Euler 待定指数函数法

Euler 待定指数函数法是解一类齐次常系数线性常微分方程的方法，假设有实常数$a_i, i = 1,2,\cdots,n$，下述方程

$${\dfrac {\mathrm {d} ^{n}y}{\mathrm {d} x^{n}}}+a_{1}{\dfrac {\mathrm {d} ^{n-1}y}{\mathrm {d} x^{n-1}}}+\cdots +a_{n-1}{\dfrac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}+a_{n}y=0$$

的解的问题可以使用 Euler 待定指数函数法解决，这归结为解一个一元$n$次的代数方程。

特征方程

我们只叙述解的方法，略其证明。首先，定义算子

$$L[x] := \dfrac{\mathrm{d}^n y}{\mathrm{d} x^n} + a_1 \dfrac{\mathrm{d}^{n-1} y}{\mathrm{d} x^{n-1}} + \cdots + a_{n-1} \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + a_n y.$$

设$\lambda \in \C$，那么注意到

$$\begin{align} L[\text{e}^{\lambda x}] & := \dfrac{\mathrm{d}^n (\text{e}^{\lambda x})}{\mathrm{d} x^n} + a_1 \dfrac{\mathrm{d}^{n-1} (\text{e}^{\lambda x})}{\mathrm{d} x^{n-1}} + \cdots + a_{n-1} \dfrac{\mathrm{d}\text{e}^{\lambda x}}{\mathrm{d}x} + a_n \text{e}^{\lambda x} \\ & = (\lambda^n + a_1 \lambda^{n-1} + \cdots + a_{n-1} \lambda + a_n) \text{e}^{\lambda x} := F(\lambda) \text{e}^{\lambda x}. \end{align}$$

由于$\text{e}^{\lambda x} \ne 0$，解原常微分方程#Eq1等价于解代数方程$F(\lambda) = 0$，我们把这个方程称作#Eq1的特征方程，代数方程的根称作#Eq1的特征根。

理论上，解出代数方程就可以得到原方程#Eq1的一个特解$\text{e}^{\lambda x}$。但代数方程不总有实根，这样在史书上就不能用这个方法来求特解，注意到$n$次代数方程在$\mathbb{C}$上总有$n$个复数根，因此可以利用复数根求解。$\text{e}^{\lambda x}$对确定的常数$\lambda \in \C$是复变函数，由复变函数的相关结论，$\text{e}^{\lambda x}$的导数和非零性在复数域上也是成立的，因此在$\lambda \in \C$时解原常微分方程#Eq1依然等价于解代数方程$F(\lambda) = 0$。

如果代数方程$F(\lambda) = 0$有虚数根，则必共轭成对出现$\lambda_0 = \alpha \pm \text{i} \beta$，这时$\text{e}^{\lambda_0 x} = \text{e}^\alpha \cos (\beta x) \pm \text{i} \text{e}^{\alpha} \sin (\beta x)$，整体带入原微分方程#Eq1，根据复数相等即实部和虚部对应相等（都为零）可以验证它的实部和虚部都是原微分方程#Eq1的特解。

分类讨论

接下来，我们根据代数方程$F(\lambda) = 0$的解的情形来讨论微分方程#Eq1的通解问题。

若$F(\lambda) = 0$的根都是单实根，设它的根是$\lambda_i, i = 1,2,\cdots,n$，那么其对应的微分方程#Eq1的特解为$\text{e}^{\lambda_i x}, i = 1,2,\cdots,n$，这些特解都是实函数，可以证明它们是线性无关的，因此可以作为一个基本解组，这样方程#Eq1的通解就是

$$\varphi (x) = \sum_{i=1}^n C_i \text{e}^{\lambda_i}.$$

若$F(\lambda) = 0$的根有单重共轭复根，设虚数根是$\lambda_0 = \alpha + \text{i} \beta, \alpha, \beta \in \R$，那么其对应的微分方程#Eq1的特解为$\text{e}^{\alpha} \cos (\beta x), \text{e}^{\alpha} \sin (\beta x).$

若$F(\lambda) = 0$的根有重根，我们先讨论有唯一$k$重根$\lambda_1 = 0$的情形，此时特征方程有形式

$$\lambda^n + a_1 \lambda^{n-1} + \cdots + a_{n-k} \lambda^k = 0.$$

此时原微分方程#Eq1化为

$$\dfrac{\mathrm{d}^n y}{\mathrm{d} x^n} + a_1 \dfrac{\mathrm{d}^{n-1} y}{\mathrm{d} x^{n-1}} + \cdots + a_{n-k} \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 0.$$

显然，线性无关的函数$1, x, x^2, \cdots, x^{k-1}$都是其特解。

$k$重实根$\lambda_1 \ne 0$时，作变元替换$y = z(x) \text{e}^{\lambda_1 x}$，带入原微分方程求导，结合上一情形，可以得出微分方程的特解$\text{e}^{\lambda_1 x}, x \text{e}^{\lambda_1 x}, x^2 \text{e}^{\lambda_1 x}, \cdots, x^{k-1} \text{e}^{\lambda_1 x}.$

如果$F(\lambda) = 0$的实根$\lambda_j$的重数分别为$k_j, j = 1,2,\cdots,m$，特别地，单根相当于$k_j = 1$，那么微分方程就有一系列下述形式的特解

$$\begin{cases} \text{e}^{\lambda_1 x}, x \text{e}^{\lambda_1 x}, x^2 \text{e}^{\lambda_1 x}, \cdots, x^{k_1-1} \text{e}^{\lambda_1 x}, \\ \text{e}^{\lambda_2 x}, x \text{e}^{\lambda_2 x}, x^2 \text{e}^{\lambda_2 x}, \cdots, x^{k_2-1} \text{e}^{\lambda_2 x}, \\ \cdots, \\ \text{e}^{\lambda_m x}, x \text{e}^{\lambda_m x}, x^2 \text{e}^{\lambda_m x}, \cdots, x^{k_m-1} \text{e}^{\lambda_m x}. \\ \end{cases}$$

如果代数方程$F(\lambda) = 0$的根为$k$重的虚根$\lambda_0 = \alpha + \text{i} \beta, \alpha, \beta \in \R$，显然有$2k$个两两互为共轭的虚数根，这时原微分方程有$2k$个线性无关的特解

$$\begin{matrix} \text{e}^{\alpha x} \cos (\beta x), & x \text{e}^{\alpha x} \cos (\beta x), & x^2 \text{e}^{\alpha x} \cos (\beta x), & \cdots, & x^{k-1} \text{e}^{\alpha x} \cos (\beta x), \\ \text{e}^{\alpha x} \sin (\beta x), & x \text{e}^{\alpha x} \sin (\beta x), & x^2 \text{e}^{\alpha x} \sin (\beta x), & \cdots, & x^{k-1} \text{e}^{\alpha x} \sin (\beta x). \end{matrix}$$

可以验证上述构造出的$n$个特解都是线性无关的，因此原方程#Eq1的通解就是这些特解的线性组合。

上下节

• 上一节：线性常微分方程
• 下一节：Euler 方程

参考资料

1. 王高雄, 周之铭, 朱思铭, 王寿松, 《常微分方程（第三版）》, 高等教育出版社, 北京, 1978-12, ISBN 978-7-0401-9366-4.