二阶常系数齐次微分方程

                     

贡献者： addis; JierPeter

　　 更深入的讨论，可参见常系数线性齐次微分方程。

　　¹二阶常系数齐次微分方程形式如下

注意到指数函数 $y={\mathrm{e}}^{rx}$ 第 $n$ 阶导数为 $r^n{\mathrm{e}}^{rx}$，不妨尝试把指数函数代入方程，得 由于 ${\mathrm{e}}^{rx}\ne 0$，必有 $a{r}^2+br+c=0$。把这个二次函数叫做特征方程，解特征方程，就可以得到方程的解。根据根的分布，有如下四种情况

1. 有两个不同的实根 $r_1$ 和 $r_2$（$b^2-4ac>0$），方程的通解为
   $$\begin{array}{}\text{(3)}& y=C_1{\mathrm{e}}^{r_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{r_{2}x}.\end{array}$$
2. 有一个重根 $r$（$b^2-4ac=0$），方程的通解为
   $$\begin{array}{}\text{(4)}& y=C_1{\mathrm{e}}^{rx}+C_{2}x{\mathrm{e}}^{rx}.\end{array}$$
3. 有两个纯虚数根 $\pm \mathrm{i}{\omega }_0$（$b=0,b^2-4ac<0$），方程的通解为
   $$\begin{array}{}\text{(5)}& y=C_1\cos \left({\omega }_{0}x\right)+C_2\sin \left({\omega }_{0}x\right),\end{array}$$
   或
   $$\begin{array}{}\text{(6)}& y=C_1\cos ({\omega }_{0}x+C_2),\end{array}$$
   其中 ${\omega }_0=\sqrt{c/a}$。
4. 有两个复数根 $r\pm \mathrm{i}\omega$（$b\ne 0,b^2-4ac<0$），方程的通解为
   $$\begin{array}{}\text{(7)}& y={\mathrm{e}}^{rx}[C_1\cos \left(\omega x\right)+C_2\sin \left(\omega x\right)],\end{array}$$
   或
   $$\begin{array}{}\text{(8)}& y=C_1{\mathrm{e}}^{rx}\cos (\omega x+C_2),\end{array}$$
   其中
   $$\begin{array}{}\text{(9)}& r=-\frac{b}{2a},\omega =\frac{1}{2a}\sqrt{4ac-b^2}.\end{array}$$

　　 应用常微分方程解的存在唯一性定理，即皮卡-林德勒夫定理, 我们可以确认：方程 (1) 的通解一定是上面四种情况之一。

1. 详细推导

　　 情况 1 的结论是显然的，我们先来看情况 3。根据 $y=C{\mathrm{e}}^{rx}$ 的假设，通解应该是

如果这里的 $C_1$ 和 $C_2$ 取任意复数，那么上式就是方程在复数域的通解，其中包含了实数域的通解。这个通解还有另一种等效的形式，令 代入上式得 注意如果 $C_3,C_4$ 取任意复数，该式仍然是复数域的通解（因为任何 $C_1,C_2$ 都可以找到对应的 $C_3,C_4$），但只要把 $C_3,C_4$ 限制在实数域中，该式就是实数域的通解。

　　 情况 4 的结论可以类比情况 3 得出，最后我们来看情况 2。我们可以把情况 2 看做情况 4 的一个极限，即 $\omega \to 0$ 时的情况。如果式 7 中的 $C_1,C_2$ 都是普通常数，则取该极限时可以得到式 4 的第一项 $C_1{\mathrm{e}}^{rx}$。那如何得到第二项呢？我们不妨令式 7 中的 $C_1=0$，$C_2=C_3/\omega$，再来取极限，得

这里用到了 “小角值极限” 中的结论。

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1. ^ 参考 [1]

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[1] ^ 同济大学数学系. 高等数学 (上下册) 高等教育出版社 (2014) 第七版