AM@二阶常系数非齐次线性微分方程@待定系数法可解决的经典类型1

abstract

• 二阶常系数非齐次线性微分方程
• 待定系数法可解决的经典类型1及其解法总结与应用
  • 本文给出类型1为什么可以通过待定求出特解,并且待定函数要设成什么形式
  • 推理过程有一定工作量,而在应用中只需要记住可以用待定系数法求解,以及待定系数函数的形式公式以及公式中各部分的确定方法即可

二阶常系数非齐次线性微分方程

• 二阶常系数非齐次线性微分方程的一般形式为$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=f(x)$(1),其中$p,q$是常数

• 求方程(1)的通解,归结为求对应齐次方程:$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$(2)的通解$Y(x)$和一个(1)的特解$y^{\ast }(x)$;则$Y(x)+y^{\ast }(x)$为(1)的通解

• 对于非齐次的二阶常系数线性微分方程,仅有限的类型(以$f(x)$的不同类型作区分)是容易解决的,这里介绍两种类型

待定系数法可解类型

• 当$f(x)$取两种特殊类型的函数时,可以不用积分的方法求$y^{\ast }$,而是通过待定系数法
• 两种形式分别为:
  • $f(x)=e^{\lambda x}{P}_m(x)$,$f(x)$=$e^{\lambda x}(P_l(x)\cos \omega x+P_n(x)\sin \omega x)$

类型1

• 当$f(x)$=$e^{\lambda x}{P}_m(x)$(2),其中$\lambda$是常数,$P_m(x)$为$x$的一个**$m$次**多项式(设为${\sum }_{i=0}^m{a}_i{x}^i$)

  • 此时方程(1)表示为$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy$=$e^{\lambda x}{P}_m(x)$(2-1)
    • 当$\lambda =0$时,$f(x)=P_m(x)$,方程(2-1)进一步改写为$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy$=$P_m(x)$(2-2)
  • 对式(2)求导
    • $f^{\prime }(x)$=$\lambda e^{\lambda x}{P}_m(x)$+$e^{\lambda x}{P}_m^{\prime }(x)$=$e^{\lambda x}(\lambda P_m(x)+P_m^{\prime }(x))$其中$Q_m=\lambda P_m(x)+P_m^{\prime }(x)$仍然是$m$次多项式,继续求高阶导数,得到相仿的结论,即
      • $f^{(n)}(x)$=$e^{\lambda x}{Q}_m^{[n]}(x)$,其中$Q_m^{[n]}(x)$表示$f(x)$第$n$阶导数包含的$m$阶多项式
    • 此类型的特点是,多项式函数和指数型函数的乘积的导数仍然是多项式函数和指数型函数的乘积,再官产方程(2-1),这恰好可以并为等号右端形式,即$e^{\lambda x}{P}_m(x)$
  • 由此可以推测$y^{\ast }$=$Q(x)e^{\lambda x}$(3)可能是方程(1)的特解[待定系数法]
    • 其中$Q(x)$是某个多项式
  • 对(3)求导,$y^{{\ast }^{\prime }}$=$Q^{\prime }(x)e^{\lambda x}$+$Q(x)\lambda e^{\lambda x}$=$e^{\lambda x}(Q^{\prime }(x)+Q(x)\lambda )$(3-1)
    • $y^{{\ast }^{\prime \prime }}$=$\lambda e^{\lambda x}((Q^{\prime }(x)+Q(x)\lambda )$+$e^{\lambda x}(Q^{\prime \prime }(x)+\lambda Q^{\prime }(x))$=$e^{\lambda x}({\lambda }^{2}Q(x)+2\lambda Q^{\prime }(x)+Q^{\prime \prime }(x))$(3-2)
  • 将(3,3-1,3-2)代入方程(2-1),得$e^{\lambda x}({\lambda }^{2}Q(x)+2\lambda Q^{\prime }(x)+Q^{\prime \prime }(x))$+$p{e}^{\lambda x}(Q^{\prime }(x)+Q(x)\lambda )$+$qQ(x)e^{\lambda x}$=$e^{\lambda x}{P}_m(x)$,整理得$Q^{\prime \prime }(x)+(2\lambda +p)Q^{\prime }(x)+({\lambda }^2+p\lambda +q)Q(x)$=$P_m(x)$(4)

• 根据$\lambda$与方程(1)的特征方程$(r^2+pr+q=0)$(5)的根(特征根)关系,分为:不是特征根,单根,重根,这三种情形讨论

  • 若$\lambda$不是(5)的根,则${\lambda }^2+p\lambda +q\ne 0$(5-1),

    • 由于$P_m(x)$是$m$次多项式,要使(4)式两边相等,则$Q(x)$必须也是$m$次多项式,记为$Q(x)=Q_m(x)$=${\sum }_{i=0}^m{b}_i{x}^i$(6)
    • 将(6)代入方程(4),比较两边同次幂的系数,得到$0\sim m$次共$m+1$个方程
    • 解这$m+1$个方程,可得$b_0,\cdots ,b_m$
    • 代入(3),从而得到(2-1)的特解

  • 若$\lambda$是(5)的单根(两个互异根中的一个),则${\lambda }^2+p\lambda +q=0$(6-1)

    • 此处$\lambda$是单根,设另一根是$\overline{\lambda }$;由韦达定理:$\lambda +\overline{\lambda }=-p$,而$\lambda +\lambda \ne \lambda +\overline{\lambda }$,所以$2\lambda \ne -p$,即$2\lambda +p\ne 0$(7)

    • 此时方程(4)改写为$Q^{\prime \prime }(x)+(2\lambda +p)Q^{\prime }(x)$=$P_m(x)$;因此$Q^{\prime }(x)$必须是$m$次多项式;相应的,$Q(x)$就得是$m+1$次多项式

    • 令$Q(x)=x{Q}_m(x)$(8);仍然可以用系数比较法确定出$Q_m(x)$的系数$b_0,b_1,\cdots ,b_m$;就可以得出$Q_m(x)$,代入(8)得出$Q(x)$,再代入(3),得方程(2-1)的特解

  • 若$\lambda$是(5)的重根,此是也有(6-1)成立,并且$2\lambda +p=0$(8-1)

    • 此时方程(4)改写为$Q^{\prime \prime }(x)=P_m(x)$
    • 要使方程(4)两端恒等,必有$Q^{\prime \prime }(x)$为$m$次多项式,从而可以令$Q(x)=x^2{Q}_m(x)$
    • 同样使用系数比较法确定出$Q_m(x)$的系数,从而得出$Q(x)$,最后代入(3)得出(2-1)的特解

• 上述类型1的结论可知,方程(1)确实可以使用待定系数法求特解,该特解可以设为$y^{\ast }$=$x^k{Q}_m(x)e^{\lambda x}$,并且保证这个待定形式是可求解且正确的👺

小结

• 二阶常系数非齐次线性微分方程$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy$=$P_m(x)e^{\lambda x}$(1)具有形如$y^{\ast }=x^k{Q}_m(x)e^{\lambda x}$的特解,$(k=0,1,2)$
  • 其中$Q_m(x)$,$P_m(x)$是同为$m$次多项式,$Q_m(x)$的$m+1$个系数由系数比较法构造$m+1$个方程分别求出
  • $k$按照$\lambda$是方程(1)的特征方程$r^2+pr+q=0$(2)的根的重数决定的,
    • $0$重根,$k=0$;(表示$\lambda$不是方程(2)的根的简称)
    • $1$重根,$k=1$
    • $2$重根,$k=2$

例

• 求$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }-3y$=$3x+1$(1)的一个特解
  • 方程类型分析:方程(1)是常系数非齐次线性微分方程中的经典类型1
    • 令$f(x)$=$3x+1$=$e^{0x}(3x+1)$,即对应类型1问题模型中有(1-1)
      • $\lambda =0$;
      • $P_m(x)$是一次多项式$3x+1$
      • $m=1$
  • 特征方程为$r^2-2r-3=0$(2)
  • 检查$\lambda$和(2)的根的关系:$\lambda =0$不是(2)的根,
  • 应用类型1的待定系数法结论可知,方程(1)的特解可以设为$y^{\ast }$=$x^k{Q}_m(x)e^{\lambda x}$,代入(1-1),可以具体为$y^{\ast }$=$Q_1(x)$=$b_{0}x+b_1$(3)($Q_1(x)$是一次多项式)
  • 将(3)代入到方程(1):$-2b_0-3(b_{0}x+b_1)$=$3x+1$,整理得$-3b_{0}x-2b_0-3b_1$=$3x-1$(4)
  • 由系数比较法,$-3b_0=3$;$-2b_0-3b_1$=$1$,解得$b_0=-1$;$b_1=\frac{1}{3}$,从而得到特解为$y^{\ast }=-x+\frac{1}{3}$