补充习题

12.3 补充习题

12.3.1 可降阶的高阶方程

例 12.3.1 设函数 $y = y (x)$ 的曲率为常数 $κ > 0$ ，求 $y (x)$ 。

解由曲率的定义可得 $\begin{matrix} (1) & \frac{| y^{″} |}{(1 + y^{' 2})^{3 / 2}} = κ \end{matrix}$ 故 $| y^{″} | \neq 0$ 。由导函数的介质性知 $y^{″}$ 不变号，故不妨设 $y^{″} > 0$ 。令 $u = y^{'}$ ，则 $\begin{matrix} (2) & u^{'} = κ (1 + u^{2})^{3 / 2} ⟹ \frac{d u}{(1 + u^{2})^{3 / 2}} = κ d x \end{matrix}$ 两边积分可得 $\begin{matrix} (3) & \frac{u}{\sqrt{1 + u^{2}}} = κ x + C_{1} ⟹ \frac{d y}{d x} = u = \frac{κ x + C_{1}}{\sqrt{1 - (κ x + C_{1})^{2}}} \end{matrix}$ 两边积分可得 $\begin{matrix} (4) & y = - \frac{\sqrt{1 - (κ x + C_{1})^{2}}}{κ} + C_{2} ⟹ {(x + \frac{C_{1}}{k})}^{2} + (y - C_{2})^{2} = \frac{1}{κ^{2}} \end{matrix}$ $◻$

例 12.3.2 求解以下微分方程： $\begin{matrix} (5) & x y^{″} - (x + 1) y^{'} + y = x^{2} e^{x} \end{matrix}$

解因式分解可得 $\begin{matrix} (6) & (x \frac{d}{d x} - 1) (\frac{d}{d x} - 1) y = x^{2} e^{x} \end{matrix}$ 这等价于微分方程组 $\begin{matrix} (7) & {\begin{cases} y^{'} - y = z \\ x z^{'} - z = x^{2} e^{x} \end{cases} \end{matrix}$ 对于第二个方程，配凑积分因子可得 $\begin{matrix} (8) & \frac{d}{d x} (\frac{z}{x}) = e^{x} ⟹ z = x \int e^{x} d x = x e^{x} + C_{1} x \end{matrix}$ 对于第一个方程，配凑积分因子可得 $\begin{matrix} (9) & \frac{d}{d x} (e^{- x} y) = x + C_{1} x e^{- x} ⟹ y = e^{x} \int (x + C_{1} x e^{- x}) d x = \frac{1}{2} x^{2} e^{x} - C_{1} (x + 1) + C_{2} e^{x} \end{matrix}$ $◻$

另解首先求解齐次方程： $\begin{matrix} (10) & (x \frac{d}{d x} - 1) (\frac{d}{d x} - 1) y = 0 \end{matrix}$ 由 $y^{'} - y = 0$ 解得 $y = C e^{x}$ 。利用常数变易法可设 $y = C (x) e^{x}$ ，代入原方程可得 $\begin{matrix} (11) & e^{x} [x C^{″} + (x - 1) C^{'}] = x^{2} e^{x} ⟹ x C^{″} + (x - 1) C^{'} = x^{2} \end{matrix}$ 这是关于 $C^{'}$ 的一阶线性微分方程（由此实现降阶），配凑积分因子可得 $\begin{matrix} (12) & \frac{d}{d x} (\frac{e^{x} C^{'}}{x}) = \frac{e^{x}}{x^{2}} [x C^{″} + (x - 1) C^{'}] = e^{x} ⟹ C^{'} = x e^{- x} (e^{x} + C_{1}) = x + C_{1} x e^{- x} \end{matrix}$ 积分可得 $\begin{matrix} (13) & C = \int (x + C_{1} x e^{- x}) d x = \frac{1}{2} x^{2} - C_{1} (x + 1) e^{- x} + C_{2} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (14) & y = \frac{1}{2} x^{2} e^{x} - C_{1} (x + 1) + C_{2} e^{x} \end{matrix}$ $◻$

例 12.3.3 求解以下微分方程： $\begin{matrix} (15) & x^{2} y^{″} - 2 x y^{'} + 2 y = 2 x \end{matrix}$

解因式分解可得 $\begin{matrix} (16) & (x \frac{d}{d x} - 1) (x \frac{d}{d x} - 2) = 2 x \end{matrix}$ 这等价于微分方程组 $\begin{matrix} (17) & {\begin{cases} x y^{'} - y = z \\ x z^{'} - 2 z = 2 x \end{cases} \end{matrix}$ 对于第二个方程，配凑积分因子可得 $\begin{matrix} (18) & \frac{d}{d x} (\frac{z}{x^{2}}) = \frac{2}{x^{2}} ⟹ z = x^{2} \int \frac{2}{x^{2}} d x = - 2 x + C_{1} x^{2} \end{matrix}$ 对于第一个方程，配凑积分因子可得 $\begin{matrix} (19) & \frac{d}{d x} (\frac{y}{x}) = \frac{1}{x^{2}} (- 2 x + C_{1} x^{2}) ⟹ y = x \int \frac{1}{x^{2}} (- 2 x + C_{1} x^{2}) d x = - 2 x \ln x + C_{1} x^{2} + C_{2} x \end{matrix}$ $◻$

另解仿照上例，借助常数变易法。 $◻$

12.3.2 高阶线性微分方程

例 12.3.4 设 $α \neq β$ ，利用适当的微分方程证明以下函数线性无关： $\begin{matrix} (20) & e^{α x}, e^{α x} x, e^{α x} \frac{x^{2}}{2}, e^{β x}, e^{β x} x, e^{β x} \frac{x^{2}}{2} \end{matrix}$

解设常数 $C_{1}, C_{2}, \dots, C_{6}$ 使得 $\begin{matrix} (21) & y := C_{1} e^{α x} + C_{2} e^{α x} x + C_{3} e^{α x} \frac{x^{2}}{2} + C_{4} e^{β x} + C_{5} e^{β x} x + C_{6} e^{β x} \frac{x^{2}}{2} = 0 \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (22) & (\frac{d}{d x} - α) e^{α x} \frac{x^{n}}{n!} = e^{α x} \frac{x^{n - 1}}{(n - 1)!}, (\frac{d}{d x} - α) e^{β x} = (β - α) e^{β x} \end{matrix}$ 逐次求导可得 $\begin{matrix} (23) & \begin{aligned} 0 & = {(\frac{d}{d x} - α)}^{3} {(\frac{d}{d x} - β)}^{2} y = {(\frac{d}{d x} - α)}^{3} C_{6} e^{β x} = C_{6} (β - α)^{3} e^{β x} \\ 0 & = {(\frac{d}{d x} - α)}^{2} {(\frac{d}{d x} - β)}^{3} y = {(\frac{d}{d x} - β)}^{3} C_{3} e^{α x} = C_{3} (α - β)^{3} e^{α x} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $C_{3} = C_{6} = 0$ 。继续求导可得 $\begin{matrix} (24) & \begin{aligned} 0 & = {(\frac{d}{d x} - α)}^{2} (\frac{d}{d x} - β) y = {(\frac{d}{d x} - α)}^{2} C_{5} e^{β x} = C_{5} (β - α)^{2} e^{β x} \\ 0 & = (\frac{d}{d x} - α) {(\frac{d}{d x} - β)}^{2} y = {(\frac{d}{d x} - β)}^{2} C_{2} e^{α x} = C_{2} (α - β)^{2} e^{α x} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $C_{2} = C_{5} = 0$ 。继续求导可得 $\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} 0 & = (\frac{d}{d x} - α) y = (\frac{d}{d x} - α) C_{4} e^{β x} = C_{4} (β - α) e^{β x} \\ 0 & = (\frac{d}{d x} - β) y = (\frac{d}{d x} - β) C_{1} e^{α x} = C_{1} (α - β) e^{α x} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $C_{1} = C_{4} = 0$ 。综上所述，这些函数线性无关。 $◻$

例 12.3.5 求解以下微分方程： $\begin{matrix} (26) & y^{(4)} - y^{(3)} - 3 y^{″} + y^{'} + 2 y = 3 x + 4 \end{matrix}$

解先考虑齐次方程，特征多项式为 $\begin{matrix} (27) & λ^{4} - λ^{3} - 3 λ^{2} + λ + 2 = (λ - 2) (λ - 1) (λ + 1)^{2} = 0 \end{matrix}$ 因此齐次方程解空间的基为 $e^{2 x}, e^{x}, e^{- x}, x e^{- x}$ ，即齐次方程的通解为 $\begin{matrix} (28) & y_{h} = C_{1} e^{2 x} + C_{2} e^{x} + C_{3} e^{- x} + C_{4} x e^{- x} \end{matrix}$ 接下来寻找非齐次方程的特解。设 $y_{p} = A x + B$ ，代入原方程可得 $\begin{matrix} (29) & A + 2 (A x + B) = 3 x + 4 ⟹ A = \frac{3}{2}, B = \frac{5}{4} \end{matrix}$ 故非齐次方程的通解为 $\begin{matrix} (30) & y = y_{h} + y_{p} = \frac{3}{2} x + \frac{5}{4} + C_{1} e^{2 x} + C_{2} e^{x} + C_{3} e^{- x} + C_{4} x e^{- x} \end{matrix}$ $◻$

例 12.3.6 求解以下微分方程： $\begin{matrix} (31) & y^{″} + y = \sin x \end{matrix}$

解令 $z^{'} = y$ ，把上述二阶方程改写为一阶方程组 $\begin{matrix} (32) & \frac{d}{d x} (\begin{matrix} y \\ z \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} y \\ z \end{matrix}) + (\begin{matrix} 0 \\ \sin x \end{matrix}) \end{matrix}$ 齐次部分的一对线性无关解为 $\begin{matrix} (33) & (\begin{matrix} \cos x \\ - \sin x \end{matrix}), (\begin{matrix} \sin x \\ \cos x \end{matrix}) \end{matrix}$ 它们给出可逆矩阵 $\begin{matrix} (34) & U (x) = (\begin{matrix} \cos x & \sin x \\ - \sin x & \cos x \end{matrix}), U^{'} (x) = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{matrix}) U (x) \end{matrix}$ 设 $y$ 是非齐次方程的解，且满足 $\begin{matrix} (35) & (\begin{matrix} y \\ y^{'} \end{matrix}) = U (x) (\begin{matrix} C_{1} (x) \\ C_{2} (x) \end{matrix}) \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (36) & \frac{d}{d x} (\begin{matrix} y \\ y^{'} \end{matrix}) - (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} y \\ y^{'} \end{matrix}) = U (x) (\begin{matrix} C_{1}^{'} (x) \\ C_{2}^{'} (x) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ \sin x \end{matrix}) \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (37) & (\begin{matrix} C_{1}^{'} (x) \\ C_{2}^{'} (x) \end{matrix}) = U^{- 1} (x) (\begin{matrix} 0 \\ \sin x \end{matrix}) = (\begin{matrix} - \sin^{2} x \\ \sin x \cos x \end{matrix}) ⟹ {\begin{cases} C_{1} (x) = \frac{1}{4} \sin 2 x - \frac{x}{2} + A \\ C_{2} (x) = - \frac{1}{4} \cos 2 x + B \end{cases} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (38) & y = C_{1} (x) \cos x + C_{2} (x) \sin x = \frac{1}{4} \sin x - \frac{x}{2} \cos x + A \cos x + B \sin x \end{matrix}$ $◻$

例 12.3.7 求解以下微分方程： $\begin{matrix} (39) & x^{2} y^{″} + 3 x y^{'} + y = 0 \end{matrix}$

解令 $t = \ln | x |$ ，则 $\begin{matrix} (40) & \begin{aligned} y^{'} & = \frac{d y}{d t} \frac{d t}{d x} = \frac{1}{x} \frac{d y}{d t} \\ y^{″} & = \frac{d y^{'}}{d t} \frac{d t}{d x} = \frac{1}{x} (- \frac{1}{x^{2}} \frac{d x}{d t} + \frac{1}{x} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}) = \frac{1}{x^{2}} (\frac{d^{2} y}{d t^{2}} - \frac{d y}{d t}) \end{aligned} \end{matrix}$ 代入原方程可得 $\begin{matrix} (41) & \frac{d^{2} y}{d t^{2}} + 2 \frac{d y}{d t} + y = 0 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (42) & y = ({\tilde{C}}_{1} + {\tilde{C}}_{2} t) e^{- t} = ({\tilde{C}}_{1} + {\tilde{C}}_{2} \ln | x |) \frac{1}{| x |} = \frac{C_{1} + C_{2} \ln | x |}{x} \end{matrix}$ $◻$

12.3.3 有关高阶微分方程的证明题

例 12.3.8 设 $f \in C [a, + \infty)$ ， $lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$ 。证明：微分方程 $\begin{matrix} (43) & y^{″} + 3 y^{'} + 2 y = f (x) \end{matrix}$ 的所有解 $y = y (x)$ 均满足 $lim_{x \to + \infty} y (x) = 0$ 。

证明左侧的微分算子可因式分解得 $\begin{matrix} (44) & (\frac{d^{2}}{d x^{2}} + 3 \frac{d}{d x} + 2) y = (\frac{d}{d x} + 2) (\frac{d}{d x} + 1) y \end{matrix}$ 利用两次积分因子法和 $\frac{*}{\infty}$ 型L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (45) & \begin{aligned} lim_{x \to + \infty} (y + y^{'}) & = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{2 x} (y + y^{'})}{e^{2 x}} \overset{L^{'} H}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{e^{2 x} (y^{″} + 3 y^{'} + 2 y)}{2 e^{2 x}} = lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{2} = 0 \\ lim_{x \to + \infty} y (x) & = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} y}{e^{x}} \overset{L^{'} H}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} (y^{'} + y)}{e^{x}} = lim_{x \to + \infty} (y + y^{'}) = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注对于任意 $y^{″} + p y^{'} + q y = f (x)$ ，若特征方程 $λ^{2} + p λ + q = 0$ 有两个负实根，则结论 $lim_{x \to + \infty} y (x) = 0$ 成立。证明方法同上。

例 12.3.9 对于微分方程 $\begin{matrix} (46) & {\begin{cases} y^{″} + p (x) y^{'} + q (x) y = r (x), & x \in (a, b) \\ y (a) = A, y (b) = B \end{cases} \end{matrix}$ 其中 $q (x) < 0$ 、 $A, B$ 为常数，证明：若其在 $[a, b]$ 上有连续的解，则解必定唯一。

证明设 $y_{1}, y_{2}$ 均为满足给定边界条件的微分方程的解，令 $y = y_{1} - y_{2}$ ，则 $y$ 满足 $\begin{matrix} (47) & {\begin{cases} y^{″} + p (x) y^{'} + q (x) y = 0, & x \in (a, b) \\ y (a) = y (b) = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 采用反证法，假设 $y ≢ 0$ ，则其在 $[a, b]$ 上至少有一个最值不为 $0$ 。不妨设 $y$ 在 $x_{0} \in (a, b)$ 处取得正的最大值（否则可以考虑 $- y$ ），则 $y (x_{0}) > 0$ 、 $y^{'} (x_{0}) = 0$ 且 $y^{″} (x_{0}) \leq 0$ 。将 $x_{0}$ 代入微分方程得 $\begin{matrix} (48) & 0 = y^{″} (x_{0}) + p (x_{0}) y^{'} (x_{0}) + q (x_{0}) y (x_{0}) = y^{″} (x_{0}) + q (x_{0}) y (x_{0}) \leq q (x_{0}) y (x_{0}) < 0 \end{matrix}$ 矛盾！因此 $y \equiv 0$ ，亦即 $y_{1} = y_{2}$ 。 $◻$

另证同理设出 $y$ 。考虑Sturm-Liouville标准式 $\begin{matrix} (49) & (\tilde{p} y^{'})^{'} + \tilde{q} y = 0 ⟹ y^{″} + \frac{{\tilde{p}}^{'}}{\tilde{p}} y^{'} + \frac{\tilde{q}}{\tilde{p}} y = 0 \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (50) & \tilde{p} (x) = e^{\int_{a}^{x} p (t) d t} > 0, \tilde{q} (x) = \tilde{p} (x) q (x) < 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (51) & 0 \leq \int_{a}^{b} - \tilde{q} y^{2} d x = \int_{a}^{b} y (\tilde{p} y^{'})^{'} d x = {\tilde{p} y^{'} y |}_{x = a}^{b} - \int_{a}^{b} \tilde{p} (y^{'})^{2} d x = - \int_{a}^{b} \tilde{p} (y^{'})^{2} d x \leq 0 \end{matrix}$ 由于 $y \in C (a, b)$ ，故 $y \equiv 0$ ，亦即 $y_{1} = y_{2}$ 。 $◻$

注本题提供的微分方程定解条件并非初始条件（初值问题），而是边界条件（边值问题）。本题是Sturm-Liouville定理的推论，另证的做法可以将边界条件推广为 $\begin{matrix} (52) & {\begin{cases} c_{1} y (a) - d_{1} y^{'} (a) = A \\ c_{2} y (b) + d_{2} y^{'} (b) = B \end{cases} \end{matrix}$ 其中 $c_{1}, c_{2}, d_{1}, d_{2} \geq 0$ 且 $c_{1}^{2} + d_{1}^{2} > 0, c_{2}^{2} + d_{2}^{2} > 0$ ，此时始终有（注意下式中 $y = y_{1} - y_{2}$ 应当满足齐次边界条件 $A = B = 0$ ） $\begin{matrix} (53) & {\tilde{p} y^{'} y |}_{x = a}^{b} = \tilde{p} (b) y^{'} (b) y (b) - \tilde{p} (a) y^{'} (a) y (a) \leq 0 \end{matrix}$

例 12.3.10 (2023秋期末考试 · 18，Sturm零点分离定理) 设 $y_{1}, y_{2}$ 为二阶线性齐次常微分方程 $y^{″} + p (x) y^{'} + q (x) y = 0$ 的两个线性无关解，其中 $p, q$ 为开区间 $J$ 上的连续函数。证明 $y_{1}, y_{2}$ 的零点相互分离，即在 $y_{1}$ 的任意两个零点之间，必存在 $y_{2}$ 的一个零点，反之亦然。

证明由于 $y_{1}, y_{2}$ 线性无关，则 $W (x) := W [y_{1}, y_{2}] (x) \neq 0$ ， $\forall x \in J$ 。由于 $W$ 连续，不妨设 $W (x) < 0$ ， $\forall x \in J$ 。设 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点，则 $W (x_{0}) = - y_{1}^{'} (x_{0}) y_{2} (x_{0})$ ，故 $y_{1}^{'} (x_{0}), y_{2} (x_{0})$ 同号，不妨设它们均为正数。同时在 $x = x_{1}$ 处，有 $W (x_{1}) = - y_{1}^{'} (x_{1}) y_{2} (x_{1})$ 。由于 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点，故 $y_{1}^{'} (x_{1}) < 0$ 。设 $y_{1}^{'} (x_{1}) > 0$ ，则 $\exists x_{2} \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 使得 $y_{1} (x_{2}) > y_{1} (x_{0}) = 0$ ， $\exists x_{3} \in (x_{1} - δ, x_{1})$ 使得 $y_{1} (x_{3}) < y_{1} (x_{1}) = 0$ ，由介值定理可得 $\exists x_{4} \in (x_{2}, x_{3})$ 使得 $y_{1} (x_{4}) = 0$ ，这与 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点矛盾。

因而 $y_{2} (x_{1}) < 0$ ，故 $\exists x_{2} \in (x_{0}, x_{1})$ 使得 $y_{2} (x_{2}) = 0$ 。假设 $\exists x_{3} \in (x_{0}, x_{1})$ 且 $x_{3} \neq x_{2}$ 使得 $y_{2} (x_{3}) = 0$ ，则对 $(x_{2}, x_{3})$ 或 $(x_{3}, x_{2})$ 重复上述操作可得 $\exists x_{4} \in (x_{2}, x_{3})$ 使得 $y_{1} (x_{4}) = 0$ ，这与 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点矛盾。故 $y_{2}$ 在 $(x_{0}, x_{1})$ 上有唯一零点 $x_{2}$ 。

综上所述，命题得证。 $◻$