二階線性微分方程式 a 在上一節對一階線性微分方程式
我們不但證出了解的存在及唯一性, 並能將解明確地給出。本節我們來討論二階線性微分方程式, 即
其中 及 稱為此方程式之係數。雖然對 (3.1) 式亦有一對應的存在且唯一性的定理, 但除了一些特例外, 對一般的二階線性微分方程式, 我們並無法明確地給出其所有解。在此我們並不擬討論一般形式的二階線性微分方程式的解, 而只討論最簡單 的常係數的微分方程式, 即 與 皆為常數。首先我們看齊性的情況, 即 。 常係數的齊性線性微分方程式, 即
為第一種完全被解出之微分方程式。歐拉在西元 1743 年首先提出了解法。這種微分方程式產生自許多應用的問題, 不過在此我們只看 的情況。 設有一常係數的二階線性微分方程式
我們想找一在整個實數 上的解。顯然 為一解,
這種解稱為無聊解
。我們有興趣的當然是找非無聊解。 首先看
的情況, 此時方程式成為 。底下我們來看在此情況下,
不但可很容易地找出其解, 並可藉此立即得到 (3.3) 的解。
例 1.設 , 即有一方程式 。我們想找出在 上之解。由於為一常數, 設(如此之導數才會為 0), 因此 必有下述形式:
其中 及 為常數。反之, 對任二給定之常數 及 , 一次多項式 必滿足 。 故我們找出了此時之所有解。
不難看出 及 皆為解。 由此可得此二函數之線性組合
皆為解, 其中
及
為任意二常數。稍後我們會證明,
上式便包含所有的解。
再度由觀察法得知 及 皆為解。由此又得其線性組合
其中
及
為任二常數, 亦為解。稍後我們也會證明,
上式便包含了 所有的解。
我們的想法是這樣的。設 , 其中 , 為二函數。則
且
現選取 , 使得 之係數為 0, 即 要滿足
故可取 。對此 , , 且 (3.4) 中之 的係數成為
因此 (3.4) 式成為
因 必不為 0, 故若 滿足
則 滿足
即證出下述定理。
a
a 上述定理即將解 之問題, 轉為解 的問題。而例 2 及 3 已給出此種方程式之非無聊解。但除了
的情況外 (見例 1), 我們其實尚未證明已找出所有解。先給下述唯一性的定理。
a
利用前述唯一性定理, 我們便可決定 之所有解。
綜合以上的結果, 我們便可決定一般的 之解。 首先定理
1 指出 為 之一解, 若且唯若
, 其中 為
之一解。而由定理
3 知, 之解又與 之 符號有關。我們便將
稱為 之判別式, 並以
表此值。 我們陳述結果如下。
a 定理 4.令 。則在
,
之解有下述形式:
(3.8)
其中
及
為二常數, 而
(i) 若 , 則 , ;
(ii) 若 , 則 ,
, 其中
;
(iii) 若 , 則
,
, 其中
。
a 在上定理中, 若 , 則 (3.8) 可改寫為
其中
恰為方程式
之二根。(3.10) 式便稱為微分方程式 之特徵方程式。 若 , 則 (3.9) 中之 及 為 (3.10) 之二複數根。由指數的性質知, (3.8) 中之 仍可寫成 , 只是 及 就不一定為實數了。 (3.8) 所給的 便是 之一般解, 任給二常數 及 , 所得的 便為一特別解。例如,
皆為特別解。而 與 之線性組合, 便給出所有的解。任二解若具有此性質, 便稱為解集合之一基底。一微分方程式之基底並不唯一。例如, 設 , 則 與 為一組基底, 而 與 亦為一組基底。事實上, 因
故每一 與 之線性組合亦為 與 之線性組合。故 與 確為一組基底。甚至可證明 , 任一對 之解 與 , 只要 不為常數, 便形成一組基底。 其次, 我們來看非齊性之二階線性微分方程式之解。設有一方程式
其中 , 為常數, 為一定義在 之函數。若 與 皆為 (3.11) 之解, 則因
故
因此 為方程式 之一解。故
其中 為齊性方程式 (稱為 (3.11) 之輔助方程式 ) 之一般解。故任二 (3.11) 之解 及 , 滿足
故若能找到 (3.11) 之一特別解 , 則
可表示出所有解, 其中 及 為常數。而 (3.12) 中之 也就是 (3.11) 之一般解。 我們即證出下述定理。 a
a 例 4.求下述方程式之解。 解.由觀察法得 , 而輔助方程式
之一般解為
故 之一般解為
。
底下我們給一得到特別解的方法, 此法稱為參數變分法, 為 Johann Bernoulli 在西元 1679 年首先用來解一階線性微分方程式, 而 Lagrange 在西元 1774 年用來解二階線性微分方程式。 a a (3.13) 之 便稱為 與 之 Wronskian。又上述定理中之 及 是以不定積分來表示,
不定積分中有積分常數。但可看出對任二 及 ,
, 其中 及
為二常數, 仍為一特別解。
例 5.求下述方程式之解。
雖然定理 6 提供一找特別解的方法, 但當 有一些特別的形式時, 有時會有一些特別但卻較容易的方法。我們以底下一些例子來說明。
若 , 則一 次多項式並無法滿足 , 其中
為一 次多項式。但一 次多項式便可能會滿足
, 只要 。若 , 此時方程式成為
, 顯然一般解為一 次多項式。
成為一上例中的形式。因此可找到一多項式的解 。故 為原式之一特別解。若 , 之次數與 相同。若 且 , 則 之次數較 多 1。若 , 則 之次數較 多 2。
其中 、 皆為多項式。
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