Transcript 第五节 二阶常系数非齐次 线性微分方程 一、 f (x)=Pm (x) 型 二、 f (x)=Ae x 型 三、f (x)=e x[Acosx+Bsin x] 型 四、小结、作业 二阶常系数非齐次线性微分方程 y  py  qy  f (

第五节
二阶常系数非齐次
线性微分方程
一、 f (x)=Pm (x) 型
二、 f (x)=Ae x 型
三、f (x)=e x[Acosx+Bsin x] 型
四、小结、作业
二阶常系数非齐次线性微分方程
y  py  qy  f ( x)
''
通解=对应齐次线性微分方程的通解
+该非齐次线性微分方程的特解
由非齐次线性微分方程
y  py  qy  f ( x)
的结构特点
x
f ( x )  e [ Pm1 ( x ) cos x  Pm 2 ( x ) sinx]时,
''
可用代数方法（待定系数法）求得一个特解y * 。
(特殊情况：Pm ( x), Ae , Pm ( x) cos  x，
Pm ( x ) sin x ,)
x
一、f (x)=Pm (x) 型
可设 y *( x)  x Qm ( x)
k
（k跟系数q, p有关系）即
待定
q0
0

k
设 y*  x Qm ( x) , k  1 q  0且p  0
2 q  p  0

2

例１求方程y  2 y  y  x 的一个特解.
''
解： 因为自由项f ( x)  x 2是x的二次式，且y的系数
q  1  0, 取k  0，所以设特解为y*  Ax 2  Bx  C
则　( y* )'  2 Ax  B,( y* )''  2 A
代入原方程后，有Ax  (4 A  B) x  (2 A  2 B  C )  x
2
比较两端 x 同次幂的系数，有
A 1


 4 A  B  0
2 A  2 B  C  0

解得　A  1, B  4, C  6
故所求特解为　y  x  4 x  6
*
2
2
二、f (x)=Aex 型
k x
可设 y *( x)  Bx e
（k是作为特征根的重数）
待定
*推导 （对二阶情形: y  py  qy  f ( x ) )
k x
设非齐方程特解为 y*  Bx e , 代入原方程
则得到如下：
(1) 若不是特征方程的根，2  p  q  0,
x
可设 y*  Be ;
( 2) 若是特征方程的单根，
  p  q  0, 2  p  0,
2
可设
x
y*  Bxe ;
( 3) 若是特征方程的重根，
  p  q  0,
2
可设
2  p  0,
2 x
y* Ｂx e .
综上讨论
设
0 不是根

k x
y* Ｂx e , k  1 是单根,
 2 是重根

k x
f (x)=Aex 型,
可设 y *( x) Ｂx e
（k是作为特征根的重数）
待定
2x
例2 求 y  3 y  2 y  e 的通解.
解 特征方程 r 2  3r  2  0,特征根 r1  1，r2  2，
对应齐次线性方程通解 Y  C e x  C e 2 x ,
1
2
   2 是单根， 可设 y *( x) Ｂxe ,
代入方程, 得 B  1
2x
于是 y *( x)  xe
2x
原方程通解 y  C1e x  C2e2 x  xe 2 x .
x
f
Pm(x) 型： 可设 y * ( x )  x Qm ( x )e
（k是作为特征根的重数）
待定
(x)=ex
k
例3 求 y   2 y   3 y  3 x  1 的一个特解.
解 特征方程 r 2  2r  3  0 ,
   0 不是特征根，
可设 y * ( x)  Ax  B,
代入方程, 得  2 A  3( Ax  B)  3 x  1
1
 A  1 , B 
3
1
于是，得一特解 y * ( x )   x  .
3
三、f (x)=ex[Acosx+Bsinx] 型
k x
可设 y *( x)  x e (C cos  x  D sin  x)
待定
若  i不是对应齐次方程特征根, 取k=0 ;
若  i是对应齐次方程特征根, 取k=1。
例4 求 y  y  4 sin x 的一个特解.
解 特征方程 r  1  0 的根 r  i .
2
  i  i
是单（特征）根，
故可设 y*  x( A cos x  B sin x ).
代入原方程，得
[2(  A sinx  B cos x )  x(  A cos x  B sin x )]
 x( A cos x  B sin x )  4 sin x A  2 , B  0.
原方程特解 y*  2 x cos x .
例5 求 y  y  x cos 2 x 的通解.
解 特 征 根r   i .   i  2i
不是（特征）根，
故可设 y*  ( A1 x  A0 ) cos 2 x  ( B1 x  B0 ) sin 2 x.
代入原方程，比较各同
类项sin2 x、x sin2 x、
cos2 x、x cos2 x 的系数，得
1
4
A1   , A0  0 , B1  0 , B0  .
3
9 4
1
所求通解 y  C1 cos x  C2 sin x  x cos 2 x  sin 2 x.
3
9
例6 求
y  y  sin x  x cos 2 x 的通解.
解 特 征 根 r   i . 由 例3，
y  y  4 sin x 特解 y1 *  2 x cos x，由 例4，
1
4
y  y  x cos 2 x 特解y2 *   x cos 2 x  sin 2 x，
3
9
1
 原方 程特解y*  y1 *  y 2 * 原方程通解
4
1
1
4
y  C1 cos x  C2 sin x  x cos x  x cos 2 x  sin 2 x.
2
3
9
四、小结
用代数方法(待定系数法)求非齐次线性微
分方程的一个特解：
(1) f ( x)  Pm ( x)
设 y*  x Qm ( x) ,
k
(k 跟系数q和p有关系)
x
k x
(2) f ( x)  Ae ,
y *( x)  Bx e
(k是作为特征根的重数)；
x
(3) f ( x)  e [ A cos  x  B sin  x],
k x
y *( x)  x e [C cos  x  D sin  x]
(k是  i作为特征根的重数).
作
• 习题7-9
47、48、51、53、56
业