日期: 2023-10-01 11:28 查看: 184 次编辑导出

二阶常系数非齐次常系数线性微分方程

五.二阶常系数非齐次常系数线性微分方程
形如

$$
y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x)
$$

(其中 $p 、 q$ 为常数)的方程称为二阶线性常系数非齐次微分方程. 根据解结构, 其通解为 $y=Y+y^*$, 其中 $Y$ 为对应齐次方程的通解, $y^*$ 为该非齐次方程的一个 特解. 本节主要针对两种形式的自由项 $f(x)$, 用待定系数法(代数的方法)得到 $y^*$, 因为对这两种形式的方程而言, 用待定系数法得到 $y^*$ 则更为简便.

1、 $f(x)=\mathrm{e}^{\lambda x} P_n(x)$ 情形
其中 $P_n(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n$ 为 $n$ 次多项式, $\lambda$ 为常数.
方程(6)的自由项是多项式 $P_n(x)$ 与指数函数 $\mathrm{e}^{\lambda x}$ 的乘积, 要求 $y^*$, 使得(6)成 为恒等式. 由于多项式与指数函数的乘积的导数仍然是这种形式, 因此我们推测 $y^*=\mathrm{e}^{\lambda x} Q(x)$ 可能是方程(6)的特解, 其中 $Q(x)$ 为待定系数的多项式.
由于 $y^*=\mathrm{e}^{\lambda x} Q(x)$

$$
\begin{aligned}
& y^{* \prime}=\mathrm{e}^{\lambda x}\left(\lambda Q(x)+Q^{\prime}(x)\right), \\
& y^{* \prime \prime}=\mathrm{e}^{\lambda x}\left(\lambda^2 Q(x)+2 \lambda Q^{\prime}(x)+Q^{\prime \prime}(x)\right),
\end{aligned}
$$

代入方程(6), 并消去 $\mathrm{e}^{\lambda x}$, 得

$$
Q^{\prime \prime}(x)+(2 \lambda+p) Q^{\prime}(x)+\left(\lambda^2+p \lambda+q\right) Q(x)=P_n(x)
$$

(1) 若 $\lambda$ 不是对应齐次方程的特征方程的特征根, 即 $\lambda^2+p \lambda+q \neq 0$, $2 \lambda+p \neq 0$, 那么由于 $P_n(x)$ 是 $n$ 次多项式, 则 $Q(x)$ 也应是 $n$ 次多项式 $\left(Q^{\prime}(x)\right.$, $Q^{\prime \prime}(x)$ 的最高次方皆低于 $Q(x)$ 的最高次方).
因此取 $Q(x)=Q_n(x)=b_0 x^n+b_1 x^{n-1}+\cdots+b_{n-1} x+b_n$. 将 $Q_n(x)$ 代入(7)式, 比较等 式两端 $x$ 的同次幂, 就得到了含有 $b_0, b_1, \cdots b_{n-1}, b_n$ 作为末知数的 $n+1$ 个方程, 解此方程组, 确定 $Q_n(x)$, 从而得到 $y^*=\mathrm{e}^{\lambda x} Q_n(x)$.
(2)若 $\lambda$ 是对应齐次方程的特征方程的单特征根, 即 $\lambda^2+p \lambda+q=0$, 但 $2 \lambda+p \neq 0$, 此时可知 $Q^{\prime}(x)$ 应是 $n$ 次多项式, 故 $Q(x)$ 是 $n+1$ 次多项式. 因此取 $Q(x)=x Q_n(x)$.
(3) 若 $\lambda$ 是对应齐次方程的特征方程的重特征根, 即 $\lambda^2+p \lambda+q=0$, 同时 $2 \lambda+p=0$, 此时可知 $Q^{\prime \prime}(x)$ 应是 $n$ 次多项式, 故 $Q(x)$ 是 $n+2$ 次多项式. 因此取 $Q(x)=x^2 Q_n(x)$.
由此得到结论: $y^*=x^k \mathrm{e}^{\lambda x} Q_n(x)$, 其中 $k=0,1,2$ 按 $\lambda$ 不是, 是单, 是重特征根 而选取, $Q_n(x)$ 为 $n$ 次待定系数的多项式.

求解二阶线性常系数非齐次微分方程通解的步骤:
(1)写出特征方程, 并求出特征根;
(2)求出对应齐次方程的通解 $Y$;
(3)根据 $\lambda$ 与特征根关系确定特解形式, 并代入原方程后确定其中系数, 从而得到 $y^*$;
(4)写成 $y=Y+y^*$.
例 17 下列方程具有什么样形式的特解?
(1) $y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=\mathrm{e}^{3 x}$;
(2) $y^{\prime \prime}+5 y^{\prime}+6 y=3 x \mathrm{e}^{-2 x}$;
(3) $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=-\left(3 x^2+1\right) \mathrm{e}^{-x}$.
解 (1) 因 $\lambda=3$ 不是特征方程 $r^2+5 r+6=0$ 的根, 故方程具有特解形式:

$$
y^*=b_0 \mathrm{e}^{3 x} ;
$$

(2) 因 $\lambda=-2$ 是特征方程 $r^2+5 r+6=0$ 的单根, 故方程具有特解形式:

$$
y^*=x\left(b_0 x+b_1\right) \mathrm{e}^{-2 x} ;
$$

(3) 因 $\lambda=-1$ 是特征方程 $r^2+2 r+1=0$ 的二重根, 所以方程具有特解形式:

$$
y^*=x^2\left(b_0 x^2+b_1 x+b_2\right) \mathrm{e}^{-x} .
$$

例 18 求方程 $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}-3 y=3 x+1$ 的一个特解.
解 题设方程右端的自由项为 $f(x)=P_m(x) \mathrm{e}^{2 x}$ 型, 其中 $P_m(x)=3 x+1, \lambda=0$.
对应的齐次方程的特征方程为 $r^2-2 r-3=0$, 特征根为 $r_1=-1, r_2=3$.
由于 $\lambda=0$ 不是特征方程的根, 所以就设特解为 $y^*=b_0 x+b_1$.
把它代入题设方程, 得 $-3 b_0 x-2 b_0-3 b_1=3 x+1$,
比较系数得 $\left\{\begin{array}{l}-3 b_0=3 \\ -2 b_0-3 b_1=1\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}b_0=-1 \\ b_1=\frac{1}{3}\end{array}\right.$.
于是, 所求特解为 $y^*=-x+\frac{1}{3}$.
例 19 求方程 $y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=x \mathrm{e}^{2 x}$ 的通解.
解 题设方程对应的齐次方程的特征方程为 $r^2-3 r+2=0$, 特征根为 $r_1=1$, $r_2=2$, 于是, 该齐次方程的通解为 $Y=C_1 x+C_2 \mathrm{e}^{2 x}$,
因 $\lambda=2$ 是特征方程的单根, 故可设题设方程的特解: $y^*=x\left(b_0 x+b_1\right) \mathrm{e}^{2 x}$.
代入题设方程, 得 $2 b_0 x+b_1+2 b_0=x$, 比较等式两端同次幂的系数, 得 $b_0=\frac{1}{2}$, $b_1=-1$, 于是, 求得题没方程的一个特解 $y^*=x\left(\frac{1}{2} x-1\right) \mathrm{e}^{2 x}$.
从而, 所求题设方程的通解为

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

2. $f(x)=\mathrm{e}^{\lambda x}\left[P_l(x) \cos \omega x+P_n(x) \sin \omega x\right]$ 情形
   $P_l(x), P_n(x)$ 分别为 $x$ 的 l 次、 $n$ 次多项式(可以出现其中一个多项式为零), $\lambda$ $\omega$ 为常数, 对应的非齐次方程特解为

$$
y^*=x^k \mathrm{e}^{\lambda x}\left[R_m^{(1)}(x) \cos \omega x+R_m^{(2)}(x) \sin \omega x\right],
$$

其中 $R_m^{(1)}(x), R_m^{(2)}(x)$ 均为 $m$ 次待定系数的多项式, $m=\max (l, n)$, 而 $k=0,1$ 按 $\lambda \pm i \omega$ 不是、是特征根而选取.

例 20 求解定解问题 $\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+4 y=2 \cos 2 x \\ \left.y\right|_{x=0}=0,\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=2\end{array}\right.$.
解 对应齐次方程的特征方程为 $r^2+4=0$, 得到特征根 $r_{1,2}=\pm 2 \mathrm{i}$, 故对应齐次方程的通解为 $Y=C_1 \cos 2 x+C_2 \sin 2 x$;
取 $y^*=x(a \cos 2 x+b \sin 2 x)$, 代入原方程, 得 $a=0, b=\frac{1}{2}$, 故 $y^*=\frac{x}{2} \sin 2 x$. 故 $y=Y+y^*=C_1 \cos 2 x+C_2 \sin 2 x+\frac{x}{2} \sin 2 x$,
由定解条件得 $C_1=0, C_2=1$, 因此有特解 $y=\sin 2 x+\frac{x}{2} \sin 2 x$.

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