特征根是复数的二阶微分方程

考虑如下微分方程d2ydx2+a1dydx+a2x=0\frac{d^2y}{dx^2}+a_1\frac{dy}{dx}+a_2x=0dx2d2y+a1dxdy+a2x=0
众所周知，一般求得二阶常系数线性微分方程的通常由以下步骤

根据微分方程写出它的特征方程λ2+a1λ+a2=0\lambda^2+a_1\lambda+a_2=0λ2+a1λ+a2=0
求解特征方程的两个特征根λ1\lambda_1λ1与λ2\lambda_2λ2
根据特征根的不同情况参照下表写出微分方程的通解

特征根λ1\lambda_1λ1，λ2\lambda_2λ2	二阶常系数齐次方程的通解
两个不同实根λ1\lambda_1λ1，λ2\lambda_2λ2	x=C1eλ1t+C2eλ2tx=C_1e^{\lambda_1t}+C_2e^{\lambda_2t}x=C1eλ1t+C2eλ2t
两个相等的实根λ1=λ2\lambda_1=\lambda_2λ1=λ2	x=eλ1t(C1t+C2)x=e^{\lambda_1t}(C_1t+C_2)x=eλ1t(C1t+C2)
一对共轭复根λ1,2=α±iβ\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\betaλ1,2=α±iβ	x=eαt(C1cosβt+C2sinβt)x=e^{\alpha t}(C_1cos\beta t+C_2sin\beta t)x=eαt(C1cosβt+C2sinβt)

也就是对于我这种记性不好的人来说每次求微分方程的时候都要查表

相信很多人对特征根是复数通解的形式感到疑惑，为什么不能统一成x=C1eλ1t+C2eλ2tx=C_1e^{\lambda_1t}+C_2e^{\lambda_2t}x=C1eλ1t+C2eλ2t的形式？
在我和室友查阅课本（工科数学分析基础）后，发现其实也可以统一成上述形成，而且表中的结果是x=C1eλ1t+C2eλ2tx=C_1e^{\lambda_1t}+C_2e^{\lambda_2t}x=C1eλ1t+C2eλ2t的进一步推导。

设上述特征方程有一对共轭复数根λ1=α+iβ\lambda_1=\alpha+i\betaλ1=α+iβ，λ2=α−iβ\lambda_2=\alpha-i\betaλ2=α−iβ。此时，齐次方程有两个特解x1=e(α+iβ)t，x2=e(α−iβ)tx_1=e^{(\alpha+i\beta)t}，x_2=e^{(\alpha-i\beta)t}x1=e(α+iβ)t，x2=e(α−iβ)t
根据美丽的欧拉公式可知x1=eα(cosβt+isinβt)，x2=eα(cosβt−isinβt)x_1=e^\alpha (cos\beta t+isin\beta t)，x_2=e^\alpha (cos\beta t-isin\beta t)x1=eα(cosβt+isinβt)，x2=eα(cosβt−isinβt)
根据常系数线性微分方程解的叠加性不难知道
12(x1+x2)=eαcosβt，12i(x1−x2)=eαsinβt\frac{1}{2}(x_1+x_2)=e^\alpha cos\beta t，\frac{1}{2i}(x_1-x_2)=e^\alpha sin\beta t21(x1+x2)=eαcosβt，2i1(x1−x2)=eαsinβt
均为方程的解，cos，sincos，sincos，sin是线性无关的，由此eαcosβte^\alpha cos\beta teαcosβt和eαsinβte^\alpha sin\beta teαsinβt也应该线性无关，那么他们也应该能作为上述方程的两个特解，那么他们的线性组合就为方程的通解即
x=eαt(C1cosβt+C2sinβt)x=e^{\alpha t}(C_1cos\beta t+C_2sin\beta t)x=eαt(C1cosβt+C2sinβt)

由此对于d2ydx2+a1dydx+a2x=0\frac{d^2y}{dx^2}+a_1\frac{dy}{dx}+a_2x=0dx2d2y+a1dxdy+a2x=0，如果它的特征根是复数λ1,2=α±iβ\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\betaλ1,2=α±iβ那么就可以设通解为x=eαt(C1cosβt+C2sinβt)x=e^{\alpha t}(C_1cos\beta t+C_2sin\beta t)x=eαt(C1cosβt+C2sinβt)此形式。

这应该是一个星期前已经考虑过的问题，不过今天大物课学到简谐运动的时候由想到了这个，上课想了一会儿然后导致后面大物课云里雾里，因此还是把它记下来。

以上结论参考《工科数学分析基础》如有错误或者不明确之处请在评论区指明谢谢。

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