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

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$x=-e^t, x<0$，则

\[\begin{aligned} dx=&e^tdt=xdt , x>0 \\ dx=&-e^tdt=xdt, x<0 \end{aligned} \]

所以，总有$dx=xdt$。

这样

\[\begin{aligned} y'&=\dfrac{dy}{dt}\frac{dt}{dx}=\dfrac1x\dfrac{dy}{dt} \\ y''&=\dfrac{d}{dx}(\dfrac1x\dfrac{dy}{dt}) =\dfrac{-1}{x^2}\dfrac{dy}{dt}+\dfrac1x\dfrac{d^2y}{dt^2}\dfrac{dt}{dx} \\ &=\dfrac{1}{x^2}(\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt}) \\ xy'(t)&=\dfrac{dy}{dt} \\ x^2y''(t)&=\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt} \end{aligned} \]

最后，方程变为

\[\dfrac{d^2y}{dt^2}+(p-1)\dfrac{dy}{dt}+qy=f(\pm e^t) \]

例 10. $x^2y''+3xy'+5y=0$

10.

(1). 当$x>0$时，令$x=e^t$，则

\[\begin{aligned} y'=\dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx}=\dfrac1x\dfrac{dy}{dx} \\ y''=\dfrac{1}{x^2}(\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt}) \end{aligned} \]

代入方程，有

\[\dfrac{d^2y}{dt^2}+2\dfrac{dy}{dt}+5y=0 \]

由

\[\lambda^2+2\lambda+5=0 \]

可得特征根为$\lambda=-1\pm 2i$，则有

\[y=e^{-t}(c_1\cos(2t)+c_2\sin(2t)) \]

(2). 当$x<0$时，令$x=-e^t$，类似可解

综合后，可以得到解为

\[y=\dfrac1{|x|}(c_1\cos(\ln x^2)+c_2\sin(\ln x^2)) \]

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