最后更新: 2025-08-29 07:03 查看: 549 次反馈同步训练

形如 y''+py'+qy=0 得二阶常系数齐次线性方程的解法

## 二阶常系数齐次线性方程的解法
现在我们研究二阶常系数齐次线性方程 $y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$ 的解法. 如何求得方程的两个线性无关的特解呢?简单的说，就是“猜”。

我们知道, 指数函数 $y=\mathrm{e}^{r x}$ 的各阶导数仍为指数函数 $\mathrm{e}^{r x}$ 乘以一个常数. 又因为方程的系数 $p, q$ 都是常数.

因此, 要使方程的左端 $y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$, 可以设想方程的一个特解为 $y=\mathrm{e}^{r x}$, 其中 $r$ 为待定的常数. 把 $y=\mathrm{e}^{r x}$ 代入方程 $y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$, 得

$$
\left(\mathrm{e}^{r x}\right) ''+p\left(\mathrm{e}^{r x}\right)^{\prime}+q\left(\mathrm{e}^{r x}\right)=0 \text {, 即 } \mathrm{e}^{r x}\left(r^2+p r+q\right)=0 \text {. }
$$

由于 $\mathrm{e}^{r x} \neq 0$, 故得 $r^2+p r+q=0$.
这就是说, 只要待定系数 $r$ 满足方程, 所得到的函数 $y=\mathrm{e}^{r x}$ 就是微分方程的 解, 称上面的一元二次方程为微分方程的**特征方程**, 特征方程的根称为方程的特 征根.

由于特征方程是一元二次方程, 它的根为 $r_{1,2}=\frac{-p \pm \sqrt{p^2-4 q}}{2}$, 所以特征根 $r_1, r_2$ 就有三种不同的情形, 现在分别讨论如下:
#### $p^2-4 q>0$ 时, 特征方程有两个不相等的实根: $r_1 \neq r_2$.
这时方程有两个特解 $y_1=\mathrm{e}^{r_1 x}, y_2=\mathrm{e}^{r_2 x}$, 又 $\frac{y_1}{y_2}=\mathrm{e}^{\left(r_1-r_2\right) x}$ 不恒为常数, 则方程的通解为

$$
\boxed {
y=C_1 \mathrm{e}^{r_1 x}+C_2 e^{r_2 x} .
}
$$

`例` 求方程 $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}-3 y=0$ 的通解.
解 所给微分方程的特征方程为 $r^2-2 r-3=0$,
其根 $r_1=-1, r_2=3$ 是两个不相等的实根, 因此所求通解为 $y=C_1 \mathrm{e}^{-x}+C_2 \mathrm{e}^{3 x}$.

####  当 $p^2-4 q=0$ 时, 特征方程有两个相等的实根: $r_1=r_2=-\frac{p}{2}$.
这时方程只有一个特解 $y_1=\mathrm{e}^{r_1{x}}$, 还要找出与 $y_1$ 线性无关的另一个特解 $y_2$ (即 满足 $\frac{y_2}{y_1}$ 不是恒常数的 $\left.y_2\right)$.
设 $y_2=u(x) \mathrm{e}^{r_1 {x}}$ (这时 $\frac{y_2}{y_1}=u(x)$ 不恒为常数)是方程的另一个解.
由 $y_2=u(x) \mathrm{e}^{r_1 x}$ 求导, 得

$$
\begin{aligned}
& y_2^{\prime}=\mathrm{e}^{r_1 x}\left(u^{\prime}+r_1 u\right), \\
& y_2^{\prime}=\mathrm{e}^{r_1 x}\left(u ''+2 r_1 u^{\prime}+r_1^2 u\right) .
\end{aligned}
$$

将 $y_2, y_2^{\prime}$ 和 $y_2^{\prime \prime}$ 代入方程, 得

$$
\mathrm{e}^{r_1 x}\left[\left(u u^{\prime \prime}+2 r_1 u^{\prime}+r_1^2 u\right)+p\left(u^{\prime}+r_1 u\right)+q u\right]=0,
$$

整理得

$$
u^{\prime \prime}+\left(2 r_1+p\right) u^{\prime}+\left(r_1^2+p r_1+q\right) u=0 .
$$

因为 $r_1$ 是特征方程的重根, 所以有 $r_1^2+p r_1+q=0$
且$2 r_1+p=0$, 于是得
$u''=0$

因为这里只要得到一个部位常数的解，所以不妨设$u=x$ 由此得到微分方程的另一个解
$$
y_2=xe^{r_1x}
$$

所以最终的通解的

y=C_1 e^{r_1x}+C_2 x e^{r_1x}

上式可以简记为

$$
\boxed{
u=(C_1 x+C_2) e^{r_1x}
}
$$

`例` 求方程 $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=0$ 的通解.
解 特征方程为 $r^2+4 r+4=0$,
解得

$$
r_1=r_2=-2,
$$

故所求通解为 $y=\left(C_1+C_2 x\right) \mathrm{e}^{-2 x}$.

#### 当 $p^2-4 q<0$ 时, 特征方程有一对共轭复根: $r_1=\alpha+\beta i, r_2=\alpha-\beta i$.
这时, $y_1=\mathrm{e}^{(\alpha+\beta i) x}, \quad y_2=\mathrm{e}^{(\alpha-\beta i) x}$ 是方程的两个复值函数的特解.
为了得出实值函数形式的特解, 根据欧拉公式

$$
\mathrm{e}^{\beta i}=\cos \beta+i \sin \beta,
$$

将 $y_1$ 与 $y_2$ 改写为

$$
\begin{aligned}
& y_1=\mathrm{e}^{(\alpha+\beta i) x}=\mathrm{e}^{\alpha x} \mathrm{e}^{i \beta x}=\mathrm{e}^{\alpha x}(\cos \beta x+i \sin \beta x), \\
& y_2=\mathrm{e}^{(\alpha-\beta i) x}=\mathrm{e}^{\alpha x} \mathrm{e}^{-i \beta x}=\mathrm{e}^{\alpha x}(\cos \beta x-i \sin \beta x) .
\end{aligned}
$$

取方程的另两个特解

$$
\begin{aligned}
& \overline{y_1}=\frac{1}{2}\left(y_1+y_2\right)=\ma

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