 \mathrm{e}^x+C_3 \mathrm{e}^{2+x}$ 是原方程的解但不是通解.
证明 把 $y_1=\mathrm{e}^x$ 代入方程的左端, 得

$$
y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=\left(\mathrm{e}^x\right) "-3\left(\mathrm{e}^x\right)^{\prime}+2\left(\mathrm{e}^x\right)=\mathrm{e}^x-3 \mathrm{e}^x+2 \mathrm{e}^x \equiv 0,
$$

故 $y_1=\mathrm{e}^x$ 是 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=0$ 的解.
同理, $\left.y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=\left(\mathrm{e}^{2 x}\right)\right)^{\prime \prime}-3\left(\mathrm{e}^{2 x}\right)^{\prime}+2\left(\mathrm{e}^{2 x}\right)=4 \mathrm{e}^{2 x}-3 \cdot 2 \mathrm{e}^{2 x}+2 \mathrm{e}^{2 x} \equiv 0$,

$$
y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=\left(\mathrm{e}^{2+x}\right) "-3\left(\mathrm{e}^{2+x}\right)^{\prime}+2\left(\mathrm{e}^{2+x}\right)=\mathrm{e}^{2+x}-3 \mathrm{e}^{2+x}+2 \mathrm{e}^{2+x} \equiv 0 \text {, }
$$

所以 $y_2=\mathrm{e}^{2 x}, y_3=\mathrm{e}^{2+x}$ 也是原微分方程的解.

由定理 1 可得, $C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{2 x}$ 是原方程的解. 又因为两个任意常数 $C_1$, $C_2$ 不 可能合并为一个任意常数, 而所给的方程是二阶的, 因此 $C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{2 x}$ 是 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=0$ 的通解.
而 $C_1 \mathrm{e}^x+C_3 \mathrm{e}^{2+x}=C_1 \mathrm{e}^x+C_3 \mathrm{e}^2 \cdot \mathrm{e}^x=C \mathrm{e}^x\left(\right.$ 其中 $\left.C=C_1+C_3 \mathrm{e}^2\right)$ 实质上只含有一个 任意常数, 故 $C_1 \mathrm{e}^x+C_3 \mathrm{e}^{2+\mathrm{x}}$ 是微分方程的解, 但不是微分方程的通解.

由例 7 可知, $\frac{y_1}{y_2}=\frac{\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^{2 x}}=\mathrm{e}^{-x}$ 不恒为常数 (即 $y_1=\mathrm{e}^x$ 与 $y_2=\mathrm{e}^{2 x}$ 是线性无关), 所以 $C_1 y_1+C_2 y_2$ 是 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=0$ 的通解.
而 $\frac{y_3}{y_1}=\frac{\mathrm{e}^{2+x}}{\mathrm{e}^x}=\mathrm{e}^2$ 恒为常数(即 $y_1=\mathrm{e}^x$ 与 $y_3=\mathrm{e}^{2+x}$ 是线性相关的),
所以 $C_1 y_1+C_3 y_3$ 中的常数可以合并为一个常数, 从而它不能构成原方程的通解.

对于一般的情形, 我们有如下的定理.
定理 2 如果 $y_1(x)$ 与 $y_2(x)$ 是方程 (2)的两个线性无关的特解,

$$
y=C_1 y_1(x)+C_2 y_2(x)
$$

就是方程(2)的通解, 其中 $C_1, C_2$ 是任意常数.

例 8 已知 $y_1=\mathrm{e}^{2 x}+\mathrm{e}^{-x}, y_2=2 \mathrm{e}^{2 x}+\mathrm{e}^{-x}, y_3=\mathrm{e}^{2 x}-2 \mathrm{e}^{-x}$ 是某二阶齐次线性微分 方程的三个特解.
(1)求此方程的通解;
(2) 求此微分方程满足 $y(0)=7, y^{\prime}(0)=5$ 的特解.
解 (1) 由题设知, $\mathrm{e}^{2 x}=y_2-y_1, \mathrm{e}^{-x}=y_2-y_3$ 是相应齐次线方程的两个线性无关 的解, 故所求方程的通解为 $y=C_1 \mathrm{e}^{2 x}+C_2 \mathrm{e}^{-x}$, 其中 $C_1, C_2$ 是任意两个常数.
(2) 将 $y=C_1 \mathrm{e}^{2 x}+C_2 \mathrm{e}^{-x}$ 和 $y^{\prime}=2 C_1 \mathrm{e}^{2 x}-C_2 \mathrm{e}^{-x}$ 代入初始条件 $y(0)=7, y^{\prime}(0)=5$, 得

$$
C_1+C_2=7,2 C_1-C_2=5 \Rightarrow C_1=4, C_2=3,
$$

从而所求特解为 $y=4 \mathrm{e}^{2 x}+3 \mathrm{e}^{-x}$.

定理 3 设 $y^*$ 是方程(1)的一个特解, 而 $Y$ 是其对应的齐次方程(2)的通解, 则

$$
y=Y+y^*
$$

就是二阶非齐次线性微分方程(1)的通解.

例 9 已知 $y_1, y_2, y_3$ 是二阶变系数线性非齐次微分方程
$y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=f(x)$ 的线性无关的三个特解, 试写出该方程的通解.
解 由定理 2 知 $y_2-y_1, y_3-y_1$ 是对应齐次微分方程 $y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=0$ 的特解, 且 $y_2-y_1 、 y_3-y_1$ 线性无关 (否则, 若 $y_2-y_1 、 y_3-y_1$ 线性相关, 则有 $y_3-y_1=C\left(y_2-y_1\right)$, 即 $(C-1) y_1-C_2 y_2+y_3=0$, 其中 $C-1,-C_2, 1$ 不全为零, 即 $y_1, y_2, y_3$ 线性无关, 矛盾), 故 $Y=C_1\left(y_2-y_1\right)+C_2\left(y_3-y_1\right)$ 是对应齐次微分方程 $y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=0$ 的通解, 因 此 $y=Y+y^*=C_1\left(y_2-y_1\right)+C_2\left(y_3-y_1\right)+y_1$ 就 是方程 $y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=f(x)$ 的通解.

*定理 4 设 $y_1^*$ 与 $y_2^*$ 分别是方程

$$
y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+Q(x) y=f_1(x)
$$

$$
y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+Q(x) y=f_2(x)
$$

的特解, 则 $y_1^*+y_2^*$ 是方程

$$
y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+Q(x) y=f_1(x)+f_2(x)
$$

的特解.

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