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$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=f(x)$

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

齐次方程通解：由两个线性无关解$y_1(x)$和$y_2(x)$组合成齐次方程的通解$y(x)$

$$y(x)=C_1{y}_1(x)+C_2{y}_2(x)$$

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特解记为$y^{\ast }(x)$

非齐次方程通解=齐次方程通解+非齐次方程特解

则非齐次方程通解为$y(x)+y^{\ast }(x)$

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当有$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=P_1(x)$和$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=P_2(x)$时，且$y_1^{\ast }(x)$和$y_2^{\ast }(x)$分别是两式的解，则$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=P_1(x)+P_2(x)$的解为$y_1^{\ast }(x)+y_2^{\ast }(x)$

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$f(x)$分为两种情况：

• 自由项$f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$
• 自由项$f(x)=e^{\alpha x}[P_m(x)\cos \beta x+P_n(x)\sin \beta x]$时

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

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自由项$f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$

当自由项为$f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$，将特解设为$e^{\alpha x}{Q}_n(x)x^k$

其中：

• $e^{\alpha x}$照抄
• $Q_n(x)$为x的$n$次多项式
• $k$的取值依据$a+bi$是否是特征根
  • $\alpha \ne {\lambda }_{1,2}$则$k=0$（不是特征根）
  • $\alpha ={\lambda }_1$或$\alpha ={\lambda }_2$则$k=1$（是单特征根）
  • $\alpha ={\lambda }_1={\lambda }_2$则$k=2$（是二重特征根）

$Q_n(x)$为x的$n$次多项式，意思是$2x$这种写为$Ax+B$，而$x^3-1$这种写为$a{x}^3+b{x}^2+c$

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【例】求$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=e^x$的通解

自由项符合$f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$形式，故特解要设为$e^{\alpha x}{Q}_n(x)x^k$形式。

由题意知$\alpha =1$，而特征根${\lambda }_{1,2}=1\pm 2i$，故$k$写0。

因为$Q_n(x)=1$是0次多项式，所以写成$a$就行，故特解$y^{\ast }=a{e}^x$

将$y^{\ast }$带入$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=e^x$，即$a{e}^x-2a{e}^x+5a{e}^x=e^x$，可解出$a=\frac{1}{4}$

故特解为$y^{\ast }=\frac{1}{4}{e}^x$

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+非齐次方程特解

所以先得求出$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=0$这个齐次方程的通解$y(x)$，再和特解$y^{\ast }$组合即可，即$y(x)+y^{\ast }$是最终答案

关于$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=0$，带入$e^{\lambda x}$得到特征方程：

$${\lambda }^2-2\lambda +5=0$$

由于$\Delta =b^2-4a=-16<0$，故有一对共轭复根，即

$${\lambda }_{1,2}=\frac{2\pm \sqrt{\Delta }i}{2}=1\pm 2i$$
对于共轭复根$\alpha \pm \beta i$可知通解为$y=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x)$，具体到本例则通解为：

$$y=e^x(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)$$

则该非齐次方程的通解由$y(x)+y^{\ast }$可得如下：

$$e^x(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)+\frac{1}{4}{e}^x$$

自由项$f(x)=e^{\alpha x}[P_m(x)\cos \beta x+P_n(x)\sin \beta x]$

当自由项$f(x)=e^{\alpha x}[P_m(x)\cos \beta x+P_n(x)\sin \beta x]$时，特解应当设为

$$y^{\ast }=e^{\alpha x}[Q_l^{(1)}(x)\cos \beta x+Q_l^{(2)}(x)\sin \beta x]x^k$$

其中：

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

【注】上面提到的$l$次多项式，如$2x^2$和$2$，则$l=2$，分别写为$a_1{x}^2+b_{1}x+c_1$和$a_2{x}^2+b_{2}x+c_2$

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例题：

$$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=-e^x\cos 2x$$

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

$$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=-e^x[(-1)\cos 2x+0\cdot \sin 2x]$$

此处$\alpha =1$，$l=1$，所以$Q$是一次多项式，将特解设为

$$y\ast =e^x[A\cos 2x+B\sin 2x]x^1$$

$x^k$处是由于齐次方程$$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=0$特征根为$1\pm 2i$与上面式子里的$\alpha \pm \beta i$带入值相等，所以$k=1$

将$y^{\ast }$带入$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=-e^x\cos 2x$可求出$A$和$B$

其他

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。