二阶常系数线性微分方程

二阶常系数齐次线性微分方程

形如$\frac{d^2y}{dx^2}+p\frac{dy}{dx}+qy=0$的方程，其解应存在求导形式不变性，如指数函数$y=e^{rx}$。

本节中记算子$L=\frac{d^2}{dx^2}+p\frac{d}{dx}+q$。

其特征方程为：$r^2+pr+q=0$，则

$p^2-4q>0$时，特征方程有不同实根$r_1,r_2$，对应线性无关解$y_1=e^{r_1x},y_2=e^{r_2x}$，此时原方程通解$y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}$。
$p^2-4q=0$时，特征方程有二重实根$r_0$，对应解$y_1=e^{r_0x}$。考虑与之线性无关的解$y_2=u(x)e^{r_0x}$，$u(x)$不为常数，则

$$ e^{r_0x}\left[\frac{d^2u}{dx^2}+(2r_0+p)\frac{du}{dx}+(r_0^2+pr_0+q)u\right]=0\newline \frac{d^2u}{dx^2}=0, u=C_1x+C_2 $$

取定$y_2=xe^{r_0x}$，此时原方程通解$y=(C_1+C_2x)e^{r_0x}$。

$p^2-4q<0$时，特征方程有共轭复根$r_1,r_2=\alpha\pm i\beta$，由此产生解$y_1,y_2=e^{\alpha x}(\cos\beta x\pm i\sin\beta x)$

取定$y_1^\star=\frac{y_1+y_2}{2}, y_2^\star=\frac{y_1-y_2}{2i}$，则方程通解$y=e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$。

二阶常系数非齐次线性微分方程

情形一：$f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$

猜想$L[y]=P_n(x)e^{\alpha x}$的一个特解为$\widetilde{y}=Q(x)e^{\alpha x}$，代入方程，则

$$ \frac{d^2Q}{dx^2}+(2\alpha+p)\frac{dQ}{dx}+(\alpha^2+p\alpha+q)Q=P_n(x) $$

$\alpha^2+p\alpha+q\neq 0$时，即$\alpha$不是特征方程的根（零重根），则$Q$为n次多项式，$\widetilde{y}=Q_n(x)e^{\alpha x}$，待定系数法求解。
$\alpha^2+p\alpha+q=0,2\alpha+p\neq 0$时，即$\alpha$是特征方程的单根（一重根），则$Q$为n+1次多项式，可取定$Q_{n+1}(x)=xQ_n(x)$，$\widetilde{y}=xQ_n(x)e^{\alpha x}$，待定系数法求解。
$\alpha^2+p\alpha+q=0,2\alpha+p=0$时，即$\alpha$是特征方程的二重根，则$Q$为n+2次多项式，可取定$Q_{n+2}(x)=x^2Q_n(x)$，$\widetilde{y}=x^2Q_n(x)e^{\alpha x}$，待定系数法求解。

综上所述，特解的形式为$\widetilde{y}=x^kQ_n(x)e^{\alpha x}$，$\alpha$是特征方程的k重根。

情形二：$f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}\cos\beta x$或者$f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}\sin\beta x$

解法一（复值函数求导）

考察方程$L[y]=P_n(x)e^{\alpha x}\cos\beta x+iP_n(x)e^{\alpha x}\sin\beta x=P_n(x)e^{\alpha+i\beta}$，设其特解为$\widetilde{y}=\widetilde{y}_ 1+i\widetilde{y}_ 2$，

则$\widetilde{y}_ 1,\widetilde{y}_ 2$分别是$L[y]=P_n(x)e^{\alpha x}\cos\beta x$和$L[y]=P_n(x)e^{\alpha x}\sin\beta x$的特解。

示例：求方程$\frac{d^2y}{dx^2}-y=\sin x$的通解。

对应齐次方程$\frac{d^2y}{dx^2}-y=0$的特征方程有根$r=\pm 1$，通解为$Y=C_1e^{x}+C_2e^{-x}$。

考虑方程$\frac{d^2y}{dx^2}-y=e^{(0+i)x}$，由于$i$为零重根，故特解形式$\widetilde{y}=Cx^0\times 1\times e^{ix}$，代入之

$$ \frac{d\widetilde{y}}{dx}=iCe^{ix},\frac{d^2\widetilde{y}}{dx^2}=-Ce^{ix}\newline -Ce^{ix}-Ce^{ix}=e^{ix}\Rightarrow C=\frac{-1}{2}, \widetilde{y}=\frac{-e^{ix}}{2} $$

又$\frac{-e^{ix}}{2}=\frac{-1}{2}(\cos x+i\sin x)$，故$\widetilde{y}^\star=-\frac{1}{2}\sin x$，故原方程通解$y=Y+\widetilde{y}^\star$

TIPS：一定要注意实部与虚部的分离

解法二（公式法）

考虑方程$L[y]=\left[P_n^1(x)\cos\beta x+P_n^2(x)\sin\beta x\right]e^{\alpha x}$，设$\alpha$是特征方程的$k(k=0,1)$重根，$m=\max{n,l}$，

则方程的特解形式为$\widetilde{y}=x^k\left[P_m^1(x)\cos\beta x+P_m^2(x)\sin\beta x\right]e^{\alpha x}$。

~~推导摸了~~