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二阶常系数线性微分方程
微分方程
张瑞
中国科学技术大学数学科学学院
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二阶常系数线性微分方程
对于一般的变系数的二阶线性微分方程，求解它的通解与特解，仍然非常困难。对于常系数的二阶线性微分方程，则要容易得多。 下面，我们讨论如下的二阶常系数齐次线性微分方程 \[y''+py'+qy=0 \]的通解$y_h$，和二阶常系数非齐次线性微分方程 \[y''+py'+qy=f(x) \]的一个特解$y_p$，其中$p,q$为常数 二阶常系数齐次线性微分方程对方程 \[y''+py'+qy=0 \]令$y=e^{\lambda x}$，代入可得 \[(\lambda^2+p\lambda+q)e^{\lambda x}=0 \]由$e^{\lambda x}\neq0$，所以有 \[\lambda^2+p\lambda+q=0 \]称这个代数方程为微分方程的特征方程，特征方程的根称为微分方程的特征根 (1)、 若特征方程有2个互异的实特征根$\lambda_1, \lambda_2$ \[\begin{aligned} W(x)=&\left|\begin{aligned}e^{\lambda_1x} && e^{\lambda_2x} \\ \lambda_1e^{\lambda_1x} && \lambda_2e^{\lambda_2x}\end{aligned}\right| \\ =&(\lambda_2-\lambda_1)e^{(\lambda_1+\lambda_2)x} \neq0 , \forall x \end{aligned} \]可以看到$e^{\lambda_1x},e^{\lambda_2x}$线性无关，则 \[y_h(x)=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x} \]为通解 (2)、 若特征方程有1个实特征重根$\lambda=\dfrac{-p}2$ \[y_1(x)=e^{\frac{-p}2x} \]为一个解。另一解为 \[\begin{aligned} y_2=&y_1(x)\int\dfrac1{y^2_1(x)}e^{-\int p(x)dx}dx \\ =&e^{\frac{-p}2x}\int e^{px}e^{-\int p(x)dx}dx \\ =&x e^{\frac{-p}2x} \end{aligned} \]所以有 \[y_h(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=(c_1+c_2x)e^{\frac{-p}2x} \]为通解 (3)、 若特征方程有2个共轭的复数特征根 $\lambda_1=\alpha+i\beta,\lambda_1=\alpha-i\beta$ \[\begin{aligned} \tilde y_1(x)=e^{\lambda_1x}=e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x) \\ \tilde y_2(x)=e^{\lambda_2x}=e^{\alpha x}(\cos\beta x-i\sin\beta x) \\ \end{aligned} \]为方程的解。则 \[\begin{aligned} y_1(x)=\dfrac12(\tilde y_1+\tilde y_2)=e^{\alpha x}\cos\beta x \\ y_2(x)=\dfrac1{2i}(\tilde y_1-\tilde y_2)=e^{\alpha x}\sin\beta x \end{aligned} \]也为解，且线性无关。这样，通解为 \[\begin{aligned} y_h(x)&=c_1y_1(x)+c_2y_2(x) \\ &=e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x+c_2\sin\beta x) \end{aligned} \] 通解与特征根的关系 $\lambda^2+p\lambda+q=0$ $y''+py'+q=0$ 特征方程的根 微分方程的通解 两个互异的实根$\lambda_1,\lambda_2$ $y=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2 x}$ 实的重根$\lambda=-\dfrac{p}2$ $y=(c_1+c_2 x)e^{-\frac{p}2x}$ 共轭复根$\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta$ $y=e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x+c_2\sin\beta x)$例 1. $y''+y=0$ 例 2. $y''-2y'-3y=0$ 例 3. $y''+2y'+y=0$ 1. \[\begin{aligned} \lambda^2+1=0 \\ \lambda_{1,2}=\pm i \end{aligned} \]所以，解为 \[y=c_1\cos x+c_2\sin x \]2. \[\begin{aligned} \lambda^2-2\lambda-3=0 \\ \lambda_1=-1, \lambda_2=3 \end{aligned} \] \[y=c_1e^{-x}+c_2e^{3x} \]3. \[\begin{aligned} \lambda^2+2\lambda+1=0 \\ \lambda=-1 \end{aligned} \] \[y=(c_1+c_2x)e^x \] 二阶常系数非齐次线性微分方程 \[y''+py'+qy=f(x) \] 可以由常数变异法解出它的一个特解 $f(x)$比较特殊时，也可以用待定系数法 $f(x)=P_n(x)$为多项式 $f(x)=P_n(x)e^{ax}$ $f(x)=P_n(x)e^{ax}\cos(\beta x)$或$f(x)=P_n(x)e^{ax}\sin(\beta x)$一、 $f(x)=P_n(x)$为$n$次多项式。 A. 若$\lambda=0$不是特征根（此时，$q\neq0$），令 \[y_p=Q_n(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n \]B. 若$\lambda=0$为单根（此时，$q=0, p\neq0$），令 \[y_p=xQ_n(x)=x(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) \]C. 若$\lambda=0$为重根（此时，$p=q=0$），令 \[y_p=x^2Q_n(x)=x^2(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) \]二、 $f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$，$\alpha$为非$0$实数 A. 若$\lambda=\alpha$不是特征根（此时，$q\neq0$），令 \[y_p=Q_n(x)e^{\alpha x}=(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]B. 若$\lambda=\alpha$为单根（此时，$q=0, p\neq0$），令 \[y_p=xQ_n(x)e^{\alpha x}=x(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]C. 若$\lambda=\alpha$为重根（此时，$p=q=0$），令 \[y_p=x^2Q_n(x)e^{\alpha x}=x^2(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]令$y=z(x)e^{\alpha x}$，代入方程，则 \[z''+(2\alpha+p)z'+(\alpha^2+p\alpha+q)z=p_n(x) \]特征多项式为 \[\begin{aligned} \lambda^2+(2\alpha+p)\lambda+(\alpha^2+p\alpha+q)=0 \\ \lambda^2+2\alpha\lambda+\alpha^2+p\lambda+p\alpha+q=0 \\ (\lambda+\alpha)^2+p(\lambda+\alpha)+q=0 \end{aligned} \]所以，原方程有特征根$\alpha$，则上式有根$0$ 三、 $f(x)=P_n(x)e^{ax}\cos(\beta x)$ 或 $f(x)=P_n(x)e^{ax}\sin(\beta x)$ 统一为形态 $f(x)=P_n(x)e^{ax+i\beta x}$。取实部或虚部。 利用(二)，可得 A. 若$\lambda=a+i\beta$不是特征根，令 \[y_p=Q_n(x)e^{a x+i\beta x} \]B. 若$\lambda=a+i\beta$为根，令 \[y_p=xQ_n(x)e^{a x+i\beta x} \]例 4. $y''-3y'+2y=4x+e^{2x}+10e^{-x}\cos x$ 例 5. $f(x)$二阶可导，以$2\pi$为周期，且满足 \[f(x)+2f'(x+\pi)=\sin x \]求$f(x)$ 例 6. $y''+\alpha y'+\beta y=\gamma e^x $的一个特解为 $y=e^{2x}+(1+x)e^x$， 求$\alpha,\beta,\gamma$，并求通解 4. 1.首先， 给出齐次方程的通解 \[\begin{aligned} \lambda^2-3\lambda+2=0 \\ \lambda_1=1, \lambda_2=2 \end{aligned} \]则有通解 \[y_h(x)=c_1e^x+c_2e^{2x} \]2. 由叠加原理， \[\begin{aligned} y''-3y'+2y=4x \\ y''-3y'+2y=e^{2x} \\ y''-3y'+2y=10e^{-x}\cos x \end{aligned} \](a). $y''-3y'+2y=4x$ 将$y_p=ax+b$代入上式，则 \[-3a+2ax+2b=4x \]可得$a=2,b=3$，所以$y_p=2x+3$为解 (b). $y''-3y'+2y=e^{2x}$ $2$为单特征根，令$y_p=axe^{2x}$，代入上式，则 \[\begin{aligned} e^{2x}(4a+4ax)-3e^{2x}(a+2ax)+2e^{2x}ax=e^{2x} \\ ae^{2x}=e^{2x} , a=1 \end{aligned} \]则，有解$y_p(x)=xe^{2x}$ (c). $y''-3y'+2y=10e^{-x}\cos x=10e^{-1+ix}$ $-1+i$不是特征根，则取$\tilde y=ae^{(-1+i)x}$，则有 \[\tilde y=(1+i)e^{-x}(\cos x+i\sin x) \]取实部，则有 \[y_p=e^{-x}\cos x-e^{-x}\sin x \]可以得到解 \[\begin{aligned} y(x)=c_1e^x+c_2e^{2x}+2x+3+xe^{2x} \\ +e^{-x}(\cos x-\sin x) \end{aligned} \]5. 6. 例 7. $\begin{cases}y''+4y=3|\sin x| \\y(\dfrac{\pi}2)=0,y'(\dfrac{\pi}2)=1\end{cases} , x\in[-\pi,\pi]$ 例 8. $f(x)$连续，且满足 \[f(x)=\sin x-\int_0^x (x-t)f(t)dt \]求$f(x)$ 例 9. $y'''+y''+4y'+4y=\cos 2x$ 7. 8. 9. 特征多项式 \[\lambda^3+\lambda^2+4\lambda+4=0 \]有特征根 \[\lambda=-1,2i,-2i \]通解 \[y_h(x)=c_1e^{-x}+(c_2\cos(2x)+c_3\sin(2x))e^0 \]令 \[y_p(x)=x(\cos(2x)+b\sin(2x)) \]可得，$a=-\frac{-1}{10}, b=\frac1{20}$ Euler方程定义 1. 称如下形式的二阶变系数方程 \[x^2y''+pxy'+qy=f(x) \]为Euler方程。其中$p$, $q$为常数。 做变量代换，$x=e^t, x>0$或$x=-e^t, x0 \\ dx=&-e^tdt=xdt, x |
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