二阶非齐次微分方程

′′ + y = 4e jx , y
Q λ = j 是单根 , 故 y * = Axe jx , 代入上式 2 Aj = 4, ∴ A = −2 j ,
∴ y * = −2 jxe jx = 2 x sin x − ( 2 x cos x ) j , 取虚部） 所求非齐方程特解为 y = −2 x cos x , （取虚部）
思考题解答
* y1 设 y′′ − 4 y′ + 4 y = 6 x 的特解为 * ′′ − 4 y′ + 4 y = 8e 2 x 的特解为 y2 设y * * * 则所求特解为 y = y1 + y2 Q r 2 − 4r + 4 = 0 ∴ 特征根 r1, 2 = 2 * * ∴ y1 = Ax 2 + Bx + C y2 = Dx 2e 2 x
（取实部） 取实部）
1 4 y = C1 cos x + C 2 sin x − x cos 2 x + sin 2 x . 原方程通解为 3 9
注意 Aeλx cosωx, Aeλx sinωx
. 分别是 Ae(λ + jω ) x 的实部和虚部
例5 解
. 求方程 y′′ + y = tan x 的通解
Y = (c1 + c2 x)e
−3 x
∴ 可设 y = x 2 ( Ax + B )e − 3 x Q λ = −3是重根
即 Q( x) = Ax3 + Bx2
Q′( x ) = 3 Ax 2 + 2 Bx
Q′′( x) = 6Ax + 2B
6Ax+ 2B = 5x
非齐通解为
代入（ ） 代入（*）式 5 3 −3 x 5 ⇒ y= x e ⇒ A = ,B = 0 6 6 5 3 −3 x y = (c1 + c2 x + x )e 6
f 二、 ( x) = P ( x)e cosωx型 m
f ( x) = P ( x)e sinωx型及其组合型 m
f ( x ) = Pm ( x )e cosωx
分别是
λx
λx
λx
f ( x ) = Pm ( x )e λx sin ωx
的实部和虚部
Pm ( x )e ( λ + jω ) x
对应齐方程通解 Y = C1 cos x + C 2 sin x ,
用常数变易法求非齐方程通解
设 y = c1 ( x ) cos x + c 2 ( x ) sin x ,
w ( x ) = 1,
c1 ( x ) = sin x − ln sec x + tan x + C1 , c2 ( x ) = − cos x + C 2
原方程通解为
y = C1 cos x + C 2 sin x − cos x ⋅ ln sec x + tan x .
例6 求通解 解 相应齐方程 特征方程 齐通解 先求 设
′′ + y = ex + cos x y
y′′ + y = 0
r 2 + 1 = 0 ⇒ r1, 2 = ± j
Y = c1 cos x + c2 sin x
λx
Pm ( x )e λx cos βx ,
难点：如何求特解？ 难点：如何求特解？
f ( x ) = e λx Pm ( x ) 型 一、
设非齐方程特解为 y = Q( x)e
λx
代入原方程
(∗).Q′′( x ) + ( 2λ + p)Q′( x ) + (λ2 + pλ + q )Q( x ) = Pm ( x )
∂ u x 2 d u y du 2 =( ) ⋅ 2 − 3 ⋅ r dr r dr ∂x
2 2 2
同理
∂ 2u y 2 d 2 u x 2 du 2 =( ) ⋅ 2 − 3 ⋅ r dr r dr ∂y
⇒
d 2u ∂ 2 u ∂ 2 u 1 ∂u ⋅ +u= 2 +u 2 + 2 − x ∂x dr ∂x ∂y
y = x k [Q1 ( x ) + jQ2 ( x )]e λx (cosωx + j sin ωx )
= x k e λx [(Q1 ( x ) cos ωx − Q2 ( x ) sin ωx ) + j (Q1 ( x ) sin ωx + Q2 ( x ) cos ωx )]
0, λ + jω不是特征方程的根 k= 1, λ + jω是特征方程的单根 由分解定理 Re y = x k e λx [Q1 ( x ) cosωx − Q2 ( x ) sin ωx ] Im y = x k e λx [Q1 ( x ) sin ωx + Q2 ( x ) cosωx ]
X = c1e
g t 10
+ c2e
x = −2
*
x(t ) = c1e
g t 10
g t 10
+ c2e
−2
−
g t 10
−2
当x = 8时
代入初始条件 解得
x(t ) = e
+e
−
g t 10
c1 = c2 = 1
10 t= ln( 5 + 2 6 ) ≈ 2.3( s ) g
三、小结
λx
(待定系数法 待定系数法) 待定系数法
,
2x . 例1 求方程 y′′ − 3 y′ + 2 y = xe 的通解
解
r 2 − 3 r + 2 = 0, 特征方程 特征根 r1 = 1，r2 = 2，
对应齐次方程通解 Y = c1 e x + c 2 e 2 x ,
于是 y = x( x − 1)e 2 1 x 2x 2x 原方程通解为 y = C1e + C2e + x( x − 1)e .
二阶常系数非齐次线性微分方程
y′′ + py′ + qy = f (x) 二阶常系数非齐次线性方程
对应齐次方程 通解结构 常见类型
y′′ + py′ + qy = 0,
y = Y + y,
自由项为
Pm(x), Pm ( x )e λx ,
Pm ( x )e sin βx ,
方法：待定系数法 方法：待定系数法.
du d 2u 2 2 2 ⇒ 2 +u= x + y 即 2 + u = r dr dr
这是一个二阶常系数非齐次线性微分方程 解得
2
u = c1 cosr + c2 sinr + r − 2
2
⇒ u = c1 cos x2 + y2 + c2 sin x2 + y2
一链条悬挂在一钉子上， 一链条悬挂在一钉子上，起动时一端离 钉子8米 另一端离钉子12米 钉子 米，另一端离钉子 米，若不计摩 擦力， 擦力，求此链条滑过钉子所需的时间 解 设时刻 t 链条下落了 x 米 例8 另设链条单位长重为 则上段重为 下段重为
λx
( 3) 若λ是特征方程的重根， 是特征方程的重根，
λ + pλ + q = 0,
2
2λ + p = 0,
y = x2Qm( x)eλx .
λ不是根 λ是单根 , λ是重根
可设 ( x) = x Qm( x), Q
2
综上讨论
设 y = xk eλxQm (x) ,
0 k = 1 2
代入方程
y′′ + y = e x 的特解
* y1 = Aex
* 1
1 x ⇒y = e 2 再求 y′′ + y = cosx 的特解
1 A= 2
考虑辅助方程
y′′ + y = e jx
y′ = Aejx + Ajxejx y′′ = 2Ajejx − Axejx
1 代入方程得 A = 2j 1 1 1 jx y= xe = x sin x − j ⋅ x cos x 2j 2 2 1 * 取实部得 y2 = x sin x 2 1 x * * * 原方程的特解 y = y1 + y2 = (e + x sin x ) 2 1 x 所求通解为 y = c1 cos x + c2 sin x + 2 (e + x sin x )
w(12+ x) w(8 − x)
kg ) w( m
由Newton第二定律 第二定律
d2x [w(12 + x) − w(8 − x)]g = 20w 2 dt
dx x t =0 = 0, t =0 = 0 dt g 2 r − =0 特征方程 10
齐通解 特解 故
特征根
− g t 10
g r1, 2 = ± 10
k
考虑方程 y′′ + py′ + qy = P ( x)e(λ+ jω ) x , m 辅助方程
可设 y = x Qm ( x )e
( λ + jω ) x
Qm ( x )是m 次复系数多项式
记 Qm ( x ) = Q1 ( x ) + jQ2 ( x )
Q1 ( x ), Q 2 ( x )均是 m 次实系数多项式
注意 上述结论可推广到 阶常系数非齐次线性 上述结论可推广到n阶常系数非齐次线性 微分方程（ 是重根次数 是重根次数） 微分方程（k是重根次数）.
特别地 y′′ + py′ + qy = Ae
λx
A e λx , λ不是特征方程的根 λ 2 + pλ + q A y= xe λx λ是特征方程的单根 2λ + p A 2 λx xe λ是特征方程的重根 2
f ( x ) = Pm ( x )e λx cosωx 分别是以 为自由项的非齐次线 λx f ( x ) = Pm ( x )e sin ωx 性微分方程的特解
注意
这种方法称为复数法
上述结论可推广到n阶常系数非齐次线性微分方程 上述结论可推广到 阶常系数非齐次线性微分方程 例3 求方程 y′′ + y = 4sin x 的通解 . 解 对应齐方通解 Y = C1 cos x + C 2 sin x , 作辅助方程
(1) f ( x ) = e Pm ( x ), (λ可以是复数） 可以是复数）
y = xk eλxQm (x);
( 2) f ( x ) = e [ Pl ( x ) cos ωx + Pn ( x ) sin ωx ],
λx
y = x e [R ( x)cosωx + R ( x)sinωx];
可设 y = Axe jx Q λ = j是单根
例7 设 u = f ( x2 + y2 ) 具有连续的二阶偏导数 ∂2u ∂2u 1 ∂u 且满足 + 2 − ⋅ + u = x2 + y2 ∂x2 ∂y x ∂x 求 u 的表达式 解 记 r= x +y
2 2
则 u = f (r )
∂u du ∂u du x = ⋅ = ⋅ ∂x dr ∂x dr r
设 y * = ( Ax + B )e 2 jx ,
代入辅助方程
4 Aj − 3 B = 0 ∴ A = − 1 ，B = − 4 j , 3 9 − 3 A = 1 1 4 2 jx * ∴ y = (− x − j )e , 3 9
1 4 = ( − x − j )(cos 2 x + j sin 2 x ) 3 9 1 4 4 1 = − x cos 2 x + sin 2 x − ( cos 2 x + x sin 2 x ) j , 3 9 9 3 1 4 所求非齐方程特解为 y = − x cos 2 x + sin 2 x , 3 9
1 A = 2 , 代入方程, 代入方程 得 2 Ax + B + 2 A = x ∴ B = −1 1 2x
2x Q λ = 2 是单根，设 y = x( Ax + B)e , 是单根，
2
例2 求通解
′′ + 6 y′ + 9 y = 5xe−3x y
2
解 特征方程 r + 6r + 9 = 0 特征根 r1 = r2 = −3 齐通解
(1) 若λ不是特征方程的根， λ2 + pλ + q ≠ 0, 不是特征方程的根，
可设Q( x) = Qm( x),
y = Qm ( x)eλx ;
( 2) 若λ是特征方程的单根， 是特征方程的单根，
λ2 + pλ + q = 0,
Q 可设 (x) = xQ (x), m
2λ + p ≠ 0,
y = xQm ( x)e ;
k
λx
(1) m
( 2) m
只含上式一项解法：பைடு நூலகம்辅助方程 求特解 求特解, 只含上式一项解法：作辅助方程,求特解 取 特解的实部或虚部, 得原非齐方程特解. 特解的实部或虚部 得原非齐方程特解
思考题
′′ − 4 y′ + 4 y = 6 x 2 + 8e 2 x 写出微分方程 y
的待定特解的形式. 的待定特解的形式
原方程通解为 y = C cos x + C sin x − 2 x cos x . 1 2
. 例4 求方程 y′′ + y = xcos 2x 的通解
解 对应齐方通解 Y = C1 cos x + C 2 sin x ,
′′ + y = xe2 jx , 作辅助方程 y
Q λ = 2 j 不是特征方程的根 ,