常系数线性常微分方程

因此特解为 y* x (5cos3x 3sin 3x )
所求通解为
x (5cos3x 3sin 3x )
例6. 设下列高阶常系数线性非齐次方程的特解形式:
(2) y(4) y x ex 3sin 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
有根
利用叠加原理 , 可设非齐次方程特解为
2. 求微分方程 y 4 y 4 y e x 的通解 (其中
x ( d cos x k sin x )
思考与练习
1 . (填空) 设 时可设特解为
y* x(ax b) cos x (cx d )sin x
时可设特解为
y* (ax b) cos 2x (cx d)sin 2x k e2 x
提示:
[Rm (x) cos x R~m (x)sin x]
则微分方程有一个特解
设另一特解
( u (x) 待定)
代入方程得:
er1 x [ (u 2 r1u r12u ) p(u r1u ) q u 0
u ( 2 r1 p )u ( r12 p r1 q )u 0
是特征方程的重根
u 0
取 u = x , 则得 y2 x er1 x , 因此原方程的通解为 y ( C1 C2 x ) er1 x
第六章
常系数高阶线性微分方程
一. 常系数线性齐次微分方程 二. 常系数线性非齐次微分方程
第六章
常系数 齐次线性微分方程
基本思路: 求解常系数线性齐次微分方程
转化
求特征方程(代数方程)之根
二阶常系数齐次线性微分方程: ①
和它的导数只差常数因子,
所以令①的解为 y er x ( r 为待定常数 ), 代入①得
ei x 2i
Pl
(x) 2
P~n (x) 2i
e(i) x
Pl
(x) 2
P~n (x) 2i
e( i
)
x
令 m maxn, l ,则
f (x) Pm (x) e(i) x Pm (x) e(i) x Pm (x) e(i) x Pm (x) e(i ) x
第二步 求如下两方程的特解
若特征方程含 k 重复根 对应项
则其通解中必含
例1. 求方程 y 2 y 3 y 0 的通解. 解: 特征方程 r 2 2 r 3 0, 特征根: r1 1 , r2 3 ,
因此原方程的通解为
例2. 求解初值问题
d2s dt2
2wenku.baidu.com
d d
s t
s
0
s t0 4 ,
ds dt
t
0 2
等式两边取共轭 :
y1 p y1 q y1 Pm (x) e(i) x
这说明 y1 为方程 ③ 的特解 .
第三步 求原方程的特解 原方程
y py qy e x Pl (x) cos x P~n (x)sin x
利用第二步的结果, 根据叠加原理, 原方程有特解 :
y* y1 y1
y e x (C1 cos x C2 sin x )
以上结论可推广到高阶常系数线性微分方程 .
y(n) a1 y(n1) an1y an y 0 ( ak 均为常数)
特征方程:
r n a1 r n1 an1r an 0
若特征方程含 k 重实根 r , 则其通解中必含对应项
形式e为xPym*(x)e xQm (x) .
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 ,
则Q(x) 是 m 次多项式, 故特解形式为 y* x2Qm (x) e x
3. 当 p2 4 q 0 时, 特征方程有一对共轭复根
这时原方程有两个复数解:
y1 e( i ) x e x (cos x i sin x ) y2 e( i ) x e x (cos x i sin x )
利用解的叠加原理 , 得原方程的线性无关特解:
y1
1 2
( y1
y py qy f (x) ( p, q 为常数) ①
根据解的结构定理 , 其通解为
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 .
一、 f (x) e xPm (x) 型
为实数 , Pm (x) 为 m 次多项式 .
小结 对方程①, 当 是特征方程的 k 重根 时, 可设
特解 y* xk 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 .
例1.
的一个特解.
解: 本题 0 , 而特征方程为
0 不是特征方程的根 .
设所求特解为
代入方程 :
比较系数, 得 于是所求特解为
因此特征方程为 ( r 1)2 ( r 2 4) 0
即
r4 2r3 5r2 8r 4 0
故所求方程为
其通解为
第六章
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 P~n (x)sin x] 型
二阶常系数线性非齐次微分方程 :
y py qy Pm (x) e(i) x
②
y p y q y Pm (x) e(i) x
③
设 i 是特征方程的 k 重根 ( k = 0, 1), 则 ② 有
特解:
y1 xkQm (x) e(i) x (Qm (x)为m次多项式)
故 ( y1) p ( y1) q y1 Pm (x) e(i) x
(1) 当 r1 r2 时, 通解为 y C1 er1 x C 2 er2 x (2) 当 r1 r2 时, 通解为 y (C1 C 2 x ) er1 x
(3) 当 r1,2 i 时, 通解为 y e x (C1 cos x C 2 sin x)
可推广到高阶常系数线性齐次方程求通解 .
由初始条件得
C2
2C3
1 2
解得
CC21
1
3 4
C3
1 4
于是所求解为
y 3 ex 1 e2x 1 x
4
4
2
二、 f (x) e x Pl (x) cos x P~n (x)sin x 型
分析思路: 第一步 将 f (x) 转化为
f (x) Pm (x) e(i) x Pm (x) e(i) x
y2 )
e x cos x
y2
1 2i
( y1
y2)
e
x
sin
x
因此原方程的通解为
y e x (C1 cos x C2 sin x)
小结:
y p y q y 0 ( p, q为常数)
特征方程: r 2 pr q 0,
特征根 实根
通
解
y C1er1 x C2er2 x y ( C1 C2 x ) er1 x
b0
1 ,
b1
1 3
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) e2 x
代入方程得 2b0 x b1 2b0 x
比较系数, 得
b0
1 2
,
b1
1
因此特解为
y*
x
(
1 2
y* xke x Rm cos x R~m sin x
其中
上述结论也可推广到高阶方程的情形.
例4.
的一个特解 .
解: 本题 0, 2, Pl (x) x, P~n (x) 0,
特征方程 r 2 1 0
不是特征方程的根, 故设特解为
代入方程得
(3a x 3b 4c) cos 2x (3c x 3d 4 a)sin 2x x cos 2x
设特解为 y* e xQ (x) , 其中 Q (x) 为待定多项式 , 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
Q (xe)为x[mQ次(x待) 定(系2 数多p项)式Q (x) (2从而p得 到 q特)解Q (x) ]
因此原方程通解为
y C1 C2x ex (C3 cos 2x C4 sin 2x )
例4. 解方程 y(5) y(4) 0.
解: 特征方程: r5 r 4 0, 特征根 :
r1 r2 r3 r4 0, r5 1 原方程通解: y C1 C2 x C3x2 C4 x3 C5ex
xk e x Qm ei x Qm ei x xke x Qm (cos x i sin x)
Qm (cos x i sin x) xke x Rm cos x R~m sin x
其中 R m , R~m 均为 m 次多项式 .
第四步 分析 y的特点
y y1 y1
xke x Rm cos x R~m sin x
(1i )
2
方程通解 :
we
x
2 ( C1 cos
2
x
C2
sin
x)
2
e
x
2 ( C3 cos
2
x
C4
sin
x)
2
例6. 解方程 y(4) 2 y y 0 . 解: 特征方程: r 4 2 r 2 1 0
即 (r2 1)2 0
特征根为 则方程通解 :
内容小结
y p y q y 0 ( p, q 为常数) 特征根: r1 , r2
(不难看出, 原方程有特解 1, x, x2, x3, ex )
例5.
解方程
d4 w dx4
4w
0
(
0 ).
解: 特征方程:
(r2 2)2 2 2r2 0
即 ( r 2 2 r 2 )( r 2 2 r 2 ) 0
其根为
r1, 2
( 1 i ),
2
r3 , 4
(r2 pr q ) er x 0 r2 pr q 0 ②
称②为微分方程①的特征方程, 其根称为特征根.
1. 当 p2 4 q 0 时, ②有两个相异实根
则微分
方程有两个线性无关的特解:
因此方程的通解为 y C1 er1 x C2 er2 x
2. 当 p2 4 q 0 时, 特征方程有两个相等实根
第二步 求出如下两个方程的特解
y py qy Pm (x) e(i) x
y py qy Pm (x) e(i) x
第三步 利用叠加原理求出原方程的特解 第四步 分析原方程特解的特点
第一步 利用欧拉公式将 f (x) 变形
f
(x)
e
x
Pl
(x)
ei
x
ei 2
x
P~n (x) ei x
比较系数 , 得
3a 1 3b 4c 0
3c 0 3d 4a 0
a
1 3
,
d
4 9
bc0
于是求得一个特解
例5.
的通解.
解: 特征方程为 r 2 9 0, 其根为
对应齐次方程的通解为
为特征方程的单根 , 因此设非齐次方程特解为
代入方程: 6b cos3x 6a sin 3x
比较系数, 得
x 1)e2 x
.
所求通解为
(
1 2
x2
x ) e2 x
.
例3.
求解定解问题
y y(0)
3
y 2 y(0)
y
1 y(0)
0
解: 本题 0, 特征方程为
其根为
故对应齐次方程通解为 Y C1 C2 ex C3 e2 x
设非齐次方程特解为
代入方程得
故
原方程通解为
y C1 C2ex C3e2 x
思考与练习
求方程
的通解 .
答案: a 0 : 通解为 y C1 C2 x
a 0 : 通解为 y C1 cos a x C2 sin a x
a 0 : 通解为 y C1 e a x C2 e a x
思考题
为特解的 4 阶常系数线性齐次微分方程, 并求其通解 .
解: 根据给定的特解知特征方程有根 :
解: 特征方程 r 2 2 r 1 0 有重根 r1 r2 1 ,
因此原方程的通解为 s (C1 C2 t ) e t
利用初始条件得
C1 4, C2 2
于是所求初值问题的解为
例3.
的通解.
解: 特征方程 r 4 2 r3 5 r 2 0, 特征根:
r1 r2 0, r3 , 4 1 2 i
因
y y1 y1 y1 y1 y1 y1 y *
所以 y本质上为实函数 , 因此 Rm , R~m 均为 m 次实
多项式 .
小结
对非齐次方程
y py qy e x Pl (x) cos x P~n (x)sin x
( p, q 为常数)
i 为特征方程的 k 重根 ( k = 0, 1), 则可设特解: