《高等数学》课程教学资源（PPT课件）常系数非齐次线性微分方程

人 第八节常系数非齐次线性微分方程 一、f(x)=exPm(x)型 二、f(x)=ex[B(x)cos@x +Pn(x)sin@x]型

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 第八节 常系数非齐次线性微分方程 一、 f (x) = e  x Pm (x) 型 二、 f x e P x x l x   ( ) = [ ( )cos ( )sin ]型 ~ P x x + n 

二阶常系数线性非齐次微分方程： 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 求特解的方法一待定系数法 根据f(x)的特殊形式，给出特解y*的待定形式： 代入原方程比较两端表达式以确定待定系数

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 y  + py  + qy = f (x) ( p, q 为常数) 二阶常系数线性非齐次微分方程 : 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 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 . ① — 待定系数法

f(x)=eAxp(x)型 为实数，Pm(x)为m次多项式 设特解为y*=e2xQx),其中Q(x)为待定多项式， y*'=ex[2Q(x)+Q'(x)] y*"=e2x[2Q(x)+2Q'(x)+Q"(x)] 代入原方程，得 Q"(x)+(2+p)Q'(x)+(22+p元+q)Q(x)=Pm(x) (1)若入不是特征方程的根，即2+p元+q≠0，则取 Q(x)为m次待定系数多项式Qm(x),从而得到特解 形式为y*=exQm(x)

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 e [Q (x) x   + (2 + p )Q(x) ( ) ( )] 2 +  + p + q Q x e Pm(x)  x = 一、 f (x) = e  xPm (x) 型  为实数 , P (x) m 设特解为 y* e Q(x) ,  x = 其中 Q(x) 为待定多项式, y* e [ Q(x) Q (x)] x  =  +   * [ ( ) 2 ( ) ( )] 2 y e Q x Q x Q x x  =  +   +   代入原方程 , 得 (1) 若  不是特征方程的根, 则取 从而得到特解 形式为 y* e Q (x). m  x = 为 m 次多项式 . Q (x) 为 m 次待定系数多项式

Q"(x)∈(2+pQ'(x)+22+p2+q)g(x)=Pm(x) (2)若入是特征方程的单根，即 2+p+q=0,2元+p≠0， 则)'()为m次多项式，故特解形式为y*=xQm(x)e2x (3)若入是特征方程的重根，即 22+p元+q=0,2元+p=0, 则Q”(x)是m次多项式，故特解形式为y*=xQm(x)e2x 小结 对方程①，当入是特征方程的k重根时，可设 特解y*=x2m(x)ex(k=0,1,2) 此结论可推广到高阶常系数线性微分方程

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 (2) 若 是特征方程的单根, 为m 次多项式, 故特解形式为 (3) 若  是特征方程的重根, 2 + p = 0 , 则Q(x) 是 m 次多项式,故特解形式为 x y x Qm x e  * ( ) 2 = 小结 对方程①, y* = x Q (x)e (k = 0,1, 2) x m k  此结论可推广到高阶常系数线性微分方程 . Q(x) P (x) ( ) ( ) = m 2 +  + p + q Q x 即 即 当 是特征方程的k 重根 时, 可设 特解

例1.求方程y”-2y'-3y=3x+1的一个特解 解：本题1=0，而特征方程为r2-2r-3=0, 入=0不是特征方程的根 设所求特解为y*=box+b1,代入方程： -3b0x-3b1-2b0=3x+1 比较系数，得 「-3b=3 1-2h-36=1一=-1,6= 于是所求特解为*=-x+3

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 例1. 的一个特解. 解: 本题 而特征方程为 不是特征方程的根 . 设所求特解为 代入方程 : 比较系数, 得 3 1 1, b0 = − b1 = 于是所求特解为  = 0  = 0

1东 例2.求方程y”-5y'+6y=xe2的通解 解：本题1=2，特征方程为r2-5r+6=0,其根为 1=2,乃=3 对应齐次方程的通解为Y=C1e2r+C2e3x 设非齐次方程特解为y*=x(bx+b)e2x 代入方程得-2bx-b+2b=x 比较系数，得 2一-4 因此特解为*=x(-2x-1)e2x 所求通解为y=C1e2x+C2e3-(2x2+x)e2x

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 例2. 的通解. 解: 本题 特征方程为 5 6 0 , 2 r − r + = 其根为 对应齐次方程的通解为 设非齐次方程特解为 x y x b x b e 2 0 1 * = ( + ) 比较系数, 得 , 1 2 1 b0 = − b1 = − 因此特解为 * ( 1) . 2 2 1 x y = x − x − e 代入方程得 − b x −b + b = x 2 0 1 2 0 所求通解为 ( ) . 2 2 2 1 x − x + x e  = 2

例3.求解定解问题 ∫y"+3y"+2y'=1 y(0)=y'(0)=y"(0)=0 解：本题2=0，特征方程为3+32+2r=0,其根为 1=02=-1,3=-2 故对应齐次方程通解为Y-C1+C2e*+C3e2x 设非齐次方程特解为y*=bx,代入方程得2b=1,故 *=2x,原方程通解为 y-C+C2e-*+C3e-2*+3x C1+C2+C3=0 由初始条件得 C2-2C3=-为 C2+4C3=0

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 例3. 求解定解问题    =  =  =  +  +  = (0) (0) (0) 0 3 2 1 y y y y y y 解: 本题 特征方程为 其根为 设非齐次方程特解为 代入方程得 故 2 1 −C2 − 2C3 = − 故对应齐次方程通解为 Y = C1 x C e − + 2 x C e 2 3 − + 原方程通解为 C1 y = x C e − + 2 x C e 2 3 − + 由初始条件得  = 0

高等数学 主讲人：苏本堂 解得 =-4 C2 =-4 于是所求解为 3 ys、 ter 12x -x 4(-3+2r+4er-e2x)

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 于是所求解为 y e e x x x 2 1 4 1 4 3 2 = − + − + − − 解得      = − = = − 4 1 1 4 3 3 2 1 C C C

二、f(x)=e2x[P(x)COS@x+Dn(x)sin@x]型 分析思路： 第一步将f(x)转化为 f(x)=P(x)e(ti)+p(x)e(atio)x 第二步求出如下两个方程的特解 y"+py'+qy=P(x)e(Ati@)x y"+py'+qy=P(x)e(Atio)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

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 二、 f x e  x  Pl x  x Pn (x)sin x 型 ~ ( ) = ( )cos + = + +i x f x Pm x e ( ) ( ) ( )   i x Pm x e ( ) ( ) +  第二步 求出如下两个方程的特解 i x m y py qy P x e ( ) ( ) +   +  + = y  + py  + qy = 分析思路: 第一步 将 f (x) 转化为 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 i x mP x e ( ) ( ) + 

第一步利用欧拉公式将fx)变形 eiox-e-iox +P(x) 2i 令m=max{n,1},则 f(x)=Pn(x)(i)+P(x)e(A-i0)x =Pn(x)e()+())

山东农业大学 高等数学 主讲人：苏本堂 第一步 利用欧拉公式将 f (x) 变形   = x f x e  ( )       = + i P x P x l n 2 ( ) ~ 2 ( ) i x e (+ )       + − i P x P x l n 2 ( ) ~ 2 ( ) i x e (− ) = + +i x f x Pm x e ( ) ( ) ( )   i x mP x e ( ) ( ) −  = + +i x Pm x e ( ) ( )   i x mP x e ( ) ( ) +  令 m = maxn, l ,则 P (x) l 2 i x i x e e  −  + ( ) ~ P x + n  −  − i e e i x i x 2  