二阶常微分方程解 Document number：BGCG-0857-BTDO-0089-2022第七节 二阶常系数线性微分方程的解法在上节我们已经讨论了二阶线性微分方程解的结构，二阶线性微分方程的求解问题，关键在于如何求二阶齐次方程的通解和非齐次方程的一个特解。

本节讨论二阶线性方程的一个特殊类型，即二阶常系数线性微分方程及其求解方法。

先讨论二阶常系数线性齐次方程的求解方法。

§ 二阶常系数线性齐次方程及其求解方法设给定一常系数二阶线性齐次方程为22dx y d ＋p dxdy ＋qy ＝0 其中p 、q 是常数，由上节定理二知，要求方程的通解，只要求出其任意两个线性无关的特解y 1,y ２就可以了，下面讨论这样两个特解的求法。

我们先分析方程可能具有什么形式的特解，从方程的形式上来看，它的特点是22dx y d ，dx dy，y 各乘以常数因子后相加等于零，如果能找到一个函数y ，其22dx y d ，dxdy，y 之间只相差一个常数因子，这样的函数有可能是方程的特解，在初等函数中，指数函数e rx ，符合上述要求，于是我们令y ＝e rx(其中r 为待定常数)来试解将y ＝erx，dxdy ＝re rx，22dxy d ＝r 2e rx代入方程得 r 2e rx ＋pre rx＋qe rx＝0或 e rx（r 2＋pr ＋q ）＝0因为e rx ≠0，故得r 2＋pr ＋q ＝0由此可见，若r 是二次方程r 2＋pr ＋q ＝0的根，那么e rx 就是方程的特解，于是方程的求解问题，就转化为求代数方程的根问题。

称式为微分方程的特征方程。

特征方程是一个以r 为未知函数的一元二次代数方程。

特征方程的两个根r １，r 2，称为特征根，由代数知识，特征根r 1，r 2有三种可能的情况，下面我们分别进行讨论。

(1)若特证方程有两个不相等的实根r １，r 2，此时e r １x ，e r2x 是方程的两个特解。

因为 x r x r 21e e ＝e x)r r (21-≠常数所以e r1x ，e r2x 为线性无关函数，由解的结构定理知，方程的通解为y ＝C 1e r1x ＋C 2e r2x(2)若特征方程有两个相等的实根r 1＝r 2，此时p 2－4q ＝0，即有r 1＝r 2＝2p-，这样只能得到方程的一个特解y１＝e r １x ，因此，我们还要设法找出另一个满足12y y ≠常数，的特解y 2，故12y y 应是x 的某个函数，设12y y ＝u ，其中u ＝u(x)为待定函数，即y 2＝uy 1＝ue r １x对y 2求一阶，二阶导数得dx dy 2＝dxdu e r1x＋r １ue r1x＝(dx du ＋r 1u)er1x222dx y d ＝(r 2１u ＋2r 1dx du ＋22dx ud )e r1x将它们代入方程得(r 21u ＋２r 1dx du ＋22dxu d )e r1x＋p(dxdu ＋r 1u)er1x＋que r1x ＝0或［22dx u d ＋(2r 1＋p) dxdu＋(r ２１＋pr 1＋q)u ］e r1x ＝0因为e r1x ≠0，且因r 1是特征方程的根，故有r ２１＋pr １＋q ＝0，又因r 1＝－2p故有2r 1＋p ＝0，于是上式成为22dxu d ＝0 显然满足22dxud ＝0的函数很多，我们取其中最简单的一个 u(x)＝x则y 2＝xe rx 是方程的另一个特解，且y 1，y 2是两个线性无关的函数，所以方程的通解是y ＝C 1e r1x ＋C 2xe r1x ＝(C 1＋C 2x)er1x(3)若特征方程有一对共轭复根 r 1＝α＋i β，r 2＝α－i β此时方程有两个特解y 1＝e (α＋i β)xy 2＝e （α－i β）x则通解为y ＝C 1e （α＋i β）x ＋C 2e （α－i β）x其中C 1，C 2为任意常数，但是这种复数形式的解，在应用上不方便。

在实际问题中，常常需要实数形式的通解，为此利用欧拉公式e ix ＝cosx ＋isinx ，e －ix ＝cosx －isinx有 21(e ix＋e －ix)＝cosxi 21(e ix－e －ix)＝sinx21 (y 1＋y ２)＝21e αx(e i βx＋e －i βx)＝e αxcos βxi 21 (y 1－y 2)＝i21e αx(e i βx－e －i βx)＝e αxsin βx由上节定理一知，21 (y 1＋y 2)，i21(y 1－y 2)是方程的两个特解，也即e αx cos βx ，e αx sin βx 是方程的两个特解：且它们线性无关，由上节定理二知，方程的通解为y ＝C 1e αx cos βx ＋C 2e αx sin βx或 y ＝e αx (C 1cos βx ＋C 2sin βx)其中C 1，C 2为任意常数，至此我们已找到了实数形式的通解，其中α，β分别是特征方程复数根的实部和虚部。

综上所述，求二阶常系数线性齐次方程的通解，只须先求出其特征方程的根，再根据他的三种情况确定其通解，现列表如下特征方程r 2＋pr ＋q ＝0的根微分方程22dx y d ＋p dx dy＋qy ＝0的通解有二个不相等的实根r 1，r 2y ＝C 1e r1x＋C 2e r2x有二重根r 1＝r 2y ＝(C 1＋C 2x)e r1x有一对共轭复根β-α=β+α=i r i r 21y ＝e αx (C 1cos βx ＋C 2sin βx)例1. 求下列二阶常系数线性齐次方程的通解(1) 22dx y d ＋3dx dy－１０y ＝0 (2) 22dx y d －4dx dy ＋4y ＝0 (3) 22dx y d ＋4dxdy ＋7y ＝0 解 (1)特征方程r 2＋3r －10＝0有两个不相等的实根r 1＝－5，r 2＝2所求方程的通解 y ＝C 1e －5r＋C 2e 2x(2)特征方程r 2－4r ＋4＝0，有两重根 r 1＝r 2＝2所求方程的通解y ＝(C 1＋C 2x)e 2x(3)特征方程r 2＋4r ＋7＝0有一对共轭复根r 1＝－2＋3i r 2＝－2－3i所求方程的通解 y ＝e －2x(C 1cos3x ＋C 2sin 3x)§ 二阶常系数线性非齐次方程的解法由上节线性微分方程的结构定理可知，求二阶常系数线性非齐次方程22dx y d ＋p dxdy ＋qy ＝f(x) 的通解，只要先求出其对应的齐次方程的通解，再求出其一个特解，而后相加就得到非齐次方程的通解，而且对应的齐次方程的通解的解法，前面已经解决，因此下面要解决的问题是求方程的一个特解。

方程的特解形式，与方程右边的f(x)有关，这里只就f(x)的两种常见的形式进行讨论。

一、f(x)＝p n (x)e αx ，其中p n (x)是n 次多项式，我们先讨论当α＝0时，即当f(x)＝p n （x ）时方程22dx y d ＋p dx dy ＋qy ＝p n(x) 的一个特解。

(1)如果q ≠0，我们总可以求得一n 次多项式满足此方程，事实上，可设特解~y ＝Q n(x)＝a 0x n＋a 1xn －1＋…＋a n ，其中a 0，a 1，…a n 是待定常数，将~y 及其导数代入方程，得方程左右两边都是n 次多项式，比较两边x 的同次幂系数，就可确定常数a 0，a 1，…a n 。

例1. 求22dx y d ＋dxdy＋2y ＝x 2－3的一个特解。

解 自由项f(x)＝x 2－3是一个二次多项式，又q ＝2≠0，则可设方程的特解为~y ＝a 0x 2＋a 1x ＋a 2求导数~'y ＝2a 0x ＋a1~"y ＝2a代入方程有2a 0x 2＋(2a 0＋2a 1)x ＋（2a 0＋a 1＋2a ２）＝x 2－3比较同次幂系数⎪⎩⎪⎨⎧-=++=+=3a 2a a 20a 2a 21a 2210100 解得 47a 21a 21a 210-=-==所以特解~y ＝21x 2－21x －47(2)如果q ＝0，而p ≠0，由于多项式求导一次，其次数要降低一次，此时~y ＝Q n (x)不能满足方程，但它可以被一个(n ＋1)次多项式所满足，此时我们可设~y ＝xQ n (x)＝a 0x n ＋1＋a 1x n ＋…＋a n x代入方程，比较两边系数，就可确定常数a 0，a 1，…a n 。

例2. 求方程22dx y d ＋4dxdy＝3x 2＋2的一个特解。

解 自由项 f(x)＝3x 2＋2是一个二次多项式，又q ＝0，p ＝４≠0，故设特解~y ＝a 0x 3＋a 1x 2＋a 2x求导数~'y ＝3a 0x 2＋2a 1x ＋a2~"y ＝6a 0x ＋2a1代入方程得12a 0x 2＋（8a 1＋6a 0）x ＋（２a 1＋4a 2）＝3x 2＋2，比较两边同次幂的系数⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=2a 4a 20a 6a 83a 1221010 解得 3219a 163a 41a 210=-==所求方程的特解 ~y ＝41x 3－163x 2＋3219x(3)如果p ＝0，q ＝0，则方程变为22dxyd ＝p n(x)，此时特解是一个(n ＋2)次多项式，可设~y ＝x 2Q n(x)，代入方程求得，也可直接通过两次积分求得。

下面讨论当α≠0时，即当f(x)＝p n (x)e αx 时方程22dx y d ＋p dxdy ＋qy ＝p n(x)e αx的一个特解的求法，方程与方程相比，只是其自由项中多了一个指数函数因子e αx，如果能通过变量代换将因子e αx去掉，使得化成式的形式，问题即可解决，为此设y ＝ue αx ，其中u ＝u(x)是待定函数，对y ＝ue αx ，求导得dx dy ＝e αxdxdu＋αue αx求二阶导数 22dx y d ＝e αx22dx u d ＋2αe αxdxdu＋α2ue αx代入方程得eαx［22dx u d ＋2αdxdu ＋α2u ］＋pe αx［dxdu＋αu ］＋que αx＝p n (x)e αx消去e αx 得22dx u d ＋(2α＋p) dxdu ＋(α2＋p α＋q)u ＝p n（x ） 由于式与形式一致，于是按的结论有：(1)如果α2＋p α＋q ≠0，即α不是特征方程r 2＋pr ＋q ＝0的根，则可设的特解u ＝Ｑn (x)，从而可设的特解为~y ＝Q n (x)e αx(2)如果α2＋p α＋q ＝0，而２α＋p ≠0，即α是特征方程r 2＋pr ＋q ＝0的单根，则可设的特解u ＝xQ n (x)，从而可设的特解为~y ＝xQ n (x)e αx(3)如果r 2＋p α＋q ＝0，且２α＋p ＝0，此时α是特征方程r 2＋pr ＋q ＝0的重根，则可设的特解u ＝x 2Q n (x)，从而可设的特解为~y ＝x 2Q n (x)e αx例3. 求下列方程具有什么样形式的特解(1)22dx y d ＋5dx dy ＋6y ＝e 3x (2) 22dx y d ＋5dx dy ＋6y ＝3xe －2x (3) 22dx y d ＋αdxdy ＋y ＝－(3x 2＋1)e －x解 (1)因α＝3不是特征方程r 2＋5r ＋6＝0的根，故方程具有形如~y ＝a 0e3x 的特解。