1.3 待定系数法
定理 1.6 (广义叠加原理)
设 \(y _ { 1 } , y _ { 2 }\) 分别是 \(L [ y ] = f _ { 1 } ( x ) , L [ y ] = f _ { 2 } ( x )\) 的解, 则 \(y _ { 1 } + y _ { 2 }\) 是 \(L [ y ] = f _ { 1 } ( x ) + f _ { 2 } ( x )\) 的解.
1.3.1 二阶常系数齐次微分方程
例 1.12 讨论形如
\[\frac {\mathrm {d} ^ {2} y}{\mathrm {d} x ^ {2}} + p \frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x} + q y = 0
\]
的微分方程的通解.
解: 设 \(y=\mathrm{e}^{rx}\) 是它的解, \(r\) 是待定系数.则
\[\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x}=r\mathrm{e}^{rx} \qquad \frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2}=r^2\mathrm{e}^{rx}
\]
\[r^2\mathrm{e}^{rx}+pr\mathrm{e}^{rx}+q\mathrm{e}^{rx}=0 \Rightarrow r^2+pr+q=0
\]
这时便得到了特征方程.
\(p^2-4q>0\) 时,特征方程有 \(2\) 个不等根 \(r_{1,2}\). 则
\[y_{1}=\mathrm{e}^{r_{1}x},y_{2}=\mathrm{e}^{r_{2}x}
\]
都是它的解.又 \(\frac{y_{1}}{y_{2}}\ne\) 常数, \(\Rightarrow y_{1},y_{2}\) 线性无关,于是通解为:
\[y=C_{1}\mathrm{e}^{r_{1}x}+C_{2}\mathrm{e}^{r_{2}x}
\]
\(p^2-4q=0\) 时,特征方程有 \(2\) 个等根 \(r_1=r_2=r\). 此时 \(r=-\frac{p}{2}\), 则 \(y_{1}=\mathrm{e}^{rx}\) 是它的解.设 \(y_{2}=u\mathrm{e}^{rx}\) 也是它的解. 则
\[\begin{align*}
\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x}&=\left(\frac{{\rm d}u}{{\rm d}x}+ru\right)\mathrm{e}^{rx}\\
\frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2}&=\left(\frac{{\rm d}^2u}{{\rm d}x^2}+2r\frac{{\rm d}u}{{\rm d}x}+r^2u\right)\mathrm{e}^{rx}
\end{align*}
\]
代入有
\[\left(\frac{{\rm d}^2u}{{\rm d}x^2}+2r\frac{{\rm d}u}{{\rm d}x}+r^2u\right)\mathrm{e}^{rx}+p\left(\frac{{\rm d}u}{{\rm d}x}+ru\right)\mathrm{e}^{rx}+qu\mathrm{e}^{rx}=0
\]
整理得
\[\frac{{\rm d}^2u}{{\rm d}x^2}+(2r+p)\frac{{\rm d}u}{{\rm d}x}+(r^2+pr+q)x=0
\]
显然有 \(\frac{{\rm d}^2u}{{\rm d}x^2}=0\).可取 \(u=x \Rightarrow y_{2}=x\mathrm{e}^{rx}\) 是它的解. \(y_1,y_2\) 线性无关.于是通解为
\[y=(C_{1}+C_{2}x)\mathrm{e}^{rx}
\]
当 \(p^2-4q<0\) 时,特征方程有\(2\) 个不等的复根 \(r_{1,2}=\alpha \pm i\beta\).由欧拉公式得
\[\mathrm{e}^{ix}=\cos x+i\sin x\quad \mathrm{e}^{-ix}=\cos x-i\sin x
\]
\[\begin{align*}
y_{1}&=\mathrm{e}^{r_{1}x}=\mathrm{e}^{(\alpha+i\beta) x}=\mathrm{e}^{\alpha x}\mathrm{e}^{i\beta x}=\mathrm{e}^{\alpha x}(\cos \beta x+i\sin \beta x)\\
y_{2}&=\mathrm{e}^{r_{2}x}=\mathrm{e}^{(\alpha-i\beta) x}=\mathrm{e}^{\alpha x}\mathrm{e}^{-i\beta x}=\mathrm{e}^{\alpha x}(\cos \beta x-i\sin \beta x) \\
y^{*}_{1}&=\frac{1}{2}(y_{1}+y_{2})=\mathrm{e}^{\alpha x}\cos \beta x \\
y^{*}_{2}&=\frac{1}{2}(y_{1}-y_{2})=\mathrm{e}^{\alpha x}\sin \beta x
\end{align*}
\]
\(y^{*}_{1},y^{*}_{2}\) 线性无关,于是通解为
\[y=\mathrm{e}^{\alpha x}(C_{1}\cos \beta x+C_{2}\sin \beta x)
\]
1.3.2 二阶常系数非齐次微分方程
例 1.13 试讨论形如
\[\frac{{\rm d}^2y}{{\rm d}x^2}+p\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x}+qy=P_{n}(x)\mathrm{e}^{\alpha x}
\]
的微分方程的特解.其中 \(P_{n}(x)\) 是 \(x\) 的 \(n\) 次多项式.
解: 设 \(y ^ { * } = Q ( x ) \mathrm { e } ^ { \alpha x }\) 是它的特解. 则
\[\frac{{\rm d}y^{*}}{{\rm d}x}=\left(\frac{{\rm d}Q}{{\rm d}x}+\alpha Q\right)\mathrm{e}^{\alpha x}
\]
\[\begin{align*}
\frac{{\rm d}^2y^{*}}{{\rm d}x^2}&=\left(\frac{{\rm d}^2Q}{{\rm d}x^2}+\alpha \frac{{\rm d}Q}{d{\rm d}x}\right)\mathrm{e}^{\alpha x}+\left(\frac{{\rm d}Q}{{\rm d}x}+\alpha Q\right)\mathrm{e}^{\alpha x}\alpha\\
&=\left(\frac{{\rm d}^2Q}{{\rm d}x^2}+2\alpha \frac{{\rm d}Q}{{\rm d}x}+\alpha^2Q\right)\mathrm{e}^{\alpha x}
\end{align*}
\]
代入得
\[\frac{{\rm d}^2Q}{{\rm d}x^2}+(2\alpha+p)\frac{{\rm d}Q}{{\rm d}x}+(\alpha^2+p\alpha+q)Q=P_{n}(x)\tag{1.3}
\]
\(\alpha^2+p\alpha+q\ne 0\)
此时 (1.3) 式左端最高次数为 \(Q(x)\),显然 \(Q(x)\) 为 \(n\) 次多项式, 可取 \(y^{*}=Q_{n}(x)\mathrm{e}^{\alpha x}\).
\(\alpha^2+p\alpha+q= 0\) 但是 \(2\alpha+p \ne 0\)
此时 (1.3) 式左端最高次数为 \(\dfrac{{\rm d}Q}{{\rm d}x}\),显然 \(Q(x)\) 为 \(n+1\) 次多项式, 可取 \(y^{*}=xQ_{n}(x)\mathrm{e}^{\alpha x}\).
\(\alpha^2+p\alpha+q= 2\alpha+p=0\)
同理可取 \(y^{*}=x^2Q_{n}(x)\mathrm{e}^{\alpha x}\).
综上有
\[y^{*}=x^kQ_{n}(x)\mathrm{e}^{\alpha x}\qquad
k=
\begin{cases}
0& \alpha\text{不是特征方程的根}\\
1& \text{单根}\\
2& \text{二重根}
\end{cases}
\]
例 1.14 试讨论形如
\[\frac {\mathrm {d} ^ {2} y}{\mathrm {d} x ^ {2}} + p \frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x} + q y = \left[ P _ {n} ^ {(1)} \cos \beta x + P _ {l} ^ {(2)} (x) \sin \beta x \right] \mathrm {e} ^ {\alpha x}
\]
的微分方程的特解. 其中 \(P _ { n } ^ { ( 1 ) } , P _ { l } ^ { ( 2 ) }\) 分别为 \(_ x\) 的 \(n\) 次和 $ { l }$ 次多项式.
解:注意到
\[\mathrm {e} ^ {i \beta x} = \cos \beta x + i \sin \beta x \quad \mathrm {e} ^ {- i \beta x} = \cos \beta x - i \sin \beta x
\]
\[\cos \beta x = \frac {\mathrm {e} ^ {i \beta x} + \mathrm {e} ^ {- i \beta x}}{2} \quad \sin \beta x = \frac {\mathrm {e} ^ {i \beta x} - \mathrm {e} ^ {- i \beta x}}{2 i} = - i \frac {\mathrm {e} ^ {i \beta x} - \mathrm {e} ^ {- i \beta x}}{2}
\]
可得
\[\begin{align*}
f(x)&=\left[P^{(1)}_{n}\cos \beta x+P^{(2)}_{l}(x)\sin \beta x\right]\mathrm{e}^{\alpha x}\\
&=\left[P^{(1)}_{n}(x)\frac{\mathrm{e}^{i\beta x}+\mathrm{e}^{-i\beta x}}{2}+P^{(2)}_{l}(x)\frac{-\mathrm{e}^{i\beta x}+\mathrm{e}^{-i\beta x}}{2}i\right]\mathrm{e}^{\alpha x}\\ &=\left[\frac{P^{(1)}_{n}(x)-P^{(2)}_{l}(x)i}{2}\mathrm{e}^{i\beta x}+\frac{P^{(1)}_{n}(x)+P^{(2)}_{l}(x)i}{2}\mathrm{e}^{-i\beta x}\right]\mathrm{e}^{\alpha x}\\ &=\frac{P^{(1)}_{n}(x)-P^{(2)}_{l}(x)i}{2}\mathrm{e}^{(\alpha+i\beta) x}+\frac{P^{(1)}_{n}(x)+P^{(2)}_{l}(x)i}{2}\mathrm{e}^{(\alpha-i\beta) x}
\end{align*}
\]
令 \(g(x)=\frac{P^{(1)}_{n}(x)-P^{(2)}_{l}(x)i}{2}\mathrm{e}^{(\alpha+i\beta) x}\),\(\frac{P^{(1)}_{n}(x)-P^{(2)}_{l}(x)i}{2}\) 为 \(m\) 次多项式. 其中 \(m=\max\{n,l\}\), 则
\[f(x)=g(x)+\overline{g(x)} \qquad L[y]=g(x) \qquad L[y]=\overline{g(x)}
\]
设 \(\alpha +i\beta\) 是特征方程的 \(k\) 重根.(\(k\) 为 \(0\) 或 \(1\))
设特解为 \(y^{*}_{1}=x^kQ_{m}(x)\mathrm{e}^{(\alpha+i\beta)x}\),其中 \(Q_{m}(x)=\frac{R^{(1)}_{m}(x)-iR^{(2)}_{m}(x)}{2}\).于是
\[\begin{align*}
y^{*}_{1}&=\frac{1}{2}x^k(R^{(1)}_{m}(x)-iR^{(2)}_{m}(x))\mathrm{e}^{\alpha x}(\cos \beta x+i\sin \beta x)\\
&=\frac{1}{2}x^k\left[(R^{(1)}_{m}(x)\cos \beta x+R^{(2)}_{m}(x)\sin \beta x)+
i(R^{(1)}_{m}(x)\sin \beta x-R^{(2)}_{m}(x)\sin \beta x)\right]\mathrm{e}^{\alpha x}
\end{align*}
\]
故 \(f(x)=g(x)+\overline{g(x)}\) 有特解
\[y^{*}=y^{*}_{1}+y^{*}_{2}=y^{*}_{1}+\overline{y^{*}_{1}}=x^k(R^{(1)}_{m}\cos \beta x+R^{(2)}_{m}\sin \beta x)\mathrm{e}^{\alpha x}
\]
