D常系数非齐次线性微分方程.精讲
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第7.5.2节
第七章
常系数非齐次线性微分方程
一、 f ( x) e x Pm ( x) 型 二、 f ( x) e x [ Pl ( x) cos x ~ Pn ( x) sin x] 型
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f ( x) ( p, q 为常数 )
时可设特解为
y* (a x b) cos 2 x (cx d ) sin 2 x k e 2 x
提示:
~ [ Rm ( x) cos x Rm ( x) sin x]
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作业
P347 (14) ,(16).
第九节 习题课2 目录
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第三步 利用叠加原理求出原方程的特解
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y p y q y f ( x)
f ( x) e
特解 :
x
( p, q 为常数 )
~ Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x 型
~ y x k e x Rm cos x R m sin x
根据解的结构定理 , 其通解为
①
y Y y*
齐次方程通解 非齐次方程特解
求特解的方法 — 待定系数法
根据 f (x) 的特殊形式 ,
的待定形式,
代入原方程比较两端表达式以确定待定系数 .
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一、 f ( x) e
x
Pm ( x) 型
为实数 , Pm ( x) 为 m 次多项式 . 设特解为 y* e x Q ( x) , 其中 Q ( x) 为待定多项式 ,
代入方程得
2a 0 2b 1
y y 2(a cos x b sin x) sin x
1 a 0, b 2
1 2
1 y x cos x 2
原方程通解为： y x cos x C1 cos x C2 sin x 由 f (0) 0, f (0) 1 得 C1 0, C2 故
y* e x [ Q ( x) Q ( x) ] y* e x [ 2 Q ( x) 2 Q ( x) Q ( x) ]
代入原方程 , 得 (1) 若 不是特征方程的根,
则取
y p y q y f ( x) Q (x )x 为 m 次待定系数多项式 2 从而得到特解 e [ Q ( x) ( 2 p ) Q ( x) ( p q ) Q ( x) ] x 形式为 y* e Qm ( x) . x e Pm ( x)
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特征方程为 r 2 1 0 ，其根为r i ，本题 i i 可设非齐次方程特解为：y x(a sin x b cos x) y a sin x b cos x x(a cos x b sin x)
y 2(a cos x b sin x) x(a sin x b cos x)
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Q ( x)
(2 p q ) Q ( x) Pm ( x)
(2) 若 是特征方程的单根 , 即 为m 次多项式, 故特解形式为 (3) 若 是特征方程的重根 , 即
2 p 0 ,
2 x 是 m 次多项式 , 故特解形式为 y* x Qm ( x) e 则 Q ( x)
于是求得一个特解
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例4. 设下列高阶常系数线性非齐次方程的特解形式:
(2) y
( 4)
x y x e 3 sin x
解: (1) 特征方程 有二重根 所以设非齐次方程特解为
(2) 特征方程 利用叠加原理 , 可设非齐次方程特解为
有根
x ( d cos x k sin x )
比较系数, 得
1 b0 1 , b1 3
于是所求特解为
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例2. 的通解. 解: 本题 2 , 特征方程为 r 2 5 r 6 0 , 其根为
对应齐次方程的通解为
设非齐次方程特解为
y* x ( b0 x b1 ) e 2 x
1 b0 , b1 1 2
第一步将 f (x) 转化为
f ( x) Pm ( x) e
( i ) x
Pm ( x) e
( i ) x
第二步 求出如下两个方程的特解
( i ) x y p y q y Pm ( x) e
y p y q y Pm ( x) e ( i ) x
1 2 1 1 f ( x) x cos x sin x 2 2
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内容小结
x 1. y p y q y Pm ( x) e
为特征方程的 k (＝0, 1, 2) 重根, 则设特解为
y* x Qm ( x) e
x
k
x
~ 2. y p y q y e [ Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x]
代入方程得 2 b0 x b1 2 b0 x 比较系数, 得
2x 因此特解为 y* x ( 1 x 1) e . 2
所求通解为
1 ( 2
x2 x ) e2 x .
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二、 f ( x) e
分析思路:
x
~ Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x 型
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例5. 设 f ( x) sin x ( x t ) f (t )dt ，其中 f ( x) 0 为连续函数，求 f ( x) 解:
f ( x) sin x ( x t ) f (t )dt
0 x
x
f ( x) sin x x f (t )dt tf (t )dt
代入方程得
(3 a x 3 b 4 c) cos 2 x (3 c x 3 d 4 a) sin 2 x x cos 2 x 3a 1 1 4 3b 4 c 0 a 3 , d 9 比较系数 , 得 3c 0 bc0 3d 4 a 0
x
x
f ( x) cos x f (t )dt xf ( x) xf ( x)
0
0 x
0
f ( x) sin x f ( x)
cos x f (t )dt
0
x
定解问题为：
f ( x) f ( x) sin x f (0) 0, f (0) 1
~ 其中 R m , R m 均为 m 次多项式 ， 当 i
为特征方程的 k 重根 ( k = 0, 1),
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例3. 的一个特解 . ~ 解: 本题 0, 2, Pl ( x) x, Pn ( x) 0, 特征方程 r2 1 0
不是特征方程的根, 故设特解为
i 为特征方程的 k (＝0, 1 )重根, 则设特解为
~ y* x e [ Rm ( x) cos x Rm ( x) sin x]
k
x
3. 上述结论也可推广到高阶方程的情形.
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思考与练习
1 . (填空) 设
时可设特解为
y* x (a x b) cos x (cx d )sin x
小结 对方程①, 当 是特征方程的 k 重根 时, 可设 特解 y* x k Qm ( x) e x (k 0, 1, 2)
此结论可推广到高阶常系数线性微分方程 .
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例1.
解: 本题 0 , 而特征方程为
的一个特解.
0 不是特征方程的根 .
设所求特解为 代入方程 :
第七章
常系数非齐次线性微分方程
一、 f ( x) e x Pm ( x) 型 二、 f ( x) e x [ Pl ( x) cos x ~ Pn ( x) sin x] 型
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f ( x) ( p, q 为常数 )
时可设特解为
y* (a x b) cos 2 x (cx d ) sin 2 x k e 2 x
提示:
~ [ Rm ( x) cos x Rm ( x) sin x]
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作业
P347 (14) ,(16).
第九节 习题课2 目录
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第三步 利用叠加原理求出原方程的特解
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y p y q y f ( x)
f ( x) e
特解 :
x
( p, q 为常数 )
~ Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x 型
~ y x k e x Rm cos x R m sin x
根据解的结构定理 , 其通解为
①
y Y y*
齐次方程通解 非齐次方程特解
求特解的方法 — 待定系数法
根据 f (x) 的特殊形式 ,
的待定形式,
代入原方程比较两端表达式以确定待定系数 .
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一、 f ( x) e
x
Pm ( x) 型
为实数 , Pm ( x) 为 m 次多项式 . 设特解为 y* e x Q ( x) , 其中 Q ( x) 为待定多项式 ,
代入方程得
2a 0 2b 1
y y 2(a cos x b sin x) sin x
1 a 0, b 2
1 2
1 y x cos x 2
原方程通解为： y x cos x C1 cos x C2 sin x 由 f (0) 0, f (0) 1 得 C1 0, C2 故
y* e x [ Q ( x) Q ( x) ] y* e x [ 2 Q ( x) 2 Q ( x) Q ( x) ]
代入原方程 , 得 (1) 若 不是特征方程的根,
则取
y p y q y f ( x) Q (x )x 为 m 次待定系数多项式 2 从而得到特解 e [ Q ( x) ( 2 p ) Q ( x) ( p q ) Q ( x) ] x 形式为 y* e Qm ( x) . x e Pm ( x)
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特征方程为 r 2 1 0 ，其根为r i ，本题 i i 可设非齐次方程特解为：y x(a sin x b cos x) y a sin x b cos x x(a cos x b sin x)
y 2(a cos x b sin x) x(a sin x b cos x)
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Q ( x)
(2 p q ) Q ( x) Pm ( x)
(2) 若 是特征方程的单根 , 即 为m 次多项式, 故特解形式为 (3) 若 是特征方程的重根 , 即
2 p 0 ,
2 x 是 m 次多项式 , 故特解形式为 y* x Qm ( x) e 则 Q ( x)
于是求得一个特解
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例4. 设下列高阶常系数线性非齐次方程的特解形式:
(2) y
( 4)
x y x e 3 sin x
解: (1) 特征方程 有二重根 所以设非齐次方程特解为
(2) 特征方程 利用叠加原理 , 可设非齐次方程特解为
有根
x ( d cos x k sin x )
比较系数, 得
1 b0 1 , b1 3
于是所求特解为
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例2. 的通解. 解: 本题 2 , 特征方程为 r 2 5 r 6 0 , 其根为
对应齐次方程的通解为
设非齐次方程特解为
y* x ( b0 x b1 ) e 2 x
1 b0 , b1 1 2
第一步将 f (x) 转化为
f ( x) Pm ( x) e
( i ) x
Pm ( x) e
( i ) x
第二步 求出如下两个方程的特解
( i ) x y p y q y Pm ( x) e
y p y q y Pm ( x) e ( i ) x
1 2 1 1 f ( x) x cos x sin x 2 2
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内容小结
x 1. y p y q y Pm ( x) e
为特征方程的 k (＝0, 1, 2) 重根, 则设特解为
y* x Qm ( x) e
x
k
x
~ 2. y p y q y e [ Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x]
代入方程得 2 b0 x b1 2 b0 x 比较系数, 得
2x 因此特解为 y* x ( 1 x 1) e . 2
所求通解为
1 ( 2
x2 x ) e2 x .
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二、 f ( x) e
分析思路:
x
~ Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x 型
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例5. 设 f ( x) sin x ( x t ) f (t )dt ，其中 f ( x) 0 为连续函数，求 f ( x) 解:
f ( x) sin x ( x t ) f (t )dt
0 x
x
f ( x) sin x x f (t )dt tf (t )dt
代入方程得
(3 a x 3 b 4 c) cos 2 x (3 c x 3 d 4 a) sin 2 x x cos 2 x 3a 1 1 4 3b 4 c 0 a 3 , d 9 比较系数 , 得 3c 0 bc0 3d 4 a 0
x
x
f ( x) cos x f (t )dt xf ( x) xf ( x)
0
0 x
0
f ( x) sin x f ( x)
cos x f (t )dt
0
x
定解问题为：
f ( x) f ( x) sin x f (0) 0, f (0) 1
~ 其中 R m , R m 均为 m 次多项式 ， 当 i
为特征方程的 k 重根 ( k = 0, 1),
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例3. 的一个特解 . ~ 解: 本题 0, 2, Pl ( x) x, Pn ( x) 0, 特征方程 r2 1 0
不是特征方程的根, 故设特解为
i 为特征方程的 k (＝0, 1 )重根, 则设特解为
~ y* x e [ Rm ( x) cos x Rm ( x) sin x]
k
x
3. 上述结论也可推广到高阶方程的情形.
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思考与练习
1 . (填空) 设
时可设特解为
y* x (a x b) cos x (cx d )sin x
小结 对方程①, 当 是特征方程的 k 重根 时, 可设 特解 y* x k Qm ( x) e x (k 0, 1, 2)
此结论可推广到高阶常系数线性微分方程 .
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例1.
解: 本题 0 , 而特征方程为
的一个特解.
0 不是特征方程的根 .
设所求特解为 代入方程 :