常微分方程3.4 线性非齐次常系数方程的待定系数法

3
d 2x dx L[x] = 2 + p + qx = b0 + b t +L+ bntn. 1 dt dt 当 q = 0, p ≠ 0 时, 零为方程的单特征根，令 为方程的单特征根，
ϕ(t) = t(B0 + B1 +L+ Bnt )
n
为方程的二重特征根， 当 q = 0, p = 0 时, 零为方程的二重特征根，
x(t) = eα t y(t), 则方程变为: 则方程变为: 做变换
d2 y dy 2 n + (2α + p) + (α + pα + q) y = b0 + b1t +L+ bnt . 2 dt dt B0 + B1t +L+ Bnt n , α2 + pα + q ≠ 0, ϕ(t) = t(B0 + B1t +L+ Bnt n ), α2 + pα + q = 0,2α + p ≠ 0, 2 t (B0 + B1t +L+ Bnt n ), α2 + pα + q = 0,2α + p = 0,
l = max{m, n}
不是对应齐次方程 特征根时 取 对应齐次方程的 当 α + iβ 不是对应齐次方程的特征根时,取 k = 0. 特征根时 当 α + iβ 是对应齐次方程的特征根时,取 k =1.
14
的通解. 例5 求 x'' + x' − 2x = et (cos t −9;' + x' − 2x = 0的通解 特征方程
18
作业: 作业 P149 2，3，6，7，8 (1)，9, 10 ， ， ， ， ，
19
2
λ1 =1, λ2 = 5.
对应齐次方程的通解为: x = c1e + c2e . 对应齐次方程的通解为
t 5t 5t
再求非齐次方程的一个特解. 再求非齐次方程的一个特解 因为方程的右端由两项组成, 因为方程的右端由两项组成 根据解的叠加 原理, 可先分别求下面两个方程的特解. 原理 可先分别求下面两个方程的特解
12
d x dx − 6 + 5x = −3et dt 2 dt
2
d x dx − 6 + 5x = 5t 2 dt 2 dt
2
, 这两个特解之和为原方程的一个特解. 这两个特解之和为原方程的一个特解 λ1 =1 λ2 = 5.
ϕ1(t) = Atet 对于第一个方程, 对于第一个方程 设特解
3 代入第一个方程得: 代入第一个方程得 A = . 4 ϕ2 (t) = B0 + B1t + B2t 2 对第二个方程, 对第二个方程 设特解 62 12 代入第二个方程得: 代入第二个方程得 B0 = , B = , B2 =1. 1 25 5 原方程的通解为 3 t 2 12 62 t 5t x = c1e + c2e + te + t + t + . 4 5 25
λ2 + λ − 2 = 0 的根为
λ1 =1, λ2 = −2
所以齐次方程的通解为
x = c1e + c2e
t
−2t
再求非齐次方程的一个通解， 再求非齐次方程的一个通解，
15
x'' + x' − 2x = et (cos t − 7sin t)
不是特征根， α + iβ =1+ i 不是特征根，故 ϕ(t) = et ( Acos t + Bsin t) 代入原方程得到
这里的特征方程 λ2 +1 = 0 有两个解 λ12 = ±i 对应齐次方程的通解为: 对应齐次方程的通解为 x = c1 cost + c2 sin t. 再求非齐次方程的一个特解. 再求非齐次方程的一个特解
α + iβ = i 是特征根 故原方程特解的形式为 是特征根,
ϕ(t) = t( Acos t + Bsin t)
8
d 2x dx L[x] = 2 + p + qx = (b0 + b t +L+ bntn )eα t . 1 dt dt 对应的齐次方程的特征方程 λ2 + pλ + q = 0.
(1) 当 α不是特征根时, 方程的特解形式为 不是特征根时
ϕ(t) = (B0 + B1t +L+ Bnt )e .
3.4 线性非齐次常系数方程
线性非齐次常系数方程的待定系数法. 线性非齐次常系数方程的待定系数法. 待定系数法 在第2节给出的常数变易法比较繁琐， 在第2节给出的常数变易法比较繁琐， 常数变易法比较繁琐 本节将给出比较简单的解法. 本节将给出比较简单的解法.
1
考虑常系数非齐次线性方程
d x d x L[x] = n + a1 n−1 +L+ an x = f (t) (3.4.1) dt dt
因此, 因此 原方程的特解为 t2 t3 t27 ϕ(t) = e2t [ + +L+ ]. 1⋅ 2 2⋅ 3 28⋅ 29
11
d x dx 的通解. − 6 + 5x = −3et + 5t 2 的通解 例7 求方程 2 dt dt d2x dx 的通解. 解: 先求对应齐次方程的 2 − 6 + 5x = 0的通解 dt dt 2 这里的特征方程 λ − 6λ + 5 = 0 有两个解
将 ϕ(t) 代入方程得
2B2 + B1 − 2B0 + 2(B2 − B1)t − 2B2t = 8t .
2 2
比较上式两端的系数, 比较上式两端的系数 可得 B2 = −4, B = 4, B0 = −2. 1 因此, 因此 原方程的一个特解为
ϕ(t) = −2 + 4t − 4t .
2
6
d 2 x dx − = −4t 3的通解 的通解. 例2 求方程 2 dt dt 解: 对应的齐次方程的特征根为 λ1 = 0, λ2 =1.
对应的齐次方程的特征根为二重根 解: 对应的齐次方程的特征根为二重根 因此, 因此 该方程特解的形式为
2
λ12 =1.
ϕ(t) = t (B0 + B1t + B2t )e .
2 2 t
将 ϕ(t) 代入方程 可得 代入方程, 1 B2 = , B1 = 0, B0 = 0. 12 1 4 t 因此, 因此 原方程的一个特解为 ϕ(t) = t e .
13
非齐次项为多项式与指数函数，正余弦函数之积 三、非齐次项为多项式与指数函数，正余弦函数之积 方程的特解 ϕ(t)形式为
L[x] = x′′ + px′ + qx = [ Am(t) cos β t + Bn (t) sin β t]eα t
ϕ(t) = tk [P (t) cos β t + Ql (t)sin β t]eα t , (k = 0,1) l
17
d 2x + x = 2sin t 的通解 的通解. 例6 求方程 2 dt
方程特解的形式为 ϕ(t) = t( Acos t + Bsin t) 代入原方程得
2Bcost − 2Asin t = 2sin t.
比较方程两边的系数得: A = −1, B = 0. 比较方程两边的系数得 故原方程的特解为: 故原方程的特解为 ϕ(t) = −t cos t. 因而原方程的通解为: 因而原方程的通解为 x = c1 cos t + c2 sin t −t cos t.
d x = b0 + b1t +L+ bnt n. dt 2
直接积分得方程的特解…… 直接积分得方程的特解
2
ϕ(t) = t2 (B0 + B1t +L+ Bntn ).
4
d 2x dx L[x] = 2 + p + qx = b0 + b t +L+ bntn. 1 dt dt
综合情况, 我们得到特解形式: 综合情况 我们得到特解形式
n
αt
(2) 当 α是单特征根时, 方程的特解形式为 是单特征根时
ϕ(t) = t(B0 + B1t +L+ Bntn )eα t .
(3) 当 α是二重特征根时, 方程的特解形式为 是二重特征根时
ϕ(t) = t (B0 + B1t +L+ Bnt )e .
2 n
9
αt
d x dx 的一个特解. 例3 求方程 2 − 2 + x = t2et 的一个特解 dt dt
是一些特殊函数， 当 f (t) 是一些特殊函数， 指数函数，正余弦函数 函数， 多项式时 如指数函数，正余弦函数，及多项式时， 通常利用待定系数法来求解。 通常利用待定系数法来求解。 待定系数法来求解
n
n−1
2
一、非齐次项是多项式
d 2x dx ） L[x] = 2 + p + qx = b0 + b1t +L+ bnt n.（3.4.2） dt dt
零不是方程的特征根. 当 q ≠ 0时,零不是方程的特征根. ） ϕ(t) = B0 + B1 +L+ Bnt n （3.4.3） 可取特解形式为 其中 B0 , B ,LBn是待定常数. 是待定常数. 1
L[ϕ(t)] = b0 + b1t +L+ bnt n 比较方程