于二階常系數非齊次線性微分方程：

$$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=f(x)$$

定義算子

$$P(D)=D^2+pD+q$$

其中微分算子$D$滿足$Dy=y^{\prime },D^{2}y=y^{\prime \prime }$，則二階常系數非齊次線性微分方程等價于

$$P(D)y=f(x)$$

其特解可形式地記為

$$y^{?}=\frac{1}{P(D)}f(x)$$

算子$P(D)$具有如下性質：

（1）設函數$y_1,y_2$具有二階導數，$c_1,c_2$為常數，則有$P(D)\left(c_1{y}_1+c_2{y}_2\right)=c_{1}P(D)y_1+c_{2}P(D)y_2$

（2）$P(D)e^{\lambda t}=e^{\lambda t}P(\lambda )$

（3）$P\left(D^2\right)\cos at=\cos atP\left(?a^2\right)$

（4）$P\left(D^2\right)\sin at=\sin atP\left(?a^2\right)$

（5）$P(D)e^{\lambda t}v(t)=e^{\lambda t}P(D+\lambda )v(t)$

證明：

（1）簡單，不證

（2）

$$\begin{array}{rl}P(D)e^{\lambda t}& =\left(D^n+a_1{D}^{n?1}+?+a_n\right)e^{\lambda t}=\\ & =e^{\lambda t}\left({\lambda }^n+a_1{\lambda }^{n?1}+?+{\alpha }_n\right)=e^{\lambda t}P(\lambda )\end{array}$$

(3)因為

$$\begin{array}{l}{e}^{iat}=\cos at+i\sin at\\ e^{?iat}=\cos at?i\sin at\end{array}$$

故

$$\cos at=\frac{e^{iat}+e^{?iat}}{2},\sin at=\frac{e^{iat}?e^{?iat}}{2i}$$

于是

$$\begin{array}{rl}P\left(D^2\right)\cos at& =P\left(D^2\right)\left(\frac{e^{i\alpha t}+e^{?iat}}{2}\right)=\\ & =\frac{1}{2}P\left(D^2\right)e^{iat}+\frac{1}{2}P\left(D^2\right)e^{?iat}=\\ & =\frac{1}{2}P\left((ia{)}^2\right)e^{iat}+\frac{1}{2}P\left((?ia{)}^2\right)e^{?iat}=\\ & =\frac{1}{2}\left(e^{iat}+e^{?iat}\right)P\left(?a^2\right)=\cos atP\left(?a^2\right)\end{array}$$

（4）

$$\begin{array}{rl}P\left(D^2\right)\sin at& =P\left(D^2\right)\left(\frac{e^{iat}?e^{?iat}}{2i}\right)=\\ & =\frac{1}{2i}P\left(D^2\right)e^{iat}?\frac{1}{2i}P\left(D^2\right)e^{?iat}=\\ & =\frac{1}{2i}P\left((ia{)}^2\right)e^{iat}?\frac{1}{2i}P\left((?ia{)}^2\right)e^{?iat}=\\ & =\frac{1}{2i}\left(e^{iat}?e^{?iat}\right)P\left(?a^2\right)=\sin atP\left(?a^2\right)\end{array}$$

（5）

$$\begin{array}{rl}{D}^m{e}^{\lambda t}v(t)& =\sum _{k=0}^m{C}_k^m{D}^k{e}^{\lambda t}?D^{m?k}v(t)=\\ & =\sum _{k=0}^m{C}_k^m{\lambda }^k{e}^{\lambda t}{D}^{m?k}v(t)=\\ & =e^{\lambda t}\left(\sum _{k=0}^m{C}_h^m{\lambda }^k{D}^{m?k}\right)v(t)=\\ & =e^{\lambda t}(D+\lambda {)}^{m}v(t)\end{array}$$

此處$m$是任意的非負整數，由此可以得到公式4

下面討論非齊次項$f(x)$與特解$y^{?}(x)$的關系

• $f(x)={\mathrm{e}}^{kx}$

此時$y^{?}(x)$的形式：$y^{?}(x)=\frac{1}{F(D)}{\mathrm{e}}^{kx}=\frac{1}{F(k)}{\mathrm{e}}^{kx}$，其中$F(k)=0$，$F(k)$為$F(D)$中的$D$用$k$代替所得值

注：若$F(k)=0$，不妨設$k$為$F(k)$的$m$重根，則$\frac{1}{F(D)}{\mathrm{e}}^{kx}=x^m\frac{1}{F^{(m)}(D)}{\mathrm{e}}^{kx}=x^m\frac{1}{F^{(m)}(k)}{\mathrm{e}}^{kx}$，其中$F^{(m)}(D)$表示$F(D)$對$D$的$m$階導數。

• $f(x)=\sin ax$或$\cos ax$

$y^{?}(x)=\frac{1}{F\left(D^2\right)}\sin ax=\frac{\sin ax}{F\left(?a^2\right)}$，或$y^{?}(x)=\frac{1}{F\left(D^2\right)}\cos ax=\frac{\cos ax}{F\left(?a^2\right)}$，其中$F\left(?a^2\right)=0$

注：若$F\left(?a^2\right)=0$，不妨設$\left(?a^2\right)$為$F\left(?a^2\right)=0$的$m$重根，則

$$\frac{1}{F\left(D^2\right)}\sin ax=x^m?\frac{1}{F^{(m)}\left(D^2\right)}\sin ax$$

$$\frac{1}{F\left(D^2\right)}\cos ax=x^m?\frac{1}{F^{(m)}\left(D^2\right)}\cos ax$$

• $f(x)=e^{kx}v(x)$

$$y^{?}(x)=\frac{1}{F(D)}{\mathrm{e}}^{kx}v(x)=e^{kx}\frac{1}{F(D+k)}v(x)$$

• $f(x)$為$k$此多項式，當$P(0)=0$時，由多項式除法得：

$$\begin{array}{l}\frac{1}{P(D)}=\left(b_0+b_{1}D+?+b_k{D}^k\right)+(b_{k+1}{D}^{k+1}+\\ b_{k+2}{D}^{k+2}+?)\end{array}$$

由于$k$次多項式超過$k$階的導數全為$0$,故由上式得特解：

$$y^{?}=\frac{1}{P(D)}f(x)=\left(b_0+b_{1}D+?+b_k{D}^k\right)f(x)$$

幾個注解：

$D$表示微分，則$\frac{1}{D}\cos x=\int \cos xdx=\sin x+C$，積分常數$C$不寫。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的考研数学：算子法的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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