常系数高阶线性微分方程

1
x f ( x ) e Pm ( x) 型 1、
y p y q y f ( x)
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 ,
y* e x [ Q ( x) Q ( x) ] y* e x [ 2 Q ( x) 2 Q ( x) Q ( x) ]
2
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)
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 e x C3 e 2 x 设非齐次方程特解为
代入方程得
故
原方程通解为 y C1 C2 e x C3e 2 x
由初始条件得
C2 2C3 1 2
C1 3 4 C2 1 C 1 4 3
y* y1 y1
Qm (cos x i sin x) ~ x k e x Rm cos x Rm sin x ~ 其中 R m , R m 均为 m 次多项式 .
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Qm e Qm e x k e x Qm (cos x i sin x)
综上讨论
0 不是根 k 1 是单根, 2 是重根
①
设 y* x e Qm ( x ) ,
k x
注：上述结论可推广到n阶常系数非齐次线性 微分方程（k是重根次数）.
4
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 :
方程④的解为
20

h x A sin ( k t ) t cos k t 2k
自由振动 强迫振动
随着 t 的增大 , 强迫振动的振幅
可无限增大, 这时产生共振现象 .
o x x
若要避免共振现象, 应使 p 远离固有频率 k ;
若要利用共振现象, 应使 p 与 k 尽量靠近, 或使 p=k. 对机械来说, 共振可能引起破坏作用, 如桥梁被破坏, 电机机座被破坏等, 但对电磁振荡来说, 共振可能起有
y p y q y 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
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第一步 利用欧拉公式将 f (x) 变形
i x i x i x i x e e e e ~ x P ( x ) Pn ( x) f ( x) e l 2 i 2 ~ Pl ( x) Pn ( x) ( i ) x e 2i 2 ~ Pl ( x) Pn ( x) ( i ) x e 2i 2 令 m max n , l , 则
x ( 5 cos 3x 3 sin 3x )
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例7. 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 e x 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
y1 y1
等式两边取共轭 :
p
q
y1
Pm ( x) e
( i ) x
这说明
为方程 y1
③ 的特解 .
11
第三步 求原方程的特解 原方程
x
~ y p y q y e Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x
利用第二步的结果, 根据叠加原理, 原方程有特解 :
g
8
10m
2、 f ( x) e
分析思路:
x
~ Pl ( x) cos x Pn ( x) sin x 型
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
y p y q y Pm ( x) e ( i ) x
f ( x) Pm ( x) e ( i ) x Pm ( x) e ( i ) x
Pm ( x) e ( i ) x Pm ( x) e ( i ) x
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第二步 求如下两方程的特解
( i ) x y p y q y Pm ( x) e
7
3 x 1 2 x 1 所求解为 y e e x 4 4 2
例4. 一质量均匀的链条挂在一无摩擦的钉子上，运
动开始时，链条的一边下垂 8 米，另一边下垂 10 米， 试问整个链条滑过钉子需多少时间．
解 设链条的线密度为 , 经过时间t , 链条下滑了x 米,
8m
则由牛顿第二定律得 o d2x m 2 (10 x )g (8 x )g , dt x g g 即 x x , x(0) 0, x(0) 0. 9 9 1 gt gt 1 1 3 3 ,即 x 8 e ) 1, 整个链条滑过钉子 解得 x ( t ) (e 2 3 t ln(9 80 ) (秒) 代入上式得
多项式 .
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小 结:
对非齐次方程
~ y p y q y 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:
y* x e
其中 上述结论也可推广到高阶方程的情形.
x ( d cos x k sin x )
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上节例1. 质量为m的物体自由悬挂在一端固定的弹簧上,
当重力与弹性力抵消时, 物体处于 平衡状态, 若用手向 下拉物体使它离开平衡位置后放开, 物体在弹性力与阻
力作用下作往复运动, 阻力的大小与运动速度 成正比, 方向相反. 建立位移满足的微分方程. 解: 取平衡时物体的位置为坐标原点, 建立坐标系如图. 设时刻 t 物位移为 x(t).
o x x
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h sin p t x A sin ( k t ) 2 2 k p
自由振动 强迫振动
当干扰力的角频率 p ≈固有频率 k 时,
h 振幅 2 将很大 ! 2 k p • 当 p = k 时, 非齐次特解形式:
x t ( a sin k t b cos k t ) h 代入④可得: a 0, b 2k
比较系数, 得
1 b0 1 , b1 3
于是所求特解为
5
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wk.baidu.com解为
y* x ( b0 x b1 ) e 2 x
1 b0 , b1 1 2
利作用, 如收音机的调频放大即是利用共振原理.
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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]
代入原方程 , 得
则取 (1) 若 不是特征方程的根, 2 x ( 2 p ) Q ( x ) ( p q ) Q ( x) ] e [ Q ( x ) Q (x) 为 m 次待定系数多项式 从而得到特解
x e x P ( x ) 形式为 y * e Qm ( x) . m
于是求得一个特解
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例6. 解: 特征方程为 r 2 9 0, 其根为
对应齐次方程的通解为
的通解.
为特征方程的单根 , 因此设非齐次方程特解为 代入方程:
6b cos 3x 6a sin 3x
比较系数, 得 因此特解为 y* x ( 5 cos 3x 3 sin 3x ) 所求通解为
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 .
3
y p y q y f ( x) ( p, q 为常数 )
f ( x ) e x Pm ( x )
k x
~ Rm cos x Rm sin x
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例5. 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 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 e
k x
i x i x
第四步 分析 y 的特点
y y1 y1

x e
因
k x
~ Rm cos x Rm sin x
y1 y1
y

y1 y1

y1 y1
y*
~ 均为 m 次实 所以 y 本质上为实函数 , 因此 Rm , R m
2 d x d x 2 (1) 自由振动方程： 2 n k x0 2 dt dt
o x x
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d x dx 2 (2) 强迫振动方程： 2 2n k x h sin pt dt dt
2
例8. 上节例1 中若设物体只受弹性恢复力 f 和铅直干扰力 F H sin pt 的作用, 求物体的运动规律.
一、二阶常系数线性非齐次微分方程 :
y p y q y f ( x) ( p, q 为常数 )
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 .
② ③
y p y q y Pm ( x) e ( i ) x
特解: 故
y1
设 i 是特征方程的 k 重根 ( k = 0, 1), 则 ② 有
x Qm ( x) e
k
( i ) x
(Qm ( x) 为m 次多项式)
( y1 ) p ( y1 ) q y1 Pm ( x) e ( i ) x
解: 问题归结为求解无阻尼强迫振动方程
d x 2 k x h sin p t 2 dt • 当p ≠ k 时, 齐次通解:

2
④
X C1 sin k t C2 cos k t A sin ( k t )
非齐次特解形式: x a sin p t b cos pt h , b0 代入④可得: a 2 2 k p 因此原方程④之解为
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
x 2 x ) e2 x .
6
y 3 y 2 y 1 例3. 求解定解问题 y (0) y (0) y (0) 0