常微分方程专题六

1.5 韦达定理降阶法

这种方法抛开了繁琐的待定系数法, 无论自由项是哪一种类型, 均可通过积分运算求出方程的特解, 进而求出通解. 这种方法非常巧妙, 也不涉及到更高深的理论, 推荐考研的同学熟练掌握这种方法.

设二阶常系数非齐次线性微分方程

\[y ^ {\prime \prime} + p y ^ {\prime} + q y = f (x) \]

所对应的齐次方程的特征根为 \(r _ { 1 }\) 和 \(r _ { 2 }\) , 利用韦达定理

\[r _ {1} + r _ {2} = - p \quad r _ {1} r _ {2} = q \]

可将

\[y ^ {\prime \prime} + p y ^ {\prime} + q y = f (x) \]

化为

\[y ^ {\prime \prime} - \left(r _ {1} + r _ {2}\right) y ^ {\prime} + r _ {1} r _ {2} y = f (x) \]

即

\[\left(y ^ {\prime} - r _ {1} y\right) ^ {\prime} - r _ {2} \left(y ^ {\prime} - r _ {1} y\right) = f (x) \]

令 \(y ^ { \prime } - r _ { 1 } y = y _ { 1 }\) , 则

\[y ^ {\prime \prime} + p y ^ {\prime} + q y = f (x) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y ^ {\prime} - r _ {1} y = y _ {1} \\ y _ {1} ^ {\prime} - r _ {2} y _ {1} = f (x) \end{array} \right. \]

前文我们已经推导过一阶常系数线性微分方程的通解, 故

\[y = \mathrm {e} ^ {r _ {1} x} \int y _ {1} \mathrm {e} ^ {- r _ {1} x} d x \]

\[y _ {1} = \mathrm {e} ^ {r _ {2} x} \int f (x) \mathrm {e} ^ {- r _ {2} x} \mathrm {d} x \]

故 \(y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f ( x )\) 的特解为

\[y = \mathrm {e} ^ {r _ {1} x} \int \mathrm {e} ^ {(r _ {2} - r _ {1}) x} \left[ \int f (x) \mathrm {e} ^ {- r _ {2} x} \mathrm {d} x \right] \mathrm {d} x \]

在应用以上特解公式时, 积分常数均应取 \(0\).

例 1.29 求 \(y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + y = x ^ { 2 }\) 的特解.

解: 特征根 \(r _ { 1 } = r _ { 2 } = 1\) , 故

\[\begin{align*} y^*&=\mathrm{e}^x\int \mathrm{e}^0\left[\int x^2\mathrm{e}^{-x}{\rm d}x\right]{\rm d}x\\ &=\mathrm{e}^x\int -\mathrm{e}^{-x}(x^2+2x+2){\rm d}x\\ &=x^2+4x+6 \end{align*} \]

例 1.30 求 \(y ^ { \prime \prime } + 2 y ^ { \prime } - 3 y = \mathrm { e } ^ { x }\) 的特解.

解: 特征根 \(r _ { 1 } = 1 , r _ { 2 } = - 3\) , 故

\[\begin{align*} y^*=\mathrm{e}^x\int \mathrm{e}^{-4x}\left[\int \mathrm{e}^{4x}{\rm d}x\right]{\rm d}x =\frac{1}{4}x\mathrm{e}^x \end{align*} \]

例 1.31 求 \(y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + 5 y = x \mathrm { e } ^ { x } \sin ( 2 x )\) 的特解.

解: 特征根 \(r _ { 1 } = 1 + 2 i , r _ { 2 } = 1 - 2 i\) , 故

\[\begin{align*} y^*&=\mathrm{e}^{1+2ix}\int \mathrm{e}^{-4ix}\left[\int x\mathrm{e}^x\sin (2x)\mathrm{e}^{(-1+2i)x}{\rm d}x\right]{\rm d}x\\ &=\mathrm{e}^{1+2ix}\int \mathrm{e}^{-4ix}\left[\int x\mathrm{e}^{4ix}{\rm d}x\right]{\rm d}x\\ &=\mathrm{e}^{1+2ix}\int\left(\frac{1}{16}-\frac{i}{4}x\right){\rm d}x\\ &=\mathrm{e}^x(\cos(2x)+i\sin (2x))\left(\frac{x}{16}-\frac{i}{8}x^2\right)\\ &=\mathrm{e}^x\left(-\frac{x^2}{8}\cos (2x)+\frac{x}{16}\sin (2x)\right)\qquad \text{取虚部} \end{align*} \]