日期: 2023-10-01 11:28 查看: 200 次编辑导出

二阶常系数齐次线性方程的解法

三、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? 我们知道, 指数函数 $y=\mathrm{e}^{\prime x}$ ( $r$ 为常数)的各阶导数仍 为指数函数 $\mathrm{e}^{x x}$ 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 $y=\mathrm{e}^{\prime x}$, 其中 $r$ 为待定的常 数. 把 $y=\mathrm{e}^{x x}$ 代入方程 $y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$, 得

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

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 $y=\mathrm{e}^{i x}$ 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:
(1) $p^2-4 q>0$ 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 $y_1=\mathrm{e}^{l_1 x}, y_2=\mathrm{e}^{i_2 x}$, 又 $\frac{y_1}{y_2}=\mathrm{e}^{\left(y_1-r_2\right) x}$ 不恒为常数, 则方程的 通解为

$$
y=C_1 \mathrm{e}^{\eta_1 x}+C_2 e^{r_2 x} .
$$

例 10 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 $y=C_1 \mathrm{e}^{-x}+C_2 \mathrm{e}^{3 x}$.

(2) 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 $y_1=\mathrm{e}^{r_1^{i x}}$, 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 $y_2=u(x) \mathrm{e}^{\eta^{1 x}}$ (这时 $\frac{y_2}{y_1}=u(x)$ 不恒为常数)是方程的另一个解.
由 $y_2=u(x) \mathrm{e}^{\mathrm{e}_1 x}$ 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
和

$$
r_1^2+p r_1+q=0
$$

即得
$2 r_1+p=0$,
积分两次, 得

$$
u=C_1 x+C_2,
$$

其中 $C_1, C_2$ 为任意常数. 因为只需要找出一个与 $y_1$ 线性无关的特解, 也就是找出 一个不为常数的 $u(x)$, 所以可取 $C_1=1, C_2=0$, 取 $u(x)=x$ 即可, 由此得到方程的 另一个特解为

$$
y_2=x \mathrm{e}^{r^x x} .
$$

故当特征根 $r_1=r_2$ 时, 方程的通解为

$$
y=C_1 \mathrm{e}^{r_1 x}+C_2 x \mathrm{e}^{r_1 x},
$$

或写成

$$
y=\left(C_1+C_2 x\right) \mathrm{e}^{p_1 x},
$$

其中 $C_1, C_2$ 为任意常数.

例 11 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 $y=\left(C_1+C_2 x\right) \mathrm{e}^{-2 x}$.

(3)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

$$
\begin{aligned}
& \overline{y_1}=\frac{1}{2}\left(y_1+y_2\right)=\mathrm{e}^{\alpha x} \cos \beta x, \\
& \overline{y_2}=\frac{1}{2 i}\left(y_1-y_2\right)=\mathrm{e}^{\alpha x} \sin \beta x, \\
& \overline{y_2} \\
& \overline{\overline{y_1}}=\frac{\mathrm{e}^{\alpha x} \sin \beta x}{\mathrm{e}^{\alpha x} \cos \beta x}=\tan \beta x \text { (不恒为常数), }
\end{aligned}
$$

即 $\overline{y_1}$ 与 $\overline{y_2}$ 线性无关, 从而得到当特征根 $r_1$ 与 $r_2$ 为共轭复根时, 方程的通解为

$$
y=\mathrm{e}^{\alpha x}\left(C_1 \cos \beta x+C_2 \sin \beta x\right) .
$$

综上所述, 求二阶常系数齐次线性方程的通解的步骤如下:

$$
y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0
$$

(1)写出特征方程 $r^2+p r+q=0$;
(2)求出特征根 $r_1, r_2$;
(3)按表 4-1 写出微分方程的通解.

![图片](/uploads/2022-12/image_2022123025eda96.png)
这种根据二阶常系数齐次线性方程的特征方程的根直接确定其通解的方法称为特征方程法.
例 12 求方程 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+5 y=0$ 的通解.
解 特征方程为

$$
r^2+2 r+5=0,
$$

解得

$$
r_{1,2}=\frac{-2 \pm \sqrt{2^2-4 \cdot 1 \cdot 5}}{2}=-1 \pm 2 i,
$$

故所求通解为

$$
y=\mathrm{e}^{-x}\left(C_1 \cos 2 x+C_2 \sin 2 x\right)
$$

例 13 求微分方程 $4 \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} x}-4 \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}+y=0$ 满足初始条件

$$
\left.y\right|_{x=0}=1,\left.\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right|_{x=0}=3
$$

的特解.
解 特征方程为

$$
4 r^2-4 r+1=0 \text {, 即 }(2 r-1)^2=0 \text {. }
$$

特征根为 $r_1=r_2=\frac{1}{2}$, 因此, 所给的方程的通解为

$$
y=\left(C_1+x C_2\right) \mathrm{e}^{\frac{1}{2} x} .
$$

为了求特解, 将上式对 $x$ 求导, 得

$$
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\frac{1}{2}\left(C_1+x C_2\right)^{\mathrm{e}^{\frac{1}{2} x}}+C_2 \mathrm{e}^{\frac{1}{2} x},
$$

将初始条件 $\left.y\right|_{x=0}=1,\left.\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right|_{x=0}=3$ 分别代入以上两式, 得

$$
C_1=1, C_2=\frac{5}{2} .
$$

于是所求满足初始条件的特解为

$$
y=\left(1+\frac{5}{2} x\right) \mathrm{e}^{\frac{1}{2} x} .
$$

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