二階線性微分方程式

  a

　　在上一節對一階線性微分方程式

\begin{displaymath} y'+P(x)y=Q(x), \end{displaymath}

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

\begin{displaymath} y''+P_1(x)y'+P_2(x)y=R(x), \end{displaymath}

(3.1)

其中 $P_1$ 及 $P_2$ 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 $P_1$ 與 $P_2$ 皆為常數。首先我們看齊性的情況, 即 $R(x)=0$。

　　常係數的齊性線性微分方程式, 即

\begin{displaymath} a_0y^{(n)}+a_1y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1}y'+a_n y=0, \end{displaymath}

(3.2)

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 $n=2$ 的情況。

　　設有一常係數的二階線性微分方程式

\begin{displaymath} y''+ay'+by=0\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

(3.3)

我們想找一在整個實數 $R$ 上的解。顯然 $y\equiv 0$ 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 $a=0$ 的情況, 此時方程式成為 $y''+by=0$。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 $a=b=0$, 即有一方程式 $y''=0$。我們想找出在 $(-\infty ,\infty )$ 上之解。由於$y'$為一常數, 設$y'=c_1$(如此$y'$之導數才會為 0), 因此 $y$ 必有下述形式:

\begin{displaymath} y=C_1 x+C_2, \end{displaymath}

其中 及 為常數。反之, 對任二給定之常數 及 , 一次多項式 $y=C_1 x+C_2$ 必滿足 $y''=0$。 故我們找出了此時之所有解。


　　其次設 $b\neq 0$, 我們分為 $b<0$ 及 $b>0$ 二情況。


例 2.考慮 $y''+by=0$, 其中 $b<0$。因 $b<0$, 將 $b$ 寫成 $b=-k^2$, 其中 $k>0$, 則微分方程式成為

\begin{displaymath} y''=k^2 y\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

不難看出 $y=e^{kx}$ 及 $y=e^{-kx}$ 皆為解。 由此可得此二函數之線性組合

\begin{displaymath} y=C_1 e^{kx}+C_2 e^{-kx} \end{displaymath}

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。


例 3.考慮 $y''+by=0$, 其中 $b>0$。將 $b$ 寫成 $b=k^2$, 其中 $k>0$。則微分方程式成為

\begin{displaymath} y''=-k^2 y\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

再度由觀察法得知 $y=\cos kx$ 及 $y=\sin kx$ 皆為解。由此又得其線性組合

\begin{displaymath} y=C_1\cos kx+C_2\sin kx, \end{displaymath}

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。


　　對一常係數的二階線性微分方程式, 我們來看如何化為 $a=0$ 的形式, 因而可藉 上二例而解出。

　　我們的想法是這樣的。設 $y=uv$, 其中 $u$, $v$ 為二函數。則

\begin{displaymath} y'=uv'+u'v,\ \ y''=uv''+2u'v'+u''v\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

且

$\displaystyle y''+ay'+by$　　　　　　　　　　　　　　

(3.4)

$\displaystyle =uv''+2u'v'+u''v+a(uv'+u'v)+buv$

 

$\displaystyle =(v''+av'+bv)u+(2v'+av)u'+vu'' \mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }}$

 

現選取 $v$, 使得 $u'$ 之係數為 0, 即 $v$ 要滿足

\begin{displaymath} 2v'+av=0, \end{displaymath}

故可取 $v=e^{-ax/2}$。對此 $v$, $v''=-av'/2=a^2v/4$, 且 (3.4) 中之 $u$ 的係數成為

\begin{displaymath} v''+av'+bv=\frac {a^2 v}4-\frac {a^2 v} 2+bv=\frac {4b-a^2} 4v\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

因此 (3.4) 式成為

\begin{displaymath} y''+ay'+by=(u''+\frac {4b-a^2}4 u)v\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

因 $v=e^{-ax/2}$ 必不為 0, 故若 $y$ 滿足

\begin{displaymath} y''+ay'+by=0, \end{displaymath}

則 $u$ 滿足

\begin{displaymath} u''+\frac {4b-a^2} 4u=0\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

即證出下述定理。

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定理 1.設 $y$ 及 $u$ 為二函數, 且 $y=ue^{-ax/2}$。則在 $(-\infty ,\infty )$ 上, $y$ 滿足

\begin{displaymath} y''+ay'+by=0, \end{displaymath}

若且唯若 $u$ 滿足

\begin{displaymath} u''+\frac {4b-a^2} 4u=0\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

  a

　　上述定理即將解 $y''+ay'+by=0$ 之問題, 轉為解 $y''+by=0$ 的問題。而例 2 及 3 已給出此種方程式之非無聊解。但除了 $b=0$ 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

定理 2.設 $f$ 及 $g$ 二函數在 $(-\infty ,\infty )$ 上滿足 $y''+by=0$, 且設 $f$ 與 $g$ 滿足下述起始條件

\begin{displaymath} f(0)=g(0),\ f'(0)=g'(0)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

則 $f(x)=g(x)$, $\forall x\in R$。                                                  證明

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註.上定理指出若 $y''+by=0$ 有二解, 且此二解在 0 之值及導數皆相同, 則此二解必 完全相等。事實上, 不難看出選取 “0” 並不特別重要。若將 0 換為任一實數 $\xi$, 即設二解在 $\xi$ 之值及導數皆相同, 則此二解仍必完全相等。證明仍類似, 只要將對 0 之泰勒展式改為對 $\xi$ 之泰勒展式即可。

　　利用前述唯一性定理, 我們便可決定 $y''+by=0$ 之所有解。

定理 3.對任一 $b\in R$, $y''+by=0$, 在 $(-\infty ,\infty )$ 之解 有下述形式:

\begin{displaymath} y=C_1u_1(x)+C_2 u_2(x), \end{displaymath}

(3.6)

其中 及 為二常數, 而

(i) 若 $b=0$, 則 $u_1(x)=1$, $u_2(x)=x$;

(ii) 若 $b=-k^2<0$, 則 $u_1(x)=e^{kx}$, $u_2(x)=e^{-kx}$;

(iii) 若 $b=k^2>0$, 則 $u_1(x)=\cos kx$, $u_2(x)=\sin kx$。        證明

  

　　綜合以上的結果, 我們便可決定一般的 $y''+ay'+by=0$ 之解。

　　首先定理 1 指出 $y$ 為 $y''+ay'+by=0$ 之一解, 若且唯若 $y=ue^{-ax/2}$, 其中 $u$ 為 $u''+\frac 1 4(4b-a^2)u=0$ 之一解。而由定理 3 知, $u$ 之解又與 $4b-a^2$ 之 符號有關。我們便將 $a^2-4b$ 稱為 $y''+ay'+by=0$ 之判別式, 並以 $d$ 表此值。 我們陳述結果如下。

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定理 4.令 $d=a^2-4b$。則在 $(-\infty ,\infty )$, $y''+ay'+by=0$ 之解有下述形式:

\begin{displaymath} y=e^{-ax/2}(C_1u_1(x)+C_2u_2(x)), \end{displaymath}

(3.8)

其中 及 為二常數, 而

(i) 若 $d=0$, 則 $u_1(x)=1$, $u_2(x)=x$;

(ii) 若 $d>0$, 則 $u_1(x)=e^{kx}$, $u_2(x)=e^{-kx}$, 其中 $e=\sqrt {d}/2$;

(iii) 若 $d<0$, 則 $u_1(x)=\cos kx$, $u_2(x)=\sin kx$, 其中 $k=\sqrt {-d}/2$。

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　　在上定理中, 若 $d>0$, 則 (3.8) 可改寫為

\begin{eqnarray*} y &=& C_1e^{(-a/2+k)x}+C_2 e^{(-a/2-k)x} \\ &=& C_1 e^{r_1 x}+C_2 e^{r_2 x}, \end{eqnarray*}

其中

\begin{displaymath} r_1=-\frac a 2+k=\frac {-a+\sqrt {d}}2,\ \ r_2=-\frac a 2-k=\frac {-a-\sqrt {d}}{2}, \end{displaymath}

(3.9)

恰為方程式

\begin{displaymath} r^2+ar+b=0 \end{displaymath}

(3.10)

之二根。(3.10) 式便稱為微分方程式 $y''+ay'+by=0$ 之特徵方程式。

　　若 $d<0$, 則 (3.9) 中之 $r_1$ 及 $r_2$ 為 (3.10) 之二複數根。由指數的性質知, (3.8) 中之 $y$ 仍可寫成 $C_1 e^{r_1 x}+C_2e^{r_2x}$, 只是 及 就不一定為實數了。

　　(3.8) 所給的 $y$ 便是 $y''+ay'+by=0$ 之一般解, 任給二常數 及 , 所得的 $y$ 便為一特別解。例如,

\begin{displaymath} v_1(x)=e^{-ax/2}u_1(x),\ \ v_2(x)=e^{-ax/2}u_2(x), \end{displaymath}

皆為特別解。而 $v_1$ 與 $v_2$ 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 $y''=9y$, 則 $v_1=e^{3x}$ 與 $v_2=e^{-3x}$ 為一組基底, 而 $w_1=\cosh 3x$ 與 $w_2=\sinh 3x$ 亦為一組基底。事實上, 因

\begin{displaymath} v_1=w_1+w_2,\ \ v_2=w_1-w_2, \end{displaymath}

故每一 $v_1$ 與 $v_2$ 之線性組合亦為 $w_1$ 與 $w_2$ 之線性組合。故 $w_1$ 與 $w_2$確為一組基底。甚至可證明 , 任一對 $y''+ay'+by=0$ 之解 $v_1$ 與 $v_2$, 只要 $v_2/v_1$ 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

\begin{displaymath} y''+ay'+by=g(x), \end{displaymath}

(3.11)

其中 $a$, $b$ 為常數, $g$ 為一定義在 $(-\infty ,\infty )$ 之函數。若 $y_1$ 與 $y_2$ 皆為 (3.11) 之解, 則因

\begin{eqnarray*} y_1''+a_1y_1'+by_1 &=& g(x), \\ y_2''+a_1y_2'+by_2 &=& g(x), \end{eqnarray*}

故

\begin{displaymath} (y_2-y_1)''+a_1(y_2-y_1)'+b(y_2-y_1)=0, \end{displaymath}

因此 $y_2-y_1$ 為方程式 $y''+ay'+by=0$ 之一解。故

\begin{displaymath} y_2-y_1=c_1 v_1+c_2 v_2, \end{displaymath}

其中 $c_1v_1+c_2v_2$ 為齊性方程式 $y''+ay'+by=0$ (稱為 (3.11) 之輔助方程式 ) 之一般解。故任二 (3.11) 之解 $y_1$ 及 $y_2$, 滿足

\begin{displaymath} y_2=c_1v_1+c_2v_2+y_1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

故若能找到 (3.11) 之一特別解 $y_p$, 則

\begin{displaymath} y=c_1v_1+c_2v_2+y_p \end{displaymath}

(3.12)

可表示出所有解, 其中 $c_1$ 及 $c_2$ 為常數。而 (3.12) 中之 $y$ 也就是 (3.11) 之一般解。 我們即證出下述定理。

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定理 5.若 $y_p$ 為(3.11) 之一特別解, $y_c$ 為對應的齊性方程式之一般解, 則 $y_p+y_c$ 便為 (3.11) 之一般解。

  a

例 4.求下述方程式之解。

\begin{displaymath} y''+y=2x\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}   

解.由觀察法得 $y_p=2x$, 而輔助方程式

\begin{displaymath} y''+y=0 \end{displaymath}

之一般解為

\begin{displaymath} y_c=c_1\cos x+c_2\sin x\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

故 $y''+y=2x$ 之一般解為 $y=c_1\cos x+c_2\sin x+2x$。

　　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。

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定理 6.設

\begin{displaymath} v_1(x)=e^{-ax/2}u_1(x),\ \ v_2(x)=e^{-ax/2}u_2(x) \end{displaymath}

為 (3.8) 式所給 $y''+ay'+by=0$ 之解。令

\begin{displaymath} W(x)=v_1(x)v_2'(x)-v_2(x)v_1'(x), \end{displaymath}

(3.13)

且設 $W(x)$ 恆不為 0。則 $y_p$ 為 $y''+ay'+by=g(x)$ 之一特別解, 其中

\begin{displaymath} y_p(x)=t_1(x)v_1(x)+t_2(x)v_2(x), \end{displaymath}

(3.14)

而                                                                                                                       證明

\begin{displaymath} t_1(x)=-\int v_2(x)\frac {g(x)}{W(x)}dx, t_2(x)=\int v_1(x)\frac {g(x)}{W(x)}dx\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

(3.15)

  a

　　(3.13) 之 $W(x)$ 便稱為 $v_1$ 與 $v_2$ 之 Wronskian。又上述定理中之 $t_1$ 及 $t_2$ 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 $t_1$ 及 $t_2$, $(t_1(x)+c_1)v_1(x)+(t_2(x)+c_2)v_2(x)$, 其中 $c_1$ 及 $c_2$ 為二常數, 仍為一特別解。

例 5.求下述方程式之解。

(i) $y''+y=\tan x$; (ii) $y''+y=\sec x$。　　

　

　　雖然定理 6 提供一找特別解的方法, 但當 $g(x)$ 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。


例 6.設 $g(x)$ 為一 $n$ 次多項式, 且 $b\neq 0$, 則可試一 $n$ 次多項式
$y_p(x)=\sum_{k=0}^na_kx^k$ 為特別解, 將 $y$ 代入 $y''+ay'+by=0$, 再比較同一 $x$ 乘冪的係數, 便可解出 $a_0$, $a_1,\cdots,a_n$。

　　例如, 解 $y''+y=x^3$。 

　　若 $b=0$, 則一 $n$ 次多項式並無法滿足 $y''+ay'=g(x)$, 其中 $g$ 為一 $n$ 次多項式。但一 $(n+1)$ 次多項式便可能會滿足 $y''+ay'=g(x)$, 只要 $a\neq 0$。若 $a=b=0$, 此時方程式成為 $y''=g(x)$, 顯然一般解為一 $(n+2)$ 次多項式。


例 7.設 $g(x)=p(x)e^{mx}$, 其中 $p$ 為一 $n$ 次多項式, $m$ 為一常數。此時若令 $y=u(x)e^{mx}$, 則將 $y''+ay'+by=g(x)$ 轉化為

\begin{displaymath} u''+(2m+a)u'+(m^2+am+b)u=p(x), \end{displaymath}

成為一上例中的形式。因此可找到一多項式的解 $u_1$。故 $y_p=u_1(x)e^{mx}$ 為原式之一特別解。若 $m^2+am+b\neq 0$, $u_1$ 之次數與 $p(x)$ 相同。若 $m^2+am+b=0$ 且 $2m+a\neq 0$, 則 $u_1$ 之次數較 $p(x)$ 多 1。若 $m^2+am+b=2m+a=0$, 則 $u_1$ 之次數較 $p(x)$ 多 2。

　　例如, 求 $y''+y=xe^{3x}$ 之解。


例 8.設 $g(x)=p(x)e^{mx}\cos \alpha x$ 或 $g(x)=p(x)e^{mx}\sin \alpha x$, 其中 $p$ 為一多項式, $m$ 與 $\alpha $ 皆為常數。此二種情況皆可試特別解

\begin{displaymath} y_p(x)=e^{mx}(q(x)\cos\alpha x+r(x)\sin\alpha x), \end{displaymath}

其中 $q$、$r$ 皆為多項式。

        

               

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進一步閱讀資料：黃文璋(2002). 二階線性微分方程式。微積分講義第十一章，國立高雄大學應用數學系。