特征根法求微分方程的解

特征根法求微分方程的解

一. 关于二阶常系数微分方程的解法

线性齐次方程 ay′′+by′+cy=0a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0ay′′+by′+cy=0 的通解

解法：

先解特征方程 ar2+br+c=0a r^{2}+b r+c=0ar2+br+c=0 的根. 设特征根为 r1,2r_{1,2}r1,2​ , 分以下两种情况:

当 b2−4ac>0b^{2}-4 a c>0b2−4ac>0 时，特征方程有两个相异的实根 r1,2=−b±b2−4ac2ar_{1,2}=\frac{-b \pm \sqrt{b^{2}-4 a c}}{2 a}r1,2​=2a−b±b2−4ac​​

方程的通解为 y=C1er1x+C2er2xy=C_{1} \mathrm{e}^{r_{1} x}+C_{2} \mathrm{e}^{r_{2} x}y=C1​er1​x+C2​er2​x .

当 b2−4ac=0b^{2}-4 a c=0b2−4ac=0 时，特征方程有重根 r=−b2ar=-\frac{b}{2 a}r=−2ab​ ,

方程的通解为y=(C1+C2x)erxy=\left(C_{1}+C_{2} x\right) \mathrm{e}^{r x}y=(C1​+C2​x)erx

当 b2−4ac<0b^{2}-4 a c<0b2−4ac<0 时，特征方程有一对共轭的复根：r1,2=α±iβ=−b2a±i⋅4ac−b22ar_{1,2}=\alpha \pm \mathrm{i} \beta=-\frac{b}{2 a} \pm i \cdot \frac{\mathrm{\sqrt{4 a c-b^{2}}}}{2 a}r1,2​=α±iβ=−2ab​±i⋅2a4ac−b2​​

方程的通解为y=eαx(C1cos⁡βx+C2sin⁡βx)y=\mathrm{e}^{\alpha x}\left(C_{1} \cos \beta x+C_{2} \sin \beta x\right)y=eαx(C1​cosβx+C2​sinβx)

定理：

若y1,y2y_{1}, y_{2}y1​,y2​ 为齐次方程ay′′+by′+cy=0a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0ay′′+by′+cy=0 的两个解，则y=C1y1+C2y2y=C_{1} y_{1}+C_{2} y_{2}y=C1​y1​+C2​y2​亦是齐次方程的解, 其中 C1,C2C_{1}, C_{2}C1​,C2​ 是任意常数. 又若 y1,y2y_{1}, y_{2}y1​,y2​ 为线性无关时, 则 y=C1y1+C2y2y=C_{1} y_{1}+C_{2} y_{2}y=C1​y1​+C2​y2​是齐次方程的通解.

二. 关于二阶线性非齐次微分方程的解法

线性非齐次方程 ay′′+by′+cy=f(x)a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=f(x)ay′′+by′+cy=f(x) 的通解

定理

设 y∗y^{*}y∗ 是非齐次线性方程的一个特解，而 yˉ\bar{y}yˉ​ 是相应的线性齐次方程的通解，则其和y=yˉ+y∗y=\bar{y}+y^{*}y=yˉ​+y∗为线性非齐次方程的通解.

解法:

先求 ay′′+by′+cy=f(x)a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=f(x)ay′′+by′+cy=f(x) 的特解 y∗y^{*}y∗再求对应线性齐次方程 ay′′+by′+cy=0a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0ay′′+by′+cy=0 的通解 yˉ\bar{y}yˉ​ , 根据定理相加即可 y=yˉ+y∗y=\bar{y}+y^{*}y=yˉ​+y∗

三. 一道例题

求微分方程的通解 y′′−2y′+y=cos⁡x+exy^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=\cos x+e^{x}y′′−2y′+y=cosx+ex

解：

第一步：求对应的二阶线性常微分方程的解

微分方程的特征方程为r2−2r+1=0r^{2}-2 r+1=0r2−2r+1=0

其根为 r1=1,r2=1r_{1}=1, r_{2}=1r1​=1,r2​=1, 故对应的齐次方程的通解为Y=C1ex+C2xexY=C_{1} e^{x}+C_{2} x e^{x}Y=C1​ex+C2​xex

第二步：求对应的特解（这一步同样用到两个特解的叠加）

设y′′−2y′+y=exy^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=e^{x}y′′−2y′+y=ex的特解为 y∗1=Ax2exy^{*}{ }_{1}=A x^{2} e^{x}y∗1​=Ax2ex,

代入原方程解得 A=1/2A=1 / 2A=1/2 , 从而 y∗1=1/2x2exy^{*}{ }_{1}=1 / 2 \mathrm{x}^{2} e^{x}y∗1​=1/2x2ex .设 y′′−2y′+y=cos⁡xy^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=\cos xy′′−2y′+y=cosx 的特解为y∗2=Bcos⁡x+Csinxy^{*}{ }_{2}=\mathrm{B} \cos \mathrm{x}+\mathrm{Csinx}y∗2​=Bcosx+Csinx ,

代入原方程得解出 B=0,C=−1/2\mathrm{B}=0, \mathrm{C}=-1 / 2B=0,C=−1/2

从而 y∗2=−1/2sin⁡xy^{*}{ }_{2}=-1 / 2 \sin xy∗2​=−1/2sinx

因此, 原方程的通解为 Y=C1ex+C2xex+12x2ex−12sin⁡xY=C_{1} e^{x}+C_{2} x e^{x}+\frac{1}{2} x^{2} e^{x}-\frac{1}{2} \sin xY=C1​ex+C2​xex+21​x2ex−21​sinx

2021/04/24 于武汉大学