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微分方程

二阶非齐次线性ODE的特解求法

(注意：公式需要手动刷新才能进行渲染)

${y}’’+{Ay}’ +By=f(t),(D^{2} +AD+B)y=f(t),f(t)=e^{\propto t },\propto$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。

Ordinary Differential Equation

二阶非齐次线性ODE的特解求法

公式证明

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