关于人生哲理的格言-江西省高招办

二阶常系数线性微分方程
一、二阶常系数线形微分方程的概念
形如
y

py

qyf(x)
(1)
的方程称为二阶常系数线性微分方程.其中
p
、
q
均为实 数,
f(x)
为已知的
连续函数.
如果
f(x)0
,则方程式 (1)变成

y

py

qy0
(2)
我们把方程(2)叫做二阶常系数齐次线性方程,把方程式(1)叫做二阶常
系数非 齐次线性方程. 本节我们将讨论其解法.
二、二阶常系数齐次线性微分方程
1．解的叠加性
定理1 如果函数
y
1
与
y
2
是式(2)的两个解, 则
y C
1
y
1
C
2
y
2
也是
式( 2)的解,其中
C
1
,C
2
是任意常数.
证明 因为
y
1
与
y
2
是方程(2)的解,所以有

py
1

qy
1
0

y
1

py
2

qy
2
 0

y
2
将
yC
1
y
1
C
2
y
2
代入方程(2) 的左边,得

C
2
y
2

)p(C1
y
1

C
2
y
2

) q(C
1
y
1
C
2
y
2
)

(C
1
y
1

py
1

q y
1
)C
2
(y
2

py
2

qy
2
)0
=
C
1
(y
1
所以
yC
1
y
1
C
2
y
2
是方程(2)的解.
定理1说明齐次线性方程的解具有叠加性. < br>叠加起来的解从形式看含有
C
1
,C
2
两个任意常数,但它不 一定是方程式(2)
的通解.
2.线性相关、线性无关的概念

设
y
1
,y
2
,,y
n
,
为 定义在区间I内的n个函数,若存在不全为零的常数
k
1
,k
2
, ,k
n
,
使得当在该区间内有
k
1
y
1
 k
2
y
2
k
n
y
n
0
, 则称这n
个函数在区间I内线性相关,否则称线性无关.
例如
1,cos
2
x,sin
2
x
在实数范围内是线性相关的,因为

1cosxsinx0

又如
1,x,x
2
在任何区 间(a,b)内是线性无关的,因为在该区间内要使
22
k
1
k
2
xk
3
x
2
0

必须
k
1
k
2
k
3
0
.
对两个函数的情形,若
y
1
y

常数, 则
y1
,
y
2
线性相关,若
1

常数, 则
y
2
y
2
y
1
,
y
2
线性无关 .
3.二阶常系数齐次微分方程的解法
定理2 如果
y
1
与y
2
是方程式(2)的两个线性无关的特解,则
yC
1
y1
C
2
y
2
(C
1
,C
2
为任意常数)是方程式(2)的通解.
例如,
y

y0
是 二阶齐次线性方程,
y
1
sinx,y
2
cosx
是它 的
两个解,且
y
1
tanx
常数,即
y
1,
y
2
线性无关, 所以
y
2
yC
1y
1
C
2
y
2
C
1
sinxC
2
cosx

(
C
1
,C
2
是 任意常数)是方程
y

y0
的通解.
由于指数函数
ye
(r为常数)和它的各阶导数都只差一个常数因子,
根据指数函 数的这个特点,我们用
ye
来试着看能否选取适当的常数
r
,
使< br>ye
满足方程(2).
rx
rx
rx

将< br>ye
rx
求导,得
y

re
rx
,y

r
2
e
rx

把
y,y

,y

代入方程(2),得

(r
2
prq)e
rx
0

因为
e
rx
0
, 所以只有
r
2
prq0
(3)
只要
r
满足方程式(3),
ye
rx
就是方程式(2)的 解.
我们把方程式(3)叫做方程式(2)的特征方程,特征方程是一个代数方程,
其中r
2
,r
的系数及常数项恰好依次是方程(2)
y

,y

,y
的系数.
特征方程(3)的两个根为
r
1,2
解有下列三种不同的情形.
pp
2
4q
, 因此方程式(2)的通

2
(1) 当
p
2
4q0时，
r
1
,r
2
是两个不相等的实根.
pp
2
4qpp
2
4q

r
1

,
r
2


22
y
1
e
r
1
x
,y
2
e
r< br>2
x
是方程(2)的两个特解,并且
y
1
e
(r< br>1
r
2
)x

常数,即
y
2
y< br>1
与
y
2
线性无关.根据定理2,得方程(2)的通解为
y C
1
e
r
1
x
C
2
e
r2
x

(2) 当
p4q0
时,
r
1
,r
2
是两个相等的实根.
2
r
1
r
2

一个解
y
2
,且
p
r x
,这时只能得到方程(2)的一个特解
y
1
e
1
,还需 求出另
2
y
y
2

常数,设
2
u(x)
, 即
y
1
y
1
y
2
e
r< br>1
x
u(x)


e
r
1
x(u

r
1
u),y
2

e
r
1
x
(u

2r
1
u

r
1
u)
.
y
2
2


,y
2

代入方程(2), 得 将
y
2
,y
2

e
1
(u

2r
1
u

r
1
u)p(u

r
1
u)qu0

整理,得

e
1
[u< br>
(2r
1
p)u

(r
1
pr
1
q)u]0

由于
e
1
0
, 所以
u

(2r
1
p)u

(r1
pr
1
q)u0

因为
r
1
是特征方程(3)的二重根, 所以
rx
rx< br>
2

rx
2
2
r
1
pr2r< br>1
p0

1
q0,
从而有
u

0

因为我们只需一个不为常数的解,不妨取
u x
,可得到方程(2)的另一
个解
2
y
2
xe
r
1
x
.
那么,方程(2)的通解为
yC
1
e
r
1
x
C
2
xe
r
1
x

即
y(C
1
C
2
x)e
1
.
(3) 当
p
2
4q0
时,特征方程(3)有一对共轭复根
rx
r
1


i

,r
2

< br>i

(

0
)
于是 < br>y
1
e
ix
(

i

)x,y
2
e
(

i

)x

利用欧拉公式
ecosxisinx
把
y
1
,y
2
改写为

y
1
e
(

i

)x
e

x
e
i

x
e

x
(cos

xisin

x )

e

x
e
i

x
e

x
(cos

xisin

x)

y
2
e
(

i

)x
y1
,y
2
之间成共轭关系,取
1
y
1
=(y
1
y
2
)e

x
cos
< br>x
,
2


y
2

_
1
(y
1
y
2
)e

x
sin
x

2i

方程(2)的解具有叠加性,所以
y< br>1
,
y
2
还是方程(2)的解,并且
y
2
e

x
sin

x


x
tan

x
常数,所以方程(2)的通解为

ecos

x
y
1


ye

x
(C
1
cos

xC
2
sin

x)

综上所述,求二阶常系数线性齐次方程通解的步骤如下:
(1)写出方程(2)的特征方程

r
2
prq0

(2)求特征方程的两个根
r
1
,r
2

(3)根 据
r
1
,r
2
的不同情形,按下表写出方程(2)的通解.
特征方程
r
2
prq0
的
两个根
r
1
,r
2

两个不相等的实根
r
1
r
2

两个相等的实根
r
1
r
2

一对共轭复根
r
1,2


i


方程
y

py

qy0
的通
解

yC
1
e
1
C
2
e
2


y(C
1
C
2
x)e
1


rx
rxrx
ye

x
(C
1
cos< br>
xC
2
sin

x)


例1求方程
y

2y

5y0
的通解.
解: 所给方程的特征方程为
r
2
2r50


r
1
12i,r
2
12i

所求通解为
ye(C
1
cos2xC
2
sin2x)
.
x

d
2
SdS
例2 求方程
2
 2S0
满足初始条件
S
t0
4,S

t0
2
dt
dt
的特解.
解 所给方程的特征方程为
r
2
2r10

r
1
r
2
1

通解为
S(C
1
C
2
t)e
t

将初始条件
S
t0
4
代入,得
C
1
4
,于是
S(4C
2
t)e
t
,对其求导得

S

(C
2
4C
2
t)e
t
将初始条件
S

t0
2
代入上式,得
C
2
2

所求特解为

S(42t)e
t

例3求方程
y

2y

3y0
的通解.
解 所给方程的特征方程为
r2r30

其根为
r
1
3,r
2
1

所以原方程的通解为
yC
1
e
3x
2
C
2
e
x

二、二阶常系数非齐次方程的解法
1.解的结构
定理3 设
y 
是方程(1)的一个特解,
Y
是式(1)所对应的齐次方程式(2)
的通解 ,则
yYy
是方程式(1)的通解.
证明 把
yYy
代入方程(1)的左端:

(Y

y

)p(Y

y

)q(Yy)

=
(Y

pY

qY)(y

py

qy )

=
0f(x)f(x)

yYy
使方程(1)的两端恒等,所以
yYy
是方程(1)的解.
定理4 设二阶非齐次线性方程(1)的右端
f(x)
是几个函数之和,如

y

py

qyf
1
(x)f
2
(x)
(4)

而
y
1
与
y
2
分别是方程
y

py

qyf
1
(x)

与
y

py

qyf
2
(x)


的特解,那么
y
1
就是方程(4)的特解, 非齐次线性方程(1)的特解有时可
y
2
用上述定理来帮助求出.
2.< br>f(x)e

x
P
m
(x)
型的解法
f (x)e

x
P
m
(x)
,其中

为常 数,
P
m
(x)
是关于
x
的一个
m
次多项 式.
方程(1)的右端
f(x)
是多项式
P
m
( x)
与指数函数
e

x
乘积的导数仍为
同一类型函数,因此 方程(1)的特解可能为
yQ(x)e

x
,其中
Q(x)是某个
多项式函数.
把
yQ(x)e


y

[

Q(x)Q

(x)]e


y

[

Q(x)2
Q

(x)Q

(x)]e

代入方程(1)并消去
e
,得

Q
 
(x)(2

p)Q

(x)(

p< br>
q)Q(x)P
m
(x)
(5)
以下分三种不同的情形,分别讨论函数
Q(x)
的确定方法:
2
2

x

x

x

x

(1) 若

不是方程式(2)的特征方程
r
2
prq0的根, 即

2
p

q0
,要使式(5)的两端 恒等,可令
Q(x)
为另一个
m
次多项式
Q
m
(x )
:
Q
m
(x)b
0
b
1
xb< br>2
x
2
b
m
x
m

代入(5 )式,并比较两端关于
x
同次幂的系数,就得到关于未知数
b
0
,b
1
,

,b
m
的
m1
个方程.联立解方 程组可以确定出
b
i
(i

0,1,

,m).从而得到所求
方程的特解为
yQ
m
(x)e

x

(2) 若

是特征方程
r
2
prq0
的单根, 即

2
p

q0,2

p0
,要使式(5 )成立, 则
Q

(x)
必须要是
m
次多
项式函数,于是令
Q(x)xQ
m
(x)

用同样的方法来确定
Q
m
(x)
的系数
b
i
(i

0,1,
< br>,m)
.
(3) 若

是特征方程
r
2prq0
的重根,即

2
p

q0,
2

p0
.
要使(5)式成立,则
Q

(x)
必须是一个
m
次多项式，可令
Q(x)x
2
Q
m
(x)

用同样的方法来确定
Q
m
(x)
的系数.
综上所述 ,若方程式(1)中的
f(x)P
m
(x)e
,则式(1)的特解为

yxQ
m
(x)e

其 中
Q
m
(x)
是与
P
m
(x)
同次多项式 ,
k
按

不是特征方程的根,是特征方程
k

x< br>
x

的单根或是特征方程的重根依次取0,1或2.
例4 求方程
y

2y

3e
2x
的一个特解.
解
f(x)
是
p
m
(x)e

x
型, 且
P
m
(x)3,

2

对应齐次方程的特征方程为
r2r0
,特征根根为
r
1
0,r
2
2
.
2

=-2是特征方程的单根, 令
yxb
0
e
2x
,代入原方程解得
3
b
0


2
3
2x
故所求特解为
yxe
.
2
例5 求方程
y

2y

(x1)e
x
的通解.
解 先求对应齐次方程
y

2y

y0
的通解.
特征方程为
r2r10
,
r
1
r
2
1

齐次方程的通解为
Y(C
1
C
2
x)e
x
.
再求所给方程的特解

2

1,P
m
(x)x1

yx
2
(axb)e
x

由于

1
是特征方程的二重根,所以
把它代入所给方程,并约去
e
得
x
6ax2bx1

比较系数,得
11

b

62
1
x2
x
于是
yx()e

62
1
2
1
3x
所给方程的通解为
yyy(C
1
C
2
xxx)e

26

a
3.
f( x)Acos

xBsin

x
型的解法

f(x)Acos

xBsin

x,
其中
A、
B
、

均为常数.
此时,方程式(1)成为 y

py

qAcos

xBsin

x
(7)
这种类型的三角函数的 导数,仍属同一类型,因此方程式(7)的特解
y

也
应属同一类型,可以证 明式(7)的特解形式为

yx
k
(acos< br>
xbsin

x)

其中
a,b
为待定常数.
k
为一个整数.
当
< br>
i
不是特征方程
r
2
prq0
的根,
k
取0;
当


i
不是特征方程
r2
prq0
的根,
k
取1;
例6 求方程
y

2y

3y4sinx
的一个特解.
2
解

1
，


i
i< br>不是特征方程为
r2r30
的根，
k0
.
因此原方程 的特解形式为
yacosxbsinx

于是
y

asinxbcosx


y

acosxbsinx

将
y,y

,y

代入原方程，得



4a2b0


2a4b4
24
,b

55
24
原方程的特解为:
ycosxsinx

55
解得
a
例7 求方程
y

2y

3yesinx
的通解.
解 先求对应的齐次方程的通解
Y
.对应的齐次方程的特征方程为
x

r
2
2r30

r
1
1,r
2
3

YC
1
e
x
C
2
e
3x

再求非齐次方程的一个特解
y
.
由于
f(x)5co s2xe
x
,根据定理4,分别求出方程对应的右端项为

、y
2
,则
yy
1
是原方程的一
f
1(x)e
x
,
f
2
(x)sinx
的特解
y
1
y
2
个特解.
由于

1
,

ii
均不是特征方程的根,故特解为

yy
1
y
2
ae
x
(bcosxcs inx)

代入原方程,得

4ae
x
(4b2 c)cosx(2b4c)sinxe
x
sinx

比较系数,得

4a1

4b2c0

2b4c1

解之得
a
111
,b,c
.
4105
1
x
11
ecosxsinx

4105
于是所给方程的一个特解为

y
所以所求方程的通解为
111
yYy

C
1
e
x
C
2
e
3x
e
x< br>cosxsinx
.
4105

二阶常系数线性微分方程
一、二阶常系数线形微分方程的概念
形如
y

py

qyf(x)
(1)
的方程称为二阶常系数线性微分方程.其中
p
、
q
均为实 数,
f(x)
为已知的
连续函数.
如果
f(x)0
,则方程式 (1)变成

y

py

qy0
(2)
我们把方程(2)叫做二阶常系数齐次线性方程,把方程式(1)叫做二阶常
系数非 齐次线性方程. 本节我们将讨论其解法.
二、二阶常系数齐次线性微分方程
1．解的叠加性
定理1 如果函数
y
1
与
y
2
是式(2)的两个解, 则
y C
1
y
1
C
2
y
2
也是
式( 2)的解,其中
C
1
,C
2
是任意常数.
证明 因为
y
1
与
y
2
是方程(2)的解,所以有

py
1

qy
1
0

y
1

py
2

qy
2
 0

y
2
将
yC
1
y
1
C
2
y
2
代入方程(2) 的左边,得

C
2
y
2

)p(C1
y
1

C
2
y
2

) q(C
1
y
1
C
2
y
2
)

(C
1
y
1

py
1

q y
1
)C
2
(y
2

py
2

qy
2
)0
=
C
1
(y
1
所以
yC
1
y
1
C
2
y
2
是方程(2)的解.
定理1说明齐次线性方程的解具有叠加性. < br>叠加起来的解从形式看含有
C
1
,C
2
两个任意常数,但它不 一定是方程式(2)
的通解.
2.线性相关、线性无关的概念

设
y
1
,y
2
,,y
n
,
为 定义在区间I内的n个函数,若存在不全为零的常数
k
1
,k
2
, ,k
n
,
使得当在该区间内有
k
1
y
1
 k
2
y
2
k
n
y
n
0
, 则称这n
个函数在区间I内线性相关,否则称线性无关.
例如
1,cos
2
x,sin
2
x
在实数范围内是线性相关的,因为

1cosxsinx0

又如
1,x,x
2
在任何区 间(a,b)内是线性无关的,因为在该区间内要使
22
k
1
k
2
xk
3
x
2
0

必须
k
1
k
2
k
3
0
.
对两个函数的情形,若
y
1
y

常数, 则
y1
,
y
2
线性相关,若
1

常数, 则
y
2
y
2
y
1
,
y
2
线性无关 .
3.二阶常系数齐次微分方程的解法
定理2 如果
y
1
与y
2
是方程式(2)的两个线性无关的特解,则
yC
1
y1
C
2
y
2
(C
1
,C
2
为任意常数)是方程式(2)的通解.
例如,
y

y0
是 二阶齐次线性方程,
y
1
sinx,y
2
cosx
是它 的
两个解,且
y
1
tanx
常数,即
y
1,
y
2
线性无关, 所以
y
2
yC
1y
1
C
2
y
2
C
1
sinxC
2
cosx

(
C
1
,C
2
是 任意常数)是方程
y

y0
的通解.
由于指数函数
ye
(r为常数)和它的各阶导数都只差一个常数因子,
根据指数函 数的这个特点,我们用
ye
来试着看能否选取适当的常数
r
,
使< br>ye
满足方程(2).
rx
rx
rx

将< br>ye
rx
求导,得
y

re
rx
,y

r
2
e
rx

把
y,y

,y

代入方程(2),得

(r
2
prq)e
rx
0

因为
e
rx
0
, 所以只有
r
2
prq0
(3)
只要
r
满足方程式(3),
ye
rx
就是方程式(2)的 解.
我们把方程式(3)叫做方程式(2)的特征方程,特征方程是一个代数方程,
其中r
2
,r
的系数及常数项恰好依次是方程(2)
y

,y

,y
的系数.
特征方程(3)的两个根为
r
1,2
解有下列三种不同的情形.
pp
2
4q
, 因此方程式(2)的通

2
(1) 当
p
2
4q0时，
r
1
,r
2
是两个不相等的实根.
pp
2
4qpp
2
4q

r
1

,
r
2


22
y
1
e
r
1
x
,y
2
e
r< br>2
x
是方程(2)的两个特解,并且
y
1
e
(r< br>1
r
2
)x

常数,即
y
2
y< br>1
与
y
2
线性无关.根据定理2,得方程(2)的通解为
y C
1
e
r
1
x
C
2
e
r2
x

(2) 当
p4q0
时,
r
1
,r
2
是两个相等的实根.
2
r
1
r
2

一个解
y
2
,且
p
r x
,这时只能得到方程(2)的一个特解
y
1
e
1
,还需 求出另
2
y
y
2

常数,设
2
u(x)
, 即
y
1
y
1
y
2
e
r< br>1
x
u(x)


e
r
1
x(u

r
1
u),y
2

e
r
1
x
(u

2r
1
u

r
1
u)
.
y
2
2


,y
2

代入方程(2), 得 将
y
2
,y
2

e
1
(u

2r
1
u

r
1
u)p(u

r
1
u)qu0

整理,得

e
1
[u< br>
(2r
1
p)u

(r
1
pr
1
q)u]0

由于
e
1
0
, 所以
u

(2r
1
p)u

(r1
pr
1
q)u0

因为
r
1
是特征方程(3)的二重根, 所以
rx
rx< br>
2

rx
2
2
r
1
pr2r< br>1
p0

1
q0,
从而有
u

0

因为我们只需一个不为常数的解,不妨取
u x
,可得到方程(2)的另一
个解
2
y
2
xe
r
1
x
.
那么,方程(2)的通解为
yC
1
e
r
1
x
C
2
xe
r
1
x

即
y(C
1
C
2
x)e
1
.
(3) 当
p
2
4q0
时,特征方程(3)有一对共轭复根
rx
r
1


i

,r
2

< br>i

(

0
)
于是 < br>y
1
e
ix
(

i

)x,y
2
e
(

i

)x

利用欧拉公式
ecosxisinx
把
y
1
,y
2
改写为

y
1
e
(

i

)x
e

x
e
i

x
e

x
(cos

xisin

x )

e

x
e
i

x
e

x
(cos

xisin

x)

y
2
e
(

i

)x
y1
,y
2
之间成共轭关系,取
1
y
1
=(y
1
y
2
)e

x
cos
< br>x
,
2


y
2

_
1
(y
1
y
2
)e

x
sin
x

2i

方程(2)的解具有叠加性,所以
y< br>1
,
y
2
还是方程(2)的解,并且
y
2
e

x
sin

x


x
tan

x
常数,所以方程(2)的通解为

ecos

x
y
1


ye

x
(C
1
cos

xC
2
sin

x)

综上所述,求二阶常系数线性齐次方程通解的步骤如下:
(1)写出方程(2)的特征方程

r
2
prq0

(2)求特征方程的两个根
r
1
,r
2

(3)根 据
r
1
,r
2
的不同情形,按下表写出方程(2)的通解.
特征方程
r
2
prq0
的
两个根
r
1
,r
2

两个不相等的实根
r
1
r
2

两个相等的实根
r
1
r
2

一对共轭复根
r
1,2


i


方程
y

py

qy0
的通
解

yC
1
e
1
C
2
e
2


y(C
1
C
2
x)e
1


rx
rxrx
ye

x
(C
1
cos< br>
xC
2
sin

x)


例1求方程
y

2y

5y0
的通解.
解: 所给方程的特征方程为
r
2
2r50


r
1
12i,r
2
12i

所求通解为
ye(C
1
cos2xC
2
sin2x)
.
x

d
2
SdS
例2 求方程
2
 2S0
满足初始条件
S
t0
4,S

t0
2
dt
dt
的特解.
解 所给方程的特征方程为
r
2
2r10

r
1
r
2
1

通解为
S(C
1
C
2
t)e
t

将初始条件
S
t0
4
代入,得
C
1
4
,于是
S(4C
2
t)e
t
,对其求导得

S

(C
2
4C
2
t)e
t
将初始条件
S

t0
2
代入上式,得
C
2
2

所求特解为

S(42t)e
t

例3求方程
y

2y

3y0
的通解.
解 所给方程的特征方程为
r2r30

其根为
r
1
3,r
2
1

所以原方程的通解为
yC
1
e
3x
2
C
2
e
x

二、二阶常系数非齐次方程的解法
1.解的结构
定理3 设
y 
是方程(1)的一个特解,
Y
是式(1)所对应的齐次方程式(2)
的通解 ,则
yYy
是方程式(1)的通解.
证明 把
yYy
代入方程(1)的左端:

(Y

y

)p(Y

y

)q(Yy)

=
(Y

pY

qY)(y

py

qy )

=
0f(x)f(x)

yYy
使方程(1)的两端恒等,所以
yYy
是方程(1)的解.
定理4 设二阶非齐次线性方程(1)的右端
f(x)
是几个函数之和,如

y

py

qyf
1
(x)f
2
(x)
(4)

而
y
1
与
y
2
分别是方程
y

py

qyf
1
(x)

与
y

py

qyf
2
(x)


的特解,那么
y
1
就是方程(4)的特解, 非齐次线性方程(1)的特解有时可
y
2
用上述定理来帮助求出.
2.< br>f(x)e

x
P
m
(x)
型的解法
f (x)e

x
P
m
(x)
,其中

为常 数,
P
m
(x)
是关于
x
的一个
m
次多项 式.
方程(1)的右端
f(x)
是多项式
P
m
( x)
与指数函数
e

x
乘积的导数仍为
同一类型函数,因此 方程(1)的特解可能为
yQ(x)e

x
,其中
Q(x)是某个
多项式函数.
把
yQ(x)e


y

[

Q(x)Q

(x)]e


y

[

Q(x)2
Q

(x)Q

(x)]e

代入方程(1)并消去
e
,得

Q
 
(x)(2

p)Q

(x)(

p< br>
q)Q(x)P
m
(x)
(5)
以下分三种不同的情形,分别讨论函数
Q(x)
的确定方法:
2
2

x

x

x

x

(1) 若

不是方程式(2)的特征方程
r
2
prq0的根, 即

2
p

q0
,要使式(5)的两端 恒等,可令
Q(x)
为另一个
m
次多项式
Q
m
(x )
:
Q
m
(x)b
0
b
1
xb< br>2
x
2
b
m
x
m

代入(5 )式,并比较两端关于
x
同次幂的系数,就得到关于未知数
b
0
,b
1
,

,b
m
的
m1
个方程.联立解方 程组可以确定出
b
i
(i

0,1,

,m).从而得到所求
方程的特解为
yQ
m
(x)e

x

(2) 若

是特征方程
r
2
prq0
的单根, 即

2
p

q0,2

p0
,要使式(5 )成立, 则
Q

(x)
必须要是
m
次多
项式函数,于是令
Q(x)xQ
m
(x)

用同样的方法来确定
Q
m
(x)
的系数
b
i
(i

0,1,
< br>,m)
.
(3) 若

是特征方程
r
2prq0
的重根,即

2
p

q0,
2

p0
.
要使(5)式成立,则
Q

(x)
必须是一个
m
次多项式，可令
Q(x)x
2
Q
m
(x)

用同样的方法来确定
Q
m
(x)
的系数.
综上所述 ,若方程式(1)中的
f(x)P
m
(x)e
,则式(1)的特解为

yxQ
m
(x)e

其 中
Q
m
(x)
是与
P
m
(x)
同次多项式 ,
k
按

不是特征方程的根,是特征方程
k

x< br>
x

的单根或是特征方程的重根依次取0,1或2.
例4 求方程
y

2y

3e
2x
的一个特解.
解
f(x)
是
p
m
(x)e

x
型, 且
P
m
(x)3,

2

对应齐次方程的特征方程为
r2r0
,特征根根为
r
1
0,r
2
2
.
2

=-2是特征方程的单根, 令
yxb
0
e
2x
,代入原方程解得
3
b
0


2
3
2x
故所求特解为
yxe
.
2
例5 求方程
y

2y

(x1)e
x
的通解.
解 先求对应齐次方程
y

2y

y0
的通解.
特征方程为
r2r10
,
r
1
r
2
1

齐次方程的通解为
Y(C
1
C
2
x)e
x
.
再求所给方程的特解

2

1,P
m
(x)x1

yx
2
(axb)e
x

由于

1
是特征方程的二重根,所以
把它代入所给方程,并约去
e
得
x
6ax2bx1

比较系数,得
11

b

62
1
x2
x
于是
yx()e

62
1
2
1
3x
所给方程的通解为
yyy(C
1
C
2
xxx)e

26

a
3.
f( x)Acos

xBsin

x
型的解法

f(x)Acos

xBsin

x,
其中
A、
B
、

均为常数.
此时,方程式(1)成为 y

py

qAcos

xBsin

x
(7)
这种类型的三角函数的 导数,仍属同一类型,因此方程式(7)的特解
y

也
应属同一类型,可以证 明式(7)的特解形式为

yx
k
(acos< br>
xbsin

x)

其中
a,b
为待定常数.
k
为一个整数.
当
< br>
i
不是特征方程
r
2
prq0
的根,
k
取0;
当


i
不是特征方程
r2
prq0
的根,
k
取1;
例6 求方程
y

2y

3y4sinx
的一个特解.
2
解

1
，


i
i< br>不是特征方程为
r2r30
的根，
k0
.
因此原方程 的特解形式为
yacosxbsinx

于是
y

asinxbcosx


y

acosxbsinx

将
y,y

,y

代入原方程，得



4a2b0


2a4b4
24
,b

55
24
原方程的特解为:
ycosxsinx

55
解得
a
例7 求方程
y

2y

3yesinx
的通解.
解 先求对应的齐次方程的通解
Y
.对应的齐次方程的特征方程为
x

r
2
2r30

r
1
1,r
2
3

YC
1
e
x
C
2
e
3x

再求非齐次方程的一个特解
y
.
由于
f(x)5co s2xe
x
,根据定理4,分别求出方程对应的右端项为

、y
2
,则
yy
1
是原方程的一
f
1(x)e
x
,
f
2
(x)sinx
的特解
y
1
y
2
个特解.
由于

1
,

ii
均不是特征方程的根,故特解为

yy
1
y
2
ae
x
(bcosxcs inx)

代入原方程,得

4ae
x
(4b2 c)cosx(2b4c)sinxe
x
sinx

比较系数,得

4a1

4b2c0

2b4c1

解之得
a
111
,b,c
.
4105
1
x
11
ecosxsinx

4105
于是所给方程的一个特解为

y
所以所求方程的通解为
111
yYy

C
1
e
x
C
2
e
3x
e
x< br>cosxsinx
.
4105