变了作文-安徽省人事考试

二阶微分方程：
dy
dx
2
2
P(x)
dy
dx
Q(x)yf(x)，
f(x)0时为齐次
f(x)0时为 非齐次

二阶常系数齐次线性微分方程及其解法：
(*)y

 py

qy0，其中p,q为常数；
求解步骤：
1、写出特征方程：( )rprq0，其中r，r的系数及常数项恰好是
2、求出()式的两个根r
1
,r
2
22
(*)式中y

,y

,y的系数 ；
3、根据r
1
,r
2
的不同情况，按下表写
r
1
，r
2
的形式

出(*)式的通解：

(*)式的通解
两个不相等实根
(p
2
4q0)

两个相等实根
(p
2
4q0)

一对共轭复根
(p
2
4q0)

r
1


i

，r
2


i
< br>yc
1
e
r
1
x
c
2
e
r
2
x


y(c
1
c
2
x)e
ye

x
r
1
x
(c
1
cos

xc
2
sin

x)


p
2
，


4qp
2
2

二阶常系数非齐次线性微分方程
y

py

q yf(x)，p,q为常数
f(x)eP
m
(x)型，

为常数 ；
f(x)e[P
l
(x)cos

xP
n
( x)sin

x]型

x

x

二阶常系数非齐次线性微分方程的一般形式是
y

py

qyf(x)
（1）
其中
p,q
是常数。
方程（1）的通解为对应的齐次方程

y

py

qy0
（2）
的通解Y和方程（1）的一个特解
y*
之和。即
yYy*.我们已解决了求二阶常系数齐
次线性方程通解的问题，所以，我们只需讨论求二阶常系数非齐次线 性微分方程的特解
y*
的方法。
下面我们只介绍当方程（1）中的
f(x)
为如下两种常见形式时求其特解
y*
的方法。
f(x)e
一、

x
P
m
(x)型


x
由于方程（1）右端函数
f(x)
是指数函数
e与
m
次多项式
P
m
(x)
的乘积，而指数

函数与多项式的乘积的导数仍是这类函数，因此，我们推测：


x
yeQ(x)
(
Q(x)
是某个次数待定的多项式 ) 方程（1）的特解应为
y




e

x
Q(x)e
2

x
Q

(x)

ye[

Q(x)2< br>
Q

(x)Q

(x)]

代入方程（1），得



x
e
消去
e

x
[Q

(x)(2

p)Q
(x)(



pq)Q(x)]e
，得
2
2

x
P
m
(x)

< br>x
Q

(x)(2

p)Q

(x )(



pq)Q(x)P
m
(x)
（3）
讨论
1
、如果

不是特征方程
r
02
prq0
的根。



pq0
即
由于
P
m
(x)
是一个
m
次的多项 式，欲使（3）的两端恒等，那未
Q(x)
必为一个
m
次
多项式，设 为
2
Q
m
(x)b
0
x
m
b
1
x
m1


b
m1
xb
m< br>
将之代入（3），比较恒等式两端
x
的同次幂的系数，就得到以
b< br>0
,b
1
,,b
m1
,b
m
为
未知数的
m1
个线性方程的联立方程组，解此方程组可得到这
m1
个待定 的系数，并
得到特解


x
yeQ
m
(x)

2
、如果

是特征方程
r
0
2
prq0
的单根 。
即



pq0
，但
2

p0

欲使（3）式的两端恒等，那么
Q

(x)
必是一个
m
次多项式。
因此，可令
Q(x)xQ
m
(x)

2
b
并且用同样的方 法来确定
Q(x)
的系数
0
3
0
,b
1
, ,b
m1
,b
m
。
r
、如果

是特 征方程
2
2
prq0
的二重根。



pq0
，且
2

p0
。 即
欲使（3）式的两端恒等，那么
Q

(x)
必是一个
m
次多项式
因此， 可令
Q(x)xQ
m
(x)

2
b
并且用同样的方 法来确定
Q(x)
的系数
0
,b
1
,,b
m1
,b
m
。

综上所述，我们有结论

x
f(x)eP
m
(x)
，则方程（1）的特解形式为 如果
k

x
yxQ
m
(x)e

其 中
Q
m
(x)
是与
P
m
(x)
同次的多项 式，
k
的取值应满足条件

0

k

1

2


不是特征方程的根


是特征 方程的单根
是特征方程的二重根
2x

例1求
y

5y

6yxe
2
的通解。
解 特征方程为
r5r60

特征根为
r
1
2,r
2
3

齐次方程的通解为
YC
1
eC
2
e

因为

2
是特征单根，所以，设非齐次方程的特解为

yx(b
0
xb
1
)e
则
y*

y*

2x

2x3x

2x
[2b
0
x
2
2
(2b
0
2b
1
)xb
1
]e

2x
[4b
0
x(8b
0
4b
1
)x2b
0
4b< br>1
]e
2x2x

将上述三式代入原方程，得

(2b
0
x2b
0
b
1
)e
比较恒等式两 端的系数，得
xe
，

2b
0
1

2b
0
b
1
0

解得
b
0

1
2
，
b
1
1

1
x1)e
2x
2
因此
所以方程的通解为
y*x(


3x
yc
1
e
2x< br>c
2
ex(
1
2
x1)e
2x
二、
f(x)e

x
[P
l
(x)cos

xP
n
(x)sin

x]型

e
< br>x
由于方程（1）右端函数为

p
l
(x)cos

xp
n
(x)sin

x

，这种形式得到非齐 次方
程的特解
y*
的过程稍微复杂些，所以我们这里就只给出结论

< br>yxe
(1)
k

x
[R
m
(x)co s

xR
m
(x)sin

x]

(2 )
(1)(2)
其中，
R
m
(x)
、
R
m
(x)
是两个
m
次多项式，
mmax{l,n}
， 
0若

i

不是特征方程的根
k

1若

i

是特征方程的根
且
例2求方程
y

yxcos2x
的通解。
解 特征方程
r
特征根
2
10



r
1,2
i
齐次方程的通解为
YC
1
cosxC
2
sinx

这里

0,

2,m1
，由于

i

2i
不是特征方程的根，所以设方程的特解为
y(axb)cos2x(cxd)sin2x

代入原方程，得
比较两端同类项的系数，得

3a1


3b4 C0


3C0



3d4a0

14
a,b0,C0,d
39
解得
(3ax3b4C)cos2x(3Cx3d4a)sin2xxcos2x


3
于是
所以非齐次方程的通解为
y

< br>1
xcos2x
4
9
sin2x

yc
1
cosxc
2
sinx

1
3
xcos2x
4
9
sin2x

二阶微分方程：
dy
dx
2
2
P(x)
dy
dx
Q(x)yf(x)，
f(x)0时为齐次
f(x) 0时为非齐次

二阶常系数齐次线性微分方程及其解法：
(*)y
< br>py

qy0，其中p,q为常数；
求解步骤：
1、写出特征方 程：()rprq0，其中r，r的系数及常数项恰好是
2、求出()式的两个根r
1
,r
2
22
(*)式中y

,y

, y的系数；
3、根据r
1
,r
2
的不同情况，按下表写
r< br>1
，r
2
的形式

出(*)式的通解：

(*)式的通解
两个不相等实根
(p
2
4q0)

两个相等实根
(p
2
4q0)

一对共轭复根
(p
2
4q0)

r
1


i

，r
2


i
< br>yc
1
e
r
1
x
c
2
e
r
2
x


y(c
1
c
2
x)e
ye

x
r
1
x
(c
1
cos

xc
2
sin

x)


p
2
，


4qp
2
2

二阶常系数非齐次线性微分方程
y

py

q yf(x)，p,q为常数
f(x)eP
m
(x)型，

为常数 ；
f(x)e[P
l
(x)cos

xP
n
( x)sin

x]型

x

x

二阶常系数非齐次线性微分方程的一般形式是
y

py

qyf(x)
（1）
其中
p,q
是常数。
方程（1）的通解为对应的齐次方程

y

py

qy0
（2）
的通解Y和方程（1）的一个特解
y*
之和。即
yYy*.我们已解决了求二阶常系数齐
次线性方程通解的问题，所以，我们只需讨论求二阶常系数非齐次线 性微分方程的特解
y*
的方法。
下面我们只介绍当方程（1）中的
f(x)
为如下两种常见形式时求其特解
y*
的方法。
f(x)e
一、

x
P
m
(x)型


x
由于方程（1）右端函数
f(x)
是指数函数
e与
m
次多项式
P
m
(x)
的乘积，而指数

函数与多项式的乘积的导数仍是这类函数，因此，我们推测：


x
yeQ(x)
(
Q(x)
是某个次数待定的多项式 ) 方程（1）的特解应为
y




e

x
Q(x)e
2

x
Q

(x)

ye[

Q(x)2< br>
Q

(x)Q

(x)]

代入方程（1），得



x
e
消去
e

x
[Q

(x)(2

p)Q
(x)(



pq)Q(x)]e
，得
2
2

x
P
m
(x)

< br>x
Q

(x)(2

p)Q

(x )(



pq)Q(x)P
m
(x)
（3）
讨论
1
、如果

不是特征方程
r
02
prq0
的根。



pq0
即
由于
P
m
(x)
是一个
m
次的多项 式，欲使（3）的两端恒等，那未
Q(x)
必为一个
m
次
多项式，设 为
2
Q
m
(x)b
0
x
m
b
1
x
m1


b
m1
xb
m< br>
将之代入（3），比较恒等式两端
x
的同次幂的系数，就得到以
b< br>0
,b
1
,,b
m1
,b
m
为
未知数的
m1
个线性方程的联立方程组，解此方程组可得到这
m1
个待定 的系数，并
得到特解


x
yeQ
m
(x)

2
、如果

是特征方程
r
0
2
prq0
的单根 。
即



pq0
，但
2

p0

欲使（3）式的两端恒等，那么
Q

(x)
必是一个
m
次多项式。
因此，可令
Q(x)xQ
m
(x)

2
b
并且用同样的方 法来确定
Q(x)
的系数
0
3
0
,b
1
, ,b
m1
,b
m
。
r
、如果

是特 征方程
2
2
prq0
的二重根。



pq0
，且
2

p0
。 即
欲使（3）式的两端恒等，那么
Q

(x)
必是一个
m
次多项式
因此， 可令
Q(x)xQ
m
(x)

2
b
并且用同样的方 法来确定
Q(x)
的系数
0
,b
1
,,b
m1
,b
m
。

综上所述，我们有结论

x
f(x)eP
m
(x)
，则方程（1）的特解形式为 如果
k

x
yxQ
m
(x)e

其 中
Q
m
(x)
是与
P
m
(x)
同次的多项 式，
k
的取值应满足条件

0

k

1

2


不是特征方程的根


是特征 方程的单根
是特征方程的二重根
2x

例1求
y

5y

6yxe
2
的通解。
解 特征方程为
r5r60

特征根为
r
1
2,r
2
3

齐次方程的通解为
YC
1
eC
2
e

因为

2
是特征单根，所以，设非齐次方程的特解为

yx(b
0
xb
1
)e
则
y*

y*

2x

2x3x

2x
[2b
0
x
2
2
(2b
0
2b
1
)xb
1
]e

2x
[4b
0
x(8b
0
4b
1
)x2b
0
4b< br>1
]e
2x2x

将上述三式代入原方程，得

(2b
0
x2b
0
b
1
)e
比较恒等式两 端的系数，得
xe
，

2b
0
1

2b
0
b
1
0

解得
b
0

1
2
，
b
1
1

1
x1)e
2x
2
因此
所以方程的通解为
y*x(


3x
yc
1
e
2x< br>c
2
ex(
1
2
x1)e
2x
二、
f(x)e

x
[P
l
(x)cos

xP
n
(x)sin

x]型

e
< br>x
由于方程（1）右端函数为

p
l
(x)cos

xp
n
(x)sin

x

，这种形式得到非齐 次方
程的特解
y*
的过程稍微复杂些，所以我们这里就只给出结论

< br>yxe
(1)
k

x
[R
m
(x)co s

xR
m
(x)sin

x]

(2 )
(1)(2)
其中，
R
m
(x)
、
R
m
(x)
是两个
m
次多项式，
mmax{l,n}
， 
0若

i

不是特征方程的根
k

1若

i

是特征方程的根
且
例2求方程
y

yxcos2x
的通解。
解 特征方程
r
特征根
2
10



r
1,2
i
齐次方程的通解为
YC
1
cosxC
2
sinx

这里

0,

2,m1
，由于

i

2i
不是特征方程的根，所以设方程的特解为
y(axb)cos2x(cxd)sin2x

代入原方程，得
比较两端同类项的系数，得

3a1


3b4 C0


3C0



3d4a0

14
a,b0,C0,d
39
解得
(3ax3b4C)cos2x(3Cx3d4a)sin2xxcos2x


3
于是
所以非齐次方程的通解为
y

< br>1
xcos2x
4
9
sin2x

yc
1
cosxc
2
sinx

1
3
xcos2x
4
9
sin2x