化归视角下的常数变易法与待定系数法

写在前面

学微分方程的时候，最烦人的应该就是这两个方法：常数变易法和待定系数法。

书上是这么教的：直接甩一句“设 $y = u(x)e^{-x}$ ”，或者“设特解 $y^* = Ae^{2x}$ ”，代进去，配系数，答案就出来了。步骤背得下来，可这些形式到底是从哪冒出来的？书上不说。做题照葫芦画瓢还行，换道题就卡住。

其实不只这两个。伯努利方程的换元 $z = y^{1-n}$ ，欧拉方程的换元 $x = e^t$ ，黎卡提方程的换元 $y = y^* + \frac{1}{u}$ ，书里都是一句“作如下变换”带过。个个都像变魔术。

这篇文章想把它们拆开。拆开你会发现，背后其实是同一个再简单不过的念头：

把不会的，变成会的。

这个念头叫化归，大致有三种走法：

把一个大的问题不断分解，直到分解成不能再分的小问题；
把一个大的问题看成有限个小问题的叠加；
把同一个问题换成另一个角度来理解。

常数变易法和待定系数法，表面上八竿子打不着，其实是这个念头的两种用法，统一于化归。路上还会碰到积分因子法——它同样统一于化归。

（这三条路，后面会一一对应上。）下面从小学算术讲起，一路走到微分方程，看这些“魔术”是怎么从这个念头里长出来的。

正文之后是进阶部分，放着完整的推导、多种解法和大量例子——看到“见进阶 XX”时点过去就行，用到再翻，不必从头看。左上角有导航栏，点栏下的按钮可以展开或收起。

一、先聊聊化归

先看一道小学题： $5 - 3$ 等于几？

还没学减法的时候，你会怎么办？反过来问： $3$ 加几等于 $5$ ？加 $2$ 。

除法也一样。 $6 \div 2$ 不会，就问： $2$ 乘几等于 $6$ ？乘 $3$ 。

两道题一个套路：不会的运算，换成会的运算，再把那个不知道的数补出来。

这个“把不会的变成会的”，就是这篇文章要说的化归。后面你会看到，那些像魔术的方法，说到底都是这一招。

为什么说它是自然的

因为这根本就是我们学数学的第一种策略。从小学开始，我们就在不知不觉地重复这个套路：

不会减法，就把它想成加法；
不会除法，就用乘法验算；
不会分数，就写成小数。

碰到新问题，第一反应常常是：“这和我们会的哪个东西像？能不能把它变成那个东西？”——这就是化归。

这个习惯不用专门学，它就是我们把 $5-3$ 想成“ $3$ 加几等于 $5$ ”的那一瞬间。

接下来你会看到，这个简单的念头会一路延伸到线性方程、微分方程，成为处理一切“非齐次线性问题”的底层逻辑。

二、先备几样工具

解微分方程要两样东西：导数和积分。导数你高中已经学过，这里只花一句话回顾；积分是新的，但很好懂。

导数：变化率

一个物体位置随时间变，位置的变化率就是速度，速度的变化率就是加速度。这个“变化率”，数学上叫导数，记作 $y'$ 。比如 $(x^2)' = 2x$ 、 $(e^x)' = e^x$ 、 $(\sin x)' = \cos x$ ，这些你都会。

积分：导数的反过程

导数是“给函数，求它的变化率”。反过来，给变化率，求原来的函数，就是积分，记作 $\int$ 。

最熟悉的例子：已知速度 $v(t)$ ，要求走过的路程 $s(t)$ 。因为 $s' = v$ ，所以 $s = \int v\,dt$ 。

$\int f\,dx$ 的意思就是：找一个函数，让它的导数正好是 $f$ 。比如 $\int 2x\,dx = x^2$ ，因为 $(x^2)' = 2x$ 。

这里有个小地方要留意： $(x^2)' = 2x$ ，但 $(x^2+1)' = 2x$ ， $(x^2-3)' = 2x$ 也都是 $2x$ 。求导会把常数信息丢掉。所以积分找回来的时候，得补一个“任意常数” $C$ ：

\int 2x\,dx = x^2 + C

这个 $C$ 后面会反复出现，先混个脸熟。

微分方程：方程里藏着未知函数

普通方程，比如 $2x = 6$ ，未知的是个数，解是 $x = 3$ 。

微分方程不一样：未知的是一个函数，而且方程里既有这个函数、又有它的导数。比如：

N' = -\lambda N

这句话说的是：某个量 $N$ 的变化率，和它自己成正比，前面带个负号，表示越来越少。

什么东西符合这个规律？放射性物质。它衰减得多快，取决于它现在还剩多少——剩得多，衰减得快。人口增长也类似，只是不带负号： $P' = kP$ 。

解这个方程，就是找出一个函数 $N(t)$ ，让它代入后等式处处成立。这种“找出函数”的活，就是这篇文章要干的。

顺便记一个词：方程里最高是几阶导数，就叫几阶方程。 $N' = -\lambda N$ 里最高是一阶导 $N'$ ，所以是一阶方程；要是出现 $y''$ ，就是二阶。

三、先把几个词认清楚

后面会反复冒出几个词，这里一次认全，每个都配个例子。

通解和特解

一个微分方程往往不止一个解，是一大串。比如 $y' = 2x$ ，解是 $y = x^2 + C$ ， $C$ 取不同值就得到不同的解。

这一整串（带着 $C$ 的）叫通解；你指定一个具体的（比如让 $C = 0$ ，得到 $y = x^2$ ），叫特解。

线性和非线性

看一个物理例子。

物体在空气里运动，受空气阻力。速度慢的时候，阻力大致和速度成正比： $F = -kv$ ，一次；速度快起来，阻力和速度的平方成正比： $F = -kv^2$ ，二次。

用牛顿第二定律写成方程：

慢速： $m\dfrac{dv}{dt} = -kv$ ，也就是 $v' = -\dfrac{k}{m}v$ ——未知的 $v$ 只出现一次，这叫线性；
高速： $m\dfrac{dv}{dt} = -kv^2$ ，也就是 $v' = -\dfrac{k}{m}v^2$ ——冒出 $v^2$ ，这叫非线性。

一句话：线性就是未知函数和它的导数都只出现一次（不平方、不相乘、不套三角函数）；出现 $y^2$ 、 $y\cdot y'$ 、 $\sin y$ 这些，就是非线性。

齐次和非齐次

看方程的右边。

右边是 $0$ 的，叫齐次，比如 $y' + 2y = 0$ 。右边不是 $0$ 的，叫非齐次，比如 $y' + 2y = 3$ 。

判断就一条：右边是不是 $0$ 。

常系数和变系数

看未知函数前面乘的数。

$y' + 2y = 0$ ：前面乘的是 $2$ ，一个固定不变的数，叫常系数；
$y' + 2xy = 0$ ：前面乘的是 $2x$ ，含 $x$ ，会随 $x$ 变，叫变系数。

线性相关和线性无关

这是说两个函数的关系。

两个函数，如果其中一个就是另一个乘个常数，比如 $e^{2x}$ 和 $3e^{2x}$ ，它俩就是线性相关的——本质上是同一个，只是胖瘦不同。

反过来， $e^x$ 和 $e^{2x}$ 谁也成不了谁的常数倍，它俩线性无关——各带各的信息，谁也不能替谁。

这个词第四章马上要用，先记住：无关 = 不是常数倍关系。

四、齐次方程怎么解

它从哪来

先看一个电路。一个电阻 $R$ 和一个电感 $L$ 串在一起，通上电，再把电源断开。

断开后，电流 $i(t)$ 不会立刻归零，会慢慢衰减。规律是：电流减小的速度，和电流本身成正比。写成方程：

i' = -\frac{R}{L}\,i

也就是

i' + \frac{R}{L}\,i = 0

右边是 $0$ ，这是个齐次方程，而且是一阶、线性、常系数的。

这种“变化率和自己成正比”的方程到处都有：放射性衰变、人口增长、放电、冷却……所以学会解它，很值。

拿什么去试

先盯着最简单的 $y' + ay = 0$ 看（把 $\frac{R}{L}$ 简写成 $a$ ）。要找函数 $y$ ，让 $y'$ 和 $ay$ 加起来正好是 $0$ 。

也就是说， $y'$ 得正好等于 $-ay$ ——导数和函数本身，只差一个常数倍。

先停一下，想一想：什么样的函数，求导之后还是它自己，顶多多个常数？

……

想到了吗？指数函数。 $e^x$ 求导还是 $e^x$ ，最像自己。

拿 $y = e^x$ 试试，代入 $y' + ay = 0$ ，得到 $e^x + a e^x = (1+a)e^x$ 。要它等于 $0$ ，得 $1 + a = 0$ ，也就是 $a = -1$ 。可我们的 $a$ 是任意的，一般不是 $-1$ ，配不平。

问题出在哪？ $e^x$ 太“死”了——求导之后不多出任何系数，没东西可调。

那就给它松个绑：指数上别写死 $x$ ，写成一个待定的 $r$ ，用 $y = e^{rx}$ 。求导：

(e^{rx})' = r e^{rx}

多出一个 $r$ 了。代入 $y' + ay = 0$ ：

r e^{rx} + a e^{rx} = (r + a) e^{rx} = 0

$e^{rx}$ 永远不是 $0$ ，约掉，剩下：

r + a = 0

现在 $r$ 是待定的，解这个代数方程得 $r = -a$ 。于是解是 $y = e^{-ax}$ ，再补上任意常数，通解是 $y = C e^{-ax}$ 。

二阶：特征方程

一阶这么办，二阶 $y'' + ay' + by = 0$ 也照葫芦画瓢，还是拿 $y = e^{rx}$ 去试。

$(e^{rx})' = r e^{rx}$ ， $(e^{rx})'' = r^2 e^{rx}$ ，代入：

r^2 e^{rx} + a r e^{rx} + b e^{rx} = 0

约掉 $e^{rx}$ ：

r^2 + ar + b = 0

这个代数方程就叫特征方程，它的根 $r$ 叫特征根。

到这里，解微分方程被化归成了“解一个一元二次方程”——又是一个“把不会的变成会的”。

接下来就看这个二次方程的两个根长什么样了。

叠加原理：两个解加起来还是解

分情况之前，先补一件重要的事。

如果 $y_1$ 和 $y_2$ 都是齐次方程的解，那么 $C_1 y_1 + C_2 y_2$ （两个解各自乘个常数再加起来）也是解。

代进去看就明白。左边是线性的，把 $y = C_1 y_1 + C_2 y_2$ 代入，会拆成“ $C_1$ 乘（ $y_1$ 代入左边）”加上“ $C_2$ 乘（ $y_2$ 代入左边）”。而 $y_1$ 、 $y_2$ 都是解，代入左边都是 $0$ ，加起来还是 $0$ 。

这个道理叫叠加原理，马上要用。

情形一：两个不相等的实根

特征方程 $r^2 + ar + b = 0$ 解出两个不同的实根 $r_1 \neq r_2$ 。

那么 $e^{r_1 x}$ 和 $e^{r_2 x}$ 是两个解，而且线性无关（比值 $e^{(r_2-r_1)x}$ 不是常数）。按叠加原理，通解是：

y = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}

为什么正好两个常数？因为二阶方程的通解需要两个能独立取值的常数——二阶要积两次分，自然冒出两个。

情形二：重根

$r_1 = r_2 = r$ 时，两个根重合了。麻烦的是： $e^{rx}$ 只给了一个解，还差一个。

第二个解去哪找？

先回到两个根不相等的时候。这时 $e^{r_1 x}$ 、 $e^{r_2 x}$ 是两个解，它们的差商：

\frac{e^{r_2 x} - e^{r_1 x}}{r_2 - r_1}

也是解——因为它是两个解的线性组合（系数是 $\frac{1}{r_2-r_1}$ 和 $-\frac{1}{r_2-r_1}$ ）。

现在让 $r_2$ 慢慢靠近 $r_1$ ，最后重合。差商的分子、分母都趋向 $0$ ，但比值不会消失，它趋向一个确定的函数，算出来是 $x e^{rx}$ 。

（为什么这么想？两个不同的齐次解之间有一个差值，这个差值正是“它们是两个不同的解”的体现；当两个解越靠越近、趋于相同时，差值就趋于 $0$ 。差值趋于 $0$ ，说明变化极其微小，为了把这点微小的变化放大，就除上一个同样趋于 $0$ 的分母——让看不见的微小变化变成看得见的变化。这研究的正是“变化的变化”，也就是变化率；而求变化率就是求导。求出来的这个变化率，就是一个齐次解，一个不同于原来那个（重合的）解的新解。）

如果你会洛必达法则，这一步一眼就出来：把 $r$ 当变量，对 $e^{rx}$ 求导就是 $x e^{rx}$ 。不会也没关系，先记住结果，进阶十一有详细推导。

所以重根时第二个解是 $x e^{rx}$ ，通解：

y = (C_1 + C_2 x) e^{rx}

情形三：共轭复根

有时候 $r^2 + ar + b = 0$ 没有实根。比如 $y'' + y = 0$ ，特征方程 $r^2 + 1 = 0$ ，根是 $\pm i$ （虚数）。

这时解是 $e^{ix}$ 和 $e^{-ix}$ ，里面带着虚数。想要实实在在的函数解，得靠一条把复数和三角函数连起来的公式——欧拉公式：

e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta

有了它，复指数就能拆成实部和虚部：

e^{(\alpha + i\beta)x} = e^{\alpha x}(\cos\beta x + i\sin\beta x)

（这条公式的来历、怎么用它把解凑成实数，进阶十二细说。）

回到 $y'' + y = 0$ ，两个复解 $e^{ix}$ 、 $e^{-ix}$ 用欧拉公式拆开，再相加、相减，凑出两个实解：

y_1 = \cos x, \qquad y_2 = \sin x

它们线性无关，通解是：

y = C_1 \cos x + C_2 \sin x

一般地，特征根是 $\alpha \pm i\beta$ 时，通解是 $y = e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x + C_2\sin\beta x)$ 。

五、非齐次怎么办：解的结构

有外力的时候

上一章那个 RL 电路是断了电源的，所以方程右边是 $0$ （齐次）。现在把电源接上，电源电压是 $E(t)$ ，方程就变成：

i' + \frac{R}{L}\,i = \frac{E(t)}{L}

右边不再是 $0$ ，是个非齐次方程。右边那项，物理上就是电源这个“外力”。

非齐次比齐次难。齐次的我们已经会了，非齐次的呢？

化归的念头先冒出来：要是右边的 $f$ 也是 $0$ 该多好——右边是 $0$ 的方程（齐次方程）我们已经会解。方程当然不能随便改，但可以换个角度看它：把右边那个 $f$ （在电路里就是电源那项），重新看成“某个函数被左边这套运算作用之后的结果”——就像把 $5$ 重新看成“ $3$ 加上某个数”一样。这么一换，“不齐次的”就被看成了“齐次的”样子。

先看个最简单的例子

动手解微分方程之前，看一个谁都会的一元一次方程。

齐次： $2x = 0$ ，解是 $x = 0$ 。

非齐次： $2x = 6$ ，解是 $x = 3$ 。

注意看 $3$ 这个解：它可以写成 $0 + 3$ 。 $0$ 是齐次方程的解， $3$ 是让非齐次方程成立的那个“特殊”解。

也就是：非齐次的解 = 齐次的解 + 一个非齐次的解。

先停一下，想一想：这是不是碰巧？换一个方程、甚至换成微分方程，还成立吗？

不是碰巧，这是线性的必然结果。道理是这样的：

设 $y^*$ 是非齐次方程的一个解（随便哪个都行）。对任意非齐次解 $y$ ，把它们相减，看 $y - y^*$ 满足什么。

（为什么要断言这个 $y^*$ 一定存在？因为我们解的本来就是“有解”的方程——右边既然那样给出，就说明有对应的函数能让它成立，那个函数就是 $y^*$ 。）

因为左边是线性的，“ $y$ 代入左边”减“ $y^*$ 代入左边”，等于“ $y - y^*$ 代入左边”。而 $y$ 和 $y^*$ 代入非齐次方程，左边都等于右边的那个 $f$ 。所以 $y - y^*$ 代入左边，得到 $f - f = 0$ ——它满足齐次方程，是个齐次解。

于是 $y - y^*$ 就是某个齐次解，移项：

y = \text{（齐次解）} + y^*

非齐次解 = 齐次解 + 一个非齐次特解。

换句话说，非齐次通解由两块叠起来：一块是齐次通解，一块是一个非齐次特解。这个结构是线性的必然，不是碰巧。

拿个微分方程走一遍

道理再抽象，也得落到方程上。看 $y' + 2xy = 3x$ 。

它的齐次版 $y' + 2xy = 0$ ，通解是 $Ce^{-x^2}$ ，记作 $Cy_1$ 。

按上面的思路，主动找一个函数 $y^*$ ，让它满足 $(y^*)' + 2xy^* = 3x$ ——也就是非齐次方程的一个特解。现在原方程和 $y^*$ 的方程右边一样，两边相减：

(y - y^*)' + 2x(y - y^*) = 0

令 $z = y - y^*$ ，则 $z$ 满足齐次方程 $z' + 2xz = 0$ ，所以 $z = Cy_1$ ，也就是

y = Cy_1 + y^*

整个推导只用了“求导、乘系数都是线性的”这一条。所以非齐次通解 = 齐次通解 + 非齐次特解，不是背下来的定理，是这一步代数算出来的结果。

（这个例子剩余部分—— $y^*$ 具体长什么样、怎么把 $u(x)$ 解出来——前三章的方法都能做，第 1 题的答案里有完整过程。）

这有什么用：把难题拆成两个小题

研究这个结构，图的是简化。

非齐次通解本来不好求。但有了这个结构，就拆成两件小事：

求齐次通解——上一章刚会；
求一个非齐次特解——只要求一个，不用求全部。

一个大难题，变成两个小题。后面三章，全是围着第 2 件事（怎么找那个特解）转。

六、常数变易法

前面说，非齐次通解 = 齐次通解 + 一个特解。齐次通解会了，就差那个特解。这一章开始，专攻“怎么找特解”。

先想一个更朴素的事：打包

平时对付“一堆东西”，常用的一招是打包：

$2+2+2+2$ 不一个个加，打包成 $2\times4$ （加法化归成乘法）；
$2\times2\times2\times2$ 打包成 $2^4$ （乘法化归成乘方）；
解 $x^4+2x^2-3=0$ ，令 $t=x^2$ ，也是打包（换元）；
积分 $\int\sin x\cos x\,dx$ ，令 $u=\sin x$ ，也是打包（换元）。

共同点：把多个量聚合成一个量，看成一个整体，零散变集中，问题就简单了。这一招马上会用在找特解上。

先试老办法：分离变量

拿最一般的一阶非齐次方程 $y' + p(x)y = q(x)$ 开刀。

解齐次 $y' + py = 0$ 时，用的是分离变量： $\frac{dy}{y} = -p\,dx$ ，积分得 $y = C e^{-\int p\,dx}$ 。现在非齐次，还这么干行不行？试试。

两边除以 $y$ ：

\frac{y'}{y} + p = \frac{q}{y}

对 $x$ 积分：

\ln y + \int p\,dx = \int \frac{q}{y}\,dx

移项、取指数：

y = e^{\int\frac{q}{y}\,dx} \cdot e^{-\int p\,dx}

看这个结果，拆成两半：

$e^{-\int p\,dx}$ ，这是齐次解，眼熟；
$e^{\int\frac{q}{y}\,dx}$ 这一坨呢？ $y$ 是 $x$ 的函数， $\frac{q}{y}$ 也是 $x$ 的函数，积分之后还是 $x$ 的函数，再取指数还是 $x$ 的函数。虽然它里面缠着未知的 $y$ ，我们算不出来，但它确定是 $x$ 的一个函数。

那好办：给它起个名字，记成 $u(x)$ 。于是

y = u(x)\, e^{-\int p\,dx} = u(x)\, y_1

分离变量走到这就走不动了——但路的形状被指出来了：解一定长成“齐次解乘一个 $x$ 的函数”。

先停一下，想一想：这个 $u(x)$ 能解出来吗？

能。把这个形式代回原方程 $y' + py = q$ ，会发生一件好事：含 $u$ （不带撇）的项正好抵消，只剩 $u'$ 的方程。

代入后，含 u 的项为什么抵消

算一下。 $y = u y_1$ ， $y_1 = e^{-\int p\,dx}$ 。用乘积求导：

y' = u' y_1 + u y_1'

代入 $y' + py = q$ ：

u' y_1 + u y_1' + p u y_1 = q

把含 $u$ 的合到一起：

u' y_1 + u\big(y_1' + p y_1\big) = q

括号里 $y_1' + p y_1 = 0$ ，因为 $y_1$ 是齐次解。于是：

u' y_1 = q

含 $u$ 的项消失了，只剩 $u'$ 。这个抵消不是巧合，是齐次结构决定的： $y_1$ 是齐次解， $y_1' + p y_1 = 0$ 恒成立，所以只要把解写成“ $y_1$ 乘一个函数”，那一堆含 $u$ 的项必然自动消掉。解出 $u' = \frac{q}{y_1}$ ，再积一次分， $u$ 就出来了。代回 $y = u y_1$ ，特解、通解全到手。

换个角度看：消元

同一个 $y = u(x)y_1$ ，还有另一个看法。

通解结构 $y = C y_1 + y^*$ 里，有两个没定的东西： $C$ 和 $y^*$ 。但这两项其实都挂在 $y_1$ 上： $C y_1$ 是 $y_1$ 的常数倍， $y^*$ 也能写成 $y_1$ 乘上“它自己除以 $y_1$ ”。

这不只是代数恒等变形，更关键的是把 $y^*$ 与 $y_1$ 的比值看成一个整体——视角从“两个数相加”换到“一个函数乘以一个函数”。

既然两项都是 $y_1$ 的倍数，就合并成一个 $y_1$ 的倍数：

y = \left(C + \frac{y^*}{y_1}\right)y_1 = u(x)\, y_1

这一步是消元：两个未知合成一个。这也是“常数变易法”这个名字的由来——通解里的常数 $C$ ，被并进了函数 $u(x)$ 。

两个角度，同一个结果，哪个顺眼用哪个。

二阶：多一个未知函数，补一个条件

二阶非齐次 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = R(x)$ ，齐次通解是 $C_1 y_1 + C_2 y_2$ 。照上面的思路，设

y = u_1(x) y_1 + u_2(x) y_2

现在有两个待定函数 $u_1, u_2$ ，却只有一个方程。一个方程管不住两个未知量，会有无穷多组解——这反而是好事，因为我们只要一组，可以自己再补一个条件，挑最省事的。

代入时，含 $u_1, u_2$ 本身的项会被齐次结构消掉，麻烦的是导数。先求 $y'$ ：

y' = u_1 y_1' + u_2 y_2' + (u_1' y_1 + u_2' y_2)

如果让 $u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0$ ， $y'$ 就干净了，再求 $y''$ 也不会冒出 $u_1'', u_2''$ 。所以补的这个条件不是理论强制，只是所有合法选择里最省事的一个（其实也可以让 $u_1'y_1+u_2'y_2$ 等于别的，比如 $1$ 、 $2$ 或其它函数，但那样不好分离变量直接解出来，所以挑等于 $0$ 这个）。

代入整理后，得到关于 $u_1', u_2'$ 的两个方程：

\begin{cases} u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0 \\ u_1' y_1' + u_2' y_2' = R(x) \end{cases}

解出 $u_1', u_2'$ ，各积一次分，代回就得到特解。完整的一阶、二阶、 $n$ 阶推导在进阶十八。

拿 $y'' + y = \tan x$ 走一遍就是这个流程（完整计算见第 2 题答案）。二阶到 $n$ 阶的推广也一样： $n$ 阶要加 $n-1$ 个约束条件，把 $u_i$ 的高阶导数都用同样手法令其为 $0$ ，最后只剩 $u_i'$ 的方程组。

什么时候能用

常数变易法对一切线性微分方程都有效——常系数、变系数都行，只要能求出齐次方程的 $n$ 个线性无关解。它唯一的短处是：最后那几个积分有时候积不出来。但方法本身是普适的。

七、待定系数法

常数变易法什么方程都能解，但每次都要积分，有时候积分还挺麻烦。有没有更省事的路子？右边长得“规矩”的时候，有。

有一类函数，怎么求导都跑不出这一类

先看个熟悉的类比：整数加整数、乘整数，结果还是整数——在整数的圈子里运算，结果跑不出去；但整数掺进小数，结果就带小数了。函数族也有这样的“圈子”。

先看一个简单的事实：

多项式求导还是多项式；
$e^{\lambda x}$ 求导还是 $e^{\lambda x}$ ，只是多个常数 $\lambda$ ；
$\sin$ 、 $\cos$ 求导，还在 $\sin$ 、 $\cos$ 之间打转；
它们的乘积、线性组合，求导后形式也不变——多项式×指数、多项式×三角、指数×三角、指数×多项式×三角，都是这么一类。

也就是说，有这么“一类函数”，怎么求导都跑不出这一类。

常系数方程左边干的无非三件事：求导、乘常数、相加。所以只要右边是某一类，左边折腾完还是这一类，特解也必然长成这一类。

先停一下，想一想：那特解该怎么找？

既然特解只能长成这一类，那就把“这一类里最一般的样子”写出来，带上待定系数，代进去配系数。这就是待定系数法。

照着右边设

看例子： $y'' + 3y' + 2y = 5e^{2x}$ 。右边是 $e^{2x}$ ，指数类。特解也应该是个指数，设

y^* = A e^{2x}

代入：

(4A + 6A + 2A)e^{2x} = 12A e^{2x} = 5e^{2x}

得 $A = \frac{5}{12}$ ，特解 $y^* = \frac{5}{12}e^{2x}$ 。不用积分，纯代数。

右边花样多一点也一样：右边是 $xe^{2x}$ ，特解就设成 $(Ax+B)e^{2x}$ ；右边是 $e^{2x}\sin x$ ，特解就设成 $e^{2x}(A\sin x + B\cos x)$ 。总之右边是什么类，特解就照着那一类设，系数待定。

如果右边是好几个类的加和，比如 $e^{\lambda x}P_m(x) + e^{\alpha x}\cos\beta x$ ，就用叠加原理：对每一部分分别求特解，再加起来。因为方程是线性的——若 $y_{p1}$ 满足 $L(y)=f_1$ ， $y_{p2}$ 满足 $L(y)=f_2$ ，则 $y_{p1}+y_{p2}$ 满足 $L(y)=f_1+f_2$ 。

（四种标准形式——指数乘多项式、指数乘三角、多项式乘三角、指数乘多项式乘三角——的完整推导在进阶十八。）

但有个坑： $\lambda$ 正好是特征根

设 $y^* = Ae^{2x}$ 之前，得先看一眼： $e^{2x}$ 会不会是齐次解？如果是，那 $Ae^{2x}$ 代进左边会得 $0$ ，配不出右边的 $5e^{2x}$ 。

这就是“ $\lambda$ 正好是特征根”的情形，得处理一下，见下一节。

为什么正好是特征根就要乘 $x^k$

拿 $y'' + ay' + by = e^{\lambda x}P_m(x)$ 说（ $P_m$ 是 $m$ 次多项式，三角函数的情形放后面用复数）。设

y^* = e^{\lambda x} Q(x)

代入，约掉 $e^{\lambda x}$ ，得到

Q'' + (2\lambda + a)Q' + (\lambda^2 + a\lambda + b)Q = P_m(x)

注意，这是个恒等式——对任意 $x$ 都成立。既然两边恒等，那两边就得是同一个东西：左边是多项式，右边也是多项式，类型一样；而且次数也得一样，都是 $m$ 次。

看左边哪一项次数最高： $Q''$ 比 $Q$ 低两次、 $Q'$ 低一次、 $Q$ 不变。谁当最高次，取决于它的系数：

$\lambda$ 不是特征根： $\lambda^2 + a\lambda + b \neq 0$ ，最高次是 $Q$ ，所以 $Q$ 的次数 = $m$ ；
$\lambda$ 是单根： $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$ ， $Q$ 这一项消失，最高次落到 $Q'$ ， $Q'$ 的次数 = $m$ ，那 $Q$ 就是 $m+1$ 次；
$\lambda$ 是二重根： $Q$ 、 $Q'$ 都消失，最高次落到 $Q''$ ， $Q''$ 的次数 = $m$ ， $Q$ 就是 $m+2$ 次。

所以“ $\lambda$ 是特征根就乘 $x^k$ ”（ $k$ 是重数）不是背的规则，是“恒等式两边次数必须一样”逼出来的：每消失一阶， $Q$ 就得多升一次补回来。完整推导和一个反例在进阶十八。

三角函数：用复数

右边含 $\sin$ 、 $\cos$ 时，直接设要同时设 $A\cos x + B\sin x$ 两个系数，代进去分别比 $\cos$ 项、 $\sin$ 项的系数，麻烦；右边要是还叠了指数、多项式，更麻烦。

第四章给过欧拉公式 $e^{ix} = \cos x + i\sin x$ 。用它把 $\sin$ 、 $\cos$ 合成一个复指数： $\sin x$ 是 $e^{ix}$ 的虚部， $\cos x$ 是 $e^{ix}$ 的实部。

于是把原方程换成复方程（右边换成 $e^{ix}$ ），解出复特解，再取虚部（对应 $\sin$ ）或实部（对应 $\cos$ ）就回来了。

先停一下，想一想：为什么取实部、虚部能还原？

为什么能取实部、虚部？这要从“为什么敢构造复方程”说起。

原方程是实系数的——左边只对函数求导、乘常数、相加，不含复数。于是对任意复函数 $Y = u + iv$ ，作用这个实系数算子 $L$ 时，实部和虚部各走各的：

L(Y) = L(u) + iL(v)

也就是先运算再取实部，等于先取实部再运算：

\operatorname{Re}(L(Y)) = L(\operatorname{Re}Y), \qquad \operatorname{Im}(L(Y)) = L(\operatorname{Im}Y)

再看构造出的复方程 $L(Y) = P_m(x)e^{ibx}$ 。右边复指数 $e^{ibx} = \cos bx + i\sin bx$ ，实部正是 $\cos bx$ 、虚部正是 $\sin bx$ 。对复方程两边取实部：

L(\operatorname{Re}Y) = \operatorname{Re}(P_m e^{ibx}) = P_m\cos bx

这恰好就是原 $\cos$ 型方程！所以 $Y$ 的实部 $\operatorname{Re}Y$ 正是原方程的特解。同理取虚部得 $\sin$ 型方程的特解。所以“取实部对应 $\cos$ 型、取虚部对应 $\sin$ 型”不是约定俗成，而是实系数算子与实部、虚部可交换带来的必然结果。

对简单的 $\sin x$ 、 $\cos x$ ，用不用复数差别不大，算起来差不多快。但右边一旦复杂起来（比如同时含指数、多项式、三角函数），复数法的优势就很明显了。第 7 题（ $y''+y=\sin x$ ）和第 8 题（ $y''-2y'+2y=e^xx\sin x$ ）的答案里，各有实数、复数、算子三种方法摆在一起对比，可以感受一下差距。

和常数变易法的关系

拿 $y' - 2y = xe^{2x}$ 对比一下。

常数变易法：设 $y = u e^{2x}$ ，代入得 $u' = x$ ，积分 $u = \frac12 x^2$ ，特解 $\frac12 x^2 e^{2x}$ 。

待定系数法： $\lambda = 2$ 正好是特征根，右边是 $xe^{2x}$ ，特解设 $x(Ax+B)e^{2x}$ ，配系数得 $A = \frac12$ ， $B = 0$ ，也是 $\frac12 x^2 e^{2x}$ 。

殊途同归。区别在于：常数变易法靠积分，待定系数法靠“右边是什么类、照着猜”，用代数代替积分。

适用范围：待定系数法只对常系数、且右边是“多项式、指数、正弦余弦及其乘积”的方程好用；变系数会破坏“求导跑不出这一类”，不能直接用。（当然，右边不在这几类里，也不代表一定不能用——只是没法一眼看出该设成什么形式。）

八、积分因子法（降阶）

前面两种方法各有短板：待定系数法快，但右边必须落在那“一类”里；常数变易法不挑右边，但要解方程组、积好几次分。有没有一个折中的：不挑右边，又比常数变易法省事？有。

一阶的老办法：积分因子

一阶线性方程 $y' + P(x)y = Q(x)$ 有个熟门熟路的解法。关键是：想把左边凑成一个导数。

回忆乘积求导： $(\mu y)' = \mu' y + \mu y'$ 。左边 $y' + Py$ 乘个 $\mu$ 上去，是 $\mu y' + \mu P y$ 。要让它等于 $(\mu y)' = \mu y' + \mu' y$ ，就得让 $\mu' = \mu P$ 。

先停一下，想一想： $\mu' = \mu P$ 怎么解？

它自己也是个微分方程，但好解：分离变量， $\frac{d\mu}{\mu} = P\,dx$ ，积分得 $\mu = e^{\int P\,dx}$ 。

于是两边乘这个 $\mu$ ，方程变成：

(\mu y)' = \mu Q

左边是个导数的原样，一积分， $y$ 就出来了。

二阶怎么用：先降阶

到了二阶常系数 $y'' + ay' + by = f(x)$ ，积分因子好像使不上劲了。为什么？因为左边多了 $y''$ ，凑不成一个导数。

但换个角度想：要是能把二阶降成一阶，积分因子不就又能用了吗？把不会的高阶，变成会的一阶——这又是化归。

怎么降？关键在特征方程 $r^2 + ar + b = 0$ 。它在复数域总能因式分解：

r^2 + ar + b = (r - r_1)(r - r_2)

而 $(r - r_1)(r - r_2) = r(r - r_2) - r_1(r - r_2)$ 。把 $r$ 对应“求导”、 $r^2$ 对应“求两次导”、常数对应“乘 $y$ ”，这个恒等式搬到方程上就是：

y'' + ay' + by = (y'' - r_2 y') - r_1(y' - r_2 y)

注意： $y'' - r_2 y' = (y' - r_2 y)'$ 。把 $y' - r_2 y$ 打包成一个整体 $Y$ ：

Y = y' - r_2 y

方程就变成关于 $Y$ 的一阶方程：

Y' - r_1 Y = f(x)

降阶成功。接下来对 $Y$ 用积分因子法解出 $Y$ ，再解 $y' - r_2 y = Y$ （又是一个一阶）， $y$ 就出来了。整道题变成求两个积分。

（特征根是复数时，流程照走——代数恒等式不挑实复。比如 $y''+y=f(x)$ ，特征方程 $r^2+1=0$ ，根是 $\pm i$ ：

Y = y'-r_2y = y'+iy, \qquad Y'-r_1Y = Y'-iY = f(x)

但到这里就没实根那么轻松了。积分因子变成复指数 $e^{-ix}$ ，两边乘上去：

(e^{-ix}Y)' = e^{-ix}f(x)

右边是复的，积分不再是“找一个实函数的原函数”，而是复积分——积出来的 $Y$ 是复函数；再解 $y'+iy=Y$ ，又是一次复积分，最终得到复的 $y$ 。因为原方程是实系数的，最后对复的 $y$ 取实部，就得到实解。所以复数根时积分因子法依然能用——实根时是实积分，复根时是复积分加上最后的取实部。想看它有多麻烦，可拿 $y''+y=\sin x$ 试进阶二十第 7 题的方法四。）

一个例子：右边不“规矩”

解 $y'' + 3y' + 2y = \frac{1}{e^x + 1}$ 。

右边 $\frac{1}{e^x+1}$ 不是多项式、指数、正余弦的组合，待定系数法没辙。但积分因子法不挑，照走。

特征方程 $r^2 + 3r + 2 = 0$ ，因式分解 $(r+1)(r+2) = 0$ ，两个根 $-1$ 、 $-2$ 。取 $r_1 = -1$ 、 $r_2 = -2$ ，打包 $Y = y' + 2y$ 。代入：

Y' + Y = \frac{1}{e^x + 1}

一阶了。两边乘积分因子 $e^x$ ：

(e^x Y)' = \frac{e^x}{e^x + 1}

（为什么乘这类东西？因为 $(e^{-r_1x}Y)' = e^{-r_1x}(Y'-r_1Y)$ ——乘上去之后，左边恰好凑成一个整体导数。这正是积分因子法的全部原理。）

积分：

Y = e^{-x}\ln(e^x + 1)

再解 $y' + 2y = e^{-x}\ln(e^x+1)$ ，乘积分因子 $e^{2x}$ ：

(e^{2x} y)' = e^x \ln(e^x+1)

积分（这一步用分部积分，具体过程见进阶十九）：

y = (e^{-x} + e^{-2x})\ln(e^x+1) - e^{-x}

其中 $-e^{-x}$ 是齐次解，可并入任意常数。于是通解：

y = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-2x} + (e^{-x}+e^{-2x})\ln(e^x+1)

全程只求了两个积分，没解方程组。

三种方法摆一起

方法	对右边	计算	前提
待定系数法	只挑“规矩”的	设形式、配系数	常系数 + 右边规矩
积分因子法	不挑	解一阶（求积分）	常系数 + 会因式分解
常数变易法	不挑	解方程组	任意 + 会解齐次

积分因子法补上了两者的短：像常数变易法一样不挑右边，又像待定系数法一样轻快（只解一阶，不解方程组）。泛用性比待定系数法好，计算比常数变易法少——这正是我们想要的那个“中间方案”。

九、那些换元是怎么来的

前面都是线性方程。课本上还有一堆非线性、变系数的方程，解法里动不动就是一句“作变换”。这些变换是怎么想出来的？这一章拆三个。

先说明：为什么前面都守着“线性”

前面反复强调线性，是因为“非齐次 = 齐次 + 特解”这个结构、以及常数变易法、待定系数法，全都依赖线性性。非线性方程就没这么幸运了。

举个反例： $y' + y^2 = 1$ ，它有一个特解 $y^* = 1$ 。仿照线性方程的做法，设 $z = y - 1$ ，代入：

z' + z^2 + 2z = 0

这不是线性齐次方程（那个 $z^2$ 是麻烦），无法得到“非齐次 = 齐次 + 特解”的结构。

根源在于：线性性保证 $L(y) - L(y^*) = L(y - y^*)$ 。没有它，做差之后合不回去，就变不出齐次方程。所以非线性方程一般极难求解，很多甚至求不出解析解。接下来要讲的伯努利、黎卡提，是少数能“化非线性为线性”的特例——并不是每个非线性方程都能这么化。

伯努利方程：换元 $z = y^{1-n}$

伯努利方程：

y' + P(x)y = Q(x)y^n

书里通常直接来一句“令 $z = y^{1-n}$ ”。这个换元不是凭空来的。

先看它哪里不线性：左边 $y$ 、 $y'$ 都是一次，右边却是 $n$ 次，次数对不齐。线性方程右边应该是不含 $y$ 的（关于 $y$ 的零次）。

目标很明确：把右边的 $y^n$ 消掉。

先停一下，想一想：怎么消掉一个 $y^n$ ？

最朴素的手段：两边同乘 $y^k$ ，看能不能把次数配平：

y' y^k + P(x) y^{k+1} = Q(x) y^{n+k}

左边第一项 $y' y^k$ 正好是 $\frac{y^{k+1}}{k+1}$ 的导数（差个常数）。把 $y^{k+1}$ 看成一个整体，左边就变成线性的样子：

(y^{k+1})' + (k+1)P(x) y^{k+1} = (k+1)Q(x) y^{n+k}

现在右边还剩 $y^{n+k}$ 。要它变成“零次”（不含 $y$ ），就得 $n + k = 0$ ，也就是 $k = -n$ 。代进去：

(y^{1-n})' + (1-n)P(x) y^{1-n} = (1-n)Q(x)

令 $z = y^{1-n}$ ，就成了标准的一阶线性方程：

z' + (1-n)P(x) z = (1-n)Q(x)

回头看， $z = y^{1-n}$ 这个“巧妙”换元，本质就是“乘 $y^{-n}$ 把右边的 $y^n$ 消掉、顺便把 $y'y^{-n}$ 吸收成 $y^{1-n}$ 的导数”。消掉非线性项、凑出线性形式，换元自然就出来了。具体例子见进阶二十。

黎卡提方程：换元 $y = y^* + \frac{1}{u}$

黎卡提方程：

y' = P(x)y^2 + Q(x)y + R(x)

非线性项是 $y^2$ 。书上的解法：先找一个特解 $y^*$ ，再设 $y = y^* + \frac{1}{u}$ 。为什么？

还是“把非线性变线性”，这次目标是消掉 $y^2$ 。

已知 $y^*$ 满足 ${y^*}' = P(x){y^*}^2 + Q(x)y^* + R(x)$ 。用原方程减掉 $y^*$ 的方程， $y^2$ 和 ${y^*}^2$ 相减可以因式分解：

(y - y^*)' = P(x)(y^2 - {y^*}^2) + Q(x)(y - y^*)

令 $z = y - y^*$ ，用平方差 $y^2 - {y^*}^2 = (y-y^*)(y+y^*)$ ：

z' = P(x) z (y + y^*) + Q(x) z

而 $y + y^* = (y - y^*) + 2y^* = z + 2y^*$ ，于是：

z' = P(x) z (z + 2y^*) + Q(x) z = P(x) z^2 + (2P(x)y^* + Q(x)) z

这是一个伯努利方程（有 $z^2$ 项）。伯努利我们已经会了：乘 $z^{-2}$ 消掉 $z^2$ ，也就是换元

u = \frac{1}{z}, \qquad z' = -\frac{u'}{u^2}

代入 $z' = Pz^2 + (2Py^*+Q)z$ ：

-\frac{u'}{u^2} = P\cdot\frac{1}{u^2} + (2Py^*+Q)\cdot\frac{1}{u}

两边乘 $-u^2$ 、整理：

u' + (2P(x)y^* + Q(x))u + P(x) = 0

这是一个一阶线性微分方程，解出 $u$ 再代回 $y = y^* + \frac1u$ 就行。

所以 $y = y^* + \frac{1}{u}$ 这个“一步到位”的换元，其实是两步：先做差（消掉 $R(x)$ 、把 $y^2$ 因式分解），再套伯努利的标准换元 $u = \frac{1}{z}$ 。书里合成了一步，就显得像魔术。

欧拉方程：换元 $x = e^t$

欧拉方程：

x^2 y'' + p x y' + q y = 0

系数是 $x$ 的幂，是变系数。书上的换元是 $x = e^t$ 。为什么？

想法还是“打包”：把变化的系数和导数绑在一起，凑成常系数。

观察式子， $x$ 的幂次和导数的阶数正好相同： $x^2 y''$ 、 $x^1 y'$ 、 $x^0 y$ 。而 $xy'$ 有个漂亮的变形：

xy' = x\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{\frac{dx}{x}} = \frac{dy}{d\ln x}

先停一下，想一想：这个变形说明了什么？

它说明：乘 $x$ 再对 $x$ 求导，等于对 $\ln x$ 求导。那把 $\ln x$ 看成一个新变量 $t$ ，就有 $xy' = \frac{dy}{dt}$ ——系数 $x$ 就被并进 $t$ 里了。

$x^2 y''$ 也能这么处理。由 $xy' = \frac{dy}{dt}$ 知 $y' = \frac{1}{x}\frac{dy}{dt}$ ，再对 $x$ 求导（链式法则）：

y'' = -\frac{1}{x^2}\frac{dy}{dt} + \frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}\frac{d^2 y}{dt^2} = \frac{1}{x^2}\left(\frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt}\right)

所以 $x^2 y'' = \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt}$ 。

（或者写成导数的形式，用 $y'(x),y''(x)$ 的记号：

y''(x) = [y'(x)]' = \left[\frac{1}{x}y'(t)\right]' = \left(\frac{1}{x}\right)'y'(t) + \frac{1}{x}[y'(t)]' = -\frac{1}{x^2}y'(t) + \frac{1}{x}\cdot y''(t)\cdot\frac{1}{x} = \frac{1}{x^2}[y''(t)-y'(t)]

其中 $[y'(t)]'$ 是对 $x$ 求导， $[y'(t)]' = y''(t)\cdot t' = y''(t)\cdot\frac{1}{x}$ 。两种写法一个结果。）

代入原方程，全变成对 $t$ 的常系数方程：

\frac{d^2 y}{dt^2} + (p-1)\frac{dy}{dt} + qy = 0

所以 $x = e^t$ 的本质：发现 $xy' = \frac{dy}{d\ln x}$ ，于是用 $t = \ln x$ 把“乘 $x$ 再求导”翻译成“对 $t$ 求导”，系数就变常数了。三阶以上的规律 $x^k y^{(k)} = D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ 见进阶十六。

一般的变系数方程

欧拉方程能换元，是因为它的系数和导数阶数“配套”。一般的二阶变系数方程 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$ 没这么整齐，也就没有通法。

这种时候只能“试”：先试指数 $e^{\lambda x}$ ，不行再试幂函数 $x^k$ ，看能不能试出一个齐次解 $y_1$ 。有了一个 $y_1$ ，就能用刘维尔公式造出另一个线性无关解 $y_2$ （见进阶十三）。齐次通解凑齐后，再用常数变易法求非齐次特解。变系数实例见进阶二十。

小结

从 $5-3$ 到 $y'+2xy=3x$ ，从 $2+2+2+2$ 的打包到 $y=u(x)y_1$ ，从整数封闭性到 $y^*=Ae^{2x}$ ——贯穿始终的都是化归。

回头看，整篇只做了一件事：把不会的变成会的。

齐次方程：拿指数去试，化成解二次方程；
解的结构：把非齐次拆成“齐次 + 一个特解”，难题变两个小题；
找特解的三条路：常数变易法（分离变量指路）、待定系数法（照着右边猜）、积分因子法（降阶）。

这三条路，正好对应开头说的化归三种走法：常数变易法把“加”打包成“乘”，是换个角度；待定系数法把特解看成几个基础形状的叠加，是有限叠加；积分因子法把高阶一层层降下来，是不断分解。

换个说法，三个方法各自出发的地方也不一样：常数变易法从解空间的基底出发（把通解里的常数变易成函数），待定系数法从非齐次项的形式出发（照着右边猜），积分因子法则把高阶降成一阶。它们做的都是同一件事：把非齐次拉回齐次，把高阶降成一阶。

各种换元：都是“把非线性、变系数拉回线性、常系数”。

每一步都不是灵光一闪，是顺着化归这个念头走出来的。而这个念头，其实在你第一次把减法想成加法时就有了。下面转入进阶：完整的推导、更多例子和练习，用到时再翻。

进阶

十、 $n$ 阶推广

$n$ 阶常系数齐次方程 $a_n y^{(n)} + a_{n-1} y^{(n-1)} + \cdots + a_0 y = 0$ ，同样拿 $y = e^{rx}$ 去试，得到 $n$ 次特征方程：

a_n r^n + a_{n-1} r^{n-1} + \cdots + a_0 = 0

它在复数域恰有 $n$ 个根（重根按重数计），规则和二阶一样：

每个互异实根 $r$ ：给一个解 $e^{rx}$ ；
每个 $k$ 重实根 $r$ ：给 $k$ 个解 $e^{rx}, x e^{rx}, \cdots, x^{k-1}e^{rx}$ ；
每对 $k$ 重共轭复根 $\alpha \pm i\beta$ ：给 $2k$ 个实解， $e^{\alpha x}\cos\beta x, x e^{\alpha x}\cos\beta x, \cdots, x^{k-1}e^{\alpha x}\cos\beta x$ ，以及对应的正弦项。

这些解线性组合起来，正好凑出含 $n$ 个独立常数的通解。

精确计数一下：设互异实根有 $i$ 个，记为 $r_1,\dots,r_i$ ，各对应一个解，共 $i$ 个；重实根有 $j$ 个，记为 $r_{i+1},\dots,r_{i+j}$ ，重数分别是 $k_1,\dots,k_j$ ，共对应 $\sum_{l=1}^{j}k_l$ 个解；共轭复根对有 $m$ 对 $\alpha_1\pm i\beta_1,\dots,\alpha_m\pm i\beta_m$ ，重数分别是 $k_{j+1},\dots,k_{j+m}$ ，共对应 $2\sum_{l=1}^{m}k_{j+l}$ 个解。总数

i+\sum_{l=1}^{j}k_l + 2\sum_{l=1}^{m}k_{j+l} = n

把每个根都写成因式（每对共轭复根合成一个二次因式： $(r-\alpha-i\beta)(r-\alpha+i\beta)=r^2-2\alpha r+(\alpha^2+\beta^2)$ ），完整特征方程就是：

(r-r_1)\cdots(r-r_i)(r-r_{i+1})^{k_1}\cdots(r-r_{i+j})^{k_j}\big[r^2-2\alpha_1 r+(\alpha_1^2+\beta_1^2)\big]^{k_{j+1}}\cdots\big[r^2-2\alpha_m r+(\alpha_m^2+\beta_m^2)\big]^{k_{j+m}} = 0

每个括号的 $k$ 次方都对应 $k$ 个解（共轭复根那个括号对应 $2k$ 个），加起来的个数正好是 $n$ 。

正好凑齐 $n$ 个线性无关解。

其中 $r_1,\dots,r_i$ 是互异实根， $r_{i+1},\dots,r_{i+j}$ 是重实根（重数 $k_1,\dots,k_j$ ）， $\alpha_1\pm i\beta_1,\dots,\alpha_m\pm i\beta_m$ 是共轭复根对（重数 $k_{j+1},\dots,k_{j+m}$ ）。每一项对应一批解，全部加起来正好 $n$ 个。

十一、重根的差商极限（完整推导）

正文里说，重根时第二个解来自差商的极限。这里补完整。

两个不等根 $r_1 \neq r_2$ 时， $\frac{e^{r_2 x} - e^{r_1 x}}{r_2 - r_1}$ 是解（两个解的线性组合）。让 $r_2 \to r_1 = r$ ，这是个 $\frac00$ 型极限。

设 $t = r_2 - r_1$ ，则 $r_2 = r_1 + t$ ：

\frac{e^{r_2 x} - e^{r_1 x}}{r_2 - r_1} = \frac{e^{(r_1+t)x} - e^{r_1 x}}{t} = e^{r_1 x}\cdot\frac{e^{tx}-1}{t}

当 $t \to 0$ ， $\frac{e^{tx}-1}{t} \to x$ （洛必达：分子分母对 $t$ 求导， $\frac{x e^{tx}}{1} \to x$ ）。注意这里 $t$ 是变量， $x$ 是常量。

所以：

\lim_{r_2 \to r} \frac{e^{r_2 x} - e^{r_1 x}}{r_2 - r_1} = x e^{rx}

这正是重根的第二个解。

换个角度：把 $e^{rx}$ 对参数 $r$ 求导， $\frac{\partial}{\partial r} e^{rx} = x e^{rx}$ 。差商取极限，本质上就是“对参数求导”。

还有一个角度：直接用常数变易法（第六章那招）。已知 $y_1 = e^{rx}$ 是一个解，设第二个解 $y_2 = u(x)e^{rx}$ 。求导：

y_2' = u'e^{rx} + u r e^{rx}, \qquad y_2'' = u''e^{rx} + 2u'r e^{rx} + u r^2 e^{rx}

代入 $y''+ay'+by=0$ ，按 $u,u',u''$ 合并：

u(y_1''+ay_1'+by_1) + u'(2y_1'+ay_1) + u''y_1 = 0

$y_1$ 是齐次解，第一项为 $0$ ；两根重合时 $r = -\frac a2$ ，即 $2r+a=0$ ，所以 $2y_1'+ay_1 = (2r+a)y_1 = 0$ ，第二项也为 $0$ 。只剩 $u''y_1 = 0$ ，即 $u'' = 0$ 。取最简单的 $u = x$ ，得 $y_2 = xe^{rx}$ 。

这跟差商取极限殊途同归，也顺便看出“常数变易”这个名字的又一来源：求重根第二个解时，把 $e^{rx}$ 前的常数换成了函数 $u$ 。

十二、复数根与欧拉公式（完整过程）

正文里用欧拉公式把复解凑成实解，这里补完整。

欧拉公式 $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ 。对共轭复根 $r = \alpha \pm i\beta$ ，两个复解：

Y_1 = e^{(\alpha + i\beta)x} = e^{\alpha x}(\cos\beta x + i\sin\beta x)

Y_2 = e^{(\alpha - i\beta)x} = e^{\alpha x}(\cos\beta x - i\sin\beta x)

相加、相减：

Y_1 + Y_2 = 2 e^{\alpha x}\cos\beta x, \qquad Y_1 - Y_2 = 2i e^{\alpha x}\sin\beta x

所以：

y_1 = \frac{Y_1 + Y_2}{2} = e^{\alpha x}\cos\beta x, \qquad y_2 = \frac{Y_1 - Y_2}{2i} = e^{\alpha x}\sin\beta x

由叠加原理， $Y_1, Y_2$ 是解， $y_1, y_2$ 是它们的线性组合，所以也是解。又因为 $\frac{y_1}{y_2} = \cot\beta x$ 不是常数， $y_1, y_2$ 线性无关，能当基础解组。

注：通解里的 $C_1, C_2$ ，看题目要求取实数还是复数——要求实解就取实数，允许复数解就取复数。

十三、刘维尔公式

刘维尔公式用于：已知 $n$ 阶方程前 $n-1$ 个线性无关的齐次解，求第 $n$ 个；在二阶里，就是已知一个齐次解 $y_1$ ，求另一个线性无关解 $y_2$ （即 $y_2 \neq Cy_1$ ， $C$ 是常数）。

已知二阶齐次方程 $y'' + p(x)y' + q(x)y = 0$ 的一个非零解 $y_1$ ，求 $y_2$ 。

齐次方程的通解形如 $Cy_1$ ，但只给了一个独立常数。为了得到第二个独立解，模仿常数变易法的思想，把常数 $C$ 变易成函数 $u(x)$ ，设 $y_2 = u(x)y_1$ 。求导：

y_2' = u'y_1 + uy_1', \qquad y_2'' = u''y_1 + 2u'y_1' + uy_1''

代入方程 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ ，按 $u,u',u''$ 合并：

u''y_1 + 2u'y_1' + uy_1'' + p(u'y_1 + uy_1') + quy_1 = 0

u''y_1 + u'(2y_1'+py_1) + u(y_1''+py_1'+qy_1) = 0

因为 $y_1$ 是齐次解， $y_1''+py_1'+qy_1=0$ ，含 $u$ 的项整个消掉，只剩：

y_1 u'' + (2y_1' + p y_1) u' = 0

两边除以 $y_1$ ，得 $u'' + \left(2\frac{y_1'}{y_1}+p\right)u' = 0$ 。令 $v = u'$ ，降成可分离变量的一阶方程：

\frac{dv}{v} = -\left(2\frac{y_1'}{y_1} + p\right)dx

积分： $\ln|v| = -2\ln|y_1| - \int p\,dx + C_1$ ，去对数得

u'(x) = \frac{e^{-\int p(x)dx}}{y_1^2(x)}

取 $C_1=1$ （只需要一个线性无关的特解，常数倍数可被通解中的任意常数吸收），再积一次、取积分常数 $C_2=0$ ：

y_2(x) = y_1(x)\int \frac{e^{-\int p(x)dx}}{y_1^2(x)}\,dx

这就是二阶的刘维尔公式。

十四、朗斯基行列式

先补一个概念：行列式。二阶行列式是四个数摆成两行两列，算一个值：

\begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix} = ad - bc

也就是主对角线（ $a,d$ ）乘积减副对角线（ $b,c$ ）乘积。三阶、更高阶是类似的推广，下面主要用二阶， $n$ 阶不展开。

朗斯基行列式，就是拿一组函数和它们的导数，排成这样的“竖线框”，用来判断这组函数是否线性无关。

定义

$n$ 个函数 $y_1, \dots, y_n$ 的朗斯基行列式，是它们和它们前 $n-1$ 阶导数排成的 $n\times n$ 行列式：

W(x) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 & \cdots & y_n \\ y_1' & y_2' & \cdots & y_n' \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ y_1^{(n-1)} & y_2^{(n-1)} & \cdots & y_n^{(n-1)} \end{vmatrix}

二阶最简单： $W = y_1 y_2' - y_1' y_2$ 。

它回答什么：线性无关吗

$W(x) \neq 0$ （至少在某一点）当且仅当这 $n$ 个函数线性无关；
$W(x) \equiv 0$ 当且仅当它们线性相关。

（直观理解：行列式为零，意味着行向量（各阶导数）之间线性相关——这 $n$ 个函数“挤在一起”，彼此都能由对方组合出来，谁也没带来新方向；行列式非零，意味着它们张成了完整的 $n$ 维空间，谁也替代不了谁。）

为什么（二阶为例）

$W = y_1 y_2' - y_1' y_2$ 。

若 $y_1, y_2$ 线性相关，即 $y_2 = C y_1$ ，则 $W = y_1(Cy_1)' - y_1'(Cy_1) = C(y_1 y_1' - y_1' y_1) = 0$ ，恒为零；
反过来，若 $W \neq 0$ ，看比值 $\frac{y_2}{y_1}$ 的导数：

\left(\frac{y_2}{y_1}\right)' = \frac{y_1 y_2' - y_1' y_2}{y_1^2} = \frac{W}{y_1^2} \neq 0

所以 $\frac{y_2}{y_1}$ 不是常数， $y_2$ 不是 $y_1$ 的常数倍，线性无关。

所以“线性无关”和“朗斯基行列式处处非零”是同一件事的两种说法。

在常数变易法中的作用

解 $u_i'$ 的线性方程组，它的系数排成的行列式正是 $W(x)$ 。 $y_i$ 线性无关 $\Rightarrow W \neq 0 \Rightarrow$ 方程组唯一可解。

为什么 $W' = -p(x)W$

对二阶方程 $y'' + p(x)y' + q(x)y = 0$ ， $y_1, y_2$ 都是解， $W = y_1 y_2' - y_1' y_2$ 。求导：

W' = y_1' y_2' + y_1 y_2'' - y_1'' y_2 - y_1' y_2' = y_1 y_2'' - y_1'' y_2

由方程 $y'' = -py' - qy$ ，得 $y_1'' = -py_1' - qy_1$ ， $y_2'' = -py_2' - qy_2$ 。代入：

W' = y_1(-py_2' - qy_2) - (-py_1' - qy_1)y_2 = -p(y_1 y_2' - y_1' y_2) = -pW

（中间 $-qy_1 y_2 + qy_1 y_2$ 抵消。）

解这个一阶方程 $W' = -pW$ ，得 $W = Ce^{-\int p\,dx}$ ——这正是刘维尔公式的来源（见进阶十三）。

推广到 $n$ 阶： $y^{(n)}+p_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+p_0y=0$ ， $W$ 是基本解组排成的 $n\times n$ 行列式。把 $W$ 求导，由行列式的多线性（对每一行用乘积法则），等于“把每一行分别求导后所得行列式之和”：

W'=\sum_{k=1}^{n}W_k,\qquad W_k=\text{把第 }k\text{ 行求导后所得的行列式}

前 $n-1$ 个 $W_k$ 都是 $0$ ：把第 $k$ 行（ $y^{(k-1)}$ 行）求导，得到 $y^{(k)}$ 行，恰好与第 $k+1$ 行相同——两行相同，行列式为 $0$ ；
只剩 $W_n$ ：把最后一行（ $y^{(n-1)}$ 行）求导，得到 $y^{(n)}$ 行。用方程替换这一行： $y^{(n)}=-p_{n-1}y^{(n-1)}-\cdots-p_0y$ 。按多线性展开，只有含 $p_{n-1}$ 的那一项让行列式恢复成完整的 $W$ ，其余各项都让某两行相同而为 $0$ 。

所以 $W'=-p_{n-1}W$ 。不管几阶，朗斯基行列式都满足 $W'=-p_{n-1}W$ （二阶就是 $W'=-pW$ ），解出来正是刘维尔公式。

反过来：已知解，反推方程

已知 $n$ 个线性无关解 $y_1, \dots, y_n$ ，能反推出它们所属的方程。把未知函数 $y$ 和已知解连同各阶导数排成行列式，令其为 $0$ ：

\begin{vmatrix} y & y_1 & \cdots & y_n \\ y' & y_1' & \cdots & y_n' \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ y^{(n)} & y_1^{(n)} & \cdots & y_n^{(n)} \end{vmatrix} = 0

按第一列展开，得到 $y$ 及其导数的线性组合等于 $0$ ，就是一个 $n$ 阶线性齐次方程；把 $y$ 换成任何一个 $y_i$ ，行列式两列相同、值为 $0$ ，所以 $y_1, \dots, y_n$ 都是它的解。

（也可以把行和列对调：把 $y$ 的各阶导数排到第一行，其余各行依次放 $y_1,\dots,y_n$ 的各阶导数。行列式有个性质——行和列对调后值不变，所以两种写法等价。对调后按第一行展开，第一行正好是 $y,y',\dots,y^{(n)}$ ，方程的形态一目了然。）

二阶例子：已知 $y_1 = e^x$ ， $y_2 = e^{2x}$ ，反推方程：

\begin{vmatrix} y & y' & y'' \\ e^x & e^x & e^x \\ e^{2x} & 2e^{2x} & 4e^{2x} \end{vmatrix} = 0

按第一行展开、除以 $e^{3x}$ ，得 $y'' - 3y' + 2y = 0$ 。这正是以 $e^x, e^{2x}$ 为基本解组（特征根 $1,2$ ）的那个方程。

十五、克拉默法则

解 $n$ 个方程、 $n$ 个未知数的线性方程组（消元法能解的那种）。常数变易法解 $u_i'$ 正是用它。先说二阶，最清楚。

为什么成立（二阶为例）

二阶方程组 $\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 = b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 = b_2 \end{cases}$ 。用消元法：第一式乘 $a_{22}$ 、第二式乘 $a_{12}$ ，相减消去 $x_2$ ：

a_{22}(a_{11}x_1 + a_{12}x_2) - a_{12}(a_{21}x_1 + a_{22}x_2) = a_{22}b_1 - a_{12}b_2

(a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21})x_1 = a_{22}b_1 - a_{12}b_2

所以

x_1 = \frac{a_{22}b_1 - a_{12}b_2}{a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}} = \frac{\begin{vmatrix}b_1 & a_{12}\\b_2 & a_{22}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12}\\a_{21} & a_{22}\end{vmatrix}}

分子正是“把系数行列式的第一列换成 $b_1,b_2$ ”所得的行列式。 $x_2$ 同理（换第二列）。这就是克拉默法则：求哪个未知数，就把系数行列式的那一列换成右边那列数，再除以系数行列式。

例：解 $\begin{cases}2x+y=5\\x-y=1\end{cases}$ 。系数行列式 $\begin{vmatrix}2&1\\1&-1\end{vmatrix} = 2(-1)-1\cdot1 = -3$ 。

x = \frac{\begin{vmatrix}5&1\\1&-1\end{vmatrix}}{-3} = \frac{-6}{-3} = 2, \qquad y = \frac{\begin{vmatrix}2&5\\1&1\end{vmatrix}}{-3} = \frac{-3}{-3} = 1

验证： $2\cdot2+1=5$ ， $2-1=1$ ，对。

在常数变易法里

求 $u_i'$ ，就把系数排成的行列式（朗斯基行列式）的第 $i$ 列换成右边那列数（ $0,\dots,0,f(x)$ ），再除以 $W(x)$ 。

以二阶为例（解 $y''+y=\sin x$ 时那个方程组）：

\begin{cases} u_1'\cos x + u_2'\sin x = 0 \\ -u_1'\sin x + u_2'\cos x = \sin x \end{cases}

系数排成的行列式 $\begin{vmatrix}\cos x & \sin x\\-\sin x & \cos x\end{vmatrix} = \cos^2x+\sin^2x = 1$ 。克拉默法则：

u_1' = \frac{\begin{vmatrix}0 & \sin x \\ \sin x & \cos x\end{vmatrix}}{1} = -\sin^2 x, \qquad u_2' = \frac{\begin{vmatrix}\cos x & 0 \\ -\sin x & \sin x\end{vmatrix}}{1} = \sin x\cos x

十六、算子法

把求导记成算子 $D = \frac{d}{dx}$ ，则 $Dy = y'$ ， $D^2 y = y''$ ，…… 常系数线性方程就能写成紧凑形式：

P(D) y = f(x)

其中 $P(D) = a_n D^n + \cdots + a_1 D + a_0$ 是关于 $D$ 的多项式。 $P(D)y$ 的意思，就是对 $y$ 做“乘系数、求导、再求和”这一套固定操作。

基本性质： $P(D)e^{\lambda x} = P(\lambda)e^{\lambda x}$

对指数函数，一次求导 $De^{\lambda x} = \lambda e^{\lambda x}$ ，两次 $D^2 e^{\lambda x} = \lambda^2 e^{\lambda x}$ ，依此类推 $D^k e^{\lambda x} = \lambda^k e^{\lambda x}$ 。所以：

P(D)e^{\lambda x} = (a_n D^n + \cdots + a_0)e^{\lambda x} = (a_n \lambda^n + \cdots + a_0)e^{\lambda x} = P(\lambda)e^{\lambda x}

这就是“把 $D$ 换成 $\lambda$ ”的依据。它没有引入任何额外假设，只是把求导的规律写出来。

顺带说一下“封装”是什么意思：封装就是把“一步一步算”换成“当成一个整体对象来算”。待定系数法里，遇到 $e^{\lambda x}$ 就得一次次代入、提公因子、把导数换成 $\lambda$ 的幂——算子法把这些机械操作打包成一条固定规则，用的时候直接套。

（这封装了什么？待定系数法里，猜特解含 $e^{\lambda x}$ 时，每次都要代入方程、提公因子 $e^{\lambda x}$ 、把各阶导数换成 $\lambda$ 的幂。性质 $P(D)e^{\lambda x} = P(\lambda)e^{\lambda x}$ 把这一套一次性封装成： $P(D)$ 作用在 $e^{\lambda x}$ 上，等同于把 $D$ 换成 $\lambda$ 再乘 $e^{\lambda x}$ 。）

纯指数型：逆算子公式

要解 $P(D)y = e^{\lambda x}$ ，想法是把算子“除过去”，写成 $y = \frac{1}{P(D)}e^{\lambda x}$ 。这里 $\frac{1}{P(D)}$ 是记号，表示“找一个函数 $y_p$ 使 $P(D)y_p = e^{\lambda x}$ ”。

情形一： $\lambda$ 不是特征根（ $P(\lambda) \neq 0$ ）

由基本性质， $P(D)e^{\lambda x} = P(\lambda)e^{\lambda x}$ 。两边除以非零常数 $P(\lambda)$ ：

P(D)\left(\frac{1}{P(\lambda)}e^{\lambda x}\right) = e^{\lambda x}

所以：

\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x} = \frac{1}{P(\lambda)}e^{\lambda x}

（这封装了什么？待定系数法里， $f=Ae^{\lambda x}$ 且 $\lambda$ 不是根时，要设 $y_p=Ce^{\lambda x}$ ，代入得 $CP(\lambda)e^{\lambda x}=Ae^{\lambda x}$ ，解出 $C=A/P(\lambda)$ 。现在用一步代数求值——算一个数 $P(\lambda)$ 取倒数——就取代了“设→求导→消去→解 $C$ ”整个流程。）

用起来就一句话：对 $f=Ae^{\lambda x}$ 这类（且 $P(\lambda)\neq0$ ），直接把 $P(D)$ 写出来，用 $\lambda$ 替换其中的 $D$ ，取倒数乘上 $Ae^{\lambda x}$ 即可。

例： $y''+3y'+2y=5e^{2x}$ 。 $P(D)=D^2+3D+2$ ， $P(2)=4+6+2=12\neq0$ ，所以 $y_p=\frac{5e^{2x}}{P(2)}=\frac{5}{12}e^{2x}$ 。

情形二： $\lambda$ 是 $k$ 重特征根（ $P(\lambda)=P'(\lambda)=\cdots=P^{(k-1)}(\lambda)=0$ ，但 $P^{(k)}(\lambda)\neq0$ ）

这时分母为 $0$ ，公式不能直接用。但基本性质 $P(D)e^{\lambda x} = P(\lambda)e^{\lambda x}$ 是关于 $\lambda$ 的恒等式，可以对 $\lambda$ 求导：

P(D)(xe^{\lambda x}) = P'(\lambda)e^{\lambda x} + P(\lambda)xe^{\lambda x}

若 $\lambda$ 是单根， $P(\lambda)=0$ 、 $P'(\lambda)\neq0$ ，得

\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x} = \frac{1}{P'(\lambda)}xe^{\lambda x}

若 $\lambda$ 是二重根，对 $\lambda$ 再求一次导：

P(D)(x^2 e^{\lambda x}) = P''(\lambda)e^{\lambda x}

得

\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x} = \frac{1}{P''(\lambda)}x^2 e^{\lambda x}

更高重数同理：每多一重，对 $\lambda$ 多求一次导、多乘一个 $x$ 。归纳成：

\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x} = \frac{1}{P^{(k)}(\lambda)}x^k e^{\lambda x}

这正是待定系数法“乘 $x^k$ ”规则的代数解释。具体说：单根时，待定系数法设 $y_p=Cxe^{\lambda x}$ ，代入后含 $Ce^{\lambda x}$ 的项抵消，剩下 $CP'(\lambda)e^{\lambda x}=e^{\lambda x}$ ，解出 $C=1/P'(\lambda)$ ；二重根时设 $Cx^2e^{\lambda x}$ ，系数由 $P''(\lambda)$ 决定。算子法直接通过对 $\lambda$ 求导，自动完成“升次—比较系数”的全过程，不用每次列方程。

指数乘多项式：平移性质与级数展开

对 $f(x) = e^{\lambda x}P_m(x)$ ，用乘积求导法则能证明一个一般的平移性质：

P(D)\big(e^{\lambda x}v(x)\big) = e^{\lambda x}P(D+\lambda)v(x)

证明：由 $D(e^{\lambda x}v) = e^{\lambda x}(\lambda v + v') = e^{\lambda x}(D+\lambda)v$ ，累次作用得 $D^k(e^{\lambda x}v) = e^{\lambda x}(D+\lambda)^k v$ ，从而 $P(D)(e^{\lambda x}v) = e^{\lambda x}P(D+\lambda)v$ 。这不过是把每次求导时 $e^{\lambda x}$ 提出的 $\lambda$ 与 $v'$ 合并的结果。

由平移性质，逆算子满足：

\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x}P_m(x) = e^{\lambda x}\frac{1}{P(D+\lambda)}P_m(x)

现在 $\frac{1}{P(D+\lambda)}$ 是关于 $D$ 的有理分式。因为 $P_m(x)$ 是 $m$ 次多项式， $D^{m+1}P_m(x) = 0$ ，所以只需把 $\frac{1}{P(D+\lambda)}$ 按 $D$ 的升幂展开到 $D^m$ 项（用多项式除法或形式级数），然后每一项直接对多项式求导即可。

例： $y'' - 2y' + y = xe^{2x}$ 。 $P(D) = (D-1)^2$ 。

y_p = \frac{1}{(D-1)^2}xe^{2x} = e^{2x}\frac{1}{(D+2-1)^2}x = e^{2x}\frac{1}{(D+1)^2}x

把 $(1+D)^{-2}$ 展开为 $1 - 2D + 3D^2 - \cdots$ ，作用在 $x$ 上（一次函数，二阶及以上导数为 $0$ ）：

(1 - 2D + 3D^2 - \cdots)x = x - 2

所以 $y_p = e^{2x}(x-2) = (x-2)e^{2x}$ 。这里的 $x-2$ 对应设 $y_p=(Ax+B)e^{2x}$ 时解出的 $A=1, B=-2$ 。

这套封装了什么？ 待定系数法面对 $e^{\lambda x}P_m(x)$ 时，要设 $y_p = e^{\lambda x}Q(x)$ （ $Q$ 是系数待定的 $m$ 次多项式），代入约去 $e^{\lambda x}$ ，再比较同次幂系数解出各系数。算子法把这一整套封装成“把 $\frac{1}{P(D+\lambda)}$ 展开、逐项作用在 $P_m(x)$ 上”，展开式的系数就是要解出的那些系数，一步到位。

如何计算 $\frac{1}{P(D+\lambda)}$ ：只需展开到 $D^m$ 项（ $D^{m+1}$ 及以上作用在 $m$ 次多项式上得零）。

方法一（ $\lambda$ 不是特征根， $P(\lambda)\neq0$ ）：把 $P(D+\lambda)$ 写成常数项加高阶项， $P(D+\lambda) = P(\lambda) + Q(D)$ （ $Q(D)$ 是 $D$ 的幂次 $\ge1$ 的项之和）。则

\frac{1}{P(D+\lambda)} = \frac{1}{P(\lambda)}\cdot\frac{1}{1+\frac{Q(D)}{P(\lambda)}} = \frac{1}{P(\lambda)}\left(1 - \frac{Q(D)}{P(\lambda)} + \left(\frac{Q(D)}{P(\lambda)}\right)^2 - \cdots\right)

截断到 $D^m$ 项即可。例： $\frac{1}{(D+1)^2} = \frac{1}{1+2D+D^2} = 1 - (2D+D^2) + (2D+D^2)^2 - \cdots$ ，截到 $D^1$ 项是 $1 - 2D$ 。

方法二（ $\lambda$ 是 $k$ 重特征根， $P(\lambda)=0$ ）：此时 $P(D+\lambda)$ 的常数项为零，先提取公因子 $D^k$ ， $P(D+\lambda) = D^k R(D)$ （ $R(0)\neq0$ ），则 $\frac{1}{P(D+\lambda)} = \frac{1}{D^k}\cdot\frac{1}{R(D)}$ ，其中 $\frac{1}{D^k}$ 表示积分 $k$ 次， $\frac{1}{R(D)}$ 用方法一的级数算。

例：计算 $\frac{1}{D^2+D}$ 展开到 $D^1$ 项。 $\frac{1}{D^2+D} = \frac{1}{D}\cdot\frac{1}{1+D} = \frac{1}{D}(1-D+D^2-\cdots)$ ，截到 $D^1$ 项是 $\frac{1}{D}-1+D$ 。作用在 $x$ 上： $\frac{1}{D}x - x + Dx = \frac{x^2}{2}-x+1$ 。

（说到底，计算 $\frac{1}{P(D+\lambda)}$ 就是个代数操作：把“设 $Q(x)$ →代入→比较系数→解方程组”整个流程，换成了“展开算子→逐项求导”的机械计算。）

用泰勒展开证明重根公式：也可以用平移性质证明 $\lambda$ 为 $k$ 重根的公式 $\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x} = \frac{1}{P^{(k)}(\lambda)}x^k e^{\lambda x}$ 。

设 $P(D)$ 为 $n$ 次多项式， $P(D) = \sum_{j=0}^{n}a_j D^j$ （ $a_0 \neq 0$ ，若 $a_0=0$ 先提取公因式）。 $P(D)$ 在 $D=\lambda$ 处的泰勒展开为

P(D) = \sum_{j=0}^{n}\frac{P^{(j)}(\lambda)}{j!}(D-\lambda)^j

由于 $P(\lambda)=P'(\lambda)=\cdots=P^{(k-1)}(\lambda)=0$ ， $P^{(k)}(\lambda)\neq0$ ， $\lambda$ 是 $k$ 重根，所以

P(D) = \sum_{j=k}^{n}\frac{P^{(j)}(\lambda)}{j!}(D-\lambda)^j

从而

P(D+\lambda) = \sum_{j=k}^{n}\frac{P^{(j)}(\lambda)}{j!}D^j = D^k\sum_{j=k}^{n}\frac{P^{(j)}(\lambda)}{j!}D^{j-k}

于是

\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x} = e^{\lambda x}\frac{1}{P(D+\lambda)}1 = e^{\lambda x}\frac{1}{D^k}\cdot\frac{1}{\sum_{j=k}^{n}\frac{P^{(j)}(\lambda)}{j!}D^{j-k}}1

对 $e^{0x}=1$ 用纯指数公式（这里 $\lambda=0$ ），那坨算出来是 $\frac{k!}{P^{(k)}(\lambda)}$ ，所以

\frac{1}{P(D)}e^{\lambda x} = e^{\lambda x}\cdot\frac{x^k}{k!}\cdot\frac{k!}{P^{(k)}(\lambda)} = \frac{1}{P^{(k)}(\lambda)}x^k e^{\lambda x}

证毕。

三角函数型：复数封装

当非齐次项含 $\cos\beta x$ 或 $\sin\beta x$ 时，用欧拉公式 $e^{i\beta x} = \cos\beta x + i\sin\beta x$ 转为复指数： $\cos\beta x = \operatorname{Re}(e^{i\beta x})$ ， $\sin\beta x = \operatorname{Im}(e^{i\beta x})$ 。解出复特解后取实部（ $\cos$ 型）或虚部（ $\sin$ 型）即可。

（这封装了什么？常规待定系数法处理 $\sin/\cos$ ，要同时设 $e^{\alpha x}(A\cos\beta x+B\sin\beta x)$ ，代入后用三角恒等式展开、分别比 $\cos$ 和 $\sin$ 的系数、解出 $A,B$ ，碰上特征根还要乘 $x^k$ ，很繁。算子法借助复数，把一对三角函数打包成一个复指数，直接套纯指数的逆算子公式，求特解变成复数求值和取实/虚部。）

例1： $y'' + y = \sin x$ 。对应复方程 $Y'' + Y = e^{ix}$ ， $P(D) = D^2 + 1$ ， $\lambda = i$ 。 $P(i) = 0$ ，求导 $P'(D) = 2D$ ， $P'(i) = 2i \neq 0$ ，故

Y_p = \frac{1}{D^2+1}e^{ix} = \frac{1}{2i}x e^{ix} = -\frac{i}{2}x(\cos x + i\sin x) = \frac{x}{2}\sin x - i\frac{x}{2}\cos x

取虚部得 $y_p = -\frac{x}{2}\cos x$ 。

例2： $y'' + 4y = e^x\cos 2x$ 。对应复方程 $Y'' + 4Y = e^{(1+2i)x}$ ， $P(D) = D^2 + 4$ ， $\lambda = 1+2i$ 。 $P(1+2i) = (1+2i)^2 + 4 = 1+4i \neq 0$ ，故

Y_p = \frac{1}{D^2+4}e^{(1+2i)x} = \frac{1}{1+4i}e^{(1+2i)x}

把 $\frac{1}{1+4i}$ 有理化： $\frac{1-4i}{(1+4i)(1-4i)} = \frac{1-4i}{17}$ 。于是

Y_p = \frac{1-4i}{17}e^x(\cos 2x + i\sin 2x)

乘开、分开实虚：

Y_p = \frac{1}{17}e^x(\cos 2x + 4\sin 2x) + i\frac{1}{17}e^x(\sin 2x - 4\cos 2x)

取实部得 $y_p = \frac{1}{17}e^x(\cos 2x + 4\sin 2x)$ 。整个过程只做了一次复数除法，没展开任何 $\sin,\cos$ 。

简化技巧：当非齐次项是纯三角函数或三角×指数时，可以把 $D^2$ 替换成 $-\beta^2$ （对 $e^{i\beta x}$ 作用， $D^2$ 相当于乘 $-\beta^2$ ），再用平方差公式。

例1 简化： $y_p = \frac{1}{D^2+1}\sin x = x\frac{1}{2D}\sin x = -\frac{x}{2}\cos x$ 。

例2 简化：

\begin{aligned} y_p &= \frac{1}{D^2+4}e^x\cos 2x = e^x\frac{1}{(D+1)^2+4}\cos 2x = e^x\frac{1}{D^2+2D+5}\cos 2x \\[4pt] &= e^x\frac{1}{2D+1}\cos 2x = e^x\frac{2D-1}{(2D+1)(2D-1)}\cos 2x = e^x\frac{2D-1}{4D^2-1}\cos 2x \\[4pt] &= e^x\frac{2D-1}{-17}\cos 2x = \frac{1}{17}e^x(1-2D)\cos 2x = \frac{1}{17}e^x(\cos 2x + 4\sin 2x) \end{aligned}

这种简化法只适合纯三角或三角×指数，适用范围小，想求快可以学，但不推荐依赖它。它的本质，就是把 $D=i\beta$ 变成实数的 $D^2=-\beta^2$ 。

欧拉方程的算子法

核心等式：令 $t = \ln x$ ， $D = \frac{d}{dt}$ ，则

x\frac{d}{dx} = D

因为 $xy' = x\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dx/x} = \frac{dy}{d\ln x} = \frac{dy}{dt} = Dy$ 。

（这条等式封装了什么？前面处理欧拉方程，每次都要“令 $x=e^t$ 、用链式法则展开 $y',y'',y'''$ ”这一套。现在从 $xy'$ 的变形出发，引入 $t=\ln x$ 和算子 $D$ ，把这一套封装成一条核心等式：以后把 $x\frac{d}{dx}$ 整体换成 $D$ ，不用再逐步展开链式法则。）

高阶推广为

x^k y^{(k)} = D(D-1)(D-2)\cdots(D-k+1)\,y

证明（数学归纳法）：

基础 $k=1$ ： $xy' = Dy$ ，刚证过。

归纳假设： $x^k y^{(k)} = P_k(D)y$ ，其中 $P_k(D) = D(D-1)\cdots(D-k+1)$ 。

递推：对等式两边关于 $x$ 求导。左边用乘积法则：

\frac{d}{dx}\left[x^k y^{(k)}\right] = k x^{k-1} y^{(k)} + x^k y^{(k+1)}

右边用链式法则（ $\frac{d}{dx} = \frac{1}{x}D$ ）：

\frac{d}{dx}\left[P_k(D)y\right] = \frac{1}{x} D P_k(D)y

左边 = 右边，两边乘 $x$ ：

k x^k y^{(k)} + x^{k+1} y^{(k+1)} = D P_k(D)y

移项、用归纳假设替换 $x^k y^{(k)} = P_k(D)y$ ：

x^{k+1} y^{(k+1)} = D P_k(D)y - k P_k(D)y = (D-k)P_k(D)y = D(D-1)\cdots(D-k)y

即 $k+1$ 时也成立。由归纳法，对一切正整数 $k$ 成立。

（这也封装了一件事：前面处理欧拉方程，每次都要算 $k=1,2,3,\cdots$ 的链式展开式；现在把这一整套展开规则封装成一个连乘算子 $D(D-1)\cdots(D-k+1)$ 。）

于是欧拉方程 $a_n x^n y^{(n)} + \cdots + a_0 y = f(x)$ 逐项替换后，得到常系数方程 $P(D)y(t) = f(e^t)$ 。

（这封装了什么？前面处理欧拉方程，每次都要走“识别→代换→展开→合并”整套流程；现在封装成一步——把 $x^ky^{(k)}$ 换成 $D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ ，直接得到常系数方程。）

例： $x^2 y'' - 2xy' + 2y = x^3$ 。

由 $x^2 y'' = D(D-1)y = (D^2-D)y$ ， $xy' = Dy$ ，代入：

(D^2-D)y - 2Dy + 2y = e^{3t}

即

(D^2-3D+2)y = e^{3t}

$P(D) = D^2-3D+2$ ， $P(3) = 9-9+2 = 2 \neq 0$ ，特解 $y_p = \frac12 e^{3t}$ 。齐次通解 $y_h = C_1 e^t + C_2 e^{2t}$ 。所以

y(t) = C_1 e^t + C_2 e^{2t} + \frac12 e^{3t}

代回 $t = \ln x$ ：

y(x) = C_1 x + C_2 x^2 + \frac12 x^3

欧拉方程的算子法只适用于欧拉方程（各项形如 $x^k y^{(k)}$ ）；本质是对“变量代换 + 链式法则”这套操作的封装。

总的看，算子法把待定系数法的“设解—求导—比较系数”流程，封装成了求多项式值、对参数求导、级数展开、复数运算这些代数操作。

特征方程因式分解与降阶

$n$ 阶常系数方程的特征方程 $r^n + a_{n-1}r^{n-1} + \cdots + a_0 = 0$ 在复数域总能分解成 $(r-r_1)(r-r_2)\cdots(r-r_n)$ 。

（为什么“总能”？因为代数基本定理： $n$ 次多项式在复数域恰好有 $n$ 个根（重根按重数计）。这正是复数域比实数域“更完整”的地方——实系数方程未必有实根（比如 $r^2+1=0$ ），但在复数域总能把根找齐，从而把多项式分解到底。）

因式分解的每一步，都在“提出一个因式”。二阶： $(r-r_1)(r-r_2) = r(r-r_2) - r_1(r-r_2)$ ，公共部分是 $(r-r_2)$ 。三阶： $(r-r_1)(r-r_2)(r-r_3) = r(r-r_2)(r-r_3) - r_1(r-r_2)(r-r_3)$ ，公共部分是 $(r-r_2)(r-r_3)$ 。一般地，任意阶都成立。每一步都在重复同一个动作：把公共的部分抓出来，剩下一个低一次的多项式。（对称地，提出 $(r-r_1)$ 也一样。）

把“提出公共部分”这个动作搬到方程上（ $r$ 对应求导、 $r^2$ 对应求两次导、常数对应乘 $y$ ），方程左边就能重排：

y''+ay'+by = (y''-r_2y') - r_1(y'-r_2y)

把 $y'-r_2y$ 打包成 $Y$ ，得 $Y'-r_1Y = f(x)$ ，降了一阶。

每提出一个因式，就打包一次、降一阶。因式分解有几个因子，就能降几阶；拆到底， $n$ 阶方程就变成 $n$ 个依次求解的一阶方程。这正是正文第八章降阶法的完整根据。

十七、变系数方程：试探 + 刘维尔

一般的二阶变系数齐次方程 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$ 没有通法，只能“试”：先试指数 $e^{\lambda x}$ ，不行再试幂函数 $x^k$ ；试出一个解 $y_1$ 后，用刘维尔公式（进阶十三）求第二个线性无关解 $y_2$ 。齐次通解凑齐，再用常数变易法求非齐次特解。下面三个完整例子。

例1： $xy''+(2x+1)y'+(x+1)y = x^2 e^{-x}$

试指数。代入齐次方程 $xy''+(2x+1)y'+(x+1)y=0$ ， $y=e^{\lambda x}$ ：

e^{\lambda x}\big[x\lambda^2+(2x+1)\lambda+(x+1)\big]=0

整理成关于 $\lambda$ 的式子：

x(\lambda+1)^2+(\lambda+1)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (\lambda+1)\big[x(\lambda+1)+1\big]=0

要对一切 $x$ 成立， $x$ 前的系数必须是 $0$ ，得 $\lambda+1=0$ ，即 $\lambda=-1$ 。所以 $y_1 = e^{-x}$ 是一个齐次解。

刘维尔公式求第二个解。方程除以 $x$ 化为标准形式： $p(x) = 2 + \frac{1}{x}$ 。

y_2 = e^{-x}\int\frac{e^{-\int(2+1/x)dx}}{e^{-2x}}dx = e^{-x}\int\frac{e^{-2x-\ln x}}{e^{-2x}}dx = e^{-x}\int\frac{1}{x}dx = e^{-x}\ln x

齐次通解 $y_h = e^{-x}(C_1 + C_2\ln x)$ 。

常数变易法求特解。设 $y_p = u_1 e^{-x} + u_2 e^{-x}\ln x$ ，令 $u_1'e^{-x} + u_2'e^{-x}\ln x = 0$ ，代入原方程（除以 $x$ 后右边是 $xe^{-x}$ ）得：

\begin{cases} u_1' + u_2'\ln x = 0 \\ -u_1' + u_2'(\frac{1}{x} - \ln x) = x \end{cases}

由第一式 $u_1' = -u_2'\ln x$ ，代入第二式得 $u_2'\cdot\frac{1}{x} = x$ ，即 $u_2' = x^2$ 。积分 $u_2 = \frac{x^3}{3}$ ；而 $u_1 = -\int x^2\ln x\,dx$ ，用分部积分：

\int x^2\ln x\,dx = \frac{x^3}{3}\ln x - \int\frac{x^3}{3}\cdot\frac{1}{x}dx = \frac{x^3}{3}\ln x - \frac{x^3}{9}

所以 $u_1 = -\frac{x^3}{3}\ln x + \frac{x^3}{9}$ 。特解：

y_p = \left(-\frac{x^3}{3}\ln x + \frac{x^3}{9}\right)e^{-x} + \frac{x^3}{3}e^{-x}\ln x = \frac{x^3}{9}e^{-x}

通解：

y = e^{-x}(C_1 + C_2\ln x) + \frac{x^3}{9}e^{-x}

例2： $(x-1)y''-xy'+y=(x-1)^2$

变系数方程求齐次解没有通法，只能“试”。这个方程恰好有三种试探的走法，殊途同归。

走法一：先试指数 $e^{\lambda x}$

试指数。代入齐次方程 $(x-1)y''-xy'+y=0$ ， $y=e^{\lambda x}$ ：

e^{\lambda x}\big[(x-1)\lambda^2-x\lambda+1\big]=0, \qquad (x-1)\lambda^2-x\lambda+1=(\lambda-1)\big[x\lambda-(\lambda+1)\big]

提出 $\lambda-1$ 因式， $\lambda=1$ ，得 $y_1=e^x$ 。

刘维尔公式求第二个解。 $p(x)=-\frac{x}{x-1}=-1-\frac{1}{x-1}$ ：

y_2=e^x\int\frac{e^x(x-1)}{e^{2x}}dx = e^x\int(x-1)e^{-x}dx

其中 $\int(x-1)e^{-x}dx$ 分部积分（令 $u=x-1$ ， $dv=e^{-x}dx$ ）：

\int(x-1)e^{-x}dx = -(x-1)e^{-x}+\int e^{-x}dx = -(x-1)e^{-x}-e^{-x} = -xe^{-x}

所以 $y_2=e^x\cdot(-xe^{-x})=-x$ ，取 $y_2=x$ ，齐次通解 $y_h=C_1e^x+C_2x$ 。

走法二：只试幂函数 $x^k$

试幂函数。代入 $y=x^k$ ：

k(k-1)x^{k-1}-k(k-1)x^{k-2}-kx^k+x^k = (k-1)\big[kx^{k-1}-kx^{k-2}-x^k\big] = 0

提出 $k-1$ ， $k=1$ ，得 $y_1=x$ 。

刘维尔公式求第二个解。用 $\left(\frac{e^x}{x}\right)'=e^x\left(\frac1x-\frac1{x^2}\right)$ ：

y_2=x\int e^x\left(\frac1x-\frac1{x^2}\right)dx = x\cdot\frac{e^x}{x} = e^x

齐次通解 $y_h=C_1x+C_2e^x$ 。

走法三：两种都试，直接进常数变易

试幂函数得 $y_1=x$ ，试指数得 $y_2=e^x$ ，比值 $e^x/x$ 非常数，线性无关。齐次通解 $y_h=C_1x+C_2e^x$ ，不必再用刘维尔公式。

常数变易法求特解（三种走法共用）：设 $y_p=u_1x+u_2e^x$ ，令 $u_1'x+u_2'e^x=0$ ，代入原方程（除以 $x-1$ 后右边是 $x-1$ ）：

\begin{cases} u_1'x+u_2'e^x=0 \\ u_1'+u_2'e^x=x-1 \end{cases}

由第一式 $u_1'=-\frac{u_2'e^x}{x}$ ，代入第二式得 $u_2'=xe^{-x}$ 。分部积分（令 $u=x$ ， $dv=e^{-x}dx$ ）：

\int xe^{-x}dx = -xe^{-x}+\int e^{-x}dx = -xe^{-x}-e^{-x} = (x+1)e^{-x}

所以 $u_1=-\int 1\,dx=-x$ ， $u_2=-(x+1)e^{-x}$ 。特解 $y_p=-x^2-x-1$ （代入验证左边恰得 $(x-1)^2$ ）。通解：

y=C_1x+C_2e^x-x^2-x-1

例3： $(x^2\ln x)y''-xy'+y=0$

这是齐次方程，只需找两个线性无关的齐次解。

先试指数 $e^{\lambda x}$ ，失败。代入得 $e^{\lambda x}[(x^2\ln x)\lambda^2-x\lambda+1]=0$ 。 $x^2\ln x$ 与 $x$ 是两种不同的“型”，无论 $\lambda$ 怎么取都无法让等式恒成立。
再试幂函数 $x^k$ 。代入 $y=x^k$ ：

(x^2\ln x)k(k-1)x^{k-2}-x\cdot kx^{k-1}+x^k = x^k\big[k(k-1)\ln x-(k-1)\big] = (k-1)x^k\big[k\ln x-1\big]

$k=1$ 时整个为 $0$ ，所以 $y_1=x$ 。

刘维尔公式求第二个解。方程化为标准形式 $y''-\frac{1}{x\ln x}y'+\frac{1}{x^2\ln x}y=0$ ， $p(x)=-\frac{1}{x\ln x}$ 。由刘维尔公式（用到 $\int\frac{dx}{x\ln x}=\ln|\ln x|$ ）：

y_2 = x\int\frac{\ln x}{x^2}dx

其中 $\int\frac{\ln x}{x^2}dx$ 分部积分（令 $u=\ln x$ ， $dv=\frac{dx}{x^2}$ ）：

\int\frac{\ln x}{x^2}dx = -\frac{\ln x}{x}+\int\frac{1}{x^2}dx = -\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x} = -\frac{\ln x+1}{x}

所以 $y_2=x\cdot\left(-\frac{\ln x+1}{x}\right)=-(\ln x+1)$ ，取 $y_2=\ln x+1$ 。

通解： $y=C_1x+C_2(\ln x+1)$ 。

十八、完整推导

常数变易法的一阶通解公式

对 $y' + P(x)y = Q(x)$ ：

齐次解 $y_1 = e^{-\int P(x)dx}$ ；
设 $y = u y_1$ ，代入得 $u' y_1 = Q$ ，即 $u' = Q e^{\int P dx}$ ；
积分 $u = \int Q e^{\int P dx} dx + C$ 。

通解：

y = e^{-\int P dx}\left(\int Q e^{\int P dx} dx + C\right)

其中 $C e^{-\int P dx}$ 是齐次通解， $e^{-\int P dx}\int Q e^{\int P dx} dx$ 是一个非齐次特解。

常数变易法的二阶与 $n$ 阶推导

二阶非齐次方程 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = R(x)$ ，齐次通解 $C_1 y_1 + C_2 y_2$ ，设 $y = u_1 y_1 + u_2 y_2$ 。

求导： $y' = u_1 y_1' + u_2 y_2' + (u_1' y_1 + u_2' y_2)$ 。

这里已经看得见麻烦：再往下求 $y''$ ，就会冒出 $u_i''$ 。
于是人为补一个约束 $u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0$ 。补上之后 $y'$ 变干净： $y' = u_1 y_1' + u_2 y_2'$ 。

（为什么要补？因为两个待定函数、只有一个原方程，本就有无穷多组解；既然只要一组，就可以自己挑一个最省事的条件。挑 $=0$ 是因为它能让求导不冒出 $u_i''$ ，且方便分离出 $u_i'$ 。让它等于 $1$ 或别的函数也行，但那样不好解。）
再求一次导： $y'' = u_1' y_1' + u_2' y_2' + (u_1 y_1'' + u_2 y_2'')$ （这里用了第 2 步的约束，没有 $u_i''$ ）。
代入原方程，按 $u_1,u_2$ 和 $u_1',u_2'$ 整理：

\big[u_1(y_1''+Py_1'+Qy_1) + u_2(y_2''+Py_2'+Qy_2)\big] + u_1' y_1' + u_2' y_2' = R(x)

因为 $y_1,y_2$ 是齐次解，两个括号都是 $0$ ，只剩 $u_1' y_1' + u_2' y_2' = R(x)$ 。
和第 2 步的约束联立：

\begin{cases} u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0 \\ u_1' y_1' + u_2' y_2' = R(x) \end{cases}

解出 $u_1', u_2'$ 各积一次分，代回 $y = u_1 y_1 + u_2 y_2$ 。

$n$ 阶同理，加 $n-1$ 个约束，把 $u_i$ 的高阶导数一路令为 $0$ ，最后只剩 $u_i^{(n-1)}$ 那一个方程：

\begin{cases} \sum_{i=1}^n u_i' y_i = 0 \\ \sum_{i=1}^n u_i' y_i' = 0 \\ \cdots \\ \sum_{i=1}^n u_i' y_i^{(n-2)} = 0 \\ \sum_{i=1}^n u_i' y_i^{(n-1)} = R(x) \end{cases}

这个方程组关于 $u_i'$ 是线性的，系数排成的行列式正是朗斯基行列式 $W$ （见进阶十四）。 $y_1,\dots,y_n$ 线性无关，所以 $W\neq0$ ，方程组恰好有唯一解，每个 $u_i'$ 都定得出来——常数变易法总能走通。

待定系数法四种特解形式

下面都假设指数参数不是特征根。

形式一：指数 × 多项式（右边 $e^{\lambda x}P_m(x)$ ）

把“指数 × 多项式”求导，结果还是“指数 × 多项式”——这就是封闭性。再看次数，多项式每求导一次降一次。设 $y^* = e^{\lambda x}Q(x)$ 代入，提公因子 $e^{\lambda x}$ 后：

Q'' + (2\lambda+a)Q' + (\lambda^2+a\lambda+b)Q = P_m(x)

最高次是 $Q$ 项（系数 $\lambda^2+a\lambda+b\neq0$ ），所以 $Q$ 是 $m$ 次：

y^* = e^{\lambda x}(A_m x^m + A_{m-1}x^{m-1} + \cdots + A_0)

形式二：指数 × 三角函数（右边 $e^{\alpha x}\cos\beta x$ 或 $e^{\alpha x}\sin\beta x$ ）

用欧拉公式打包成复指数 $e^{(\alpha+i\beta)x}$ ，回到形式一（0 次多项式）。复特解是“复常数 × 复指数”。翻译回实数：复指数写 $e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x)$ ，复常数写 $C_1+iC_2$ ，乘开：

(C_1+iC_2)e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x) = e^{\alpha x}\big[(C_1\cos\beta x - C_2\sin\beta x) + i(C_1\sin\beta x + C_2\cos\beta x)\big]

右边是余弦取实部、正弦取虚部，都整理成统一形式（两个待定常数，对应形式一里 0 次多项式的一个常数，只是复数打包带来了实部、虚部两个系数）：

y^* = e^{\alpha x}(D_1\cos\beta x + D_2\sin\beta x)

形式三：多项式 × 三角函数（右边 $P_m(x)\cos\beta x$ 或 $P_m(x)\sin\beta x$ ）

复数打包成“ $m$ 次多项式 × 复指数”，回到形式一。复特解的多项式也是 $m$ 次，但系数是复数，写成“实部多项式 + $i$ ·虚部多项式” $Q_m(x)=U_m(x)+iV_m(x)$ （ $U_m,V_m$ 都是 $m$ 次实系数多项式）。乘开 $Y^*=e^{i\beta x}Q_m=(\cos\beta x+i\sin\beta x)(U_m+iV_m)$ ：实部是 $U_m\cos\beta x-V_m\sin\beta x$ ，虚部是 $U_m\sin\beta x+V_m\cos\beta x$ 。取实部或虚部，特解总是：

y^* = (A_m x^m + \cdots + A_0)\cos\beta x + (B_m x^m + \cdots + B_0)\sin\beta x

形式四：指数 × 三角函数 × 多项式（最一般）

三角函数和指数合并成一个复指数，回到形式一：

y^* = e^{\alpha x}\Big[(A_m x^m + \cdots + A_0)\cos\beta x + (B_m x^m + \cdots + B_0)\sin\beta x\Big]

升次的完整推导与反例

正文已经讲了升次的根据（恒等式两边类型、次数都得一样）。这里补一个反例，说明为什么“低于 $k$ 次的部分不必设”。

例： $y''-3y'+2y = e^{2x}$ ，特征根 $1,2$ ， $\lambda = 2$ 是单根。

本该设 $y^* = Axe^{2x}$ 。为说明问题，故意设一个完整的一次多项式 $y^* = (Ax+B)e^{2x}$ 。求导：

(y^*)' = Ae^{2x}+2(Ax+B)e^{2x} = (A+2B)e^{2x}+2Axe^{2x}

(y^*)'' = 2Ae^{2x}+2[Ae^{2x}+2(Ax+B)e^{2x}] = 4(A+B)e^{2x}+4Axe^{2x}

代入：

[y^*]''-3[y^*]'+2y^* = Ae^{2x}

右式是 $e^{2x}$ ，得 $A=1$ 。而 $B$ 定不出来——它被齐次解的任意常数吸收了。所以特解就是 $xe^{2x}$ 。

分析我们设的形式 $y^* = (Ax+B)e^{2x}$ ，说白了就是由 $e^{2x}, xe^{2x}$ 线性组合得到的： $y^* = Axe^{2x} + Be^{2x} = v_1 + v_2$ （ $v_1 = Axe^{2x}$ 、 $v_2 = Be^{2x}$ ）。 $v_2 = Be^{2x}$ 是齐次解，代入左边得 $0$ ，对结果毫无影响。所以含 $B$ 的项加起来是 $0$ 不是巧合——低于 $k$ 次的部分不必设，特解直接按重数乘 $x^k$ 。

（其实所有 $xe^{2x}$ 有关的项为 0 也不是巧合。把 $Axe^{2x}$ 看成 $xv_3$ （ $v_3=Ae^{2x}$ ），求导 $(xv_3)'=v_3+xv_3'$ 、 $(xv_3)''=2v_3'+xv_3''$ ，代入原式：

(xv_3)''-3(xv_3)'+2(xv_3) = (2v_3'+xv_3'')-3(v_3+xv_3')+2xv_3 = x(v_3''-3v_3'+2v_3)+2v_3'-3v_3 = 0+2v_3'-3v_3

而 $v_3,v_3'$ 都是纯指数，和右边的 $e^{2x}$ 同次，直接对比系数即可。）

两个完整算例：

单根 $y''-3y'+2y=e^{2x}$ ：设 $y^*=Axe^{2x}$ ，代入得 $Ae^{2x}=e^{2x}$ ， $A=1$ ，特解 $xe^{2x}$ 。
二重根 $y''-2y'+y=e^x$ ：设 $y^*=Ax^2e^x$ ，代入得 $2Ae^x=e^x$ ， $A=\frac12$ ，特解 $\frac12 x^2 e^x$ 。

十九、步骤速查

一阶非齐次线性方程

对 $y' + P(x)y = Q(x)$ ：

求齐次通解： $y_h = Ce^{-\int P\,dx}$ 。
求特解：
- 常数变易法：设 $y_p = u e^{-\int P\,dx}$ ，代入得 $u' = Q e^{\int P\,dx}$ ，积分得 $u$ ；
- 公式法（直接用上面的结果）： $y_p = e^{-\int P\,dx}\int Q e^{\int P\,dx}dx$ 。
通解：

y = y_h + y_p = e^{-\int P\,dx}\left(\int Q e^{\int P\,dx}dx + C\right)

二阶常系数非齐次线性方程

对 $y'' + ay' + by = f(x)$ ：

齐次通解：特征方程 $r^2+ar+b=0$ ，按根的类型写 $y_h$ （不等实根 / 重根 / 共轭复根）。
求特解：
- 常数变易法：设 $y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2$ ，解方程组

\begin{cases} u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0 \\ u_1' y_1' + u_2' y_2' = f(x) \end{cases}

积分得 $u_1, u_2$ 。

待定系数法（右边是多项式、指数、正余弦及其乘积）：
- $f = e^{\lambda x}P_m(x)$ ：设 $y^* = x^k e^{\lambda x}Q_m(x)$ ， $k$ 是 $\lambda$ 作为特征根的重数（不是根则 $k=0$ ）；
- $f = e^{\lambda x}(U_n\cos\omega x + V_r\sin\omega x)$ ：设 $y^* = x^k e^{\lambda x}(u_m\cos\omega x + v_m\sin\omega x)$ ， $m=\max(n,r)$ ， $k$ 是 $\lambda+i\omega$ 的重数。

通解 $y = y_h + y_p$ 。

二阶变系数非齐次线性方程（已知一个齐次解）

对 $y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x)$ ，已知齐次方程一个非零解 $y_1$ ：

用刘维尔公式求第二个线性无关解：

y_2 = y_1\int\frac{e^{-\int p\,dx}}{y_1^2}\,dx

常数变易法求特解：设 $y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2$ ，解

\begin{cases} u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0 \\ u_1' y_1' + u_2' y_2' = f(x) \end{cases}

通解 $y = C_1 y_1 + C_2 y_2 + y_p$ 。

$n$ 阶常系数非齐次线性方程

对 $y^{(n)} + a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_1 y' + a_0 y = f(x)$ ：

齐次通解：特征方程 $r^n + a_{n-1}r^{n-1} + \cdots + a_0 = 0$ ，求出 $n$ 个根（重根按重数计），按根的类型写出基本解组，线性组合得 $y_h = C_1 y_1 + \cdots + C_n y_n$ 。
特解：
- 常数变易法：设 $y_p = u_1 y_1 + \cdots + u_n y_n$ ，附加 $n-1$ 个约束条件，解

\begin{cases} \sum_{i=1}^{n} u_i' y_i = 0 \\ \sum_{i=1}^{n} u_i' y_i' = 0 \\ \cdots \\ \sum_{i=1}^{n} u_i' y_i^{(n-2)} = 0 \\ \sum_{i=1}^{n} u_i' y_i^{(n-1)} = f(x) \end{cases}

再分别积分求 $u_i$ 。

待定系数法（ $f$ 是多项式、指数、正余弦及其乘积时）：与二阶规则一致， $f=e^{\lambda x}P_m(x)$ 设 $y^* = x^k e^{\lambda x}Q_m(x)$ ， $k$ 是 $\lambda$ 的重数；含三角函数时转复指数。

通解 $y = y_h + y_p$ 。

（注意：常数变易法对任何连续函数 $f(x)$ 都适用，但要算 $n$ 个积分，计算量大；待定系数法只适用于特定形式的 $f(x)$ ，但只需代数运算，相对简便。实际做题时按 $f(x)$ 的形式灵活选用。）

算子法求特解

对 $P(D)y = f(x)$ ， $D = \frac{d}{dx}$ ：

$f = e^{\lambda x}$ ， $\lambda$ 不是根： $y_p = \frac{1}{P(\lambda)}e^{\lambda x}$ ；
$f = e^{\lambda x}$ ， $\lambda$ 是 $k$ 重根： $y_p = \frac{1}{P^{(k)}(\lambda)}x^k e^{\lambda x}$ （ $k$ 从 $1$ 开始，一直求到分母不为零为止）；
$f = e^{\lambda x}P_m(x)$ $f = e^{λ x} P_{m} (x)$ ：用平移性质 $y_p = e^{\lambda x}\frac{1}{P(D+\lambda)}P_m(x)$ $y_{p} = e^{λ x} \frac{1}{P ( D + λ )} P_{m} (x)$ ，把 $\frac{1}{P(D+\lambda)}$ $\frac{1}{P ( D + λ )}$ 按 $D$ $D$ 升幂展开到 $D^m$ $D^{m}$ 项，再逐项作用；
- 若 $P(\lambda)\neq0$ ，直接级数展开或做多项式除法即可；
- 若 $P(\lambda)=0$ ，说明 $P(D+\lambda)$ 的常数项为零，得先提出公因子 $D^k$ 再展开（例如 $\frac{1}{D^2+2D}=\frac{1}{D}\cdot\frac{1}{D+2}$ ，先算 $\frac{1}{D+2}$ ，再对结果作用 $\frac{1}{D}$ ，也就是积一次分）；
含三角函数：转复指数 $e^{(a+bi)x}$ ，解复特解后取实部/虚部；
叠加原理：若 $f = f_1 + f_2 + \cdots + f_k$ ，分别求各 $f_i$ 的特解再相加。

算子法的优势：把“代入—求导—比较系数”变成“多项式求值、求导、级数展开、复数运算”，省去设待定系数、解方程组的麻烦。

算子法解欧拉方程

对 $a_n x^n y^{(n)} + \cdots + a_0 y = f(x)$ ：令 $t = \ln x$ ， $D = \frac{d}{dt}$ ，用 $x^k y^{(k)} = D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ 逐项替换，化成常系数方程 $P(D)y(t) = f(e^t)$ ，解出后回代 $t = \ln x$ 。

（若出现 $(ax+b)^k y^{(k)}$ ，令 $u = ax+b$ ， $t = \ln u$ ，则 $(ax+b)^k y^{(k)} = a^k D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ 。）

示例： $x^2y''-2xy'+2y=x^3$ 。令 $t=\ln x$ ， $x^2y''=D(D-1)y$ ， $xy'=Dy$ ，代入得 $(D^2-3D+2)y=e^{3t}$ 。 $P(3)=2\neq0$ ，特解 $\frac12 e^{3t}$ ；齐次通解 $C_1e^t+C_2e^{2t}$ 。回代 $t=\ln x$ ： $y=C_1x+C_2x^2+\frac12 x^3$ 。

注意：本法只适用于欧拉方程（各项形如 $x^k y^{(k)}$ 及其 $(ax+b)^k$ 推广）；若 $f(x)$ 含多项式与对数的混合，回代时注意 $e^{kt}=x^k$ 、 $t=\ln x$ 。

二十、例题与练习

先做题，再看后面的答案。每道题都对应正文或进阶里的一个方法。

$y' + 2xy = 3x$
$y'' + y = \tan x$
$y'' + 3y' + 2y = 5e^{2x}$
$y'' - 3y' + 2y = e^{2x}$
$y'' - 2y' + y = e^{x}$
$y'' - 2y' + y = x e^{2x}$
$y'' + y = \sin x$
$y'' - 2y' + 2y = e^x \cdot x \cdot \sin x$
$y' - 2y = x e^{2x}$
$y'' - 3y' + 2y = e^x + \sin x$
$y''' + y' = e^{-x}$
$x^3y''' + x^2y'' - 4xy' = 3x^2$
$(2x-1)^2 y'' + 4(2x-1)y' - 8y = 4x-3$
$y' - \dfrac{2}{x}y = -x^2 y^2$
$y''+3y'+2y = \dfrac{1}{e^x+1}$
$xy''+(2x+1)y'+(x+1)y = x^2e^{-x}$
$(x-1)y''-xy'+y = (x-1)^2$
$(x^2\ln x)y''-xy'+y = 0$

参考答案

第1题 $y' + 2xy = 3x$

求齐次通解：齐次方程 $y' + 2xy = 0$ 的通解 $y_h = Ce^{-x^2}$ 。
设非齐次通解 $y = u(x)e^{-x^2}$ ，则 $y' = u'e^{-x^2} - 2xue^{-x^2}$ 。
代入原方程：

u'e^{-x^2} - 2xue^{-x^2} + 2xue^{-x^2} = 3x \;\Rightarrow\; u'e^{-x^2} = 3x

解出 $u$ ： $u' = 3xe^{x^2}$ ，积分（令 $t=x^2$ ，则 $dt=2x\,dx$ ， $x\,dx=\frac12\,dt$ ）：

u = \int 3xe^{x^2}dx = \int 3e^t\cdot\frac12 dt = \frac32 e^t + C = \frac32 e^{x^2} + C

写出通解：

y = Ce^{-x^2} + \frac32

第2题 $y'' + y = \tan x$

齐次方程 $y''+y=0$ 的通解 $y_h = C_1\cos x + C_2\sin x$ 。

设 $y_p = u_1\cos x + u_2\sin x$ ，求导（并令 $u_1'\cos x + u_2'\sin x = 0$ ，防止产生高阶导数）：

y_p' = -u_1\sin x + u_2\cos x + u_1'\cos x + u_2'\sin x, \qquad y_p'' = -u_1\cos x - u_2\sin x - u_1'\sin x + u_2'\cos x

代入原方程得 $-u_1'\sin x + u_2'\cos x = \tan x$ ，联立：

\begin{cases} u_1'\cos x + u_2'\sin x = 0 \\ -u_1'\sin x + u_2'\cos x = \tan x \end{cases}

解得 $u_1' = -\frac{\sin^2 x}{\cos x}$ ， $u_2' = \sin x$ 。积分：

u_1 = -\int\frac{\sin^2 x}{\cos x}dx = -\int\frac{1-\cos^2 x}{\cos x}dx = -\int(\sec x - \cos x)dx = -\ln|\sec x + \tan x| + \sin x

u_2 = \int\sin x\,dx = -\cos x

取 $C_1=C_2=0$ ，特解 $y_p = (-\ln|\sec x+\tan x|+\sin x)\cos x + (-\cos x)\sin x = -\cos x\ln|\sec x+\tan x|$ 。通解：

y = C_1\cos x + C_2\sin x - \cos x\ln|\sec x + \tan x|

第3题 $y'' + 3y' + 2y = 5e^{2x}$

特征方程 $r^2+3r+2=0$ ，根 $-1,-2$ ， $\lambda=2$ 不是特征根。设 $y^* = Ae^{2x}$ ，代入：

(4A+6A+2A)e^{2x} = 12Ae^{2x} = 5e^{2x}

$A = \frac{5}{12}$ 。通解：

y = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-2x} + \frac{5}{12}e^{2x}

第4题 $y'' - 3y' + 2y = e^{2x}$

特征方程 $r^2-3r+2=0$ ，特征根 $1,2$ ， $\lambda=2$ 是单重特征根。设 $y^* = Axe^{2x}$ ，求导：

(y^*)' = Ae^{2x}(1+2x), \qquad (y^*)'' = Ae^{2x}(4+4x)

代入：

(y^*)''-3(y^*)'+2y^* = Ae^{2x}\big[(4+4x)-3(1+2x)+2x\big] = Ae^{2x}

令其等于 $e^{2x}$ ，得 $A=1$ 。通解：

y = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x} + xe^{2x}

第5题 $y'' - 2y' + y = e^{x}$

特征方程 $r^2-2r+1=(r-1)^2=0$ ，特征根 $1$ （二重）， $\lambda=1$ 是二重特征根。设 $y^* = Ax^2e^x$ ，求导：

(y^*)' = Ae^{x}(x^2+2x), \qquad (y^*)'' = Ae^{x}(x^2+4x+2)

代入：

(y^*)''-2(y^*)'+y^* = Ae^{x}\big[(x^2+4x+2)-2(x^2+2x)+x^2\big] = 2Ae^{x}

令其等于 $e^{x}$ ，得 $2A=1$ ， $A=\frac12$ 。通解：

y = (C_1 + C_2 x)e^x + \frac12 x^2 e^x

第6题 $y'' - 2y' + y = xe^{2x}$

特征方程 $r^2-2r+1=0$ ，特征根 $r=1$ ， $\lambda=2$ 不是特征根。设 $y^* = (Ax+B)e^{2x}$ ，求导：

(y^*)' = (2Ax+2B+A)e^{2x}, \qquad (y^*)'' = (4Ax+4B+4A)e^{2x}

代入并约去 $e^{2x}$ ：

(4Ax+4B+4A) - 2(2Ax+2B+A) + (Ax+B) = (4A-4A+A)x + (4B+4A-4B-2A+B) = Ax + (2A+B) = x

比较系数得 $A=1$ ， $2A+B=0 \Rightarrow B=-2$ 。通解：

y = (C_1+C_2x)e^x + (x-2)e^{2x}

第7题 $y'' + y = \sin x$

这道题用五种方法各解一遍，体会同一结果的不同来路。

方法一：实数方法

$\sin x$ 是齐次解，设 $y^* = x(A\cos x + B\sin x)$ 。求导：

(y^*)' = (A+Bx)\cos x + (B-Ax)\sin x, \qquad (y^*)'' = (2B-Ax)\cos x + (-2A-Bx)\sin x

代入 $y''+y = \sin x$ ：

(2B-Ax)\cos x + (-2A-Bx)\sin x + (Ax\cos x + Bx\sin x) = 2B\cos x - 2A\sin x = \sin x

比较系数： $2B=0 \Rightarrow B=0$ ， $-2A=1 \Rightarrow A=-\frac12$ 。通解：

y = C_1\cos x + C_2\sin x - \frac12 x\cos x

方法二：复数方法

$\sin x = \operatorname{Im}(e^{ix})$ ，考虑复方程 $Y''+Y = e^{ix}$ 。特征根 $i$ 是单根，设 $Y^* = Axe^{ix}$ ，代入得 $2iA e^{ix} = e^{ix}$ ， $A = \frac{1}{2i} = -\frac{i}{2}$ 。展开：

Y^* = -\frac{i}{2}x(\cos x + i\sin x) = \frac12 x\sin x - i\frac12 x\cos x

取虚部得 $y^* = -\frac12 x\cos x$ ，通解同上。

方法三：算子方法

$P(D) = D^2+1$ ， $P(i)=0$ ， $P'(D)=2D$ ， $P'(i)=2i\neq0$ 。由逆算子公式：

Y^* = \frac{1}{P'(i)}xe^{ix} = -\frac{i}{2}xe^{ix}

取虚部得 $y^* = -\frac12 x\cos x$ ，通解同上。

对纯三角函数，前三种方法计算量相当；方法四（积分因子法）在复根下每一步都是复积分，明显繁琐。一旦三角函数和多项式、或三角函数和指数、或三者混合，前三种方法的计算量就天差地别了。

方法四：积分因子法

特征根 $r=\pm i$ 。按恒等式 $(r-i)(r+i)=r(r+i)-i(r+i)$ ，把 $y'+iy$ 打包成 $Y$ ：

Y = y' + iy

则 $Y'-iY = y''+y$ ，原方程降成带复系数的一阶方程：

Y'-iY = \sin x

两边乘积分因子 $e^{-ix}$ ，用欧拉公式 $e^{-ix}\sin x = \frac{1-e^{-2ix}}{2i}$ ：

(e^{-ix}Y)' = \frac{1-e^{-2ix}}{2i}

积分得

Y = e^{ix}\left(-\frac{ix}{2}-\frac{e^{-2ix}}{4}\right)

再解 $y'+iy=Y$ ，乘积分因子 $e^{ix}$ ，再积一次分：

y = -\frac{xe^{ix}}{4}-\frac{xe^{-ix}}{4}-\frac{ie^{ix}}{8} = -\frac{x}{2}\cos x + \frac{1}{8}\sin x - i\frac{1}{8}\cos x

取实部得 $y^* = -\frac12 x\cos x$ （ $\frac18\sin x$ 是齐次解，被常数吸收）。通解同上。

方法五：常数变易法

基本解组 $y_1=\cos x$ ， $y_2=\sin x$ 。设 $y_p = u_1\cos x + u_2\sin x$ ，令 $u_1'\cos x + u_2'\sin x = 0$ ，代入得：

\begin{cases} u_1'\cos x + u_2'\sin x = 0 \\ -u_1'\sin x + u_2'\cos x = \sin x \end{cases}

系数排成的行列式 $\cos^2x+\sin^2x=1$ ，由克拉默法则：

u_1' = -\sin^2 x, \qquad u_2' = \sin x\cos x

积分（ $\int\sin^2x\,dx$ 用半角公式， $\int\sin x\cos x\,dx$ 令 $t=\sin x$ ）：

u_1 = -\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}, \qquad u_2 = \frac{\sin^2 x}{2}

特解 $y_p = \left(-\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}\right)\cos x + \frac{\sin^2 x}{2}\sin x = -\frac{x}{2}\cos x + \frac{\sin x}{2}$ （ $\frac{\sin x}{2}$ 是齐次解，并入常数）。通解同上，五种方法结果一致。

第8题 $y'' - 2y' + 2y = e^x \cdot x \cdot \sin x$

右边同时含指数、多项式、三角，用三种方法对比繁琐程度。

方法一：实数方法

特征方程 $r^2-2r+2=0$ ，根 $1\pm i$ ，齐次通解 $y_h = e^x(C_1\cos x + C_2\sin x)$ 。

右边是指数 $e^x$ 乘一次多项式 $x$ 乘 $\sin x$ 。先把指数因子提出来，设 $y^* = e^x u(x)$ ，则 ${y^*}' = e^x(u+u')$ ， ${y^*}'' = e^x(u+2u'+u'')$ 。代入原方程：

e^x(u+2u'+u'') - 2e^x(u+u') + 2e^x u = e^x(u''+u)

令其等于 $e^x x\sin x$ ，约去 $e^x$ ，得 $u''+u = x\sin x$ 。

右边是 $x\sin x$ （一次多项式乘正弦，且正弦是齐次解），设 $u = (ax^2+bx)\sin x + (cx^2+dx)\cos x$ 。计算导数：

u' = \big[(2ax+b)-(cx^2+dx)\big]\sin x + \big[(ax^2+bx)+(2cx+d)\big]\cos x

u'' = \big[-ax^2-(b+4c)x+2a-2d\big]\sin x + \big[-cx^2+(4a-d)x+2b+2c\big]\cos x

代入 $u''+u$ ，合并 $\sin x$ 、 $\cos x$ 的系数：

u''+u = \big[(-4c)x + (2a-2d)\big]\sin x + \big[4ax + (2b+2c)\big]\cos x

令其等于 $x\sin x$ ，比较系数： $4a=0$ ， $2b+2c=0$ ， $-4c=1$ ， $2a-2d=0$ 。解得 $a=0$ ， $d=0$ ， $c=-\frac14$ ， $b=\frac14$ 。于是 $u = \frac14 x\sin x - \frac14 x^2\cos x$ ，回代得特解：

y^* = e^x\left(\frac14 x\sin x - \frac14 x^2\cos x\right)

通解：

y = e^x(C_1\cos x + C_2\sin x) + e^x\left(\frac14 x\sin x - \frac14 x^2\cos x\right)

实数方法要设 4 个待定系数，两次求导、代入、化简、解四元方程组，繁琐易错。尤其当多项式次数更高、或同时有 $\cos$ 和 $\sin$ 时，计算量会急剧增加。

方法二：复数方法

特征方程 $r^2-2r+2=0$ ，根 $1\pm i$ ，齐次通解 $y_h = e^x(C_1\cos x + C_2\sin x)$ 。

$e^x \cdot x \cdot \sin x = \operatorname{Im}(x e^{(1+i)x})$ ，考虑复方程 $Y''-2Y'+2Y = x e^{(1+i)x}$ 。 $\lambda = 1+i$ 正好是单重特征根，设复特解 $Y^* = (px^2+qx)e^{(1+i)x}$ 。

（这里可以直接套第七章升次的公式 $Q''+(2\lambda+a)Q'+(\lambda^2+a\lambda+b)Q = P_m$ ，它对复指数同样适用，代入 $\lambda=1+i$ 即可，下面就是按这个来的。）

令 $S = px^2+qx$ ，代入并约去 $e^{\lambda x}$ ，利用特征根性质消去 $S$ 项，得 $S'' + 2iS' = x$ 。 $S' = 2px+q$ ， $S'' = 2p$ ，代入：

4ipx + (2p+2iq) = x

比较系数： $4ip=1 \Rightarrow p=-\frac{i}{4}$ ； $2p+2iq=0 \Rightarrow q=\frac14$ 。

复特解 $Y^* = \left(-\frac{i}{4}x^2+\frac14 x\right)e^{(1+i)x}$ ，取虚部得特解 $y^* = e^x\left(\frac14 x\sin x - \frac14 x^2\cos x\right)$ 。通解：

y = e^x(C_1\cos x + C_2\sin x) + e^x\left(\frac14 x\sin x - \frac14 x^2\cos x\right)

复数方法只需设两个复系数，代入后利用特征根性质消去 $S$ 项，得到一个关于 $S'$ 的一阶方程，比较系数立即解出 $p,q$ 。计算量远小于实数方法，且步骤清晰、不易出错。

方法三：算子方法

$P(D) = D^2 - 2D + 2$ ，由逆算子公式：

Y^* = \frac{1}{P(D)}xe^{(1+i)x} = e^{(1+i)x}\frac{x}{P(D+1+i)} = e^{(1+i)x}\frac{x}{D(D+2i)} = e^{(1+i)x}\left(-\frac{i}{4}x^2+\frac14 x\right)

取虚部得特解 $y^* = e^x\left(\frac14 x\sin x - \frac14 x^2\cos x\right)$ ，通解与前两种方法一致：

y = e^x(C_1\cos x + C_2\sin x) + e^x\left(\frac14 x\sin x - \frac14 x^2\cos x\right)

对比结论：当非齐次项同时含指数、多项式、三角时，实数法要处理多个待定系数和高阶导数；复数法把三角吸收进复指数，简化为多项式乘指数；算子法直接利用特征根性质和逆算子公式，避免繁琐求导和系数比较，效率最高。因此在实际应用中（尤其是物理和工程领域），算子法成为首选，极大提升效率和准确性。

第9题 $y' - 2y = xe^{2x}$

常数变易法：齐次方程 $y'-2y=0$ 的通解 $y_h = Ce^{2x}$ 。设 $y = ue^{2x}$ ，则 $y' = u'e^{2x} + 2ue^{2x}$ 。代入原方程：

u'e^{2x} + 2ue^{2x} - 2ue^{2x} = xe^{2x} \;\Rightarrow\; u'e^{2x} = xe^{2x} \;\Rightarrow\; u' = x

积分 $u = \frac12 x^2 + C$ 。通解：

y = \left(\frac12 x^2 + C\right)e^{2x}

待定系数法： $\lambda=2$ 是特征根（单根），设 $y^* = x(Ax+B)e^{2x} = (Ax^2+Bx)e^{2x}$ 。求导：

(y^*)' = (2Ax+B)e^{2x} + 2(Ax^2+Bx)e^{2x} = \big[2Ax^2+(2A+2B)x+B\big]e^{2x}

代入 $y'-2y = xe^{2x}$ ：

\big[2Ax^2+(2A+2B)x+B\big]e^{2x} - 2(Ax^2+Bx)e^{2x} = (2Ax+B)e^{2x} = xe^{2x}

比较系数 $2A=1 \Rightarrow A=\frac12$ ， $B=0$ ，特解 $y^* = \frac12 x^2 e^{2x}$ ，与常数变易法一致。

第10题 $y'' - 3y' + 2y = e^x + \sin x$

特征方程 $r^2-3r+2=0$ ，特征根 $1,2$ ，齐次通解 $y_h = C_1 e^x + C_2 e^{2x}$ 。用叠加原理分别求特解。

对 $e^x$ ： $\lambda=1$ 是单根，设 $y_{p1} = Axe^x$ ，求导 $y_{p1}' = Ae^x(1+x)$ 、 $y_{p1}'' = Ae^x(2+x)$ ，代入：

y_{p1}''-3y_{p1}'+2y_{p1} = Ae^x\big[(2+x)-3(1+x)+2x\big] = -Ae^x = e^x

得 $A=-1$ ， $y_{p1} = -xe^x$ 。

对 $\sin x$ ：用复数， $\sin x = \operatorname{Im}(e^{ix})$ ，考虑复方程 $Y''-3Y'+2Y = e^{ix}$ ， $\lambda=i$ 不是特征根，设 $Y = Be^{ix}$ ，代入得 $(i^2-3i+2)B = 1$ ，即 $(1-3i)B=1$ ， $B = \frac{1}{1-3i} = \frac{1+3i}{10}$ 。展开 $Y = (\frac{1}{10}+\frac{3}{10}i)(\cos x+i\sin x)$ ，取虚部：

y_{p2} = \frac{1}{10}\sin x + \frac{3}{10}\cos x

叠加 $y_p = y_{p1}+y_{p2}$ ，通解：

y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} - xe^x + \frac{3}{10}\cos x + \frac{1}{10}\sin x

第11题 $y''' + y' = e^{-x}$

齐次方程 $y'''+y'=0$ ，特征方程 $r^3+r = r(r^2+1)=0$ ，根 $0, i, -i$ 。齐次通解 $y_h = C_1 + C_2\cos x + C_3\sin x$ ，基本解组 $y_1=1$ ， $y_2=\cos x$ ， $y_3=\sin x$ 。

设 $y = u_1\cdot 1 + u_2\cos x + u_3\sin x$ ，附加两个约束，得方程组：

\begin{cases} u_1' + u_2'\cos x + u_3'\sin x = 0 \\ -u_2'\sin x + u_3'\cos x = 0 \\ -u_2'\cos x - u_3'\sin x = e^{-x} \end{cases}

由后两个方程解得 $u_2' = -e^{-x}\cos x$ ， $u_3' = -e^{-x}\sin x$ ；代入第一个方程： $u_1' + (-e^{-x}\cos x)\cos x + (-e^{-x}\sin x)\sin x = 0$ ，即 $u_1' = e^{-x}(\cos^2 x+\sin^2 x) = e^{-x}$ 。

积分（用到 $\int e^{-x}\cos x\,dx = \frac{e^{-x}}{2}(\sin x-\cos x)$ 、 $\int e^{-x}\sin x\,dx = -\frac{e^{-x}}{2}(\sin x+\cos x)$ ）：

u_1 = -e^{-x}, \quad u_2 = \frac{e^{-x}}{2}(\cos x - \sin x), \quad u_3 = \frac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x)

代入得特解：

\begin{aligned} y_p &= -e^{-x} + \frac{e^{-x}}{2}(\cos x - \sin x)\cos x + \frac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x)\sin x \\ &= -e^{-x} + \frac{e^{-x}}{2}\big(\cos^2 x - \sin x\cos x + \sin^2 x + \sin x\cos x\big) \\ &= -e^{-x} + \frac{e^{-x}}{2}(\cos^2 x + \sin^2 x) \\ &= -e^{-x} + \frac{e^{-x}}{2} = -\frac12 e^{-x} \end{aligned}

通解：

y = C_1 + C_2\cos x + C_3\sin x - \frac12 e^{-x}

第12题 $x^3y''' + x^2y'' - 4xy' = 3x^2$

令 $x = e^t$ ，则 $xy' = \frac{dy}{dt}$ ， $x^2y'' = \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt}$ ， $x^3y''' = \frac{d^3y}{dt^3} - 3\frac{d^2y}{dt^2} + 2\frac{dy}{dt}$ 。代入：

（也可以把一阶、二阶、三阶导数都逐步写出来：

一阶： $y'(x) = \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{dt}{dx} = y'(t)\cdot\frac{1}{x}$ ，所以 $xy'(x) = y'(t)$ 。

二阶： $y''(x) = [y'(x)]' = [\frac{1}{x}y'(t)]' = (\frac{1}{x})'y'(t) + \frac{1}{x}[y'(t)]' = -\frac{1}{x^2}y'(t) + \frac{1}{x}\cdot y''(t)\cdot\frac{1}{x} = \frac{1}{x^2}[y''(t)-y'(t)]$ ，所以 $x^2y''(x) = y''(t)-y'(t)$ 。

三阶： $y'''(x) = [y''(x)]' = [\frac{1}{x^2}(y''(t)-y'(t))]' = (\frac{1}{x^2})'(y''(t)-y'(t)) + \frac{1}{x^2}[y''(t)-y'(t)]' = -\frac{2}{x^3}(y''(t)-y'(t)) + \frac{1}{x^2}(\frac{1}{x}y'''(t)-\frac{1}{x}y''(t)) = \frac{1}{x^3}[y'''(t)-3y''(t)+2y'(t)]$ ，所以 $x^3y'''(x) = y'''(t)-3y''(t)+2y'(t)$ 。）

\frac{d^3y}{dt^3} - 2\frac{d^2y}{dt^2} - 3\frac{dy}{dt} = 3e^{2t}

特征方程 $r^3-2r^2-3r = r(r-3)(r+1)=0$ ，根 $0,3,-1$ ，齐次通解 $y_h = C_1 + C_2 e^{3t} + C_3 e^{-t}$ 。

$\lambda=2$ 不是特征根，设 $y_p = Ae^{2t}$ ，代入得 $-6A = 3$ ， $A = -\frac12$ 。所以 $y(t) = C_1 + C_2e^{3t} + C_3e^{-t} - \frac12 e^{2t}$ 。代回 $t=\ln x$ ：

y = C_1 + C_2 x^3 + C_3 x^{-1} - \frac12 x^2

（算子法：令 $t=\ln x$ 、 $D=\frac{d}{dt}$ ，则 $xy'=Dy$ 、 $x^2y''=D(D-1)y$ 、 $x^3y'''=D(D-1)(D-2)y$ ，原方程变成

(D^3-2D^2-3D)y = 3e^{2t}

特征方程 $r^3-2r^2-3r=r(r+1)(r-3)=0$ ，根 $0,3,-1$ ，齐次通解 $C_1+C_2e^{3t}+C_3e^{-t}$ 。特解直接代 $\lambda=2$ ： $y^*=\frac{3e^{2t}}{D(D+1)(D-3)}=\frac{3e^{2t}}{2\cdot3\cdot(-1)}=-\frac12 e^{2t}$ 。回代得同样结果。）

（算子法：令 $t=\ln x$ ， $D=\frac{d}{dt}$ ，则 $xy'=Dy$ ， $x^2y''=D(D-1)y$ ， $x^3y'''=D(D-1)(D-2)y$ 。代入得 $(D^3-2D^2-3D)y = 3e^{2t}$ 。特征根 $0,3,-1$ ，特解 $\frac{3e^{2t}}{D(D+1)(D-3)} = -\frac12 e^{2t}$ 。回代得同样结果。）

第13题 $(2x-1)^2 y'' + 4(2x-1)y' - 8y = 4x-3$

令 $t = \ln(2x-1)$ （则 $2x-1 = e^t$ ， $\frac{dt}{dx} = \frac{2}{2x-1}$ ）。

一阶： $y' = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{dt}{dx} = \frac{2}{2x-1}\frac{dy}{dt}$ ，所以 $(2x-1)y' = 2\frac{dy}{dt}$ 。

二阶： $y'' = \frac{d}{dx}\left(\frac{2}{2x-1}\frac{dy}{dt}\right) = -\frac{4}{(2x-1)^2}\frac{dy}{dt} + \frac{4}{(2x-1)^2}\frac{d^2y}{dt^2} = \frac{4}{(2x-1)^2}\left(\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt}\right)$ ，所以 $(2x-1)^2y'' = 4\left(\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt}\right)$ 。

代入原方程（注意 $4x-3 = 4\cdot\frac{e^t+1}{2}-3 = 2e^t-1$ ）、化简：

4\left(\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt}\right) + 4\cdot 2\frac{dy}{dt} - 8y = 2e^t-1 \;\Longrightarrow\; y''+y'-2y = \frac12 e^t - \frac14

特征方程 $r^2+r-2=0$ ，根 $1,-2$ ，齐次通解 $y_h = C_1 e^t + C_2 e^{-2t}$ 。

对 $\frac12 e^t$ ： $\lambda=1$ 是单根，设 $y_{p1} = Ate^t$ ，代入得 $3A = \frac12$ ， $A = \frac16$ 。对 $-\frac14$ ：设 $y_{p2} = B$ ，代入得 $-2B = -\frac14$ ， $B = \frac18$ 。

特解 $y_p = \frac16 te^t + \frac18$ 。代回 $t=\ln(2x-1)$ ：

y = C_1(2x-1) + C_2(2x-1)^{-2} + \frac16(2x-1)\ln(2x-1) + \frac18

（算子法：令 $t=\ln(2x-1)$ ， $D=\frac{d}{dt}$ ，则 $(2x-1)y' = 2Dy$ ， $(2x-1)^2y'' = 4D(D-1)y$ 。代入得 $(D^2+D-2)y = \frac12 e^t - \frac14$ 。 $P(D)=D^2+D-2$ ， $P'(1)=3$ ，特解 $\frac12\cdot\frac{te^t}{3} + \frac18 = \frac16 te^t + \frac18$ 。回代得同样结果。）

第14题 $y' - \dfrac{2}{x}y = -x^2 y^2$

伯努利方程， $P(x)=-\frac2x$ ， $Q(x)=-x^2$ ， $n=2$ 。换元 $z = y^{1-n} = y^{-1} = \frac{1}{y}$ ，则 $y = \frac{1}{z}$ ， $y' = -\frac{z'}{z^2}$ 。代入原方程：

-\frac{z'}{z^2} - \frac{2}{x}\cdot\frac{1}{z} = -x^2\cdot\frac{1}{z^2} \;\Longrightarrow\; z' + \frac{2}{x}z = x^2

这是一阶线性方程。 $\int P\,dx = \int\frac2x dx = 2\ln|x| = \ln x^2$ ，所以 $e^{\int P dx} = x^2$ 、 $e^{-\int P dx} = \frac{1}{x^2}$ 。代入通解公式：

z = \frac{1}{x^2}\left(\int x^2\cdot x^2\,dx + C\right) = \frac{1}{x^2}\left(\int x^4\,dx + C\right) = \frac{1}{x^2}\left(\frac{x^5}{5}+C\right) = \frac{x^3}{5} + \frac{C}{x^2}

代回 $y = \frac{1}{z}$ ：

y = \frac{1}{\frac{x^3}{5} + \frac{C}{x^2}} = \frac{5x^2}{x^5 + 5C}

第15题 $y''+3y'+2y = \dfrac{1}{e^x+1}$

右边不是多项式、指数、正余弦的组合，待定系数法没辙。用积分因子法（降阶）。

方法一：积分因子法

特征方程 $r^2+3r+2=0$ ，因式分解 $(r+1)(r+2)=0$ ，根 $-1,-2$ 。取 $r_1=-1$ 、 $r_2=-2$ ，公共部分 $(r+2)$ ，打包 $Y = y'+2y$ 。则 $Y'+Y = y''+3y'+2y$ ，原方程降成：

Y'+Y = \frac{1}{e^x+1}

两边乘积分因子 $e^x$ ： $(e^xY)' = \frac{e^x}{e^x+1}$ 。积分：

Y = e^{-x}\int\frac{e^x}{e^x+1}dx = e^{-x}\int\frac{d(e^x+1)}{e^x+1} = e^{-x}\ln(e^x+1)

再解 $y'+2y = e^{-x}\ln(e^x+1)$ ，乘积分因子 $e^{2x}$ ： $(e^{2x}y)' = e^x\ln(e^x+1)$ 。积分（分部，令 $t=e^x+1$ ）：

y = e^{-2x}\int e^x\ln(e^x+1)dx = e^{-2x}\int\ln(e^x+1)\,d(e^x+1) = e^{-2x}\big[(e^x+1)\ln(e^x+1)-e^x\big] = (e^{-x}+e^{-2x})\ln(e^x+1)-e^{-x}

（ $-e^{-x}$ 是齐次解，并入常数。）通解：

y = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-2x} + (e^{-x}+e^{-2x})\ln(e^x+1)

方法二：常数变易法

齐次通解 $y_h = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-2x}$ ，基本解组 $y_1 = e^{-x}$ ， $y_2 = e^{-2x}$ 。设 $y_p = u_1 e^{-x} + u_2 e^{-2x}$ ，令 $u_1'e^{-x} + u_2'e^{-2x} = 0$ ，代入得：

\begin{cases} u_1'e^{-x} + u_2'e^{-2x} = 0 \\ -u_1'e^{-x} - 2u_2'e^{-2x} = \dfrac{1}{e^x+1} \end{cases}

由克拉默法则（系数行列式 $v = \begin{vmatrix} e^{-x} & e^{-2x} \\ -e^{-x} & -2e^{-2x} \end{vmatrix} = -e^{-3x}$ ；把第一列换成右端列，得 $v_1 = -\frac{e^{-2x}}{e^x+1}$ ；换成第二列，得 $v_2 = \frac{e^{-x}}{e^x+1}$ ）：

u_1' = \frac{v_1}{v} = \frac{e^x}{e^x+1}, \qquad u_2' = \frac{v_2}{v} = -\frac{e^{2x}}{e^x+1}

积分：

u_1 = \ln(e^x+1), \qquad u_2 = -e^x + \ln(e^x+1)

特解：

y_p = \ln(e^x+1)\cdot e^{-x} + (-e^x+\ln(e^x+1))\cdot e^{-2x} = (e^{-x}+e^{-2x})\ln(e^x+1) - e^{-x}

通解与积分因子法一致：

y = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-2x} + (e^{-x}+e^{-2x})\ln(e^x+1)

第16~18题（变系数）已在进阶十七给出完整解答，见那里的例1、例2、例3。

学习打卡

一阶常数变易法（第1题）
二阶常数变易法（第2题）
常系数待定系数法（第3~6题）
复数法解三角型（第7~8题）
欧拉方程换元（第12~13题）
伯努利方程换元（第14题）
积分因子法降阶（第15题）
变系数·刘维尔公式 + 常数变易（第16题）
变系数·试探指数/幂函数（第17题）
变系数·试指数失败转试幂函数（第18题）