考虑如下微分方程$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}+a_1\frac{dy}{dx}+a_{2}x=0$$
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${\lambda }^2+a_1\lambda +a_2=0$
• 求解特征方程的两个特征根${\lambda }_1$与${\lambda }_2$
• 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${\lambda }_1$，${\lambda }_2$	二阶常系数齐次方程的通解
两个不同实根${\lambda }_1$，${\lambda }_2$	$x=C_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}t}$
两个相等的实根${\lambda }_1={\lambda }_2$	$x=e^{{\lambda }_{1}t}(C_{1}t+C_2)$
一对共轭复根${\lambda }_{1,2}=\alpha \pm i\beta$	$x=e^{\alpha t}(C_{1}cos\beta t+C_{2}sin\beta t)$

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$x=C_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}t}$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$x=C_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}t}$的进一步推导。

设上述特征方程有一对共轭复数根${\lambda }_1=\alpha +i\beta$，${\lambda }_2=\alpha -i\beta$。此时，齐次方程有两个特解$$x_1=e^{(\alpha +i\beta )t}，x_2=e^{(\alpha -i\beta )t}$$
根据美丽的欧拉公式可知$$x_1=e^{\alpha }(cos\beta t+isin\beta t)，x_2=e^{\alpha }(cos\beta t-isin\beta t)$$
根据常系数线性微分方程解的叠加性不难知道
$$\frac{1}{2}(x_1+x_2)=e^{\alpha }cos\beta t，\frac{1}{2i}(x_1-x_2)=e^{\alpha }sin\beta t$$
均为方程的解，$cos，sin$是线性无关的，由此$e^{\alpha }cos\beta t$和$e^{\alpha }sin\beta t$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
$$x=e^{\alpha t}(C_{1}cos\beta t+C_{2}sin\beta t)$$

由此对于$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}+a_1\frac{dy}{dx}+a_{2}x=0$，如果它的特征根是复数${\lambda }_{1,2}=\alpha \pm i\beta$那么就可以设通解为$x=e^{\alpha t}(C_{1}cos\beta t+C_{2}sin\beta t)$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。