常系数线性方程

解：设链条线密度为 ρ ，则链条的质量为 100 ρ 。 再设当时刻
t
时，链条的下端距桌面的距离为 x ( t )
则根据牛顿第二定律有：
d2x 100 ρ 2 = ρ gx ， dt
即
d2x g x=0 2 − 。 dt 100
x(0) = 20 ，
x ′(0) = 0 ，
d2x g x=0 2 − 100 dt x (0) = 20， x′(0) = 0
一. 二阶常系数线性齐次方程 一般形式: p,q为常数
y ′′ + py ′ + qy = 0,
(1)
分析 由方程特点可看出: y , y ′, y ′′ 为同一类型函数,
λx y = e 之间相差常数因子. 因此假设 2 λx 将y = e λx 代入(1)得, ( λ + pλ + q )e = 0,
∴ u′′ = 0
λ1 x u = x , 得到另一个线性无关的特解 y 2 = xe 取
则(1)的通解为 y = C1e
λ1 x
+ C 2 xe λ1 x = (C1 + C 2 x )e λ1 x
3.特征根为共轭复根: λ1 = α + iβ , λ 2 = α − iβ ( β ≠ 0)
y1 = e
即y1 , y2 是(1)的两个线性无关的解。
则(1)的通解为
y = C 1e
λ1 x
+ C 2e
λ2 x
2.特征根为二重根 λ1 = λ:2
y1 = e λ1 x 是(1)的一个特解, 求另一个线性无关的特解.
设y 2 = u( x )e λ1 x，代入方程
2 u′′ + ( 2λ1 + p )u′ + ( λ1 + p λ1 + q ) u = 0
二阶常系数线性非齐次方程
一般形式: y ′′ + py ′ + qy = f ( x ),
(1)
p,q为常数
由解的结构可知, (1)的通解是: y = Y + y ∗
∗ y 故只要求出(1)的一个特解 .
待定系数法
αx 1. f ( x ) = Pm ( x )e
型
2. f ( x ) = e αx [ Pm ( x ) cos β x + Pl ( x ) sin β x ]型
1 y = ( y1 − y 2 ) = e αx sin β x 2i
∗ 2
αx y = e (C 1 cos β x + C 2 sin β x ) 则(1)的通解为
y′′ + py′ + qy = 0 → λ2 + pλ + q = 0
特征根的情况
实根 λ1 ≠ λ 2 实根 λ1 = λ 2 复根 λ 1 , 2 = α ± iβ
例14: y ( 5 ) − y ( 4 ) + y ( 3 ) − y′′ = 0
解：特征方程 λ 5 − λ 4 + λ 3 − λ 2 = 0 ,
λ4 ( λ − 1) + λ2 (λ − 1) = 0
(λ − 1)λ2 (λ 2 +1) = 0
特征根λ1 = λ 2 = 0, λ3 = 1, λ4 = i , λ5 = − i
0 k= 1
α + iβ 不是特征根 α + iβ 是特征根
y ∗ = x k e αx [Qn ( x ) cos β x + Rn ( x ) sin β x ]
n = max{ l , m }
n 次多项式
例8:求
2x ′ ′ y − y = 10e cos x
的一个特解.
解： λ 2 − 1 = 0, ∴ λ 1 = 1, λ 2 = − 1
代入(1)式并整理得:
Q ′′ + ( 2α + p )Q ′ + (α 2 + pα + q )Q = Pm ( x )
( 2)
Q ′′ + ( 2α + p )Q ′ + (α 2 + pα + q )Q = Pm ( x )
2 (1).当 α 不是特征根时: α + p α + q ≠ 0 ,
αx f ( x ) = P ( x ) e 1. 型 m
设y ∗ = Q ( x )e αx
y * ' = Q' ( x )eαx + αQ( x )e αx = [Q' ( x ) + αQ( x )]eαx y * ' ' = Q' ' ( x )eαx + 2αQ( x )e αx + α 2Q( x )e αx = [Q' ' ( x ) + 2αQ( x ) + α 2Q( x )]e αx
特征方程
λ 2 + pλ + q = 0 ,
( 2)
当 λ 满足(2)时, e λx 是(1)的一个特解. 特征根 根据特征根的三种不同情形, 方程(1)的通解有三种情形.
1.特征根为相异实根λ1 ≠ λ 2 : 得到 y1
Байду номын сангаас=e
λ1 x
, y2 = e
λ2 x
且
y1 = e ( λ1 − λ2 ) x ≠ 常数 y2
则通解为
y = (C1 + C 2 x )e 2 x
y ′ | x = 0 = 0 ⇒ C 2 = −2
2x 2x ′ ∴ y = 2(C 1 + C 2 x )e + C 2 e
y | x = 0 = 1 ⇒ C1 = 1
则特解为 y = (1 − 2 x )e 2 x
例: y ′′ + 2 y ′ + 2 y = 0
∗ αx y = xQ ( x ) e 则设 m
Q ′′ + ( 2α + p )Q ′ + (α 2 + pα + q )Q = Pm ( x )
( 2)
2 α + pα + q = 0, 2α + p = 0 , α (3).当 是特征重根时:
因此 Q′′( x ) 是 m次多项式, Q( x ) 是 m+2 次多项式,
( α + iβ ) x
, y2 = e
( α − iβ ) x
是(1)的两个特解,
y1 = e (α + iβ ) x = e αx (cos β x + i sin β x ) y 2 = e (α − iβ ) x = e αx (cos β x − i sin β x ) 1 ∗ y1 = ( y1 + y 2 ) = e αx cos β x 线性无关特解 2
由于α ± iβ = 2 ± i 不是特征根,
∗ 2x 则设 y = e ( A cos x + B sin x )
将 y ∗ 代入方程得:
y ∗ = e 2 x (cos x + 2 sin x )
注意: 尽管 f ( x ) = 10e 2 x cos x 中不含 (13) 中 的 sinβ x , 但应认为是 式中的 Pl (x) = 0 , 不可设特解为
(3)
通解中的对应项
一个解 e λx
两个解 e αx cos β x , e αx sin β x
k个解 e λx , xe λx ,⋅ ⋅ ⋅, x k −1e λx
λ1 , 2 = α ± iβ
2k个解 eαx cosβx, xeαx cosβx,⋅ ⋅ ⋅, xk −1eαx cosβx, eαx sin βx, xeαx sin βx,L, xk −1eαx sin βx
y ( x ) = ae
2x
cos x
而应设为
y ( x ) = e 2 x ( a cos x + b sin x )
由于 α = 0 不是特征根,
∗ ∗
f ( x ) = Pm ( x )e αx 型,
∴ Y = c1e −3 x + c2 e x 则设y ∗ = Ax 2 + Bx + C
2
14 将 y 代入方程得: y = −3 x − 4 x − 3 原方程的通解 y = Y + ( − 3 x
2
14 − 4x − ) 3
此时 y '( x ) = [2 Ax + (3 A + 2 B ) x + 2 Bx ]e
* 3 2
y * ''( x ) = [4 Ax 3 + (12 A + 4 B ) x 2 + (8 B + 6 A) x + 2 B ]e 2 x
代入方程整理得
6 Ax + 2 B = 6 x − 2
令
1, x
e
x
cos x , sin x
∴ y = c1 + c2 x + c3 e x + c4 cos x + c5 sin x
例15
y ( 5 ) + y ( 4 ) + 2 y ( 3 ) + 2 y′′ + y′ + y = 0
特征方程为 λ5 + λ4 + 2λ3 + 2λ 2 + λ + 1 = 0,
解： λ 2 + 2λ + 2 = 0,
则通解为
λ1, 2 = − 1 ± i ,
y = e − x (C1 cos x + C 2 sin x )