常系数线性常微分方程.docx
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常系数线性常微分方程
常系数线性常微分方程
第六章
常系高数线性微分阶方程一.
常系线性数齐微次分程
方二.常数系性线齐次非微分程
方第六章
系数常齐次性微分线方
基程思本路:
求解常系数线齐性微分次程方转
化求特方程征代数方程）之（
二根常阶数齐次系性微分方程:
线①和的它导数差只常数因,子所以令①的解为yerx（r为定待数常）,代入得①
（r2
prqe）xr0r2prq01
当p.24q0,时有②两个异相实根程有两方线性个无关的解:
特1rxr2xyCeCe因此程的通方为解1
2
称②为微分②方程①的征方特,程其根称为征特.根
则微分
2
pq04时,特方程征有个两相实等2.当
根
则分方微程有个一解
特设一特另解代
方入得:
程
（（ux）待定
2）
e
r1
x
[（u2r1ur1u）（upr1）uqu
0
u2r（1p）u（r1pr1q）u
是0特方程征重的
根
u20
取u=x,则得2yxre1,x因此方原程通解的
y为（C1C2）ex
r1x
3.
当p24q0时,特征方程有对一轭复共根这时方程原有个两复数解
:
y1（ei）xex（cosxisnix）2y
（ei）
ex
x
（cos
xsiinx）
用解的利加叠原理得,原方程线性的无特解:
1关1y2（y1y2）xecos1y2x2i（y1y2）exisnx
此因方程的通解原为
yexC1（ocsx2Cisnx
）结:
小
ypyqy0（p,q为常数
特）方征:
程2prrq0
征根特
根实
通
解
r
1x
yCe
1C2e
2xr
y（
1C2x）C
er
x1
yexC（1cosxC2snix
以）上结论推广到可高阶系数线常微分方程性.
y
（n）a1（ny）1an1yany0（ak均为数）常特征方
:
程rna1rn1an1ran若0征特程方含重实kr,则根其解中必通对含应项
特征方程含k若重根对应复项
则其通解必中含
1例求.方程y2y3y0的通.
解:
解特征方程r2r30,征根特:
r11,r23,
因此2原方的程通解
为
例2.求解值初问
题d
dss2s02dttddsst204,dtt
0
2
解:
特征程方r22r10有重根r12r1,因原方程此通的解为sC（12Ct）et
1C4,2C2于所是求值问初题解为
利的用始条件得
初例
.
3的通.解
342r2r5r0,征特:
根:
特征解方程r1r20,r34,12i
此因方程通原为
y解C12Cxe（3cosC2Cxsin24）x例
4.方程解y（5）y（4）0.解:
特方征:
程r5r40,征根特:
x
r
1r2
3rr4,05r1原方通程:
y解C12CxC3x2C4x3Ce5x
（不看难,出方原有特程解1,x,x2,3,xxe）
4
dw例45.解程方w（00.）d4解:
特x征程:
方（r22）222r20
即
（r22r2）（2r2r2）0
1r,2
x
其根
为
方通解:
程
2（
1i,r3）,4
2
1i（
w）e
2
（
C1ocs
x2C2si
n
2
x）
2
ex
（
C3cos
2
x
Csin4
2
x
）6例.解方程（y4）2yy0.解:
特方征:
r程4r220
1即特征根为
方程则通:
解（r212）0
容内小
y结pyqy0（p,q常为数）征根:
r特1,r2
（1当）r1r2,时解为y通C1e
r1x
C2e
2rx
（2）当r1r2,时通解y为C1（C2x）e
（）当r312,i时,通解为
r1
x
yexC（1ocsxC2isnx
）推广到可阶常高系线性数次齐方求通解程
思考.练习与
方程
求
案答:
a:
的通0解通解为y.1CCx
2ax
a
0通解为:
yC1csaxoC2snixa
0:
通a解为yC1
eC2e
x
a
思
考题
特解的为4常阶数线性齐系微次分程方,
求并通解其.
解根据:
定给的解特知特征方有根程:
因此特征方程（为r12）（r24）0
即
4r2r35r2r840
故所
方求程为通其为
解
第
章六
系常非数次线性微齐分方
一、程（f）xexPm（x）
型二、f（x）ex[Pl（）xcosx~Pn（x）sin]x型
二阶常系
线性数齐非次微方分程:
y
pyqyf（x）（,pq常数）
根据解为的构定理结,其通为
解
①
Yy*
齐次y程方解通非次方程齐解特求特的方法解—待定系数法据根f（）x的殊特式,形的定形待,
式代
原入方程较比两端达式表以确待定系定数.
、
f一（）exxmP（x）型
为实数,Pm（）x为m次多项式.特解设为*yex（Qx）,中Q其（x）为待多项式定,
y
*xe[（Qx）Q（x）]y*ex[2Q（）x2Q（）xQ（x]）
代入原程方,
（1）得若不是征特程的根方,则取2x（2p）Q（x）（pq）（xQ）][eQx（）Qx（）为m待定次系数项多从式得而到解
特xxeP（）x形式为y*em（Q）x.m
（Q）
x（
2pq）Q（x）Pm（）
x
（2）
若是征方特的单程,即为根m次多项,故特解式式形
为（）3若特是征程的方重根即,
2
p0,2
x是次m多项式,特故解形式为y*xQmx（e）则Q（x
）结小对方程①,当是征特程的方重根k,时可
特设解*y
xkQ（m）xex（k0,,1）2此结可推论到高阶广常数系线性分微方程.
例
1.:
解本题0,而特方征程为
一个特解的.
0是不征特方的根程
.所设求特为解比较系数,得代入方:
程
1b01,b13
是所求特于解
例2为.的解.通:
本题解2特征,方为程r2r560其,为对根应齐次方程的解为通
设非
齐方次程特解
为y*（bx0xb1）e2x
10b,1b1
2代入
方程得2b0xb12bx0比较数系,
得2因x特解为y此*x（1x1）.2e
所通求解为
1
（2
x2x）e2x.
y
y3y21例3.解求解问定题y0（）y（）0y（）00
:
解本题0,特征方为
程
根为其
对应齐故次方程通为Y解C1Ce2xCe3x2非设次方程特解齐为原方程通解为
yC1C2ex3eC2
x代
方入程得
由初故始条得件
C
22C31
2
解得
C
134C21C134
于
所是求为
解
3x12x1yeex424
二、f（x）e分析
思:
路
x
~lP（x）cosxPn（x）insx型
第
步将一fx）转化为
f（（x）Pm（x）e
（
i）x
mP（x）e
（
i）x
第二步求如出下两个程的方特解ypyqyP（mx）e（i）x
y
pyyqP（xm）e（i）x
第三步用利加原叠理求出原程方特的
第解四步分析方原程解的特点
特
一第步利用欧拉公将f（式）变形x
ixiixxixeeee~xP（x）n（Px）f（x）eli22~Plx）（Pn（x）（i）xe2i2~Pl（x）Pn（x）（i）xe2i令2maxm,nl,则
f（x）Pm（xe）（i）xPm（x）e（i）x
mP（xe（）i）xPm（x）e（i）x
第二
步如下求两程的特解方
（i）xypyqyPm（x）e
②
ypyqPym（）ex（i）
x解特:
故y1
③
设i特征是方的k重程根（=k01,）则②有
xQm（）xe
k
（ix）
（mQx）为m（次多项式
）（y）1p（y1）qy1P（mx）e（i）x
等式
两边取轭:
共1ypy1qy1Pmx（）e（i）
为x程方这明说1
y
③特的解
.
第三求原步方的程特解原程方~xypyyqePl（x）cosxPn（x）sinx
利用二第的结果,步据叠根原加理原方,有特解:
程y*1y1
Qm（yocsxisinx）
~xkexRmcoxsRsinmx~中其mR,R均为mm次多项式.
mQQmeexexkQm（cosixsnix
x）
kx
eixix
第
步四析分y特的点
yy1y1k
x
x
e
因
~
RcmsoxRmisn
xy1y1y1y1y
*
y
1
yy
1
~本质为实上数函,所y因以此Rm,mR均为m次
多实项.式
小结对非齐方次~程ypyqyexPlx）（ocxsP（xns）inx
（p,q为常）数
i为特方程的征k重（根k0,1）=则可设,解特
:
y*xe
其上中述论结可也推到广高阶方程情的.形
kx
~RmoscxRmsinx
例4.
的个特一解.~解:
本题0,,2lP（x）x,n（P）x0,特方征程2r10不是征特程的根方,故特设为代入方解得
程（3ax34bc）ocs2x（3c3xd4a）ins2xxcos2x3a1143b4c0a3,d9比系较数,得c30cb0d34a0
于是得一个求解特
例5
解:
.特方征为程2r90,其为根
的
通.解
对
应齐方程次通解为
为的征特程方的根,因单设非齐此次程方解特为代入方:
程bcos63xa6sin3x比较数,系因此得解特为y*x（cos353sxni3x）所求通为
解
x（5cso3xsin33x）
例
.6设下高阶列常系数性非线齐方程次的特形解:
式
（2
）y（4）xyex3snix解:
（1）特征方有二重根程所以非设次齐程方特解（2为特征方程）用利加叠理原可,设齐次非程特解方为
有根
xd（coxsksinx）
考与思习
1练.（填空）设时设特可为
解
*yx（xa）bocxs（cx）dsinx
可时设特为解
y*
（ax）bco2sx（cxd）sin2xke2
提x示
~:
[mR（）xcosxRm（x）insx]
x通解（的中其y4y4y2.e求微分方
程为
实数）.解特征:
方程r42r40,征特:
根r1r22对齐次方程通应:
解
时,2令yAex,代原入程得方
故A方原通解为程
1
2）（
2
2,令时yB2exx代入原,程方得B12
故,原程通方为解
x有特y解aybyce.已知二阶常3微分方y程ex1（xex2）,求微分方程的通.
解:
解将特代入解方程得等恒式
（
1a）eb
比较数得系故方原为
程
x（
2）ea（1b）aexce
x
x
x1
ab02ac1ab0
a0b1c2
yexxex
xxYCeCe对应齐次方通解:
1程2
方原程解通
为y1Cex2C
exxex
振动问
例题.质量1m的物体自由为悬挂一端固在的弹定簧,上
重力与弹当性抵消时,物力处于体衡平状态,若手向下用物体拉它使离开衡位置后平开放,物在弹性力与体
阻作用下力作往复动运,阻力的大小运动速与度成正,比方相向.反建位立满足的移分方程.微解:
取平时物体衡位置为坐标的原,点建立标坐系图如设时.t刻位物移为xt（）（.1）自由动情振.况体物所的力受:
有
oxx
弹
性恢复力
（
虎克定律）
阻
力据牛第二顿律定
得
令cn2k,,则得有尼阻由自动方程:
m振m2dxxd22nkx20tddt
（2）强振迫动情.况物体在若动运过中程还受铅直外力则得强迫H振方动:
程FHinspt作，令用h，m2dxd2x2nkxhsnpit2dtd
t
2
例.2量为m的物体自质悬挂在由一端固的定弹簧,在无上外作力用下做由自运动取,平衡位其置原点为建坐立标系如,图设t=0时物体位置为的求体物运的动规律初始
:
解例1由,知位移满自足由振方程,动此定因解题为问d2x
dx
2n2kx02dtdtxt00x,dtx0v0t
d
oxx
A
）1阻尼自由振无动情（况=0n）2dx2方:
程kx0v02dtk特方征:
程r2k20,特根:
r1征,2ik
方程通解:
xC1coskt2Cinskt0利v初用始条件:
得C10x,2Ck故求所特:
解0xv0xocktsisnktk
0x
2
vk02xAx002,tan0kv
解特的:
征简谐动振A振幅,:
初:
相
期:
周
固
有频率仅由（系特统性定）确
下图中假设x
t
0
dxx0,0dt
t0
v00
2）有
尼自阻振由动情况2dxdx2程:
方kx022nddt特征方程tr:
22nrk20
征根特:
r1,2n
n2k2
这时
需如下分三种况进行讨论情:
小阻
尼:
n
的特解征
大阻尼
:
>n临k界尼:
阻n=
解k特的征的解特征
例
.31例若设中体物只受性恢复力弹f和直干扰铅力FHisptn的作,用求物的运动体规.律
解:
题问归为求结解无尼阻迫强动振程d方2x2kxhsipnt④2t•dp≠当k时齐次,通:
解
C1XsinkC2ctosktAisn（tk）
齐次特非解形式:
xasniptbcopsth,0b代④入得可:
a2kp2因此原方④之程解为
o
xx
shinpxtAis（nkt）22kp
自由动振强迫动振
h很将大!
当干扰力角的频率≈固有p频率k时,振幅22kp
•p=当k时,齐非次解形特式:
xt（aisnktbcoskt）h代④可入:
a得,b02hktcoskt方程④解为的xAsin（kt）2k
h
xAsni（kt）tosct2kk自
由振动强振迫动可限无大增
随着t的增,大强迫振的动振幅这时生共振现象.产若避要共免振象现,应使p远离固频率有k若要利用;共现象,应振使p与k尽量靠近或使,p=k.
ox
x
机械来说,共对可能引振起破坏用作,如桥被梁坏,
电破机座机破坏被,等但对电振磁来说荡,共可振起能有利用,作收音如机调频的放大是即用利共振原.
理
例
.4设有一电个R阻,感自L,电容C和源电E串联组成电路的,中其R,L,C为常数
求电
容两两极器板间压电cu所满足的分微方程R.示:
提设路电电中流i（t）为,板
极上的量电q为（t）自感电动势为,EL,由电学知
‖
qKq
LC
i~E∼
据根回路电压定律:
在合回闭路,中有支所上的电压降为路0
idqELRi0dt
CduC2udCRLCCuCEmsint2tdtdRR令1,02LCLLC联电串路的振荡程:
d方uCduCEm220Cusin2tdtLdCt如电果容充电后撤去器源（电E=）0,则得
2
为关化于cu方的:
程
故
有
i
E~
q‖qK
2duCdCu220uC0d2tdt
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