微分方程

二阶非齐次线性ODE的特解求法

\({y}’’+{Ay}’ +By=f(t),(D^{2} +AD+B)y=f(t),f(t)=e^{\propto t },\propto\)为复数,此处的D是微分算子(linear)
记 \(
P(D)=(D^{2} +AD+B)
\)
解开\(D^{2}+AD+B=0\)这个方程 ,可以获得两个根\(r_{1}和r_{2}\), 进而得到\(P(D)=(D-r_{1})(D-r_{2})\)


此处分三种情况
\(通解记为y_{c} ,这里主要是求特解y_{p}\)

  • \(P(\propto)\ne 0,则\mathbf{y_{p}=\frac{e^{\propto }}{P(\propto )}}\)

    \(Example: {y}’’ -{y}’ +2y=e^{-x} sint\) 这里选用的是一个比较特别的例子,为了同时学习利用复数求特解的方法 )

    特征方程:\(P(D)=D^{2}-D+2\),可以得到通解为:\(\mathbf{y_{c} =e^{\frac {1}{2}t}(c_{1}cos\frac{\sqrt{7}}{2}t+c_{2}sin\frac{\sqrt{7}}{2}t)}\)

    \(\mathbf{Notice:Img(e^{(-1+i)x})=e^{-x}sinx}\)

    $$\mathbf{\tilde{y}_{p} =\frac{e^{-1+i}}{P(-1+i)}}$$

    $$\mathbf{=\frac{e^{-1+i}}{(-1+i)^{2}-(-1+i)+2}}$$

    $$\mathbf{=\frac{e^{-1+i}}{3(1-i)}}$$

    $$\mathbf{=\frac{e^{-1+i}(1+i)}{3(1-i)(1+i)}}$$

    $$\mathbf{=\frac{e^{-x}(cost+isint)(1+i)}{6}}$$

    \(\tilde{y_{p}}\)是指复数解,取\(\tilde{y_{p}}\)的虚部,即 \(\mathbf{Img(\tilde{y_{p}})=y_{p}=\frac{e^{-t}(cost+sint)}{6}}\)
    这正是我们寻求的实数特解,最后整理可得方程解为
    $$\mathbf{y=y_{c}+y_{p}=e^{\frac {1}{2}t}(c_{1}cos\frac{\sqrt{7}}{2}t+c_{2}sin\frac{\sqrt{7}}
    {2}t)+\frac{e^{-t}(cost+sint)}{6}}$$
    *如果是求\({y}’’ -{y}’ +2y=e^{-t} cost\)的特解,那么取实部即可


  • \(P(\propto)= 0且P’(\propto)\ne 0\) ,则\(\mathbf{y_{p}=\frac{xe^{\propto }}{P’(\propto )}}\)
    Example: \({y}’’ -2{y}’ -3y=e^{3t}\)

    $$P(D)=D^{2}-2D-3,检查P(3)=0$$
    这种显然无法直接获得特解。回忆一下\(P(D)\ne 0\)的特解的获得过程,利用一个\(Ce^{\propto t}\)代入方程中,\(P(D)Ce^{\propto t}=e^{\propto t}\)求得系数\(C\)。若将\(C\)改为\(u(t)\),引入一个变量,这就是变分法的大概思路,看看能否避开\(P(D)=0\)来获得一个特解。(Tip:在特征方程\(r_{1}=r_{2}\)的情形中也使用过相似的方法来求通解)。
    $$P(D)[u(t)\cdot e^{\propto t}]=e^{\propto t}$$

    公式证明

    $$P(D)[e^{\propto t}\cdot u(t)]=e^{\propto t}P(D+\propto)u(t)$$
    Proof

    • step1:\(P(D)=D\)时
      $$D(e^{\propto t}\cdot u(t))$$
      $$=e^{\propto t}D u\cdot(t)+\propto\cdot e^{\propto t}\cdot u(t)$$
      $$=e^{\propto t}(Du=\propto\cdot u(t))$$
      $$=e^{\propto t}(D+\propto)u(t)$$
    • step2: \(P(D)=D^{2}\)时,这里不必直接求二阶导数,可以借助已经证明的step1中的结构
      $$D^{2}(e^{\propto t}\cdot u(t))=D[D(e^{\propto t}\cdot u(t))]=D[e^{\propto t}\cdot(D+\propto)u(t)]$$ 将\(e^{\propto t}\cdot(D+\propto)u(t)\)视作一个整体
      $$=e^{\propto t}(D+\propto)^{2}u(t)$$
    • step3:\(P(D)\)是线性算子的组合,因此将step1和step中的证明结果综合起来,即可得到对于\(P(D)=AD^{2}+BD+C\),可证明:$$P(D)[e^{\propto t}\cdot u(t)]=e^{\propto t}P(D+\propto)u(t)$$

    \(P(D)=D^{2} +AD+B=(D-r_{1})(D-r_{2}),r_{1}\ne r_{2}\),由于研究的是\(P(D)=0\)的情况,这里取\(r_{1}=\propto\)来满足这个条件。
    $$P’(D)=2D+A=(D-r_{1})+(D-r_{2})$$
    $$P(D+\propto)=(D+\propto-r_{1})(D+\propto-r_{2})=D(D+\propto-r_{2})$$
    $$P(D)[e^{\propto t}u(t)]=e^{\propto t}P(D+\propto)u(t)=e^{\propto t}D(D+\propto-r_{2})=e^{\propto t}$$
    $$D(D+\propto-r_{2})u(t)=1$$这个方程只用求出一个特解,视作\(Ce^{0\cdot t}\)会比较好理解,\(u=\frac{t}{r_{1}-r_{2}}\)由于\(P’(r_{1})=r_{1}-r_{2}\)
    归纳可得\(\mathbf{y_{p}=\frac{t\cdot e^{\propto t}}{P’(\propto)}}\)
    该Example的特解即为\(y_{p}=\frac{t\cdot e^{3t}}{P’(3)}=\frac{t\cdot e^{3t}}{4}\)
    通解是比较好求的,\(y_{c}=c_{1}e^{3t}+c_{2}e^{-t}\),
    最后整理可得$$y=y_{c}+y_{p}=c_{1}e^{3t}+c_{2}e^{-t}+\frac{t\cdot e^{3t}}{4}$$


  • \(P(\propto)= 0,P’(\propto)= 0,P’’(\propto)=2\ne 0,则\mathbf{y_{p}=\frac{x^{2}e^{\propto }}{P’’(\propto )}}\)
    $$r_{1}=r_{2}=\propto$$该情形与上一个情形基本相似,也是使用变分法来获取一个特解。
    $$P(D)[e^{\propto t}u(t)]=e^{\propto t}P(D+\propto)u(t)=e^{\propto t}D^{2}u(t)=e^{\propto t}$$
    $$D^{2}u(t)=1$$取一个特解$$u(t)=\frac{1}{2}t^{2}$$
    整理可得$$\mathbf{y_{p}=\frac{t^{2}e^{\propto t}}{2}}$$
    $$P’’(\propto)=2$$所以$$\mathbf{y_{p}=\frac{t^{2}e^{\propto t}}{P’’(\propto)}}$$我觉得这么写可能是为了方便记忆,因为\(P’’(D)\)始终等于2。不过与之前的\(P(D),P’(D)\)保持一致性也确实很美观。