前几天师妹问了我一个非常简单的常微分方程

$$\frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}+a_1\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+a_2x = f(t), $$

其中$a_1, a_2\in\mathbb{R}$. 为了书写方便, 这里用牛顿记号把方程改写成

$$ \begin{equation}\label{1} \ddot{x}+a\dot{x}+bx=f(t). \end{equation} $$

由线性代数的知识可知, 非线性方程的通解等于其对应的线性方程的通解, 加上非线性方程的一个特解. 即方程

$$ \begin{equation}\label{2} \ddot{x}+a\dot{x}+bx=0. \end{equation} $$

的通解, 加上方程$\eqref{1}$的一个特解.

方程 $\eqref{2}$ 的通解

$\eqref{2}$ 对应的特征方程为

$$ \begin{equation}\label{3} x^2+ax+b=0. \end{equation} $$

若 $a^2-4b>0$, 设特征方程 $\eqref{3}$ 的两个解为$\lambda_1$, $\lambda_2$, 则线性方程 "独立" 的两个解(基础解系)为

$$x_1=\exp(\lambda_1t),\quad x_2=\exp(\lambda_2t).$$

类似地, 若 $a^2-4b=0$, 设特征方程 $\eqref{3}$ 的解为 $\lambda$, 可知 $$x_1=\exp (\lambda t),\quad x_2=t\exp (\lambda t) $$为方程$\eqref{2}$的基础解系.

若 $a^2-4b<0$, 设特征方程 $\eqref{3}$ 的两个复数解为 $$\lambda_1=\gamma_1+\gamma_2\mathrm{i},\quad \lambda_2=\gamma_1-\gamma_2\mathrm{i}.$$
则方程 $\eqref{2}$ 的基础解系为
$$x_1=\exp((\gamma_1+\gamma_2\mathrm{i})t)=\exp(\gamma_1t)(\cos(\gamma_2t)+\mathrm{i}\sin(\gamma_2t)),$$
$$x_2=\exp((\gamma_1-\gamma_2\mathrm{i})t)=\exp(\gamma_1t)(\cos(\gamma_2t)-\mathrm{i}\sin(\gamma_2t)).$$
将该解线性组合, 消去虚部, 可得基础解系
$$x_1=\exp(\gamma_1t)\cos(\gamma_2t),\quad x_1=\exp(\gamma_1t)\sin(\gamma_2t).$$

综上, $\eqref{2}$ 的通解为

$$ \bar{x} = c_1x_1+c_2x_2 $$

$$ \begin{equation}\label{9} = \left\{ \begin{array}{cr} c_1\exp(\lambda_1t)+c_2\exp(\lambda_2t) & (a^2-4b>0) \\ c_1\exp(\lambda t)+c_2t\exp(\lambda t)& (a^2-4b=0) \\ \exp(\gamma_1t)[c_1\cos(\gamma_2t)+c_2\sin(\gamma_2t)] \\ =A\exp(\gamma_1t)\cos(\gamma_2t+\varphi)& \quad(a^2-4b<0)\\ \end{array} \right. . \end{equation} $$

方程 $\eqref{1}$ 的特解

承上所设. 由于 $\eqref{2}$ 的通解为 $\bar{x} = c_1x_1+c_2x_2$, 假设(猜测) $\eqref{1}$ 的特解是

$$ \begin{equation}\label{11} x^* = c_1(t)x_1+c_2(t)x_2=:c_1x_1+c_2x_2 \end{equation} $$

则
$$\dot{x}^* = \dot{c}_1x_1+c_1\dot{x}_1+\dot{c}_2x_2+c_2\dot{x}_2.$$
令

$$ \begin{equation}\label{12} \dot{c}_1x_1+\dot{c}_2x_2=0, \end{equation} $$

则
$$\dot{x}^* = c_1\dot{x}_1+c_2\dot{x}_2,$$

$$ \begin{equation}\label{13} \ddot{x}^* = \dot{c}_1\dot{x}_1+c_1\ddot{x}_1+\dot{c}_2\dot{x}_2+c_2\ddot{x}_2. \end{equation} $$

将方程$\eqref{11}$, $\eqref{12}$, $\eqref{13}$代入 $\eqref{1}$ 可得

$$ \begin{equation}\label{7} \dot{c}_1\dot{x}_1+\dot{c}_2\dot{x}_2=f(t). \end{equation} $$

联立方程 $\eqref{12}$, $\eqref{7}$ 可解得

$$ \dot{c}_1=\frac{\left| \begin{array}{cc} 0 & x_2 \\ f(t) & \dot{x}_2 \\ \end{array} \right| }{\left| \begin{array}{cc} x_1 & x_2 \\ \dot{x}_1 & \dot{x}_2 \\ \end{array} \right| }, \quad \dot{c}_2=\frac{\left| \begin{array}{cc} x_1 & 0 \\ \dot{x}_1 & f(t) \\ \end{array} \right| }{\left| \begin{array}{cc} x_1 & x_2 \\ \dot{x}_1 & \dot{x}_2 \\ \end{array} \right| }. $$

故方程 $\eqref{1}$ 的一个特解是

$$ \begin{equation}\label{8} x^*=x_1\int\dot{c_1}\mathrm{d}t+x_2\int\dot{c_2}\mathrm{d}t. \end{equation} $$

方程 $\eqref{1}$ 的通解

结合解 $\eqref{9}$ 和 $\eqref{8}$ 可得方程 $\eqref{1}$ 的通解.

后记

不用怀疑, 我只是水了一篇文章. 这个方程有很有意思的物理意义, 我不想写了.