簡林祥 李德新 陳日清

摘 要：一般高等數(shù)學(xué)教材里，關(guān)于兩類具有特殊形式自由項的二階線性常系數(shù)非齊次微分方程，均需通過求解特征根，才能假設(shè)出特解形式。文章通過推導(dǎo)，得到了一種無須求解特征根便能得到特解形式的簡便方法，這對求解此類方程提供了一定的便利。

關(guān)鍵詞：特解；加次；多項式

中圖分類號：O175.1 文獻(xiàn)標(biāo)志碼：A 文章編號：2096-000X（2018）07-0095-03

Abstract： Inthe teaching materials of general advanced mathematics， two kinds of two order linear constant coefficient non-homogeneous differential equations with special form of free term must be solved by solving characteristic roots. In this paper， a convenient method to obtain the special solution form is obtained， which can provide some convenience for solving such equations.

Keywords： special solution； addition； polynomial

引言

（一）二階線性非齊次方程及其解的結(jié)構(gòu)

形如

y"+p（x）y'+q（x）y=f（x）， （1）

的方程稱為二階線性非齊次方程（標(biāo)準(zhǔn)形式），其中非齊次項f（x）不恒為零，稱為自由項。

齊次方程

y"+p（x）y'+q（x）y=0， （2）

稱為方程（1）對應(yīng)的齊次方程。

有關(guān)方程（1）的解的結(jié)構(gòu)如下（證明從略）：

定理1 設(shè)Y是齊次方程（2）的通解，y*是非齊次方程（1）的一個解，則

y=Y+y*

是非齊次方程（1）的通解。

如，對非齊次方程y"+y=2ex來說：y=C1sinx+C2cosx是對應(yīng)的齊次方程y"+y=0的通解，y*=ex是原非齊次方程的一個解（讀者自行驗證），因此

y=C1sinx+C2cosx+ex

是所給的方程的通解。

定理2 設(shè)非齊次方程（1）右端f（x）是幾個函數(shù)之和（或差），如

y"+p（x）y'+q（x）y=f1（x）±f2（x），

而y1*與y2*分別是方程

y"+p（x）y'+q（x）y=f1（x）與y"+p（x）y'+q（x）y=f2（x）

的解，則y*=y1*±y2*是原方程的解。

定理2是線性非齊次方程特解的疊加（或減）原理。

由定理2，可得：若y1*與y2*都是非齊次方程（1）的解，則y*=y1*-y2*是對應(yīng)的齊次方程（2）的解。

定理3 設(shè)y1+iy2是方程y"+p（x）y'+q（x）y=f1（x）+if2（x）的解，其中p（x），q（x），f1（x），f2（x）為實值函數(shù)，i為純虛數(shù).則y1與y2分別是方程

y"+p（x）y'+q（x）y=f1（x）與y"+p（x）y'+q（x）y=f2（x）

的解。

（二）兩類特殊的二階線性常系數(shù)非齊次方程的解法

二階線性常系數(shù)非齊次方程的標(biāo)準(zhǔn)形式是

y"+py'+qy=f（x）， （3）

其中p，q為常數(shù)，自由項f（x）不恒為零。

非齊次方程（3）對應(yīng)的齊次方程為

y"+py'+qy=0。（4）

為方便起見，方程（4）的特征多項式、特征方程和特征根也稱為方程（3）的特征多項式、特征方程和特征根。

由定理1可知，求方程（3）的通解，歸結(jié)為求方程（4）的通解和方程（3）的一個特解。由于方程（4）的通解求法已解決，所以只需討論方程（3）特解y*的求法。對一般自由項f（x），求方程（3）特解沒有很簡明有效的方法，我們只研究自由項f（x）為下列兩種常見形式時，方程（3）特解y*的求法：

f（x）=Pm（x）e？姿x；f（x）=Pm（x）e？姿xcos？棕x或Pm（x）e？姿xsin？棕x，

其中Pm（x）為m次多項式，？姿，？棕為常數(shù)。

（a）y"+py'+qy=Pm（x）e？姿x情形

由于方程右端是多項式Pm（x）與指數(shù)函數(shù)e？姿x的乘積，而多項式與指數(shù)函數(shù)乘積的各階導(dǎo)數(shù)仍為多項式與指數(shù)函數(shù)的乘積，因此可以推測

y*=Q（x）e？姿x（其中Q（x）是某個待定多項式）

可能是方程（3）的特解。將y*及y*'，y*"代入方程，兩邊消去e？姿x，整理得

Q"（x）+（2？姿+p）Q'（x）+（？姿2+p？姿+q）Q（x）=Pm（x），

即

Q"（x）+T'（？姿）Q'（x）+T（？姿）Q（x）=Pm（x）， （5）

其中的系數(shù)T（？姿）=？姿2+p？姿+q，T'（？姿）=2？姿+p分別是特征多項式T（r）在r=？姿的值和導(dǎo)數(shù)值。方程（5）就是待定多項式Q（x）所應(yīng)該滿足的條件。

由于方程（5）右邊Pm（x）是已知的m次多項式，可以推測Q（x）也是某個多項式，且使（5）式左邊也是m次多項式。注意：比較（5）式兩端同次項系數(shù)，可得m+1個方程聯(lián)立起來的方程組，因而一般來說，待定多項式Q（x）中可以只含m+1個待定系數(shù)。

下面根據(jù)（4）式左邊的系數(shù)T（？姿），T'（？姿）是否為零，來確定Q（x）的最高冪次及形式。具體討論如下：

1. 若T（？姿）≠0，即？姿不是特征根，則Q（x）必是一個m次多項式，此時可令Q（x）=Qm（x）（Qm（x）為待定m次多項式，只含m+1個待定系數(shù)）。

2. 若T（？姿）=0但T'（？姿）≠0，即？姿是單特征根，則Q'（x）必是一個m次多項式，于是Q（x）必是一個m+1次多項式，為了簡便常數(shù)項取為零，以使得Q（x）只含m+1個待定系數(shù)，此時可令Q（x）=xQm（x）。

3. 若T（？姿）=0且T'（？姿）=0，即？姿是二重特征根，則Q"（x）必是一個m次多項式，于是Q（x）必是一個m+2次多項式，為了簡便常數(shù)項與一次項系數(shù)取為零，以使得Q（x）只含m+1個待定系數(shù)，此時可令Q（x）=x2Qm（x）。

綜上所述，二階線性常系數(shù)非齊次方程

y"+py'+qy=Pm（x）e？姿x

的特解具有形式：

y*=xkQm（x）e？姿x，

其中Qm（x）是與Pm（x）同次的待定多項式，而k按？姿不是特征根、是單特征根或是二重特征根依次取0，1或2，即 k表示？姿作為特征根的重數(shù)。

有了特解y*的上述形式后，把y*代入給定的微分方程，利用待定系數(shù)法，即可求得特解y*。這種方法的特點是不用積分就可以求出y*來，稱為待定系數(shù)法或待定特解法。

注：把y*=xkQm（x）e？姿x代入原微分方程等價于把相應(yīng)的Q（x）=xkQm（x）代入方程

Q"（x）+T'（？姿）Q'（x）+T（？姿）Q（x）=Pm（x）。

特別地，當(dāng)？姿=0時，二階線性常系數(shù)非齊次方程

y"+py'+qy=Pm（x）

的特解具有形式：

y*=xkQm（x），

其中k表示？姿=0作為特征根的重數(shù)。

更特別地，二階線性常系數(shù)非齊次方程（A為非零常數(shù)）

y"+py'+qy=A

的特解具有形式：

y*=axk，

其中k表示？姿=0作為特征根的重數(shù)，a為待定常數(shù)。

（b）y"+py'+qy=Pm（x）e？姿xcos？棕x或Pm（x）e？姿xsin？棕情形

由歐拉公式知道，Pm（x）e？姿xcos？棕x和Pm（x）e？姿xsin？棕x分別是

Pm（x）e（？姿+？棕i）x=Pm（x）e？姿x（cos？棕x+isin？棕x）

的實部和虛部。根據(jù)定理3可知，此時方程的特解是方程

y"+py'+qy=Pm（x）e（？姿+？棕i）x（6）

的特解的實部和虛部，而套用情形（a）的結(jié)論，并注意到？姿+？棕i不可能是實系數(shù)的特征方程的二重根，可知方程（6）的特解具有如下形式：

y*=xkQm（x）e（？姿+？棕i）x，

其中Qm（x）是與Pm（x）同次的待定多項式（可以是復(fù)系數(shù)的），而k按？姿+？棕i不是特征根或是單特征根依次取0或1。

進(jìn)一步取出特解的實部和虛部，可得結(jié)論：

二階線性常系數(shù)非齊次方程

y"+py'+qy=Pm（x）e？姿xcos？棕x或Pm（x）e？姿xsin？棕x

的特解具有形式：

y*=xke？姿x[Qm（x）cos？棕x+Rm（x）sin？棕x]，

其中Qm（x）和Rm（x）是m次多項式，而k按？姿+？棕i不是特征根，是特征根依次取0或1，

即k表示？姿+？棕i作為特征根的重數(shù)。

注：把y*代入原方程等價于把Q（x）=xk[Qm（x）cos？棕x+Rm（x）sin？棕x]代入方程

Q"（x）+T'（？姿）Q'（x）+T（？姿）Q（x）=Pm（x）cos？棕x或Pm（x）sin？棕x。

特別地，當(dāng)？姿=0時，二階線性常系數(shù)非齊次方程

y"+py'+qy=Pm（x）cos？棕x或Pm（x）sin？棕x

的特解具有形式：

y*=xk[Qm（x）cos？棕x+Rm（x）sin？棕x]，

其中k表示？姿+？棕i=0+？棕i作為特征根的重數(shù)。

更特別地，二階線性常系數(shù)非齊次方程（A為非零常數(shù)）

y"+py'+qy=Acos？棕x或Asin？棕x

的特解具有形式：

y*=xk（acos？棕x+bsin？棕x），

其中k表示？姿+？棕i=0+？棕i作為特征根的重數(shù)，a，b為待定常數(shù)。

上述一般高等數(shù)學(xué)教材里，關(guān)于二階線性常系數(shù)非齊次微分方程

y"+py'+qy=Pm（x）e？姿x （7）

（其中p，q，？姿為常數(shù)，Pm（x）為m次多項式）的特解都寫成如下形式：

y*=xkQm（x）e？姿x ，

其中k是？姿作為特征根的重數(shù)。

y"+py'+qy=e？姿x[Pm（1）（x）cos？茁x+Pm（2）（x）sin？茁x]（8）

（其中Pm（1）（x），Pm（2）（x）是m次多項式，？姿，？茁是常數(shù)）的特解都寫成如下形式：

y*=xke？姿x[Pm（1）（x）cos？茁x+Pm（2）（x）sin？茁x][1]

其中k是？姿+iw作為特征根的重數(shù)。

這里，特解形式的確定涉及到？姿是幾重特征根，即k值的考察，在教學(xué)中較有難度。是否可以不考察k，就能給出特解形式呢？

一、主要結(jié)果及推導(dǎo)

首先，為了方便，定義關(guān)于r的一元二次多項式T（r）=r2+pr+q為微分方程（7）的特征多項式。

由于方程右端是多項式Pm（x）與指數(shù)函數(shù)e？姿x的乘積，而多項式與指數(shù)函數(shù)乘積的各階導(dǎo)數(shù)仍為多項式與指數(shù)函數(shù)的乘積，因此可以推測

y*=Q（x）e？姿x（其中Q（x）是某個待定多項式）

可能是方程（7）的特解。將y*代入方程，兩邊消去e？姿x，整理得

（？姿2+p？姿+q）Q（x）+（2？姿+p）Q'（x）+Q"（x）=Pm（x），

即

T（？姿）Q（x）+Q"（x）+T'（？姿）Q'（x）=Pm（x），（9）

其中的系數(shù)T（？姿）=？姿2+p？姿+q， T'（？姿）=2？姿+p分別是特征多項式T（r）在r=？姿的值和導(dǎo)數(shù)值。

方程（9）是待定多項式Q（x）所應(yīng)該滿足的條件。為了便于記憶，將方程（9）改寫成

T（i）（？姿）Q（i）（x）=Pm（x）。（10）

利用以下表格，先豎乘，后相加，很容易記?。?0）式左邊形式。

由于方程（10）右邊Pm（x）是已知的m次多項式，可以推測Q（x）也是某個多項式，且使（10）式左邊也是m次多項式。由于（10）式左邊的系數(shù)T （i）（？姿）（i=0，1）可能不為零，也可能為零，因此待定多項式Q（x）可能是m次，m+1次或 m+2次多項式，即Q（x）可能是最高次數(shù)為m+2次的多項式，稱之為疑似m+2次多項式，記為Q（x）=Qm+2（x）。

綜上分析，二階線性常系數(shù)非齊次微分方程

y"+py'+qy=Pm（x）e？姿x

的特解具有形式：

y*=Qm+2（x）e？姿x，

其中Q（x）=Qm+2（x）是疑似m+2次多項式。

有了特解y*的上述形式后，把y*代入給定的微分方程，或把相應(yīng)的Q（x）=Qm+2（x）代入方程（10），利用待定系數(shù)法，即可求得特解y*。

特別地，方程y"+py'+qy=Pm（x）的特解具有形式：

y*=Qm+2（x）。

更特別地，方程 y"+py'+qy=A（A為非零常數(shù)）的特解具有形式：

y*=Q2（x）。

按照同樣原理，可以得出：

二階線性常系數(shù)非齊次微分方程

y"+py'+qy=e？姿x[Pm（1）（x）cos？茁x+Pm（2）（x）sin？茁x]

（其中Pm（1）（x），Pm（2）（x）是m次多項式，？姿，？茁是常數(shù)），其特解具有形式

y*=e？姿x[Qm+1（1）（x）cos？茁x+Qm+1（2）（x）sin？茁x]，

其中Qm+1（1），Qm+（2）（x）是疑似m+1次多項式，且

Q（x）=Qm+1（1）（x）cos？茁x+Qm+1（2）（x）sin？茁x

滿足

T（i）（？姿）Q（i）（x）=Pm（1）（x）cos？茁x+Pm（2）（x）sin？茁x（11）

特別地，方程 y"+py'+qy=e？姿x（Acos？茁x+Bcos？茁x）， （A，B為常數(shù)）的特解具有形式

y*=e？姿x[Q1（1）（x）cos？茁x+Q1（2）（x）sin？茁x]。

更特別地，方程y"+py'+qy=Acos？茁x+Bsin？茁x（A，B為常數(shù)）的特解具有形式

y*=Q1（1）（x）cos？茁x+Q1（2）（x）sin？茁x]。

二、意義及舉例

引入疑似“加次”多項式，求特解的優(yōu)點是：不通過特征根就可以求特解。

例1：求方程y"-5y'+6y=xe2x的特解。

解：設(shè)特解為y*=（ax3+bx2+cx+d）e2x。

把Q（x）=ax3+bx2+cx+d 代入

T（i）（？姿）Q（i）（x）=x。

得（6ax+2b）-（3ax2+2bx+c）=x？圯a=0，b=- ，c=-1，

故一個特解為y*=（- x2-x+d）e2x。

注：特解中還含任意常數(shù)d，對應(yīng)項d·e2x其實是“齊通”中的項，因此保留此項也行，特取d=0也行。

例2：求y"-2y'+y=x的一個特解。

解：設(shè)一個特解為y*=ax3+bx2+cx+d，代入方程得

（6ax+2b）-2（3ax2+2bx+c）+（ax3+bx2+cx+d）=x

？圯a=0，b=0，c=1，d=2。

故y*=x+2。

例3：求y"-2y'=4的一個特解。

解：設(shè)一個特解為y*=ax2+bx+c，代入方程得

2a-2（2ax+b）=4？圯a=0，b=-2。

故y*=-2x+c。

注：其中任意常數(shù)c或保留或特取c=0都行。

參考文獻(xiàn)：

[1]李德新.高等數(shù)學(xué)（上）[M].北京：科學(xué)出版社，2014.