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比较系数法 II

## 3.3.3 比较系数法 II
本小节讨论二阶线性微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=g(t)
$$

其中，$g(t)$ 为正弦函数或余弦函数时的情形．这种情形十分常见．例如，一位歌唱家在一面玻璃附近唱歌而引起玻璃的振动等都可以归结为这种情形，即 $g(t)=A \sin \omega t$或 $g(t)=B \cos \omega t$ ，或 $g(t)=A \sin \omega t+B \cos \omega t$ ．由叠加原理只需考虑前两种情形．下面通过实例说明比较系数法的应用．

`例3.10` 求非齐次微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+2 \frac{d y}{d t}+4 y=3 \sin 2 t ...(3.10)
$$

的通解．
分析 为求（3．30）的一个特解，使用比较系数法．由于 $g(t)=3 \sin 2 t$ ，而左端是 $y(t), y^{\prime}(t)$ 及 $y^{\prime \prime}(t)$ 的线性组合．如果猜测 $y_p(t)=k \sin 2 t$ ，但由于 $y^{\prime}(t)=2 k \cos 2 t$ ，所以左端出现含 $\cos 2 t$ 的项，而右端无含 $\cos 2 t$ 的项，故这样的 $k$ 不存在．因此，应猜测

$$
y_p(t)=a \sin 2 t+b \cos 2 t
$$

解 特征方程 $\lambda^2+2 \lambda+4=0$ 的根为 $\lambda=-1 \pm i \sqrt{3}$ ，故齐次方程的实值通解为

$$
y_h(t)=k_1 e^{-t} \cos \sqrt{3} t+k_2 e^{-t} \sin \sqrt{3} t
$$

设 $y_p(t)=a \cos 2 t+b \sin 2 t$ 为方程（3．30）的特解，将其代入得

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+2 \frac{d y_p}{d t}+4 y_p=4 b \cos 2 t-4 a \sin 2 t=3 \sin 2 t
$$

比较系数得

$$
\left\{\begin{array}{l}
4 b=0 \\
-4 a=3
\end{array}\right.
$$

于是 $a=-\frac{3}{4}, b=0, y_p(t)=-\frac{3}{4} \cos 2 t$ ，故（3．30）的通解为

$$
y(t)=k_1 e^{-t} \cos \sqrt{3} t+k_2 e^{-t} \sin \sqrt{3} t-\frac{3}{4} \cos 2 t
$$

下面介绍一种更简单的复数法．
由欧拉公式有

$$
3 e^{2 i t}=3(\cos 2 t+i \sin 2 t)
$$

3．3．2 小节介绍的比较系数法，对于复数指数函数仍然有效．
设 $y_{ c }(t)=y_{ re }(t)+ i y_{ im }(t)$ 为非齐次方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+2 \frac{d y}{d t}+4 y=3 e^{2 i t}
$$

的复值解，直接验证可知 $y_{ re }(t)$ 为 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+4 y=3 \cos 2 t$ 的实值解，$y_{ im }(t)$ 为 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+4 y=3 \sin 2 t$ 的实值解．

`例3.11` 用复数法解例 3.10 ，并讨论解的渐近行为．
解 设 $y_{ c }(t)=a e ^{2 i t}$ 为（3．31）的一个复值特解，其中 $a$ 为复数．将 $y_{ c }(t)=a e ^{2 i t}$代入（3．31）得

$$
\begin{aligned}
\frac{d^2 y_{c}}{d t^2}+2 \frac{d y_{c}}{d t}+4 y_{c} & =-4 a e^{2 i t}+4 a e^{2 i t}+4 a e^{2 i t} \\
& =4 a e^{2 i t} \\
& =3 e^{2 i t}
\end{aligned}
$$

于是比较系数得 $a=\frac{3}{4 i }=-\frac{3}{4} i$ ，因此，

$$
\begin{aligned}
y_{c}(t) & =-\frac{3}{4} ie^{2 i t}=-\frac{3}{4} i(\cos 2 t+i \sin 2 t) \\
& =\frac{3}{4} \sin 2 t+i\left(-\frac{3}{4} \cos 2 t\right)
\end{aligned}
$$

所以 $y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+4 y=3 \sin 2 t$ 的实值特解为

$$
y_p(t)=-\frac{3}{4} \cos 2 t
$$

因此，方程（3．31）的通解为
$$
y(t)=k_1 e^{-t} \cos \sqrt{3} t+k_2 e^{-t} \sin \sqrt{3} t-\frac{3}{4} \cos 2 t
$$

定性分析 对方程（3．31）的任意解 $y(t)$ ，当 $t \rightarrow+\infty$ 时，均有

$$
\left|y(t)-\left(-\frac{3}{4} \cos 2 t\right)\right|=\left|k_1 e^{-t} \cos 2 t+k_2 e^{-t} \sin 2 t\right| \leqslant e^{-t}\left(\left|k_1\right|+\left|k_2\right|\right) \rightarrow 0
$$

因此，解 $y_p(t)=-\frac{3}{4} \cos 2 t$ 为（渐近）稳定的．

`例3.12`求非齐次微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+4 \frac{d y}{d t}+20 y=e^{-2 t} \sin 4 t
$$

的通解，并讨论其解的渐近行为．
分析 由于

$$
e^{(-2+4 i) t}=e^{-2 t}(\cos 4 t+i \sin 4 t)
$$

因此，$y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+20 y= e ^{-2 t} \sin 4 t$ 的解是复值方程

$$
y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+20 y=e^{(-2+4 i) t}
$$

复值解的虚数部分．
解 齐次方程 $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+20 y=0$ 的通解为

$$
y_n(t)=k_1 e^{-2 t} \cos 4 t+k_2 e^{-2 t} \sin 4 t
$$

因为 $-2+4 i$ 为特征方程 $\lambda^2+4 \lambda+20=0$ 的单重复根．因此，设

$$
y_{c}(t)=a t e^{(-2+4 i) t}
$$

为方程（3．32）的一个复值特解，将其代入（3．32）得

$$
\frac{d^2 y_{c}}{d t^2}+4 \frac{d y_{c}}{d t}+20 y_{c}=8 iae^{(-2+4 i) t}=e^{(-2+4 i) t}
$$

比较系数得 $a=\frac{1}{8 i }=-\frac{ i }{8}$ ．于是

$$
y_{c}(t)=-\frac{i}{8} t e^{-2 t}(\cos 4 t+i \sin 4 t)=\frac{t}{8} e^{-2 t} \sin 4 t-i \frac{t}{8} e^{-2 t} \cos 4 t
$$

因此，

$$
y_p(t)=-\frac{t}{8} e^{-2 t} \cos 4 t
$$

于是通解为

$$
y(t)=k_1 e^{-2 t} \cos 4 t+k_2 e^{-2 t} \sin 4 t-\frac{t}{8} e^{-2 t} \cos 4 t
$$

由于

$$
\left|y(t)-y_p(t)\right| \leqslant e^{-2 t}\left(\left|k_1\right|+\left|k_2\right|\right) \rightarrow 0, \quad t \rightarrow+\infty
$$

因此，$y_p(t)=-\frac{t}{8} e ^{-2 t} \cos 4 t$ 为（渐近）稳定的解．当 $t$ 很大时，方程的任意解 $y(t)$ 均有

$$
y(t) \approx-\frac{t}{8} e^{-2 t} \cos 4 t
$$

研究问题 应用复数法及比较系数法 I，研究下述非齐次方程：

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=t^2 e^{\lambda t} \cos \omega t
$$

特解的比较系数法求法，其中 $p \geqslant 0, q>0$ ．

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