微分方程算子法

此处主要整理算子法在求解线性微分方程中的应用及其部分性质的证明。

首先线性微分方程可以写成：

$$a_0{y}^{(n)}+a_1{y}^{(n-1)}+a_2{y}^{(n-2)}+\cdots +a_{n-1}{y}^{\prime }+a_{n}y=f(x)$$

用微分算子表示：

$$(a_0{D}^n+a_1{D}^{n-1}+a_2{D}^{n-2}+\cdots +a_{n-1}D+a_n)y=f(x)$$

设  $F(D)=\sum _{k=0}^n{a}_k{D}^{n-k}$  则有：

$$F(D)y=f(x)⟹y=\frac{1}{F(D)}f(x)$$

解出来就是对应的  $y$ ，即是线性方程的一个特解，所以用算子法解微分方程的关键就在于解  $\frac{1}{F(D)}f(x)$ ，而这就需要了解微分算子的相关性质。

基本性质

性质 1（指数式）：若 $F\left(k\right)\ne 0$，则：

$$\frac{1}{F\left(D\right)}{\text{e}}^{kx}=\frac{1}{F\left(k\right)}{\text{e}}^{kx}$$

特殊地，当 $k=0$ 时（$a$ 为任意常数）：

$$\frac{1}{F(D)}a=a\frac{1}{F(D)}{\text{e}}^{0\cdot x}=\frac{a}{F(0)}$$

若 $F(k)=0$ ，不妨设 $k$ 为 $F(k)$ 的 $m$ 重根（$F(k)=F^{\prime }(k)=\cdots =F^{(m-1)}(k)=0$ 且 $F^{(m)}(k)\ne 0$），则：

$$\frac{1}{F(D)}{\text{e}}^{kx}=x^m\frac{1}{F^{(m)}(D)}{\text{e}}^{kx}=x^m\frac{1}{F^{(m)}(k)}{\text{e}}^{kx}$$

其中 $F^{(m)}(D)$ 表示 $F(D)$ 对 $D$ 的 $m$ 阶导数。

例 1.1

求特解 $y^{\prime \prime }+3y^{\prime }-2y={\text{e}}^{2x}$

$F(D)=D^2+3D-2$ 且 $F(2)=8\ne 0$，故

$$y^{\ast }=\frac{1}{F(D)}{\text{e}}^{2x}=\frac{1}{F(2)}{\text{e}}^{2x}=\frac{1}{8}{\text{e}}^{2x}$$

例 1.2

求特解 $y^{\prime \prime \prime }+3y^{\prime \prime }+3y^{\prime }+y={\text{e}}^{-x}$

$F(D)=D^3+3D^2+3D+1=(D+1{)}^3$，故 $k=-1$ 是 $F(k)$ 的 $3$ 重根，于是

$$y\ast =\frac{1}{F(D)}{\text{e}}^{-x}=x^3\frac{1}{F^{\prime \prime \prime }(-1)}{\text{e}}^{-x}=x^3\frac{1}{3!}{\text{e}}^{-x}=\frac{1}{6}{x}^3{\text{e}}^{-x}$$

提示

实际上书写时只需判断 $k$ 是否为方程的零点，如果是，求导即可：

$$y\ast =\frac{1}{D^3+3D^2+3D+1}{\text{e}}^{-x}=x\frac{1}{3D^2+6D+3}{\text{e}}^{-x}=x^2\frac{1}{6D+6}{\text{e}}^{-x}=\frac{1}{6}{x}^3{\text{e}}^{-x}$$

性质 2（移位式）：$f(x)$ 为 ${\text{e}}^{kx}g(x)$

$$\frac{1}{F(D)}{\text{e}}^{kx}g(x)={\text{e}}^{kx}\frac{1}{F(D+k)}g(x)$$

例 2.1

求特解 $y^{\prime \prime }-4y^{\prime }+4=x^2{\text{e}}^{2x}$

$$\begin{array}{rl}y\ast & =\frac{1}{D^2-4D+4}{x}^2{\text{e}}^{2x}={\text{e}}^{2x}\frac{1}{(D+2{)}^2-4(D+2)+4}{x}^2\\ & ={\text{e}}^{2x}\frac{1}{D^2}{x}^2={\text{e}}^{2x}\frac{1}{D}\frac{x^3}{3}={\text{e}}^{2x}\frac{x^4}{3\cdot 4}=\frac{1}{12}{x}^4{\text{e}}^{2x}\end{array}$$

例 2.2

求特解 $y^{\prime \prime \prime }-3y^{\prime \prime }+3y^{\prime }-y=x{\text{e}}^x$

$$\begin{array}{rl}y\ast & =\frac{1}{D^3-3D^2+3D-1}x{\text{e}}^x=\frac{1}{(D-1{)}^3}x{\text{e}}^x={\text{e}}^x\frac{1}{(D+1-1{)}^3}x\\ & ={\text{e}}^x\frac{1}{D^3}x=\frac{1}{4!}{x}^4{\text{e}}^x=\frac{1}{24}{x}^4{\text{e}}^x\end{array}$$

性质 3：$f(x)$ 为多项式

$$\begin{array}{rl}{y}^{\ast }& =\frac{1}{F(D)}(a_0{x}^m+a_1{x}^{m-1}+\cdots +a_m)\\ & =Q(D)(a_0{x}^m+a_1{x}^{m-1}+\cdots +a_m)\end{array}$$

其中 $Q(D)$ 为 $1$ 除以按升幂排序的 $F(D)$ 的商式，其最高次数取到 $f(x)$ 的次数 $m$。

通常 $Q(D)$ 可以由长除法和泰勒级数 $\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots +x^n+\cdots$ 求得，这里只用后者。

例 3.1

求特解 $y^{\prime \prime }+y=x^2-x+2$

因为 $D^2{x}^2=2,D^3{x}^2=0$，故 $Q(D)$ 只要求到 $2$ 次幂：

$$Q(D)=\frac{1}{D^2+1}=\frac{1}{1-(-D^2)}=1+(-D^2)=1-D^2$$

$$\begin{array}{rl}y\ast & =Q(D)(x^2-x+2)=(1-D^2)(x^2-x+2)\\ & =(x^2-x+2)-2=x^2-x\end{array}$$

例 3.2

求特解 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+5y=x^4{\text{e}}^{-x}$

$$\begin{array}{rl}y\ast & =\frac{1}{(D+1{)}^2+4}{x}^4{\text{e}}^{-x}={\text{e}}^{-x}\frac{1}{(D-1+1{)}^2+4}{x}^4={\text{e}}^{-x}\frac{1}{D^2+4}{x}^4\\ & =\frac{{\text{e}}^{-x}}{4}\frac{1}{1-\left(-\frac{D^2}{4}\right)}{x}^4=\frac{{\text{e}}^{-x}}{4}\left[1+\left(-\frac{D^2}{4}\right)+{\left(-\frac{D^2}{4}\right)}^2\right]x^4\\ & =\frac{{\text{e}}^{-x}}{4}\left(1-\frac{D^2}{4}+\frac{D^4}{16}\right)x^4=\frac{{\text{e}}^{-x}}{4}\left[x^4-\frac{1}{4}\cdot 4\cdot 3x^2+\frac{1}{16}\cdot 4!\right]\\ & =\frac{{\text{e}}^{-x}}{4}\left(x^4-3x^2+\frac{3}{2}\right)\end{array}$$

性质 4（性质 1 的推广）：$f(x)$ 为 $\sin ax,\cos ax$

这是性质 $1$ 中 $k$ 取虚数单位 $\text{i}$ 的情形，结合欧拉公式 ${\text{e}}^{\text{i}x}=\cos x+\text{i}\sin x$ 可得

$$\begin{array}{c}\frac{1}{F(D)}\sin ax=\mathrm{Im}\frac{1}{F(D)}{\text{e}}^{\text{i}ax}=\mathrm{Im}\frac{1}{F(\text{i}a)}{\text{e}}^{\text{i}ax}\\ \frac{1}{F(D)}\cos ax=\mathrm{Re}\frac{1}{F(D)}{\text{e}}^{\text{i}ax}=\mathrm{Re}\frac{1}{F(\text{i}a)}{\text{e}}^{\text{i}ax}\end{array}$$

特殊且常用的如下：

其中 $F(-a^2)\ne 0$，则

$$\begin{array}{c}\frac{1}{F(D^2)}\sin ax=\mathrm{Im}\frac{1}{F(-a^2)}{\text{e}}^{\text{i}ax}=\frac{1}{F(-a^2)}\sin ax\\ \frac{1}{F(D^2)}\cos ax=\mathrm{Re}\frac{1}{F(-a^2)}{\text{e}}^{\text{i}ax}=\frac{1}{F(-a^2)}\cos ax\end{array}$$

若 $F(-a^2)=0$，类似地，不妨设 $-a^2$ 为 $F(-a^2)$ 的 $m$ 重根，则

$$\begin{array}{c}\frac{1}{F(D^2)}\sin ax=x^m\frac{1}{F^{(m)}(-a^2)}\sin ax\\ \frac{1}{F(D^2)}\cos ax=x^m\frac{1}{F^{(m)}(-a^2)}\cos ax\end{array}$$

例 4.1

求特解 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y={\text{e}}^x\sin 3x$

$$y\ast =\frac{1}{(D-1{)}^2+4}{\text{e}}^x\sin 3x={\text{e}}^x\frac{1}{D^2+4}\sin 3x={\text{e}}^x\frac{1}{-3^2+4}\sin 3x=-\frac{1}{5}{\text{e}}^x\sin 3x$$

例 4.2

求特解 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+2y=x{\text{e}}^{-x}\cos x$

$$y\ast =\frac{1}{(D+1{)}^2+1}x{\text{e}}^{-x}\cos x={\text{e}}^{-x}\frac{1}{D^2+1}x\cos x={\text{e}}^{-x}\mathrm{Re}\frac{1}{D^2+1}x{\text{e}}^{\text{i}x}$$

而

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{D^2+1}x{\text{e}}^{\text{i}x}& ={\text{e}}^{\text{i}x}\frac{1}{(D+\text{i}{)}^2+1}x={\text{e}}^{\text{i}x}\frac{1}{D^2+2\text{i}D}=\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}}{2\text{i}}\frac{1}{D}\frac{1}{1+\frac{D}{2\text{i}}}x\\ & =\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}}{2\text{i}}\frac{1}{D}\left(1-\frac{D}{2\text{i}}\right)x=\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}}{2}\frac{1}{D}\left(\frac{x}{\text{i}}+\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}}{2}\left(-\text{i}\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}x\right)=\frac{\cos x+\text{i}\sin x}{4}(-\text{i}{x}^2+x)\\ & =\frac{1}{4}(x\cos x+x^2\sin x)+\frac{\text{i}}{4}(x\sin x-x^2\cos x)\end{array}$$

故

$$y\ast ={\text{e}}^{-x}\mathrm{Re}\frac{1}{D^2+1}x{\text{e}}^{\text{i}x}=\frac{1}{4}(x\cos x+x^2\sin x)$$

性质 5

$$\frac{1}{F(D)}f(x)=\frac{1}{F_1(D)F_2(D)}f(x)=\frac{1}{F_2(D)F_1(D)}f(x)$$

例 5

求特解 $y^{(4)}-y={\text{e}}^x$

$$\begin{array}{rl}y\ast & =\frac{1}{D^4-1}{\text{e}}^x=\frac{1}{D-1}\frac{1}{(D+1)(D^2+1)}{\text{e}}^x=\frac{1}{D-1}{\text{e}}^x\frac{1}{(1+1)(1^2+1)}\\ & =\frac{1}{4}\frac{1}{D-1}{\text{e}}^x=\frac{1}{4}x{\text{e}}^x\end{array}$$

性质 6

$$\frac{1}{F(D)}\left[f_1(x)+f_2(x)\right]=\frac{1}{F(D)}{f}_1(x)+\frac{1}{F(D)}{f}_2(x)$$

该性质比较简单，不需要例子也能理解。

部分证明

此部分可以仅作了解。

$$\begin{array}{rl}I& ={\text{e}}^{\lambda x}\frac{1}{D}{\text{e}}^{-\lambda x}f={\text{e}}^{\lambda x}\int {\text{e}}^{-\lambda x}f\mathrm{d}x={\text{e}}^{\lambda x}\int {\text{e}}^{-\lambda x}\mathrm{d}\left(\frac{1}{D}f\right)\\ & =\frac{1}{D}f+{\text{e}}^{\lambda x}\int \lambda {\text{e}}^{-\lambda x}\left(\frac{1}{D}f\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{D}f+\lambda {\text{e}}^{\lambda x}\int {\text{e}}^{-\lambda x}\mathrm{d}\left(\frac{1}{D^2}f\right)\\ & =\frac{1}{D}f+\lambda \frac{1}{D^2}f+{\lambda }^2{\text{e}}^{\lambda x}\int {\text{e}}^{-\lambda x}\frac{1}{D^2}f\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{D}f+\lambda \frac{1}{D^2}f+{\lambda }^2\frac{1}{D^3}f+{\lambda }^3{\text{e}}^{\lambda x}\int {\text{e}}^{-\lambda x}\frac{1}{D^3}f\mathrm{d}x\\ & =\sum _{m=0}^{n-1}\frac{{\lambda }^m}{D^{m+1}}f+{\lambda }^n{\text{e}}^{\lambda x}\int {\text{e}}^{-\lambda x}\frac{1}{D^n}f\mathrm{d}x\\ & =\sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^m}{D^{m+1}}f\\ & =\frac{1}{D-\lambda }f\end{array}$$

利用柯西重复积分公式^[1]，可知

$$\frac{1}{D^n}f=\frac{1}{(n-1)!}{\int }_0^x(x-t{)}^{n-1}f\mathrm{d}t$$

从而 ${\lambda }^n{\text{e}}^{\lambda x}\int {\text{e}}^{-\lambda x}\frac{1}{D^n}f\mathrm{d}x\to 0,n\to \infty$

从而对 $I$ 取极限可得

$$I=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^m}{D^{m+1}}f=\frac{1}{D-\lambda }f$$

即

$$\frac{1}{D}{\text{e}}^{-\lambda x}f={\text{e}}^{-\lambda x}\frac{1}{D-\lambda }f$$

由于 $\lambda$ 是任意的，可以在上式中使用 $-\lambda$ 代替，因此

$$\frac{1}{D}{\text{e}}^{\lambda x}f={\text{e}}^{\lambda x}\frac{1}{D+\lambda }f$$

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1. Cauchy formula for repeated integration ↩︎