Laplace变换和幂级数解法

但可用百度文库3介绍的降阶法,求出与J n ( x)线性无关的解,
因此,(4.74)的通解为
dx 1 1 y J n ( x)[c1 c2 2 e x dx], J n ( x) 1 J n ( x)[c1 c2 2 dx], c1 , c2为任常数. xJ n ( x)
例6 求方程x 2 y" xy ' (4 x 2 9 ) y 0的通解.
则对方程(4.32)两端施行拉普拉斯变换,得
(1) ( n1) s n X (s) s n1x0 s n2 x0 x0
a1[s
F ( s)
n1
X (s) s
n 2
x0 s
n3 (1) 0
x x
( n 2 ) 0
]
an1[sX (s) x0 ] an X (s)
为确定起见暂令 n, 由(4.76)得
从而可得
a2k 1 0, k 1, 2,
a0 a2 k (1) 2 k , k 1, 2, 2 k !(n 1)(n 2) (n k ) 因此在 n 0时, 得到Bessel方程的一个解
k
a0 y1 a0 x (1) 2 k x 2 k n , (4.77) 2 k !(n 1) (n k ) k 1 若将任常数a0取为 1 a0 n 2 (n 1)
y( x0 ) y0 , y ( x0 ) y 的情况
' (1) 0
(不失一般性,可设x0 0)
定理1 若方程(4.72)中系数p(x)和q(x)都可展成x的
幂级数,且收敛区间为 x R, 则方程(4.72)有形如
y= an x n ,
n 0

(4.73)
的特解,也以 x R为级数的收敛区间 .
" ' 求方程y 2 xy 4 y 0满足初始条件y(0) 0, 例5
y '(0)=1的解.
解 设级数
y=a0 a1x
an x
n
为方程的解, 这里ai (i 1, 2, )是一个待定常数, 由初始条件得: 因而
a0 0, a1 1;
2 n
y=x a2 x an x y=1 2a2 x nan xn1 n(n 1)an x
其中A(s), B(s)和F (s)都是已知的多项式 ,由此有
F ( s ) B( s ) X ( s) , A( s)
从而解为: x(t ) L1[ X (s)] -----拉普拉斯变换的反变 换
例3 解
求解方程x 2x x e , x(1) x (1) 0.
( n1)
(0).
若L[ f (t )] F (s),则
d F ( s) L[ f (t )], ds dn n n F ( s ) ( 1 ) L [ t f (t )]; n ds
L[eat f (t )] F (s a).
3 应用 给定微分方程
d nx d n 1 x a1 n 1 an x f (t ) n dt dt
及初始条件
(4.32)
( n1) 0
x(0) x0 , x (0) x ,, x
' (1) 0
( n1)
(0) x
其中a1, a2 ,, an为常数, 而f (t )连续且满足原函数条件 .
设x(t )为(4.32)的任一解 ,记
X (s) L[ x(t )], F (s) L[ f (t )],
因此,当 不等于非负整数时, J n ( x)和J - n ( x)都是 (4.74)的解,且线性无关.
因而(4.74)的通解为
y c1J n ( x) c2 J n ( x), 这里c1, c2为任常数. 当n等于正整数,而 n,不能从(4.76)确定a2k (k n)
因此,不能象上面一样求得通解;
Laplace变换和幂级数解法
(一) 拉普拉斯变换法 1 拉普拉斯变换 积分 L[ f (t )] F (s)


0
est f (t )dt, Re s ,
称为函数f (t )的拉普拉斯变换 , 其中f (t )在t 0有定义, 且满足
f (t ) Me t , (M , 为正数)
n n1 ( s a s an1s an ) X (s) 即 1
F ( s ) (s a1s an1 ) x0 ( n 1) n 2 n3 (1) x (s a1s an2 ) x0 0
或
n1
n 2
A(s) X (s) F (s) B(s),
" ' '
t
令 t 1,问题变为
x 2x x e
" '
2
( 1)
, x(0) x (0) 0.
'
对上式两端作拉普拉斯变换,得
1 1 s X ( s ) 2 sX ( s ) X ( s ) , e s 1 1 1 , 因此 X ( s ) 3 e ( s 1) 1 2 1 查拉普拉斯变换表得 x ( ) e , 2 1 从而 x(t ) (t 1) 2 e t , 这就是所求的解. 2
y c1 J 3 (t ) c2 J 3 (t ),
5 5
代回原来的变量得原方程的通解为
y c1 J 3 (2 x) c2 J 3 (2 x),
5 5
c1 , c2为任常数.
定理2 若方程(4.72)中系数p( x)和q( x)都具有这样的
性质,即xp( x)和x 2 q( x)均可展成x的幂级数,且收敛区 间为 x R, 则方程(4.72)有形如
y x an x n an x n ,
n 0 n 0


(4.75)
的特解,这里a0 0, 是一个待定常数,级数(4.75)也以 x R为收敛区间.
1 x 2k n y2 (1) ( ) J n ( x), (4.78) k !(n k 1) 2 k 0 J n ( x)是由Bessel方程(4.74)定义的特殊函数, 称
k

为-n阶Bessel函数.
由达朗贝尔判别法,对任x值(4.77),(4.78)收敛.
称f (t )为原函数 , F (s)为像函数 . 例1 求L[t n ],其n是正整数 .
解
1 n st n st n 1 L[t ] e t dt t e |0 e t dt 0 s s 0 n n 1 n2 n n 1 L[t ] L[t ] s s s
n k

这里( p) e- x x p 1dx,注意到时( p 1) p( p).
0

因此(4.77)变为
1 x 2k n y1 (1) ( ) J n ( x), (4.77) k !(n k 1) 2 k 0 J n ( x)是由Bessel方程(4.74)定义的特殊函数, 称
解 将方程改写为 d 2 y 1 dy x 2 n 2 y0 2 2 dx x dx x 易见,它满足定理2条件,且 xp( x) 1, x2q( x) x2 n2
按x展成的幂级数收敛区间为 x , 由定理11方程有形如
y an x k ,
k

为n阶Bessel函数.
当 n时, 完全类可得
a0 a2 k (1) 2 k 2 k !(n 1)(n 2)
k
a2k 1 0, k 1, 2,
( n k )
,
k 1, 2,
若取
1 a0 n 2 (n 1)
则可得(4.74)的另一个特解
例4
求解方程x" x 4sin t 5cos 2t , x(0) 1, x' (0) 2.
解
2
对方程两端作拉普拉斯变换,得
4 5s s X ( s) s 2 X ( s) 2 2 , s 1 s 4 s (这里 L[cos t ] 2 , L[sin t ] 2 ) 2 s 2 s 2 s 2 , 因此 X ( s ) 2 s 1 s 4
k 0

(4.75)
的解,这里a0 0,是一个待定常数,
将(4.75)代入(4.74)中,得
x
2
( +k)( +k-1)a x
k k 0

k 2
x( +k)ak x
k 0

k 1
( x 2 n2 ) ak x k 0
k 0

比较x的同次幂系数得
25
解 引入新变量t 2 x我们有
dy dy dt dy 2 dx dt dx dt d 2 y d dy dt d2y (2 ) 4 2 2 dx dt dt dx dt
代入方程得
2 d y dy 9 2 2 t t (t ) y 0 2 dt dt 25 3 这是n 的Bessel方程, 故方程的通解为 5
at st at 0 0


1 1 ( s a )t e |0 s a sa
sa sa
2 拉普拉斯变换的性质
1 L[ f
n
0
( n)
(t )]
n1
s L[ f (t )] s
2
0
f (0) s
n 2
f (0) f
'
故方程的解为
x x y=x x 2! k! 4 2k x x x(1 x 2 2! k! x2 xe
3
5
2 k 1
)
例6 求解n阶Bessel方程
2 d y dy 2 2 2 x x ( x n ) y 0 (4.74) 2 dx dx 这里n为非负常数.
n 2
y=2a2 3 2a3 x

将它代入方程,合并同类项,并令各项系数等于零,得
2a2 0 3 2a3 2 4 0 4 3a4 4a2 4a2 0
n(n 1)an 2(n 2)an2 4an2 0
2 an 2 , 即 a2 0, a3 1, a4 0, , an n 1 1 1 1 因而 a5 , a 0, a7 , a 0, a9 , 6 8 2! 3! 4! 1 也即 a2 k 1 , a2k 0, k! 对一切正整数k成立;
n st n
例2 解
n n 1 1 L[1] s s s n ! n! st n! st n 1 n e dt n 1 e |0 s s 0 s
求L[e at ].
s0 s0
L[e ] e e dt e ( s a )t dt
查拉普拉斯变换表得
x(t ) 2 sin t cos2t ,
这就是所求的解.
（二）二阶线性方程的幂级数解法
对二阶变系数齐线性方程
d2y dy p( x) q ( x) y 0 2 dx dx
用级数表示解? 下面考虑该方程及初始条件
(4.72)
其求解问题,归结为寻求它的一个非零解.
a0 ( n ) 0 2 2 a [( 1) n ]0 1 2 2 ak [( k ) n ] ak 2 0,
2 2
(4.76)
k 2,3,
因为a0 0, 则有 2 n2 0, 从而 n,
ak 2 , k 2,3, a1 0, ak k (2n k ) a2 k 1 , 即 a2 k 1 (2k 1)(2n 2k 1) k 1, 2, a 2k 2 a , 2k 2k (2n 2k )