二阶常系数非齐次线性微分方程的解

整理自张宇30讲

前置:解的结构

对于二阶常系数线性微分方程 y ′ ′ + p y ′ + q y = f ( x ) y''+py'+qy=f(x) y′′+py+qy=f(x)

  • f ( x ) ≡ 0 f(x) \equiv 0 f(x)0,则该方程为齐次方程
  • f ( x ) f(x) f(x)不恒等于0,则该方程为非齐次方程

齐次方程通解:由两个线性无关 y 1 ( x ) y_1(x) y1(x) y 2 ( x ) y_2(x) y2(x)组合成齐次方程的通解 y ( x ) y(x) y(x)

y ( x ) = C 1 y 1 ( x ) + C 2 y 2 ( x ) y(x)=C_1y_1(x)+C_2y_2(x) y(x)=C1y1(x)+C2y2(x)


特解记为 y ∗ ( x ) y^*(x) y(x)

齐次方程通解=齐次方程通解+齐次方程特解

齐次方程通解为 y ( x ) + y ∗ ( x ) y(x)+y^*(x) y(x)+y(x)


当有 y ′ ′ + p y ′ + q y = P 1 ( x ) y''+py'+qy=P_1(x) y′′+py+qy=P1(x) y ′ ′ + p y ′ + q y = P 2 ( x ) y''+py'+qy=P_2(x) y′′+py+qy=P2(x)时,且 y 1 ∗ ( x ) y_1^*(x) y1(x) y 2 ∗ ( x ) y_2^*(x) y2(x)分别是两式的解,则 y ′ ′ + p y ′ + q y = P 1 ( x ) + P 2 ( x ) y''+py'+qy=P_1(x)+P_2(x) y′′+py+qy=P1(x)+P2(x)的解为 y 1 ∗ ( x ) + y 2 ∗ ( x ) y_1^*(x)+y_2^*(x) y1(x)+y2(x)

二阶常系数非齐次线性微分方程的特解

二阶常系数非齐次线性微分方程求通解的整体思路都如下:

  • 先设特解
  • 求出特解
  • 和齐次方程通解组合成为非齐次方程的通解

其中特解按自由项 f ( x ) f(x) f(x)分为两种情况:

  • 自由项 f ( x ) = P n ( x ) e α x f(x)=P_n(x)e^{\alpha x} f(x)=Pn(x)eαx
  • 自由项 f ( x ) = e α x [ P m ( x ) cos ⁡ β x + P n ( x ) sin ⁡ β x ] f(x)=e^{\alpha x}[P_m(x) \cos \beta x + P_n(x) \sin \beta x] f(x)=eαx[Pm(x)cosβx+Pn(x)sinβx]

确定 x k x^k xk:一看(自由项中的 α ± β i \alpha \pm \beta i α±βi)二算(齐次方程中的特征根)三比较(两者是否相等)

自由项 f ( x ) = P n ( x ) e α x f(x)=P_n(x)e^{\alpha x} f(x)=Pn(x)eαx

当自由项为 f ( x ) = P n ( x ) e α x f(x)=P_n(x)e^{\alpha x} f(x)=Pn(x)eαx,将特解设为 e α x Q n ( x ) x k e^{\alpha x}Q_n(x)x^k eαxQn(x)xk

其中:

  • e α x e^{\alpha x} eαx照抄
  • Q n ( x ) Q_n(x) Qn(x)为x的 n n n次多项式
  • k k k的取值依据 a + b i a+bi a+bi是否是特征根
    • α ≠ λ 1 , 2 \alpha \neq \lambda_{1,2} α=λ1,2 k = 0 k=0 k=0(不是特征根)
    • α = λ 1 \alpha = \lambda_{1} α=λ1 α = λ 2 \alpha = \lambda_{2} α=λ2 k = 1 k=1 k=1(是单特征根)
    • α = λ 1 = λ 2 \alpha = \lambda_{1}=\lambda_{2} α=λ1=λ2 k = 2 k=2 k=2(是二重特征根)

Q n ( x ) Q_n(x) Qn(x)为x的 n n n次多项式,意思是 2 x 2x 2x这种写为 A x + B Ax+B Ax+B,而 x 3 − 1 x^3-1 x31这种写为 a x 3 + b x 2 + c ax^3+bx^2+c ax3+bx2+c


【例】求 y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = e x y''-2y'+5y=e^x y′′2y+5y=ex的通解

自由项符合 f ( x ) = P n ( x ) e α x f(x)=P_n(x)e^{\alpha x} f(x)=Pn(x)eαx形式,故特解要设为 e α x Q n ( x ) x k e^{\alpha x}Q_n(x)x^k eαxQn(x)xk形式。

由题意知 α = 1 \alpha = 1 α=1,而特征根 λ 1 , 2 = 1 ± 2 i \lambda_{1,2}= 1 \pm 2i λ1,2=1±2i,故 k k k写0。

因为 Q n ( x ) = 1 Q_n(x)=1 Qn(x)=1是0次多项式,所以写成 a a a就行,故特解 y ∗ = a e x y^*=ae^x y=aex

y ∗ y^* y带入 y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = e x y''-2y'+5y=e^x y′′2y+5y=ex,即 a e x − 2 a e x + 5 a e x = e x ae^x-2ae^x+5ae^x=e^x aex2aex+5aex=ex,可解出 a = 1 4 a=\frac14 a=41

故特解为 y ∗ = 1 4 e x y^*=\frac14e^x y=41ex

但是题目的式子是非齐次的,其解的结构构成是:齐次方程通解+齐次方程特解

所以先得求出 y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = 0 y''-2y'+5y=0 y′′2y+5y=0这个齐次方程的通解 y ( x ) y(x) y(x),再和特解 y ∗ y^* y组合即可, y ( x ) + y ∗ y(x)+y^* y(x)+y是最终答案

关于 y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = 0 y''-2y'+5y=0 y′′2y+5y=0,带入 e λ x e^{\lambda x} eλx得到特征方程:

λ 2 − 2 λ + 5 = 0 \lambda^2-2\lambda+5=0 λ22λ+5=0

由于 Δ = b 2 − 4 a = − 16 < 0 \Delta=b^2-4a=-16<0 Δ=b24a=16<0,故有一对共轭复根,即

λ 1 , 2 = 2 ± Δ i 2 = 1 ± 2 i \lambda_{1,2}=\frac{2 \pm \sqrt{\Delta}i}{2}=1\pm 2i λ1,2=22±Δ i=1±2i
对于共轭复根 α ± β i \alpha \pm \beta i α±βi可知通解为 y = e α x ( C 1 cos ⁡ β x + C 2 sin ⁡ β x ) y=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x + C_2 \sin \beta x) y=eαx(C1cosβx+C2sinβx),具体到本例则通解为:

y = e x ( C 1 cos ⁡ 2 x + C 2 sin ⁡ 2 x ) y=e^x(C_1\cos 2 x + C_2 \sin 2 x) y=ex(C1cos2x+C2sin2x)

则该非齐次方程的通解由 y ( x ) + y ∗ y(x)+y^* y(x)+y可得如下:

e x ( C 1 cos ⁡ 2 x + C 2 sin ⁡ 2 x ) + 1 4 e x e^x(C_1\cos 2 x + C_2 \sin 2 x)+\frac14e^x ex(C1cos2x+C2sin2x)+41ex

自由项 f ( x ) = e α x [ P m ( x ) cos ⁡ β x + P n ( x ) sin ⁡ β x ] f(x)=e^{\alpha x}[P_m(x) \cos \beta x + P_n(x) \sin \beta x] f(x)=eαx[Pm(x)cosβx+Pn(x)sinβx]

当自由项 f ( x ) = e α x [ P m ( x ) cos ⁡ β x + P n ( x ) sin ⁡ β x ] f(x)=e^{\alpha x}[P_m(x) \cos \beta x + P_n(x) \sin \beta x] f(x)=eαx[Pm(x)cosβx+Pn(x)sinβx]时,特解应当设为

y ∗ = e α x [ Q l ( 1 ) ( x ) cos ⁡ β x + Q l ( 2 ) ( x ) sin ⁡ β x ] x k y^*=e^{\alpha x}[Q_l^{(1)}(x) \cos \beta x + Q_l^{(2)}(x)\sin \beta x]x^k y=eαx[Ql(1)(x)cosβx+Ql(2)(x)sinβx]xk

其中:

  • e α x e^{\alpha x} eαx照抄
  • l = m a x { m , n } l=max\{m, n\} l=max{m,n} Q l ( 1 ) ( x ) Q_l^{(1)}(x) Ql(1)(x) Q l ( 2 ) ( x ) Q_l^{(2)}(x) Ql(2)(x)分别为 x x x的两个不同的 l l l次多项式
  • k k k的取值依据 a + b i a+bi a+bi是否是特征根
    • 不是则 k = 0 k=0 k=0
    • 是则 k = 1 k=1 k=1

【注】上面提到的 l l l次多项式,如 2 x 2 2x^2 2x2 2 2 2,则 l = 2 l=2 l=2,分别写为 a 1 x 2 + b 1 x + c 1 a_1x^2+b_1x+c_1 a1x2+b1x+c1 a 2 x 2 + b 2 x + c 2 a_2x^2+b_2x+c_2 a2x2+b2x+c2


例题:

y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = − e x cos ⁡ 2 x y'' - 2y' + 5y = -e^x\cos 2x y′′2y+5y=excos2x

首先右侧不是多项式形式,有点像复根形式,所以得进行变换,得到下式

y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = − e x [ ( − 1 ) cos ⁡ 2 x + 0 ⋅ sin ⁡ 2 x ] y'' - 2y' + 5y = -e^x[(-1)\cos 2x+0·\sin2x] y′′2y+5y=ex[(1)cos2x+0sin2x]

此处 α = 1 \alpha = 1 α=1 l = 1 l=1 l=1,所以 Q Q Q是一次多项式,将特解设为

y ∗ = e x [ A cos ⁡ 2 x + B sin ⁡ 2 x ] x 1 y*=e^x[A\cos 2x+B\sin2x]x^1 y=ex[Acos2x+Bsin2x]x1

x k x^k xk处是由于齐次方程$ y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = 0 y'' - 2y' + 5y =0 y′′2y+5y=0特征根为 1 ± 2 i 1 \pm 2 i 1±2i与上面式子里的 α ± β i \alpha \pm \beta i α±βi带入值相等,所以 k = 1 k=1 k=1

y ∗ y^* y带入 y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = − e x cos ⁡ 2 x y'' - 2y' + 5y = -e^x\cos 2x y′′2y+5y=excos2x可求出 A A A B B B

其他

具有
解出
微分方程
特征方程
特征根

注意关系,做题时也可能逆着推回去。尤其是在高阶微分方程的情况中,利用特解反推特征根,一步一步反推回微分方程的可能形式。

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