二阶常系数线性微分方程

本节导读

上一节的一阶方程只含 $y'$y′，本节的二阶方程含有 $y''$y′′。试卷上的二阶方程基本都是常系数线性的，一般形式是

$y'' + py' + qy = f(x)$y′′+py′+qy=f(x)

其中 $p$p、$q$q 是常数。$f(x) \equiv 0$f(x)≡0 时叫齐次方程，否则叫非齐次方程。解法分两步：先用特征方程解出齐次方程的通解，再用待定系数法求非齐次方程的一个特解，两者相加就是通解。

二阶常系数齐次方程与特征方程

对于 $y'' + py' + qy = 0$y′′+py′+qy=0，如果 $y_1$y1​、$y_2$y2​ 是它的两个解，并且 $\dfrac{y_2}{y_1}$y1​y2​​ 不是常数（两个解不成比例），那么

$y = C_1y_1 + C_2y_2$y=C1​y1​+C2​y2​

就是通解：它含有两个独立的任意常数，与二阶方程的阶数相同。

寻找这两个解时，试 $y = e^{rx}$y=erx。代入方程，$y' = re^{rx}$y′=rerx，$y'' = r^2e^{rx}$y′′=r2erx，约去 $e^{rx}$erx 得

$r^2 + pr + q = 0$r2+pr+q=0

这叫特征方程。记法很简单：$y''$y′′ 换成 $r^2$r2，$y'$y′ 换成 $r$r，$y$y 换成 $1$1，系数照抄。按判别式 $p^2 - 4q$p2−4q 的符号分三种情形：

判别式	特征根	通解
$p^2 - 4q \gt 0$p2−4q>0	两个不等实根 $r_1 \ne r_2$r1​=r2​	$y = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}$y=C1​er1​x+C2​er2​x
$p^2 - 4q = 0$p2−4q=0	两个相等实根 $r_1 = r_2 = r$r1​=r2​=r	$y = (C_1 + C_2x)e^{rx}$y=(C1​+C2​x)erx
$p^2 - 4q \lt 0$p2−4q<0	共轭复根 $\alpha \pm \beta i$α±βi	$y = e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x + C_2\sin\beta x)$y=eαx(C1​cosβx+C2​sinβx)

例如 $y'' - 5y' + 6y = 0$y′′−5y′+6y=0 的特征方程是 $r^2 - 5r + 6 = 0$r2−5r+6=0，两根为 $2$2 和 $3$3，通解是 $y = C_1e^{2x} + C_2e^{3x}$y=C1​e2x+C2​e3x。

又如 $y'' + 4y' + 4y = 0$y′′+4y′+4y=0 的特征方程是 $(r + 2)^2 = 0$(r+2)2=0，有重根 $r = -2$r=−2，通解是 $y = (C_1 + C_2x)e^{-2x}$y=(C1​+C2​x)e−2x。

再如 $y'' + 2y' + 5y = 0$y′′+2y′+5y=0 的特征方程 $r^2 + 2r + 5 = 0$r2+2r+5=0 有根 $r = -1 \pm 2i$r=−1±2i，这里 $\alpha = -1$α=−1，$\beta = 2$β=2，通解是 $y = e^{-x}(C_1\cos 2x + C_2\sin 2x)$y=e−x(C1​cos2x+C2​sin2x)。

特别地，$p = 0$p=0、$q = \omega^2 \gt 0$q=ω2>0 时，特征根是 $\pm\omega i$±ωi（$\alpha = 0$α=0），通解是 $y = C_1\cos\omega x + C_2\sin\omega x$y=C1​cosωx+C2​sinωx，例如 $y'' + 9y = 0$y′′+9y=0 的通解是 $y = C_1\cos 3x + C_2\sin 3x$y=C1​cos3x+C2​sin3x。

二阶方程有两个任意常数，所以求特解时需要两个初始条件 $y(x_0) = y_0$y(x0​)=y0​ 和 $y'(x_0) = y_1$y′(x0​)=y1​。做法是：先写出通解，再求导得到 $y'$y′ 的表达式，把两个条件分别代入，得到关于 $C_1$C1​、$C_2$C2​ 的二元一次方程组，解出常数。

二阶常系数非齐次方程与待定系数法

非齐次方程 $y'' + py' + qy = f(x)$y′′+py′+qy=f(x) 的通解结构是

$y = Y + y^*$y=Y+y∗

其中 $Y$Y 是对应齐次方程 $y'' + py' + qy = 0$y′′+py′+qy=0 的通解，$y^*$y∗ 是非齐次方程的任意一个特解。道理是：$Y$Y 代入左边得 $0$0，$y^*$y∗ 代入左边得 $f(x)$f(x)，两者之和代入左边仍是 $f(x)$f(x)，并且含有两个任意常数。

特解 $y^*$y∗ 用待定系数法求：按自由项 $f(x)$f(x) 的类型设出带待定系数的形式，代入方程，比较两边的系数，定出系数。常见类型的设法如下（$A$A、$B$B 是待定常数）：

自由项 $f(x)$f(x)	条件	特解的设法
$ae^{\lambda x}$aeλx	$\lambda$λ 不是特征根	$y^* = Ae^{\lambda x}$y∗=Aeλx
$ae^{\lambda x}$aeλx	$\lambda$λ 是单根	$y^* = Axe^{\lambda x}$y∗=Axeλx
$ae^{\lambda x}$aeλx	$\lambda$λ 是二重根	$y^* = Ax^2e^{\lambda x}$y∗=Ax2eλx
$ax + b$ax+b	$0$0 不是特征根（$q \ne 0$q=0）	$y^* = Ax + B$y∗=Ax+B
$ax + b$ax+b	$0$0 是单根（$q = 0$q=0，$p \ne 0$p=0）	$y^* = x(Ax + B)$y∗=x(Ax+B)
$a\cos\omega x + b\sin\omega x$acosωx+bsinωx	$\pm\omega i$±ωi 不是特征根	$y^* = A\cos\omega x + B\sin\omega x$y∗=Acosωx+Bsinωx
$a\cos\omega x + b\sin\omega x$acosωx+bsinωx	$\pm\omega i$±ωi 是特征根	$y^* = x(A\cos\omega x + B\sin\omega x)$y∗=x(Acosωx+Bsinωx)

口诀：先看自由项里的 $\lambda$λ（或 $\pm\omega i$±ωi）是不是特征根——不是就按自由项的类型直接设，是单根就多乘一个 $x$x，是二重根就多乘 $x^2$x2。