4-2 作业

2. 求解下列常系数线性微分方程

(1) $x^{(4)} - 5x'' + 4x = 0$

• 分析： 这是一个4阶齐次方程。虽然阶数高，但因为它没有一阶和三阶导数项，实际上解起来像解二元一次方程一样简单。
• 解题步骤：
  1. 写出特征方程： 把 $x^{(n)}$ 换成 $\lambda^n$： $\lambda^4 - 5\lambda^2 + 4 = 0$
  2. 求解特征根： 这看起来是个4次方程，但我们可以把它看作关于 $\lambda^2$ 的二次方程。 利用十字相乘法（或者求根公式）：$u^2 - 5u + 4 = (u-1)(u-4)$。 所以： $(\lambda^2 - 1)(\lambda^2 - 4) = 0$ 这意味着 $\lambda^2 = 1$ 或 $\lambda^2 = 4$。 解得四个互不相等的实根： $\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = -1, \quad \lambda_3 = 2, \quad \lambda_4 = -2$
  3. 写出通解： 因为是四个不同的实根，根据规则，直接线性叠加。 $x = c_1 \mathrm{e}^t + c_2 \mathrm{e}^{-t} + c_3 \mathrm{e}^{2t} + c_4 \mathrm{e}^{-2t}$

(2) $x''' - 3a x'' + 3a^2 x' - a^3 x = 0$

• 分析： 这里系数变成了字母 $a$，把它当成普通数字处理即可。
• 解题步骤：
  1. 写出特征方程：$\lambda^3 - 3a\lambda^2 + 3a^2\lambda - a^3 = 0$
  2. 求解特征根： 观察这个式子，系数是 1, -3, 3, -1。这正是二项式展开公式 $(A-B)^3 = A^3 - 3A^2B + 3AB^2 - B^3$ 的形式。 所以方程可以因式分解为： $(\lambda - a)^3 = 0$ 这里得出特征值 $\lambda = a$。 注意： 这里的 $a$ 出现了3次，所以它是三重根（重数 $k=3$）。
  3. 写出通解： 对于三重根，我们需要补充乘上 $t$ 和 $t^2$ 才能凑够3个独立的解。 基础解：$\mathrm{e}^{at}$ 补乘一次：$t\mathrm{e}^{at}$ 补乘两次：$t^2\mathrm{e}^{at}$通解：$x = (c_1 + c_2 t + c_3 t^2) \mathrm{e}^{at}$

(6) $x''' - 4x'' + 5x' - 2x = 2t + 3$

• 分析： 这是一个非齐次方程。
  • 第一步：先算左边等于0的通解（齐次解 $x_h$）。
  • 第二步：利用待定系数法算右边的特解（$x_p$）。
  • 第三步：加起来。
• 步骤一：求齐次通解 $x_h$
  1. 特征方程：$\lambda^3 - 4\lambda^2 + 5\lambda - 2 = 0$。
  2. 试根法： 这种高次方程通常试一下 $\pm 1, \pm 2$。 试 $\lambda = 1$：$1 - 4 + 5 - 2 = 0$。成立！说明 $(\lambda - 1)$ 是一个因子。
  3. 多项式除法（或综合除法）： 用 $(\lambda^3 - 4\lambda^2 + 5\lambda - 2)$ 除以 $(\lambda - 1)$，得到 $\lambda^2 - 3\lambda + 2$。
  4. 继续分解 $\lambda^2 - 3\lambda + 2 = (\lambda - 1)(\lambda - 2)$。
  5. 综合起来，特征方程为： $(\lambda - 1)^2 (\lambda - 2) = 0$ 特征根为：$\lambda_1 = \lambda_2 = 1$ (二重根), $\lambda_3 = 2$ (单根)。
  6. 齐次解：$x_h = (c_1 + c_2 t)\mathrm{e}^t + c_3 \mathrm{e}^{2t}$
• 步骤二：求特解 $x_p$
  1. 观察右边： $f(t) = 2t + 3$。
     • 这是一个一次多项式 $P_1(t)$。
     • 对应指数形式是 $\mathrm{e}^{0t}$（因为没有显式的 $e$，指数就是0）。
  2. 检查共振（确定 $k$）： 右边的指数是 0。我们检查特征根（1和2），里面没有0。 所以，不是特征根，$k=0$（不需要补乘 $t$）。
  3. 设特解： 因为右边是一次多项式，我们设特解也是一次多项式： $\widetilde{x} = At + B$
  4. 代入求导：$\widetilde{x}' = A, \quad \widetilde{x}'' = 0, \quad \widetilde{x}''' = 0$
  5. 代入原方程：$0 - 4(0) + 5(A) - 2(At + B) = 2t + 3$$5A - 2At - 2B = 2t + 3$ 整理得到： $-2A t + (5A - 2B) = 2t + 3$
  6. 比较系数：
     • $t$ 的系数：$-2A = 2 \implies A = -1$
     • 常数项：$5A - 2B = 3$。将 $A=-1$ 代入：$-5 - 2B = 3 \implies -2B = 8 \implies B = -4$。 由此得到特解： $\widetilde{x} = -t - 4$
• 步骤三：合成通解$x = (c_1 + c_2 t)\mathrm{e}^t + c_3 \mathrm{e}^{2t} - t - 4$

4. 证明题

题目： 给定 $x''' + 5x'' + 6x' = f(t)$，$\varphi_1, \varphi_2$ 是解，证明 $\lim\limits_{t \to \infty} [\varphi_1(t) - \varphi_2(t)]$ 存在.

• 思路引导： 这道题看起来很抽象，其实是在考查非齐次方程通解的结构。 核心定理： 非齐次方程的任意两个解之差，一定是对应齐次方程的解。
• 证明步骤：
  1. 设 $y(t) = \varphi_1(t) - \varphi_2(t)$。
  2. 因为 $\varphi_1, \varphi_2$ 都是原方程的解，代入方程相减： $(\varphi_1''' + 5\varphi_1'' + 6\varphi_1') - (\varphi_2''' + 5\varphi_2'' + 6\varphi_2') = f(t) - f(t) = 0$ 整理得： $y''' + 5y'' + 6y' = 0$ 这说明 差函数 $y(t)$ 满足对应的齐次方程。
  3. 现在问题转化为：求齐次方程 $y''' + 5y'' + 6y' = 0$ 的通解，并看它在 $t \to \infty$ 时的极限。
  4. 特征方程： $\lambda^3 + 5\lambda^2 + 6\lambda = 0$ 提取公因式 $\lambda$： $\lambda(\lambda^2 + 5\lambda + 6) = 0$$\lambda(\lambda + 2)(\lambda + 3) = 0$ 特征根为：$\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = -2, \quad \lambda_3 = -3$。
  5. 齐次方程的解（即 $\varphi_1 - \varphi_2$ 的表达式）： $y(t) = c_1 \mathrm{e}^{0t} + c_2 \mathrm{e}^{-2t} + c_3 \mathrm{e}^{-3t}$$y(t) = c_1 + c_2 \mathrm{e}^{-2t} + c_3 \mathrm{e}^{-3t}$
  6. 求极限： $\lim_{t \to \infty} y(t) = \lim_{t \to \infty} (c_1 + \frac{c_2}{\mathrm{e}^{2t}} + \frac{c_3}{\mathrm{e}^{3t}})$ 当 $t \to \infty$ 时，$\mathrm{e}^{2t}$ 和 $\mathrm{e}^{3t}$ 趋向于无穷大，倒数趋向于0。 $\lim_{t \to \infty} [\varphi_1(t) - \varphi_2(t)] = c_1 + 0 + 0 = c_1$ 这是一个常数，说明极限存在。证毕。

5. 欧拉方程 (Euler Equation)

这部分是全新的知识点，我们先搞懂它的原理。 核心难点： 变量代换中的求导法则（链式法则）。

定义与证明 题目给出的定义是：$x^n \frac{\mathrm{d}^n y}{\mathrm{d} x^n} + \cdots = 0$。这里的自变量是 $x$，因变量是 $y$。 变换公式：$x = \mathrm{e}^t$ （这意味着 $t = \ln x$，其中 $t$ 是新的自变量）。

证明变换过程（从零推导）： 我们要把关于 $x$ 的导数 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 变成关于 $t$ 的导数 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$。

1. 一阶导数转换： 根据链式法则： $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \cdot \frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x}$ 因为 $t = \ln x$，所以 $\frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x} = \frac{1}{x}$。 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}$ 两边同乘 $x$，得出一个重要结论： $x \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \quad \text{(记作 D}y)$
2. 二阶导数转换： 我们需要算 $\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right)$。 把刚才的一阶结果代进去： $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right)$ 利用乘法求导法则 $(uv)' = u'v + uv'$： $= \left( \frac{1}{x} \right)' \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} + \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right)$$= -\frac{1}{x^2} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} + \frac{1}{x} \left[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right) \cdot \frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x} \right] \quad \text{(再次用链式法则)}$$= -\frac{1}{x^2} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} + \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} t^2} \cdot \frac{1}{x}$$= \frac{1}{x^2} \left( \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} t^2} - \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right)$ 两边同乘 $x^2$，得出第二个重要结论： $x^2 \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2} = \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} t^2} - \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}$

结论： 这个变换把前面的变系数 $x$ 和 $x^2$ 完美消掉了，剩下的全是常数系数！这就变成了我们学过的常系数方程。

特别注意： 在下面的两道小题中，题目把字母换了！ 题目写的是：$t^2 x'' + t x' - x = 0$。 这里：自变量是 $t$，因变量是 $x$。 为了不混淆，我们令变换为 $t = \mathrm{e}^s$ （也就是引进新变量 $s = \ln t$）。 根据刚才的推导，我们有直接替换公式：

• $t x'$ 替换为 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}$
• $t^2 x''$ 替换为 $\frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}s^2} - \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}$

(1) $t^2 x'' + t x' - x = 0$

1. 代入变换： 将上面两个替换公式代入原方程： $\left( \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}s^2} - \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s} \right) + \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s} - x = 0$
2. 化简：$\frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}s^2} - x = 0$ 化简后变成了一个简单的常系数方程。
3. 求解（关于 $s$）： 特征方程：$\lambda^2 - 1 = 0 \implies \lambda = \pm 1$。 解为：$x = c_1 \mathrm{e}^s + c_2 \mathrm{e}^{-s}$。
4. 回代变量（从 $s$ 变回 $t$）： 因为 $t = \mathrm{e}^s$，所以 $\mathrm{e}^s = t$，$\mathrm{e}^{-s} = \frac{1}{t}$。 最终答案：$x = c_1 t + \frac{c_2}{t}$

(2) $t^2 x'' - 4t x' + 6x = t$

1. 代入变换（令 $t = \mathrm{e}^s$）： 左边： $\left( \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}s^2} - \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s} \right) - 4\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s} + 6x$ 右边：$t$ 变成了 $\mathrm{e}^s$。
2. 整理方程：$\frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}s^2} - 5\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s} + 6x = \mathrm{e}^s$ 这是一个非齐次常系数方程。
3. 解齐次部分： 特征方程：$\lambda^2 - 5\lambda + 6 = 0 \implies (\lambda-2)(\lambda-3)=0$。 齐次解：$x_h = c_1 \mathrm{e}^{2s} + c_2 \mathrm{e}^{3s}$。
4. 解特解部分： 右边是 $\mathrm{e}^s$（指数是1）。 检查：1 不是特征根（特征根是2和3）。 设特解 $\widetilde{x} = A \mathrm{e}^s$。 代入方程： $(A - 5A + 6A)\mathrm{e}^s = \mathrm{e}^s$$2A \mathrm{e}^s = \mathrm{e}^s \implies A = \frac{1}{2}$ 所以特解是 $\frac{1}{2}\mathrm{e}^s$。
5. 写出关于 $s$ 的通解：$x = c_1 \mathrm{e}^{2s} + c_2 \mathrm{e}^{3s} + \frac{1}{2}\mathrm{e}^s$
6. 回代变量（变回 $t$）： 利用 $\mathrm{e}^s = t$，则 $\mathrm{e}^{2s} = t^2$，$\mathrm{e}^{3s} = t^3$。 最终答案：$x = c_1 t^2 + c_2 t^3 + \frac{1}{2}t$