二阶常系数齐次微分方程

                     

贡献者： addis

　　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{equation} y = C_1 \mathrm{e} ^{r_1 x} + C_2 \mathrm{e} ^{r_2 x}~. \end{equation}
2. 有一个重根 $r$（$b^2 - 4ac = 0$），方程的通解为
   \begin{equation} y = C_1 \mathrm{e} ^{rx} + C_2 x \mathrm{e} ^{rx}~. \end{equation}
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{equation} y = C_1 \cos\left(\omega_0 x\right) + C_2 \sin\left(\omega_0 x\right) ~, \end{equation}
   或
   \begin{equation} y = C_1 \cos\left(\omega_0 x + C_2\right) ~, \end{equation}
   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{equation} y = \mathrm{e} ^{rx} [ C_1 \cos\left(\omega x\right) + C_2 \sin\left(\omega x\right) ]~, \end{equation}
   或
   \begin{equation} y = C_1 \mathrm{e} ^{rx} \cos\left(\omega x + C_2\right) ~, \end{equation}
   其中
   \begin{equation} r = - \frac{b}{2a} ~,\qquad \omega = \frac{1}{2a}\sqrt{4ac - b^2} ~. \end{equation}

　　 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