第十三讲二阶非齐次常系数线性ODE的特解

一，二阶非齐次常系数线性ODE的标准形式：

二，通解：

三，将方程化成特殊形式：

设方程右边的输入项为“纯振荡”： $f(x)=e^{{\color{Red} \alpha }x}=e^{(a+i\omega ) x}=e^{ax}(cos(\omega x)+isin(\omega x))$ ， $a< 0$ ， ${\color{Red} \alpha}$ 表示复数
方程左边换成线性算子式： ${y}''+A{y}'+By=(D^{2}+AD+B)y=p(D)y$
${\color{Red} (D^{2}+AD+B)y=e^{\alpha x}}$

四，代换法则：

${\color{Red} p(D)e^{\alpha x}=p(\alpha )e^{\alpha x}}$
证明： $p(D)e^{\alpha x}=(D^{2}+AD+B)e^{\alpha x}=D^{2}e^{\alpha x}+ADe^{\alpha x}+Be^{\alpha x}$
$\because$ D表示对函数求导： $D^{2}e^{\alpha x}=\alpha ^{2}e^{\alpha x}$ ， $De^{\alpha x}=\alpha e^{\alpha x}$
$\therefore$ $D^{2}e^{\alpha x}+ADe^{\alpha x}+Be^{\alpha x}=\alpha ^{2}e^{\alpha x}+A\alpha e^{\alpha x}+Be^{\alpha x}=p(\alpha )e^{\alpha x}$

五，指数输入定理（当 $p(\alpha )\neq 0$ 时）：

$(D^{2}+AD+B)y=e^{\alpha x}$ 的特解为 ${\color{Red} y_{p}=\frac{e^{\alpha x}}{p(\alpha )}}$ ， $p(\alpha )$ 是常数
证明：将特解代入原方程，利用代换法则 $p(D)\frac{e^{\alpha x}}{p(\alpha )}=\frac{p(D)e^{\alpha x}}{p(\alpha )}=\frac{p(\alpha )e^{\alpha x}}{p(\alpha )}=e^{\alpha x}$

六，求特解例题1：

${y}''-{y}'+2y=10e^{-x}sinx$
将 $sinx$ 复数化： $sinx$ 是 $e^{ix}$ 的虚部，将 $e^{ix}$ 代替 $sinx$ ， $e^{-x}sinx=e^{-x+ix}=e^{(-1+i)x}$
方程左边换成线性算子式： $(D^{2}-D+2)y$ ， $p(D)=D^{2}-D+2$
原方程化简为： $(D^{2}-D+2)\widetilde{y}=10e^{(-1+i)x}$ ， $\widetilde{y}$ 表示复数解， $\alpha =-1+i$
利用指数输入定理： $\widetilde{y}_{p}=\frac{10e^{(-1+i)x}}{p(-1+i)}=\frac{10e^{(-1+i)x}}{(-1+i)^{2}-(-1+i)+2}=\frac{10e^{(-1+i)x}}{3(1-i)}$
分子分母同乘以1+i得： $\frac{5}{3}(1+i)e^{(-1+i)x}=\frac{5}{3}(1+i)e^{-x}(cosx+isinx)$
取出虚部： $y_{p}=Im(\widetilde{y}_{p})=\frac{5}{3}e^{-x}(cosx+sinx)=\frac{5}{3}e^{-x}\sqrt{2}cos(x-\frac{\pi }{4})$ ， $\phi =\frac{\pi }{4}$

七，指数位移法则：

${\color{Red} p(D)[e^{\alpha x}u(x)]=e^{\alpha x}p(D+\alpha )u(x)}$
证明：假设 $p(D)=D$
$D[e^{\alpha x}u(x)]={(e^{\alpha x}u(x))}'=\alpha e^{\alpha x}u(x)+e^{\alpha x}{u}'(x)=e^{\alpha x}(\alpha u(x)+{u}'(x))$
$e^{\alpha x}(\alpha u(x)+{u}'(x))=e^{\alpha x}(\alpha u(x)+Du(x))=e^{\alpha x}(D+\alpha )u(x)$
假设 $p(D)=D^{2}$
$D^{2}[e^{\alpha x}u(x)]=D[D[e^{\alpha x}u(x)]]=D[e^{\alpha x}(D+\alpha )u(x)]=e^{\alpha x}(D+\alpha )^{2}u(x)$
假设 $p(D)=D^{n}$
$D^{n}[e^{\alpha x}u(x)]=e^{\alpha x}(D+\alpha )^{n}u(x)$

八，指数输入定理（当 $p(\alpha )=0$ 时）：

如果 $\alpha$ 是特征方程的单根 $\alpha _{1}\neq \alpha _{2}$ ， ${p}'(\alpha )\neq 0$ ， $p(D)y=e^{\alpha x}$ 的特解为 ${\color{Red} y_{p}=\frac{xe^{\alpha x}}{{p}'(\alpha )}}$
证明 ${p}'(\alpha )\neq 0$ ：

将特解代入原方程 $p(D)\frac{xe^{\alpha x}}{{p}'(\alpha )}=e^{\alpha x}$
利用指数位移法则 $p(D)\frac{xe^{\alpha x}}{{p}'(\alpha )}=\frac{p(D)[e^{\alpha x}x]}{{p}'(\alpha )}=\frac{e^{\alpha x}p(D+\alpha )x}{{p}'(\alpha )}$
设 $p(D)=(D-\alpha )(D-\beta )$ ， $\alpha \neq \beta$
$p(D+\alpha )=D(D+\alpha -\beta )$
$\frac{e^{\alpha x}p(D+\alpha )x}{{p}'(\alpha )}=\frac{e^{\alpha x}(D+\alpha-\beta )Dx}{{p}'(\alpha )}$
$\because Dx=1$ ， $(D+\alpha -\beta )Dx=\alpha -\beta$ ， ${p}'(\alpha )=\alpha -\beta$
$\therefore \frac{e^{\alpha x}(D+\alpha-\beta )Dx}{{p}'(\alpha )}=e^{\alpha x}$

如果 $\alpha$ 是特征方程的二重根 $\alpha _{1}= \alpha _{2}$ ， ${p}''(\alpha )\neq 0$ ， $p(D)y=e^{\alpha x}$ 的特解为 ${\color{Red} y_{p}=\frac{x^{2}e^{\alpha x}}{{p}''(\alpha )}}$
如果 $\alpha$ 是特征方程的n重根 $\alpha _{1}= \alpha _{2}= \alpha _{n}$ ， $p^{(n)}(\alpha )\neq 0$ ， $p(D)y=e^{\alpha x}$ 的特解为 ${\color{Red} y_{p}=\frac{x^{n}e^{\alpha x}}{p^{(n)}(\alpha )}}$