本文主要是个人通过拉普拉斯变换的角度介绍微分算子法，可能并不严格与严谨，很多地方其实我自己都没完全搞懂。 并且也可能有很多冗余的步骤，比较啰嗦。本文全文不含公式共万字左右，如果有小伙伴完整阅读下来的话，我先在此表示真诚的感谢。

微分算子法是一种可以快速得出一个常系数二阶非齐次方程特解的方法, 在某些情况下会比待定系数法快很多、好用很多.我们用微分算子法做一道题, 感受一下.

求 \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}-2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-3y=e^{2x} 的一个特解:

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

y^*=\frac{1}{D^2-2D-3}e^{2x}

y^*=\frac{1}{2^2-2\times2-3}e^{2x}

y^*=-\frac{1}{3}e^{2x}

看得一脸懵对吧, 这才是正常反应. 我第一次看到这种方法时我也一脸懵, 为什么可以这么做？为什么做出来的答案是对的？

我们接下来就会从拉普拉斯变换的角度一点一点推导出微分算子法的部一些结论，其中当然也包括用法.如果有只想知道怎么用的小伙伴的话，可以移步至后面几个篇章. 如果是想理解原理小伙伴的话，请一定要认真阅读第4,5,6节.

在研究微分算子前，我们还是先来了解个更有意思的东西——拉普拉斯变换.

如果函数 f(x) 满足在 x\ge0 时有定义.则我们称 \mathscr{L}[f(x)]=\int_{0}^{+\infty}f(x)e^{-sx}\mathrm{d}x\qquad s\in\mathbb{C}\\ 为函数 f(x) 的拉普拉斯变换，记作 \mathscr{L}[f(x)] 或 F(s) ，我们可以通过傅里叶变换来推导出拉普拉斯逆变换的积分形式： \mathscr{L^{-1}}[F(s)] = \frac{1}{2\pi i}\int_{\beta-i\infty}^{\beta+i\infty}F(s)e^{sx}\mathrm{d}s\\ 不过本文其实并不会用到这两个公式，这两个公式其实只是写在这里镇场子的啦. 但拉普拉斯变换确实有很多有用的性质，而有些性质我们接下去就会用到. 我们简要介绍一下接下去要用到的性质吧.

然后还有一个拉普拉斯变换的卷积性质： f_1(x)*f_2(x)=\mathscr{L^{-1}}[F_1(s)F_2(s)] .

不过呢，比较可惜的是，函数的拉普拉斯变换并不一定存在，只有当函数满足：

时函数的拉普拉斯变换才存在.

以上这些就是本文对拉普拉斯变换所要介绍的内容，接下去应该就是正片了.

我们希望能用拉普拉斯变换来解微分方程，但我们前面说了，不是每个函数都存在有拉普拉斯变换的，所以我们先来讨论下我们所要研究的对象存不存在拉普拉斯变换吧.

幸运的是，答案是一定存在，对于我们研究的常系数二阶微分方程来说，由于我们只研究特解形如 y^*(x)=e^{\lambda x}\mathcal{P}_m(x) 与 y^*(x)=e^{\lambda x}[\mathcal{P}_l(x)\cos( \omega x)+\mathcal{Q}_n(x)\sin(\omega x)] 的形式或是它们的线性组合. 很显然，这两种形式都是连续且增长速度小于指数函数的常数倍的. 也就是说对于我们研究的常系数微分方程来说，它的拉普拉斯变换一定存在.

我们先来看个简单的，我们来一道齐次微分方程：

y(x)''-2y(x)'-3y(x)=0

我们对等式两端同时拉普拉斯变换，由于微分性质的存在，则上式会变成：

s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)-(2sY(s)-y(0))-3Y(s)=0

我们把 Y(s) 的系数提一下，其他与 Y(s) 无关的移到等式右边，也就是

(s^2-2s-3)Y(s)=sy(0)+y'(0)-y(0)

我们发觉等式右边的式子其实很烦人啊，我们正是不知道 y(x) 与 y'(x) 是啥，所以我们才要解这个方程啊，但这个式子看着却要我们知道这两个值才能解. 那怎么办呢？

这确实是个比较麻烦的问题，但别忘了，我们的目的不是求出方程的通解，而是求出一个特解. 我们取这个方程在 y(0)=0, \; y'(0)=1 时的一个特解. 那上式就会变成：

(s^2-2s-3)Y(s)=1

我们移一下项：

Y(s)=\frac{1}{(s^2-2s-3)}

我们对分母因式分解下，再裂项一下就能得出：

Y(s)=\frac{1}{4(s-3)}-\frac{1}{4(s+1)}

现在我跟大家说 \mathscr{L}[x^me^{ax}]=\frac{m!}{(s-a)^{m+1}} ，那我们就可以根据线性性质来反推出象原函数，最终答案为：

y^*(x)=\frac{1}{4}e^{3x}-\frac{1}{4}e^{-x};\quad y(0)=0,y'(0)=1 时的特解.

这个特解的形式，我们很容易就能猜到原方程的通解为 y(x)=C_1e^{3x}+C_2e^{-x} . 仔细看看做法的话，我们会发现拉普拉斯变换的做法跟特征方程法其实很类似，它们之间有什么联系吗？

好了，我们已经学会 1+1=2 了，我们现在来把刚刚学到的知识运用到实践中吧. （？？？）

我们用 \mathcal{P}_n(x) 表示以 x 为变量，最高次数不超过 n 的多项式，也就是说： \mathcal{P}_n(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n .

好，我们现在研究研究 ay''+by'+cy=\mathcal{P}_n(x) 形式的二阶微分方程吧.

对上式拉普拉斯变换，得： as^2Y(s)+bsY(s)+cY(s)=\mathscr{L}[\mathcal{P}_n(x)]

注意！这一步中我们舍去了所有例如 y(0) 这样的由拉普拉斯变换的微分性质所产生的常数. 这是由于我们只需要求出一个特解就行了，而我们选择的特解是当 y(0)=0,\;y'(0)=0,\;...,\;y^{(n)}=0 时的特解（这被称作零初始条件）. 接下去我们选择的特解都是零初始条件下的特解.

我们来研究下等式右边的拉普拉斯变换是什么吧，根据线性性质与 \mathscr{L}[x^me^{ax}]=\frac{m!}{(s-a)^{m+1}} 应该很容易能知道等式右边其实是：

\mathscr{L}[\mathcal{P}_n(x)] = a_0\frac{1}{s}+a_1\frac{1}{s^2}+a_2\frac{2!}{s^3}+a_3\frac{3!}{s^4}+...+a_n\frac{n!}{s^{n+1}}\\

这串东西在形式上也很像个多项式，但...好像有点差别，我们暂时把它记作 \mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) .

现在最开始的式子就变成了：

as^2Y(s)+bsY(s)+cY(s)=\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})

我们先假设 as^2+bs+c \ne 0 然后移项：

Y(s)=\frac{1}{as^2+bs+c}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})\\

对这串东西裂项可就复杂了，我们要是真裂项那就傻了. 我们还是想个别的方法来求这个式子的逆变换吧.

我们首先看等式右边的第二项，它代表的是一个类似于多项式的东西，我们先只看其最高次项，也就是 a_n\frac{n!}{s^{n+1}} ，这一项逆变换回去后是 a_nx^n . 对于这个幂函数，对其求导 n+1 次后，它就变成了 0 . 这一点是显然的. 由于拉普拉斯变换存在微分性质，也就是说对 s^{n+1}a_n\frac{n!}{s^{n+1}} 拉普拉斯逆变换后，结果就是 (a_nx^n)^{(n+1)}=0 . 因为我们选的 a_n\frac{n!}{s^{n+1}} 已经是原式中的最高次项了，所以对其前面的所有项来说，乘以 s^{n+1} 后，逆变换回去一定也是0.

我们继续回到 Y(s)=\frac{1}{as^2+bs+c}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) ，我们将第一项变形一下，变成 \frac{1}{c}\frac{1}{\frac{a}{c}s^2+\frac{b}{c}s+1} . 我们记 S=\frac{a}{c}s^2+\frac{b}{c}s .

原式变成了 Y(s)=\frac{1}{c}\frac{1}{S+1}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) .

根据我们刚刚的结论，如果我们对 \mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) 乘以 s^{n+1} 的话，则逆变换回去后会变成 0 . 并且由于 S 中只有 s ，每项的次数也都不比 s 低. 也就是说 \mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) 乘以 S^{n+1} 逆变换回去的值同样是 0 . 我们为了接下去方便计算，我们让 (-S)^{n+1} 乘这个多项式，显然逆变换回去后还是 0 .

\mathscr{L^{-1}}[(-S)^{n+1}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})] = 0 \\

那我们再研究下面这个式子是否也为 0 ?

\mathscr{L^{-1}}[\frac{1}{S+1}\cdot (-S)^{n+1}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})]\overset{\text{?}}{=}0\\

答案是肯定的，上面的式子我们可以看作是两个函数拉普拉斯变换的乘积，乘号前的虽然我们不知道具体是哪个函数，但我们可以记作 F(s) 而乘号后的我们可以记作 G(s) 并且我们已经知道了 g(x)=0 ，那现在我们可以利用拉普拉斯变换的卷积性质：

\mathscr{L^{-1}}[F(s)\cdot G(s)]=f(x)*g(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}0\cdot f(x-t)\mathrm{d}t=0\\

好，接下去正片开始了，由于我们其实只关心逆变换后的象原函数，也知道一个函数加上 0 乘任何常数是不会改变其值的，也就是说：

Y(s)=\frac{1}{c}\frac{1}{S+1}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) - \mathscr{L}[0]\\

Y(s)=\frac{1}{c}\frac{1}{S+1}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) - \frac{1}{c}\frac{(-S)^{n+1}}{S+1}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})\\

Y(s)=\frac{1}{c}[\frac{1-(-S)^{n+1}}{S+1}]\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})=\frac{1}{c}[\frac{1-(-S)^{n+1}}{1-(-S)}]\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})\\

我们看上式中，中括号内的东西，它是不是就是等比数列的求和公式 S_n=a_0\frac{1-q^{n+1}}{1-q} ？（等比数列求和公式对复数也成立，故这个的确可看作是个等比数列求和）（我们以 a_0 作为数列首项是为了更方便的写成多项式的形式）

那我们就能把多项式前的东西写成一个等比数列和的形式：

\frac{1}{c}\cdot\frac{1-(-S)^{n+1}}{1-(-S)}=\frac{1}{c}(1-S+S^2-S^3+S^4+...+(-S)^n)\\

上式其实可以看成个以 S 为变量的多项式，如果我们展开 S ，则上式可看成个以 s 为变量的多项式.

我们将其多项式系数记作 u_i ，则这个多项式可记作： \sum_{i=0}^nu_is^i ，这里可能有人会疑惑，如果我们完全展开 S 的话，势必会出现 s^{2n} ，但我们并没有写在这个和式中，这是为什么呢？我希望读者能自己想出为什么.

好，我们回到上面的式子， Y(s)=\frac{1}{as^2+bs+c}\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) ，根据我们刚刚得出的结论， \frac{1}{as^2+bs+c}=\sum_{i=0}^n u_is^i .

那也就是说原式可以写成 Y(s)=\sum_{i=0}^n (u_is^i)\cdot\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s}) ，我们展开写：

Y(s)=u_0\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})+u_1s\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})+u_2s^2\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})+...+u_ns^n\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})\qquad 【式4.1】\\

我们对上式拉普拉斯变换回去，别忘了我们的微分性质，以及零初始条件.

y^*(x)=u_0\mathcal{P}_n(x)+u_1\mathcal{P}'_n(x)+u_2\mathcal{P}''_n(x)+u_3\mathcal{P}^{(3)}_n(x)+...+u_n\mathcal{P}^{(n)}_n(x)\qquad 【式4.2】\\

我们为了方便起见，可以定义符号 D 用以表示一个求导变换作用于其右边的函数. 我们称这个符号 D 为微分算子.

例如 Dx^2=(x^2)'=2x, Df(x)=f'(x) .

很显然，微分算子对函数是不满足交换律的，例如：

Dx^2 \ne x^2D 前者我们知道是 2x ，而后者...我们可以理解成 x^2D1=0 ,显然在大多数情况下 2x\ne 0 .

当遇到求多阶导数时，可以连写多个 D 表示，但连写多个 D 表示多阶导好像有点傻，我们可以把 n 阶导写成 D^n 的形式，例如：

DDx^2=D^2x^2=(x^2)''=2 .

我们一般认为函数的0阶导其实就是函数自身. 这在微分算子上可以记作 D^0 ，我们可以认为 D^0=1 ,这样就有 D^0f(x)=1f(x) . 但有时我们为了区分算子出现的1与函数出现的1，我们也可记作 D^0=I\;,\;I 可看作是个恒等变换.

我们知道求导运算满足：

很显然，微分算子也将继承这两条性质，这意味着微分算子是可分配的（满足分配律）. 例如：

D(2f(x)+Dg(x))=2Df(x)+D^2g(x) \;;\;(D^2+2D)f(x)=D^2f(x)+2Df(x)

正因为微分算子是可分配的，并且可以写成指数形式，所以微分算子对微分算子是满足交换律的，例如：

D(D+1)=D^2+D=(D+1)D .

我们再来看个特别的例子： a_0f(x)+a_1Df(x)+a_2D^2f(x)+...+a_nD^nf(x) ，由于算子是可分配的，我们可以右提个 f(x) 变成 (a_0+a_1D+a_2D^2+...+a_nD^n)f(x) ， 此时我们可以将 f(x) 左边的多项式定义为算子多项式 \mathcal{P}_n(D) . 上式可记作： \mathcal{P}_n(D)f(x) .

我们都知道求导运算有个叫不定积分的逆运算，那微分算子应该也会存在逆算子，我们先将其记作 D^{-1}=\frac{1}{D} . 我们定义这样的逆微分算子为简单逆微分算子，而类似于 \frac{1}{D+1} 这样的，我们称为复杂逆微分算子.

这有个棘手的问题，反导数是一簇的，我们该如何选定一个合适的反导数作为微分算子的逆算子呢？

我们简单粗暴地定义逆算子为去掉常数 c 的不定积分！完事！

也就是： D^{-1}x^2 = \frac{x^3}{3}\;;\;DD^{-1}x^2=x^2 .

我们接下去可能会用到对算子的求导. 我们定义符号 E 表示对微分算子的求导，我们暂时称作二级微分算子. 二级微分算子具有一级微分算子的所有性质.

为了确保 D^{-1}D=DD^{-1}=I 恒成立，我们定义算子的计算优先级是高于函数的，二级算子的优先级又高于一级算子. 例如 DED^2D^{-1}x^2=D2DD^{-1}x^2=D2Ix^2=2Dx^2=4x .

最后我们来研究下微分算子对函数的结合律. 这是因为我们定义了算子的计算优先级比函数要高，但有时我们又很需要先对函数进行算子运算.

还记得我们前面定义的简单逆微分算子吗？凡是不含有简单逆微分算子的算子，都满足算子对函数的结合律.

\frac{D-1}{D+1}f(x)=\frac{1}{D+1}[(D-1)f(x)]=(D-1)[\frac{1}{D+1}f(x)]

如果算子中含有简单逆算子的话，则算子不满足对函数的结合律

(D^2+D)^{-1}f(x)=\frac{1}{D^2+D}f(x)=\frac{1}{D(D+1)}f(x) \ne \frac{1}{D}[\frac{1}{D+1}f(x)]

不过上式可以是一种特殊情况，在只有逆算子的情况下，我们允许先进行复杂逆算子结合运算. 即，上式虽然不严格等于，但我们可以这么计算. 原因在第7节会解释.

恒等变换也是含有简单逆算子的一种特殊形式，我们也得好好研究研究.

当函数不含常数项时，恒等变换对函数满足结合律.

例如： D^{-1}D(x^2+x)=D^{-1}(D(x^2+x))=D(D^{-1}(x^2+x))=x^2+x

当函数含有常数项时，恒等变换对函数不满足结合律.

例如： D^{-1}(D(x^2+1))=x^2;\; D^{-1}D(x^2+1)=x^2+1

简单逆算子其实就是一次不带常数的不定积分. 由于缺少这个常数使得结合律在含有简单逆微分算子的情况下会变得不成立. 这导致了我们在使用算子结合律的时候需要十分小心. 确保真的可以结合！

我们继续研究 ay''+by'+cy=\mathcal{P}_n(x);\;a,b,c \ne 0

我们用微分算子重写下式子： (aD^2+bD+c)y=\mathcal{P}_n(x) ,对等式两边同时左乘逆算子.

Iy=\frac{1}{aD^2+bD+c}\mathcal{P}_n(x)\qquad 【式6.1】

关于这个式子，我们很难解出它的通解，但我们已经在第4节(【式4.1】与【式4.2】)中解出了一个在零初始条件下的特解，也就是：

y^*(x)=u_0\mathcal{P}_n(x)+u_1\mathcal{P}'_n(x)+u_2\mathcal{P}''_n(x)+u_3\mathcal{P}^{(3)}_n(x)+...+u_n\mathcal{P}^{(n)}_n(x)

我们用微分算子重写下上式：

y^*(x)=(u_0+u_1D+u_2D^2+u_3D^3+...+u_nD^n)\mathcal{P}_n(x)

我们对照下 【式6.1】 我们能得出个结论：

如果在仅考虑二阶微分方程在零初始条件下的特解时：

\frac{1}{aD^2+bD+c}=u_0+u_1D+u_2D^2+u_3D^3+...+u_nD^n .

很显然，这个式子不但对二阶微分方程成立，它对其余任意阶的微分方程都成立，那我们就能写下：

\frac{1}{\mathcal{P}_n(D)}\mathcal{P}_k(x)=\mathcal{P}_k(D)\mathcal{P}_k(x)=\sum_{i=0}^k(u_iD^i)\mathcal{P}_k(x)\\

上式便是我们得出的微分算子除法定理. 其中 u_i 应该是通过对 \frac{1}{\mathcal{P}_n(D)} 多项式展开确定的.

看到上文中的“应该”了没？这里我们其实故意忽视了一个问题，在这一节中，我们其实是把一个微分逆算子式 \frac{1}{aD^2+bD+c}\mathcal{P}n(x) 与一个拉普拉斯逆变换式 \mathscr{L^{-1}}[\frac{1}{as^2+bs+c}\mathcal{P}{n+1}(\frac{1}{s})] 结合起来看了，因为这两个式子的结果是相同的. 所以我们便认为 \frac{1}{aD^2+bD+c}=u_0+u_1D+u_2D^2+u_3D^3+...+u_nD^n .

但这里如果真的是理解成对算子多项式除法做多项式展开是有问题的.

这是因为这整个式子中的 D 并不是一个单独的变量， [\frac{1}{aD^2+bD+c}] 这整个式子是一个对 [aD^2+bD+c] 变换的一个逆变换. 它本身是一个整体，是不可拆分的.

我们再来看看， u_i 的值其实是对拉普拉斯逆变换式中的 \frac{1}{as^2+bs+c} 做多项式展开后的常数项，而这个分式从形式上是与逆算子式中的 \frac{1}{aD^2+bD+c} 一模一样的（并且很容易能知道，无论是几阶微分方程，这两个表达式从形式上一定是一样的）.

微分算子除法定理，它告诉了我们答案可以表达成一个算子多项式左乘函数的形式. 但多项式的系数只与表达式本身的形式有关，而与其变量是真变量（拉普拉斯变换中的 s ）还是形式变量（微分逆算子式中的 D ）无关. 巧合的是（拉普拉斯逆变换式）形式又正好与微分逆算子式的形式相同.

正是因为这种种巧合，我们才能假装认为逆算子是两个多项式的比值. 然后展开成算子多项式. 等答案变成了个算子多项式左乘函数的形式后才想起来 D 不是个变量，而是个求导变换. 我们只能是看作形式上对逆算子做多项式展开. 而不能理解成真的对逆算子做多项式展开.

由于算子多项式系数只与形式有关的特性，我们也就可以通过拉普拉斯逆变换式来等价替换写出唯一的微分逆算子式，这一点我们接下去可能会用到.

这种形式就是运用微分算子除法定理的题目，我们就用两道例题来结束本节吧

首先来道： y''-y'-6y=x^2

我们用微分算子改写下： (D^2-D-6)y=x^2

y^*=\frac{1}{D^2-D-6}x^2

根据算子除法定理，我们能知道 \frac{1}{D^2-D-6} 可以展开成一个算子多项式，但如果我们用标准的等比数列求和公式的话会比较麻烦. （其实也不怎么麻烦）

由于函数的多项式在某点的展开是唯一的，不管什么方法只要能展出来，那就是一样的. 那我们就可以用长除法或麦克劳林展开之类的，这里我们用长除法展开.

\begin{array}{lr} & -\frac{1}{6}+\frac{1}{36}D-\frac{7}{216}D^2+...\quad\ \,\\ -6-D+D^2 \!\!\!\!\!\! & \overline{)1\ \qquad\qquad \qquad \qquad \qquad} \\ & \underline{1\ +\ \frac{1}{6}D\ -\ \frac{1}{6}D^2\ \ \quad\qquad} \\ & -\ \frac{1}{6}D\ +\ \frac{1}{6}D^2\ \ \qquad\quad\\ & \underline{-\frac{1}{6}D\ -\frac{1}{36}D^2+\frac{1}{36}D^3} \\ & \frac{7}{36}D^2-\frac{1}{36}D^3\\ & \underline{\frac{7}{36}D^2+\frac{7}{216}D^3}\\ & -\frac{13}{216}D^3 \end{array}

也就能算出 \frac{1}{D^2-D-6}= -\frac{1}{6}+\frac{1}{36}D-\frac{7}{216}D^2 （用等比数列求和公式展开的话是： -\frac{1}{6}[1+(\frac{1}{6}D^2-\frac{1}{6}D)+(\frac{1}{6}D^2-\frac{1}{6}D)^2] ）.

原式重写成： y^*=(-\frac{1}{6}+\frac{1}{36}D-\frac{7}{216}D^2)x^2

接下去其实就是每项求导了，我就不写过程了，直接写答案：

y^*=-\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{18}x-\frac{7}{108}

我们用特征方程法算出齐次通解后加上这个特解就是非齐次的通解了，答案为： y=C_1e^{-2x}+C_2e^{3x}-\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{18}x-\frac{7}{108}

我们再来算个 y''-3y'=x^2-2 先用微分算子改写一下：

y^*=\frac{1}{D^2-3D}(x^2-2)=\frac{1}{D(D-3)}(x^2-2)\qquad 【式7.1】

这里出现了简单逆算子，显然这题不能直接用逆算子除法定理做（ c=0 了）. 这里严格来说是没有结合律的，但我们认为在只有逆算子的情况下，可以先结合复杂逆算子.

由算子除法定理与多项式展开，能得到 \frac{1}{D-3}=-\frac{1}{3}-\frac{1}{9}D-\frac{1}{27}D^2 .

y^*=-\frac{1}{D}[(\frac{1}{3}+\frac{1}{9}D+\frac{1}{27}D^2)(x^2-2)]

y^*=-\frac{1}{D}[\frac{1}{3}(x^2-2)+\frac{1}{9}(2x)+\frac{1}{27}\times 2]

y^*=-\frac{1}{9}x^3-\frac{1}{9}x^2+\frac{16}{27}x

y=C_1e^{3x}-\frac{1}{9}x^3-\frac{1}{9}x^2+\frac{16}{27}x+C_2

这就是我们要的答案了.

如果对【式7.1】先结合简单逆算子的话答案可能会多一个常数.

只有在没有零次求导项的情况下才有可能出现简单逆算子. 而常数求导后会变成0. 所以我们才认为这种形式下可以先结合复杂逆算子. 因为出现的常数不影响方程的结果，而选择最后积分是因为这样可以保证没有常数项.

如果对【式7.1】裂项的话，我们认为微分逆算子在形式上是不能被裂项的. 这是为什么呢，还是那句话， \frac{1}{D(D-3)} 是一个整体，它只能同时左乘或右乘另一个算子. 但这个式子不能通过乘一个恒等变换而变成两个逆算子的和. 所以逆算子形式上是不能被裂项的.

我们接下来研究下这种形式：

假设 ay''+by'+cy=e^{kx}\mathcal{P}_n(x)

拉普拉斯变换，有： as^2Y(s)+bsY(s)+cY(s)=\mathscr{L}[e^{kx}\mathcal{P}_n(x)]

根据位移性质，等式右边其实等于： \mathscr{L}[\mathcal{P}_n(x)]_{s:=s-k} = \mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s})|_{s:=s-k}=\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s-k})

Y(s)=\frac{1}{as^2+bs+c}\cdot\mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{s-k})

对上式换元，令 s-k=S ,则原式变为：

Y(S+k)=\frac{1}{a(S+k)^2+b(S+k)+c}\cdot \mathcal{P}_{n+1}(\frac{1}{S})

此处的 S 是变量， k 是个常量.

等式右边我们可以知道，它逆变换回去后会变成一连串关于 \mathcal{P}_n(x) 的求导多项式（参考第4节）. 而等式左边，根据位移性质，左边其实等于： \mathscr{L^{-1}}[Y(S+k)]=e^{-kx}y(x) .

e^{-kx}y^*(x)=\sum_{i=0}^n(u_iD^i)\mathcal{P}_n(x)

y^*(x)=e^{kx}\sum_{i=0}^n(u_iD^i)\mathcal{P}_n(x)

好，我们用微分算子法重写一遍：

aD^2y(x)+bDy(x)+cy(x)=e^{kx}\mathcal{P}_n(x)

y^*=\frac{1}{aD^2+bD+c}\cdot [e^{kx}\mathcal{P}_n(x)]

一样的道理，这个式子与上面拉普拉斯变换的答案是一样的，我们联写一下：

y^*=\frac{1}{aD^2+bD+c}\cdot [e^{kx}\mathcal{P}_n(x)]=e^{kx}\sum_{i=0}^n(u_iD^i)\mathcal{P}_n(x)\\

我们从拉普拉斯变换的推导过程中知道系数 u_i 是由 \frac{1}{a(S+k)^2+b(S+k)+c} 展开得来. 由于逆算子展开的系数只与形式有关，故我们可唯一确定出一个逆微分算子（参考第6节补充说明部分）：

\sum_{i=0}^n(u_iD^i)\mathcal{P}_n(x)=\frac{1}{a(D+k)^2+b(D+k)+c}\mathcal{P}_n(x)\\

总结一下也就能得出我们的指数幂位移定理： \frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}[e^{kx}\mathcal{P}_n(x)]=e^{kx}\frac{1}{\mathcal{P}_m(D+k)}\mathcal{P}_n(x)\\

这里我们没有详细说明为什么对于高阶算子多项式也成立，其实从拉普拉斯变换的推导过程中能发现，多一阶，少一阶并不会影响结论，所以我们便认为这个定理对所有算子多项式都成立.

看看这文章编排，我们刚刚想办法证明了个莫名其妙的定理，那接下去肯定会用到啊，契诃夫之枪嘛.

我们先把我们要解决的问题写下来，我们要解决：

ay''+by'+cy=e^{kx}

我们可以把上式看作是 ay''+by'+cy=e^{kx}\cdot 1

那我们用微分算子变换一下：

y^*=\frac{1}{aD^2+bD+c}[e^{kx}\cdot 1]

我们用一下指数幂位移定理：

y^*=e^{kx}\frac{1}{a(D+k)^2+b(D+k)+c}1

接下去很显然，我们要对 \frac{1}{a(D+k)^2+b(D+k)+c} 使用算子除法定理展开. 我们展开成 u_0+u_1D+u_2D^2+... . 但我们看这道题，这道题有点特殊，这个逆算子作用的函数是个常数. 很显然，对常数无论求几次导都是 0 ,所以对这个式子展开求导后，最后只会剩下一个常数项 u_0 .

而逆算子的展开从形式上看可以看作是对这个式子，以 D 为变量的麦克劳林展开（多项式展开是唯一的），麦克劳林展开后的第一项其实就是 f(0) .

也就是说 u_0=f(0)=\frac{1}{a(0+k)^2+b(0+k)+c}=\frac{1}{ak^2+bk+c} .答案也就呼之欲出了：

y^*=\frac{1}{ak^2+bk+c}e^{kx}\\

我们发现这样其实从形式上就变成了:

y^*=\frac{1}{aD^2+bD+c}e^{kx}|_{D=k}\\

这是一个非常好记忆的形式. 但请时刻注意，这只是形式上成立， D 其实并不是一个变量.

眼尖的小伙伴可能会发现，如果 ak^2+bk+c=0 时会发生ZeroDivisionError. 这可是个大问题啊.

其实如果用 \frac{1}{aD^2+bD+c}e^{kx}|_{D=k} 做出分母等于 0 的情况的话，只要分母对算子求导后再左乘一个变量 x 就行了.

我们来证明一下这个结论：

y^*=e^{kx}\frac{1}{a(D+k)^n+b(D+k)^{n-1}+...+c(D+k)+d}\cdot 1\qquad【式9.1】\\

若上式麦克劳林展开后 u_0 不存在，即 ak^n+...+ck+d=0 ，也就是对分母展开后，常数项为 0 （如果觉得不太好理解，请自己拿纸笔算一下）.

此时我们可以将上式分母左乘一个二级算子恒等变换：

y^*=e^{kx}[\frac{1}{E^{-1}E}(\frac{1}{a(D+k)^n+b(D+k)^{n-1}+...+c(D+k)+d}\cdot 1)]\\

y^*=e^{kx}[\frac{1}{E^{-1}}(\frac{1}{E[a(D+k)^n+b(D+k)^{n-1}+...+c(D+k)+d]}\cdot 1)]\\

这两步可能比较难理解，我们来说一下. 首先，这一步是要使用算子除法定理对逆算子展开，而使用算子除法定理时，多项式系数仅与逆微分算子的形式有关，与算子自身无关，所以此时的微分算子可以看作是个普通变量而忽视其求导变换的含义. 故我们可以将这个逆算子看作是个普通多项式. 从而可以仅对分母求导. 然后，由于分母的常数项为 0 ，所以二级微分算子的恒等变换满足对一级算子的结合律. 并且注意，这个二级微分算子表示的含义是对分母算子的求导所以 E^{-1}\ne\frac{1}{E} .

y^*=e^{kx}\frac{1}{E^{-1}}[\frac{1}{an(D+k)^{n-1}+b(n-1)(D+k)^{n-2}+...+c}\cdot 1] \qquad 【式9.2】\\

注意到，上式中的分母展开后常数项不为0时，则对此对分式麦克劳林展开存在，且 u_0 = \frac{1}{ank^{n-1}+b(n-1)k^{n-2}+...+c} . 从形式上等价于对原式分母求导后，令 D=k .

y^*=e^{kx}\frac{1}{E^{-1}}u_0\\

注意! 这一步，我们并没有使用完算子除法定理，因为算子除法定理表示的是原算子可以表达成一个算子多项式，这里并没有表达成这种形式，所以算子本身仍旧可以从形式上认为是多项式的比，从而仅对分母积分是合理的.

y^*=e^{kx}\frac{1}{D}u_0\\

直到这一步，我们才算用完了算子除法定理，这个逆算子不能再视为多项式的比了.

y^*=e^{kx}u_0x\\

这样我们也就证明出来了在不能使用 y^*=\frac{1}{aD^2+bD+c}e^{kx}|_{D=k} 形式的情况下，可以对分母求导一次后添变量 x .

如果一次求导后仍然不存在 u_0 ,则可以继续求导添 x . 证明方式只需重复【式9.1】至【式9.2】继续推导下去就行了. 例如第二次时: \frac{1}{E^{-1}}[\frac{1}{an(D+k)^{n-1}+b(n-1)(D+k)^{n-2}+...+c}\cdot 1]\\ 由于 u_0 仍旧不存在，也就是说分母中常数项仍旧为0，二级微分算子的恒等变换仍满足结合律，此时我们再对分母左乘个恒等变换，即：

\begin{align*} \frac{1}{(E^{-1}E)E^{-1}}[\frac{1}{an(D+k)^{n-1}+b(n-1)(D+k)^{n-2}+...+c}\cdot 1]=\\\frac{1}{E^{-2}}[\frac{1}{E(an(D+k)^{n-1}+b(n-1)(D+k)^{n-2}+...+c)}\cdot 1] \ \ \ \ \end{align*}\\

然后重复几次后，最后会变成这样：

y^*=e^{kx}\frac{1}{E^{-n}}u_0=e^{kx}\frac{1}{D^n/n!}\cdot u_0 =e^{kx}\frac{n!}{n!}u_0x^n=e^{kx}u_0x^n\qquad【式9.3】\\

这里， E^{-n} 是对微分算子 D 求多次积分，每对算子求一次积分，分母多个算子分子多乘个数；对函数求积分时分子多个变量，分母多个数，最终常数 n! 会被约掉，我们也就证明出来了这个零除求导定理. （抱歉我也不知道这个公式叫什么，这个名字是我胡扯的）

这是因为我们在使用零除求导定理的时候，其实在黑箱中偷偷地做了n次简单逆微分运算，参见【式9.3】. 算子中含有简单逆算子，算子不满足对函数的结合律.

例如 \frac{D+1}{D^2+2D-3}e^x 如果我们先结合正算子的话：

\frac{1}{D^2+2D-3}[(D+1)e^x]=2\frac{1}{D^2+2D-3}e^x=\frac{1}{2}xe^x

但如果先结合逆算子的话会变成

(D+1)[\frac{1}{D^2+2D-3}e^x]=\frac{1}{4}(D+1)xe^x=\frac{1}{2}xe^x+\frac{1}{4}e^x

两个答案并不相同，算子对函数不满足结合律.

y''+2y'-3y=e^{-3x}

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

y^*=\frac{1}{D^2+2D-3}e^{-3x}

根据指数幂位移定理的推论，将上式 D=-3 就是特解了，但我们只要代一下就发现分母变0了，我们得求导添变量了.

y^*=x\frac{1}{(D^2+2D-3)'}e^{-3x}

y^*=x\frac{1}{2D+2}e^{-3x}

y^*=-\frac{1}{4}xe^{-3x}

y=C_1e^{-3x}+C_2e^x-\frac{1}{4}xe^{-3x}

这题还有种解法，已知分母等于 0 了，那根据因式定理，也就能知道分母有个因子等于 D-k ，原式等于：

y^*=\frac{1}{(D+3)(D-1)}e^{-3x}

对上式指数幂位移：

y^*=e^{-3x}\frac{1}{(D)(D-4)}

这里的算子中虽然存在简单逆算子，但由于不存在正算子，所以可以优先将函数分配复杂逆算子.

y^*=e^{-3x}\frac{1}{D}(\frac{1}{D-4}1)=e^{-3x}\frac{1}{D}\frac{-1}{4}=-\frac{1}{4}xe^{-3x}

好，下一节！（ん？等会，不是两道例题嘛？）（对啊，两道啊，还有一道在第1节）

来，我们来解决个稍微复杂点的三角函数形式吧. 我们上文研究了多项式与指数幂的形式，还没研究过三角函数的形式.

这时就得请我们的欧拉大仙了，欧拉大仙给我们指了条明路，留下了著名的欧拉公式：

e^{ix}=\cos x+i\sin x\\

也就是说我们可以把 \cos \omega x 看作是 e^{i\omega x} 的实部， \sin \omega x 看作是 e^{i\omega x} 的虚部. 那我们就把我们没见过的三角函数变成了我们见过的指数函数了，这样我们就可以用指数函数的套路解三角函数的题了.

ay''+by'+cy=\sin\omega x

ay''+by'+cy=\mathrm{Im}[e^{i\omega x}]

y^*=\mathrm{Im}[\frac{1}{aD^2+bD+c}e^{i\omega x}], \; D=i\omega

如果遇到分母为 0 也一样，分母求导再左乘个变量.

完事了讲完了，下一节吧，啊什么？要个例题，行那就做道例题吧.

来，就做道： y(x)''-2y(x)'-3y(x)=\sin2x

(D^2-2D-3)y=\mathrm{Im}[e^{2ix}]

y^*=\mathrm{Im}[\frac{1}{D^2-2D-3}e^{2ix}],\; D=2i

y^*=\mathrm{Im}[\frac{1}{(2i)^2-4i-3}e^{2ix}]

y^*=\mathrm{Im}[\frac{1}{-7-4i}e^{2ix}]

y^*=\mathrm{Im}[\frac{-7+4i}{7^2+4^2}e^{2ix}]

y^*=\mathrm{Im}[(\frac{-7}{65}+\frac{4}{65}i)(\cos2x+i\sin2x)]

y^*=\frac{4}{65}\cos2x-\frac{7}{65}\sin2x

这种做法好像有点复杂对吧，毕竟要用到复数，还要搞复数的除法，确实有点麻烦，那我们能否把这种做法做得简单点？

我们继续用抽象的式子吧： ay(x)''+by(x)'+cy(x)=\cos\omega x\;;\;(-a\omega^2+c)^2+b^2\omega^2\ne0 .

把上面的式子变成： y^*=\frac{1}{aD^2+bD+c}\cos\omega x

我们左乘个恒等变换

y^*=\frac{aD^2+c-bD}{aD^2+c-bD}\cdot\frac{1}{aD^2+c+bD}\cos\omega x

y^*=\frac{aD^2+c-bD}{(aD^2+c)^2-(bD)^2}\cos\omega x

y^*=(aD^2+c-bD)[\frac{1}{(aD^2+c)^2-(bD)^2}\cos\omega x]

我们可以直接对中括号内使用指数幂位移定理的推论（把 \cos\omega x 看作 \mathrm{Re}[e^{i \omega x}] ，整个算子中不含有简单逆算子，并且使用指数幂位移的推论后分母不为零，算子对函数有结合律）.

y^*=\frac{1}{(-a\omega^2+c)^2+b^2\omega^2}(aD^2+c-bD)\cos\omega x

这里是因为所有的复数项统统被平方成了实数，所以取实部时只有 e^{i \omega x} 变成了 \cos \omega x 其余的常数统统保留不变. 然后常数项提出，算子对函数分配.

y^*=\frac{1}{(-a\omega^2+c)^2+b^2\omega^2}[(-a\omega^2+c)\cos\omega x-bD\cos\omega x]

y^*=\frac{-a\omega^2+c-bD}{(-a\omega^2+c)^2+b^2\omega^2}\cos\omega x

y^*=\frac{-a\omega^2+c}{(-a\omega^2+c)^2+b^2\omega^2}\cos\omega x+\frac{b\omega}{(-a\omega^2+c)^2+b^2\omega^2}\sin\omega x

这种做法看上去也挺复杂的，但那是因为我们用了抽象的数字，而不是确定的数字，实际做的时候它其实很方便：

y^*=\frac{1}{-a\omega^2+c+bD}\sin\omega x=\frac{-a\omega^2+c-bD}{(-a\omega^2+c)^2-b^2D^2}\sin\omega x=\frac{-a\omega^2+c-bD}{(-a\omega^2+c)^2+b^2\omega^2}\sin\omega x\\

也就是先代平方项，虽然做法有很大的不同，但从形式上来看是一摸一样.

个人比较推荐这种方式，毕竟可以少做次复数除法.

我们研究完了三种微分方程非齐次项的基本形式了（多项式，幂函数，三角函数），那排列组合一下，还有四种组合形式，我们先讲一种形式：形如 e^{kx}\cos\omega x 或 e^{kx}\sin\omega x 的形式.

这种形式其实有一种很暴力的做法，那就是等式右边给看成 e^{(k+i\omega) x} 的实部或虚部，然后直接上指数幂位移定理的推论.

不过这么做有比较麻烦的地方是要对复分母有理化，所以更常见的做法是先指数幂位移，然后用 10.1 的做法算三角函数的特解. 我们两种方法各做一题.

y''-2y'-3y=e^x\cos 2x\; ，我们直接暴力求解

y^*=\frac{1}{D^2-2D-3}\mathrm{Re}[e^{(1+2i)x}]

y^*=\frac{1}{(1+2i)^2-2(1+2i)-3}e^{(1+2i)x}=\frac{1}{1+4i-4-2-4i-3}e^{(1+2i)x}=\mathrm{Re}[-\frac{1}{8}e^{(1+2i)x}]

y^*=-\frac{1}{8}e^x\cos 2x

emmm...这题是我数字凑的好才这么好做的（确信）.换一题难一点的.

y''+3y'-2y=e^{-x}\sin 2x\; ， 我们先指数幂位移，然后用 10.1 的方法做

y^*=\frac{1}{D^2+3D-2}[e^{-x}\sin 2x]

y^*=e^{-x}\frac{1}{(D-1)^2+3(D-1)-2}\sin 2x=e^{-x}\frac{1}{D^2+D-4}\sin 2x

y^*=e^{-x}\frac{1}{-4+D-4}\sin 2x=e^{-x}\frac{-8-D}{64+4}\sin 2x=-\frac{1}{68}e^{-x}(8\sin 2x +2\cos 2x)

这题就稍微复杂了点.

我们再研究个形如： e^{kx}\mathcal{P}_n(x) 的形式吧. 我们一样做个两题试试：

y''+3y'-2y=e^{2x}(1+2x+3x^2)

y^*=\frac{1}{D^2+3D-2}[e^{2x}(1+2x+3x^2)]

y^*=e^{2x}\frac{1}{(D+2)^2+3(D+2)-2}(1+2x+3x^2)=e^{2x}\frac{1}{D^2+7D+8}(1+2x+3x^2)

y^*=e^{2x}(\frac{1}{8}-\frac{7}{64}D+\frac{41}{512}D^2)(1+2x+3x^2)=e^{2x}(\frac{99}{256}-\frac{13}{32}x+\frac{3}{8}x^2)

说实话，多项式要是次数高的话，算起来也还是挺麻烦的. 我们看个一次幂的吧.

y''+2y'-3y=2e^xx

y^*=2e^x\frac{1}{(D+1)^2+2(D+1)-3}x=2e^x\frac{1}{D(D+4)}x\; ，这里算子部分只有逆算子，可以优先结合复杂逆算子.

y^*=2e^x\frac{1}{D}[(\frac{1}{4}-\frac{1}{16}D)x]=2e^x\frac{1}{D}(\frac{1}{4}x-\frac{1}{16})=e^x(\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{8}x)

如果是多项式形式的非齐次项，可以由微分方程的叠加性质拆成多个小微分方程求解. 但我们现在有了指数幂位移定理跟算子除法定理，我们也可以比较方便的解决这种题目.

好了这一节也就这么结束了，下一节又要证明个奇怪的定理.

这一节我们再来证明个定理. 这个定理也是个非常有用的定理.

\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}[x^nf(x)]=(x+E)^n\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}f(x)\\

这个定理本人只证明 f(x) 为三角函数与指数函数时的情况，对于我们来说，证明了这两种形式也就足够了.

假设有：

ay''+by'+cy=x^nf(x)

y^*=\frac{1}{aD^2+bD+c}[x^nf(x)]

由于我们知道三角函数与指数函数都能展开成泰勒级数，并且收敛域为全体实数. 而泰勒中值定理又告诉我们：

f(x)=\sum_{i=0}^n[\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i]+R_n(x)\ ;\ R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\ \ \theta \in (x_0,x)\\

虽然我们不知道 \theta 具体是多少，但泰勒中值定理告诉了我们一定存在有这么个数，使得上式严格等于.

行，那我们就把 f(x) 用泰勒中值定理在 x_0=0 处多项式展开，展开式就不写了，这里就写个余项吧.

R_n(x)|_{e^x}=\frac{e^\theta}{n!}x^n\ ;\ R_n(x)|_{\sin x}=(-1)^n\frac{\cos \theta}{(2n+1)!}x^{2n+1}\ ;\ R_n(x)|_{\cos x}=(-1)^{n+1}\frac{\cos \theta}{(2n+2)!}x^{2n+2}

我们将 f(x) 展开成最高次为 m 的多项式（含余项)，我们可以记作 \mathcal{P_{m}}(x) ,多项式与幂函数乘起来后是个最高次为 n+m 的多项式.

根据算子除法定理，我们可以把上面的逆算子展开成最高次为 n+m 的算子多项式，我们可以记作 \mathcal{P_{n+m}}(D) ，即：

y^*(x)=\frac{1}{aD^2+bD+c}[x^nf(x)]=\mathcal{P_{n+m}}(D)[x^n\mathcal{P_m}(x)]=\mathcal{P_{n+m}}(D)[x^nf(x)]

y^*(x)=u_0x^nf(x)+u_1D[x^nf(x)]+u_2D^2[x^nf(x)]+...+u_{n+m}D^{n+m}[x^nf(x)]\\

假设 n\le m 对等式右边每一项使用莱布尼茨公式展开：

\begin{array}{lr}u_0x^nf(x)+\\ u_1[Dx^nf(x)+x^nDf(x)]+\\ u_2[D^2x^nf(x)+2Dx^nDf(x)+x^nD^2f(x)]+\\ u_3[D^3x^nf(x)+C_3^1D^2x^nDf(x)+C_3^2Dx^nD^2f(x)+x^nD^3f(x)]+\\ u_4[D^4x^nf(x)+C_4^1D^3x^nDf(x)+C_4^2D^2x^nD^2f(x)+C_4^3Dx^nD^3f(x)+x^nD^4f(x)]+...+\\ u_n[D^nx^nf(x)+C_n^1D^{n-1}x^nDf(x)+C_n^2D^{n-2}x^nD^2f(x)+...+x^nD^nf(x)]+\\ u_{n+1}[C_{n+1}^1D^nx^nDf(x)+C_{n+1}^2D^{n-1}x^nD^2f(x)+...+x^nD^{n+1}f(x)]+...+\\ u_m[C_m^{m-n}D^nx^nD^{m-n}f(x)+C_m^{m-n+1}D^{n-1}x^nD^{m-n+1}f(x)+...+x^nD^mf(x)]+\\ u_{m+1}[C_{m+1}^{m+1-n}D^nx^nD^{m+1-n}f(x)+...+C_{m+1}^mDx^nD^mf(x)]+...+\\ u_{n+m-1}[C_{n+m-1}^{m-1}D^nx^nD^{m-n}f(x)+C_{n+m-1}^mD^{n-1}x^n+D^{m-n+1}f(x)] +u_{n+m}[C_{n+m}^mD^nx^nD^mf(x)]\end{array}\\

好复杂啊，我们把上式的 f(x) 右提出去，由于式子中每项的 f(x) 都在末尾，所以这一步是可以的. 并且我们再把关于 x^n 的项求导求出来：

\begin{array}{lr}\{u_0x^n+\\ u_1[nx^{n-1}+x^nD]+\\ u_2[n(n-1)x^{n-2}+2nx^{n-1}D+x^nD^2]+\\ u_3[A_n^3x^{n-3}+C_3^1A_n^2x^{n-2}D+C_3^2nx^{n-1}D^2+x^nD^3]+...+\\ u_n[n!+C_n^1A_n^{n-1}xD+C_n^2A_n^{n-2}x^2D^2+C_n^3A_n^{n-3}x^3D^3+C_n^4A_n^{n-4}x^4D^4+...+x^nD^n]+...+\\ u_m[C_m^{m-n}n!D^{m-n}+C_m^{m-n+1}A_n^{n-1}D^{m-n+1}+...+x^nD^m]+...+\\ u_{n+m}[C_{n+m}^mn!D^m]\}f(x)\end{array}\\

移项，整理成关于 x^t 的多项式，并把 x^t 左提出去.

\begin{array}{rr} \{x^n[u_0+u_1D+u_2D^2+u_3D^3+u_4D^4+u_5D^5+...+u_nD^n+...+u_mD^m]+\\ x^{n-1}[u_1n+u_2C_2^1nD+...+u_nC_n^{n-1}nD^{n-1}+...+u_mC_m^{m-1}nD^{m-1}+u_{m+1}C_{m+1}^mnD^m]+\\ x^{n-2}[u_2A_n^2+u_3A_n^2C_3^1D+u_4A_n^2C_4^2D^2+...+u_nA_n^2C_n^{n-2}D^{n-2}+...+u_{m+2}A_n^2C_{m+2}^mD^m]+\\ x^{n-3}[u_3A_n^3+u_4A_n^3C_4^1D+u_5A_n^3C_5^2D^2+...+u_nA_n^3C_n^{n-3}D^{n-3}+...+u_{m+3}A_n^3C_{m+3}^mD^m]+\\ x^{n-4}[u_4A_n^4+u_5A_n^4C_5^1D+u_6A_n^4C_6^2D^2+...+u_nA_n^4C_n^{n-4}D^{n-4}+...+u_{m+4}A_n^4C_{m+4}^mD^m]+\\ ...+x^0[u_nA_n^n+u_{n+1}A_n^nC_{n+1}^1D+u_{n+2}A_n^nC_{n+2}^2D^2+...+u_{n+m}A_n^nC_{n+m}^mD^m] \}f(x) \end{array}\\

我们现在要往我们最开始要证明的那个式子上凑（好直球啊...），那这样，我们在式子中每行先配平出 t 个二级微分算子（这样的话我们待会可以左提出去），（这是正算子多项式，并且二级算子的计算优先级更高，所以这一步是可行的）：

\begin{array}{rr} \{x^n[u_0+u_1D+u_2D^2+u_3D^3+u_4D^4+...+u_nD^n+...+u_{m}D^{m}]+\\ x^{n-1}[u_1nED+u_2C_2^1nED^2/A^1_2+...+u_nC_n^{n-1}nED^n/A_n^1+...+u_{m+1}C^m_{m+1}nED^{m+1}/A_{m+1}^1]+\\ x^{n-2}[u_2A_n^2E^2D^2/A_2^2 + u_3A_n^2C_3^1E^2D^3/A_3^2+...+u_nA_n^2C_n^{n-2}E^2D^n/A_n^2+...+u_{m+2}A_n^2C_{m+2}^{m}E^2D^{m+2}/A_{m+2}^2]+\\ x^{n-3}[u_3A_n^3E^3D^3/A_3^3 + u_4A_n^3C_4^1E^3D^4/A_4^3+...+u_nA_n^3C_n^{n-3}E^3D^n/A_n^3+...+u_{m+3}A_n^3C_{m+3}^mE^3D^{m+3}/A_{m+3}^3]+\\ x^{n-4}[u_4A_n^4E^4D^4/A_4^4 + u_5A_n^4C_5^1E^4D^5/A_5^4+...+u_nA_n^4C_n^{n-4}E^4D^n/A_n^4+...+u_{m+4}A_n^4C_{m+4}^mE^4D^{m+4}/A_{m+4}^4]+\\ ...+x^0[u_nA_n^nE^nD^n/A_n^n+u_{n+1}A_n^nC_{n+1}^1E^nD^{n+1}/A_{n+1}^n+...+u_{n+m}A_n^nC_{n+m}^mE^nD^{m+n}/A_{m+n}^n] \}f(x) \end{array}\\

我们看每行的 u_n 项，根据组合数的性质，每行 u_n 项的系数其实就是 u_nC_n^k ,k 是这行的行数（从0开始数）. 并且如果用阶乘式展开每行第 u_n 项前后项的系数，会发现它们的值统统等于 u_iC_n^k ，用简单的数学归纳法能证明这个结论.

那我们对每行都左提一个组合数 C_n^k ，上式就可以变成：

\begin{array}{rr} \{C_n^0x^n[u_0+ u_1D+ u_2D^2+ u_3D^3+...+u_nD^n+...+u_mD^m]+\\ C_n^1x^{n-1}[u_1ED+u_2ED^2 + u_3ED^3 +...+u_{m+1}ED^{m+1}]+\\ C_n^2x^{n-2}[u_2E^2D^2 + u_3E^2D^3 + u_4E^2D^4+...+u_{m+2}E^2D^{m+2}]+\\ C_n^3x^{n-3}[u_3E^3D^3 + u_4E^3D^4 + u_5E^3D^5+...+u_{m+3}E^3D^{m+3}]+\\ C_n^4x^{n-4}[u_4E^4D^4 + u_5E^4D^5 + u_6E^4D^6+...+u_{m+4}E^4D^{m+4}]+\\ ...+C_n^n[u_nE^nD^n+...+u_{m+n}E^nD^{m+n}]\}f(x) \end{array}\\

这个式子中每一行方括号内的项数都是一样的，但我们其实更希望每一行方括号内的东西是一样的. u_n 前缺的项很容易添，因为缺的项对算子求导后是0，而后面缺的项比较难弄了. 我们现在的式子中其实每行的算子最大次数为 m ，如果我们添项了就会导致每行算子的最大次数超过 m ，我们先假装添项后不影响结果，把式子二级微分算子左提一下，先写了再说.

\begin{array}{rr} \{C_n^0x^n[u_0+ u_1D+ u_2D^2+ u_3D^3+ u_4D^4+u_5D^5+...+u_{m+n}D^{m+n}]+\\ C_n^1x^{n-1}E[u_0+ u_1D+ u_2D^2+ u_3D^3+ u_4D^4+u_5D^5+...+u_{m+n}D^{m+n}]+\\ C_n^2x^{n-2}E^2[u_0+ u_1D+ u_2D^2+ u_3D^3+ u_4D^4+u_5D^5+...+u_{m+n}D^{m+n}]+\\ C_n^3x^{n-3}E^3[u_0+ u_1D+ u_2D^2+ u_3D^3+ u_4D^4+u_5D^5+...+u_{m+n}D^{m+n}]+\\ C_n^4x^{n-4}E^4[u_0+ u_1D+ u_2D^2+ u_3D^3+ u_4D^4+u_5D^5+...+u_{m+n}D^{m+n}]+\\ ...+C_n^nx^0E^n[u_0+u_1D+...+u_{m+n}D^{m+n}]\}f(x) \end{array}\\

我们把方括号内的东西右提一下：

(C_n^0x^n+C_n^1x^{n-1}E+C_n^2x^{n-2}E^2+...+C_n^nE^n)(u_0+ u_1D+ u_2D^2+ u_3D^3+...+u_{m+n}D^{m+n})f(x)\\

第一个括号内的东西其实就是个二项式展开.

第二个括号内的东西其实是我们开始时算子除法定理得出的东西（算子除法展开仅与形式有关），最后还原成逆算子形式也就是：

(x+E)^n\frac{1}{aD^2+bD+c}f(x)\\

我们在合并化简时添了几个次数大于m的高次算子项，但我们看这个式子. 其实最后我们这个式子是作用于 f(x) 的，而 f(x) 是个m次多项式，所以高次项对于 f(x) 来说最后会变成0，所以上式是严格等于没添项前的式子的.

而这个式子又是原二阶微分方程的一个特解：

y^*(x)=\frac{1}{aD^2+bD+c}[x^nf(x)]=(x+E)^n\frac{1}{aD^2+bD+c}f(x)

也就是我们二阶微分方程的n次幂位移定理. 显然可以推广至更一般的:

\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}[x^nf(x)]=(x+E)^n\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}f(x)\\

n次幂位移定理也是个从形式上来看很容易记住的定理，一般来说用的比较多的是 n=1 时的一次幂位移定理，所以我们单独拿出来说一下：

\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}x=(x+E)\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}=x\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}+(\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)})'=x\frac{1}{\mathcal{P}_m(D)}-\frac{\mathcal{P}_m'(D)}{\mathcal{P}_m^2(D)}\\

我们来看一下第11节中的 y''+2y'-3y=2e^xx ，在第11节中我们用的是指数幂位移定理做的，那现在我们学到了n次幂位移定理，这次我们位移幂函数的方法做这题试试：

y^*=2\frac{1}{D^2+2D-3}xe^x

y^*=2(x+E)\frac{1}{D^2+2D-3}e^x

y^*=2x\frac{1}{D^2+2D-3}e^x-2\frac{(D^2+2D-3)'}{(D^2+2D-3)^2}e^x

我们其实卡这了，对第二项来说，我们无法使用指数幂位移定理的推论来做这题，因为如果这么做的话势必会用到零除求导定理，算子中同时存在正算子与逆算子的情况下，如果使用了零除求导定理的话，那算子对函数就不存在结合律了. 也就做不下去了.

而我们也没法对逆算子因式分解加指数幂位移做，因为这么做的话会导致出现简单逆算子，整个算子中存在正算子，我们同样无法使用结合律.

放弃吧，我们还是换道题做吧，这里我们也发现了，对于指数乘幂的形式，最好还是用指数幂位移定理做，不要用幂位移定理做.

y''+2y'-3y=e^{2x}x

y^*=(x+E)\frac{1}{D^2+2D-3}e^{2x}

y*=x\frac{1}{D^2+2D-3}e^{2x}-\frac{(D^2+2D-3)'}{(D^2+2D-3)^2}e^{2x}=x\frac{1}{2^2+2\times2-3}e^{2x}-\frac{2\times 2+2}{(2^2+2\times 2-3)^2}e^{2x}

y^*=\frac{1}{5}xe^{2x}-\frac{6}{25}e^{2x}

y=C_1e^{-3x}+C_2e^x+\frac{1}{5}xe^{2x}-\frac{6}{25}e^{2x}

这里其实做得并不严格，因为我们只证明了 \frac{1}{\mathcal{P}(D)} 形式的指数幂位移定理，但其实指数幂位移定理对 \frac{\mathcal{Q}(D)}{\mathcal{P}(D)} 形式也成立，然后就很容易得出 D:=k 的推论了. 证明起来很简单，这里就不证明了，请读者自证.

幂位移定理用的比较多的情况其实是幂函数乘三角函数的情况，可能是因为这种形式不太可能出现分母为0的情况吧（摊手）

y''+2y'-3=x\sin2x\qquad 话说我为什么老是取这几个数啊？（因为简单，而且因式分解起来也简单...更重要的是可以直接复制前面写的东西...）

y^*=\frac{1}{D^2+2D-3}x\sin 2x

y^*=x\frac{1}{D^2+2D-3}\sin 2x-\frac{2D+2}{(D-1)^2(D+3)^2}\sin 2x

第一项我们用 10.1 节的方法做，第二项比较麻烦，我们还是用欧拉公式做吧.

y^*=x\frac{1}{-4-3+2D}\sin 2x- \mathrm{Im}[\frac{2D+2}{(D-1)^2(D+3)^2}e^{2ix}]

y^*= x\frac{-7-2D}{49+16}\sin 2x - \frac{4i+2}{(-3-4i)(5+12i)}e^{2ix}=x\frac{-7}{65}\sin 2x -x\frac{2D}{65}\sin 2x- \frac{2+4i}{33-56i}e^{2ix}

y^*=-\frac{7}{65}x\sin 2x-\frac{4}{65}x\cos 2x -\frac{(2+4i)(33+56i)}{33^2+56^2}e^{2ix}=-\frac{7}{65}x\sin 2x-\frac{4}{65}x\cos 2x -\mathrm{Im}[\frac{-158+244i}{4225}(\cos 2x + i\sin 2x)]

y^*=-\frac{7}{65}x\sin 2x-\frac{4}{65}x\cos 2x -\frac{244}{4225}\cos 2x +\frac{158}{4225}\sin 2x

y=C_1e^{-3x}+C_2e^x-\frac{7}{65}x\sin 2x-\frac{4}{65}x\cos 2x +\frac{158}{4225}\sin 2x -\frac{244}{4225}\cos 2x

算起来还是挺麻烦的，特别是复数乘法，一不小心就忘了取负号了...

谁都看得出来这节要讲啥了吧，我们一共就讲了三种形式的非齐次项，排列组合一下也就7种，现在我们已经讲了 C_3^1+C_3^2 = 6 种了，那就剩最后一种 C_3^3 了.

不过嘛，这种确实就是硬算，很没意思，不看也罢.

直接上道题吧： y''+y'-6y=6x^2e^{3x}\sin2x .

这题一看就非常的难（烦）我也就大致写写吧.

我们用微分算子法变个形移个项，有：

y^*=6\frac{1}{D^2+D-6}x^2e^{3x}\sin2x

接下去显然两种做法，一种是指数幂位移，一种是二次幂位移，如果用指数幂位移的话由于还要使用到算子除法，不可避免的要遇到复数的除法，比较麻烦. 而用二次幂位移定理的话会遇到对分式的二阶导，同样麻烦...个人认为求导还是比复数除法方便点，我们还是用二次幂位移定理做吧.

\frac{1}{6}y^*=(x+E)^2\frac{1}{D^2+D-6}e^{3x}\sin2x

\frac{1}{6}y^*=\mathrm{Im}[(x^2+2xE+E^2)\frac{1}{D^2+D-6}e^{(3+2i)x}] ，之后取虚部这一步就不写了，自己记住就行.

\frac{1}{6}y^*=x^2\frac{1}{D^2+D-6}e^{(3+2i)x}+2x(\frac{1}{D^2+D-6})'e^{(3+2i)x}+(\frac{1}{D^2+D-6})''e^{(3+2i)x}

\frac{1}{6}y^*=x^2\frac{1}{D^2+D-6}e^{(3+2i)x}-2x\frac{2D+1}{(D^2+D-6)^2}e^{(3+2i)x}+\frac{2(2D+1)^2}{(D^2+D-6)^3}e^{(3+2i)x}-\frac{2}{(D^2+D-6)^2}e^{(3+2i)x}

\frac{1}{6}y^*=x^2\frac{1}{(3+2i)^2+(3+2i)-6}e^{(3+2i)x}-2x\frac{2(3+2i)+1}{((3+2i)^2+(3+2i)-6)^2}e^{(3+2i)x}+\frac{2(2(3+2i)+1)^2}{((3+2i)^2+(3+2i)-6)^3}e^{(3+2i)x}-\frac{2}{((3+2i)^2+(3+2i)-6)^2}e^{(3+2i)x}

化简一下，有：

\frac{1}{6e^{3x}}y^*=(\cos2x+i\sin2x)[x^2(\frac{1}{100}-\frac{7}{100}i)-2x(-\frac{7}{250}-\frac{29}{1000}i)+(-\frac{457}{10000}+\frac{49}{10000}i)-(-\frac{6}{625}-\frac{7}{2500}i)]

注意，我们只要虚部，不要实部，也就是：

\frac{1}{6e^{3x}}y^*=x^2(\frac{1}{100}\sin2x-\frac{7}{100}\cos2x)-2x(-\frac{7}{250}\sin2x-\frac{29}{1000}\cos2x)+(-\frac{457}{10000}\sin2x+\frac{49}{10000}\cos2x)-(-\frac{6}{625}\sin2x-\frac{7}{250}\cos2x)

化简下，有：

y^*=\frac{3}{50}x^2e^{3x}\sin2x-\frac{21}{50}x^2e^{3x}\cos2x+\frac{42}{125}xe^{3x}\sin2x+\frac{87}{250}xe^{3x}\cos2x-\frac{1083}{5000}e^{3x}\sin2x+\frac{231}{5000}e^{3x}\cos2x

最终有：

y=C_1e^{2x}+C_2e^{-3x}+\frac{3}{50}x^2e^{3x}\sin2x-\frac{21}{50}x^2e^{3x}\cos2x+\frac{42}{125}xe^{3x}\sin2x+\frac{87}{250}xe^{3x}\cos2x-\frac{1083}{5000}e^{3x}\sin2x+\frac{231}{5000}e^{3x}\cos2x

又烦又复杂....

本文差不多到此就结束了，文章写的仓促，有些地方写的不够严谨，总之非常感谢各位能看到这里，真的非常感谢。下面就是一些主要参考了。

1. b站 拾吾同学 (2021年重制)微分算子法 极速入门！(所有疑问都解决,公式都给你证明了) BV1ks411P7zL

（这个视频讲的非常详细，非常建议大家看看。本文中的大多数符号与公式名称都沿用自这个视频。有些定理的证明也是参考自这个视频。但说实话，这个视频我没怎么看懂...所以才会有本文的诞生）

2. b站 奔跑的sora老师 微分算子法 （合集）

（我第一次了解微分算子法是在知乎看到的，然后网上搜了下，也没怎么找到内容，b站视频很多也是学生党自己录的，有些地方讲的也不是很清楚，这位老师的微分算子法的系列视频讲的很好，很完整，至少我听完后我就知道这玩意该怎么用了，本文中的例题也是参考自这个系列的视频，十分推荐大家看看）

3. 知乎 煜神学长 线性微分方程的利器-微分算子法(超详细讲解)

（这篇文章写的也很好，用到的公式大多也都证明了，可惜我没有早点看到，我是在写这篇文章时才发现有这么篇好文章）