二阶常系数非齐次线性方程讲解课件.ppt

1、()(1)ypyqyf x二阶常系数非齐次线性方程二阶常系数非齐次线性方程对应齐次方程对应齐次方程,0 qyypy通解结构通解结构,*yYy难点难点：如何求特解？如何求特解？方法方法：待定系数法待定系数法.f(x)常见类型常见类型),(xPm,)(xmexP,cos)(xexPxm ,sin)(xexPxm (1)()(),()xmmf xe P xP xm其中 是常数,是 次多项式22:69(1)()(1),2,1xxyyyexf xexm例如即下面我们讨论特解会具有什么样的表达式下面我们讨论特解会具有什么样的表达式.由于指数函数与多项式之积的导数仍是同类型由于指数函数与多项式之积的导数仍是

2、同类型的函数的函数,而方程的右端正好是这种形式的函数而方程的右端正好是这种形式的函数.因此因此我们可以推断出方程我们可以推断出方程(1)的特解应该也是指数函数的特解应该也是指数函数与多项式之积与多项式之积.故设故设*()xyQ x e接着我们可以推导出接着我们可以推导出Q(x)应该是几次多项式应该是几次多项式.将将*(),xyQ x e*()()xyeQ xQ x*2()2()()xyeQ xQ xQ x代入原方程代入原方程(1)中中,整理整理得得2()(2)()()()().(2)mQ xp Q xpq Q xP x22(1)00.()()mrprqrprqQ xmQx如果 不是的特征根,那

3、么为使(2)式两端恒等，也必须是 次多项式.1011().mmmmmQxb xb xbxb;)(*xmexQy),()(xQxQm 可可设设,02 qp 综上所述，若 不是特征方程的根，*0101*(),1,().xmmmxmyQx exb bbmb bbyQx e将代入方程(1),比较等式两端 的同次幂的系数,就得到含的个方程的联立方程组.从而可定出系数,并得到所求特解21,2:69(1),2,3xyyyexr例如*2(),;xyeaxba b故设其中是待定常数是特征方程的单根，是特征方程的单根，若若)2(,02 qp ,02 p),()(xxQxQm 可设可设;)(*xmexxQy)()(

4、)()()2()(2xPxQqpxQpxQm 312:43(1),3,1,3,xyyyexrr例如*33,(),;xyx abx ea b即是单根 则可设其中是待定常数是特征方程的重根，是特征方程的重根，若若)3(,02 qp ,02 p),()(2xQxxQm 可可设设综上讨论综上讨论,)(*xQexymxk设 是重根是重根是单根是单根不是根不是根2,10k注意注意上述结论可推广到上述结论可推广到n阶常系数非齐次线性阶常系数非齐次线性微分方程（微分方程（k是重根次数）是重根次数）.)(2*xmexQxy:)(的步骤求xPeqyypymx)(:特征根法解先求对应齐次方程的通第一步Y*:y方程的

5、一个特解用待定系数法求非齐次第二步见下表的形式从而确定的关系与比较,.1*yr是重根xmexQxy)(2*是单根xmexxQy)(*不是特征根xmexQy)(*的关系与r的设法*y的几种形式)(xQm),(2,1,0,)(2是待定系数cbamcbxaxmbaxmaxQm.,)(,)(.2*yyyy出原方程的一个特解从而求确定待定系数的值比较两边的形式代入原方程中及将设好形式的 3.由非齐次方程解的结构定理知其通解为由非齐次方程解的结构定理知其通解为,*yYyY的通解次方程对应齐*y特解的一个原方程.232的通解的通解求方程求方程xxeyyy 解解对应齐次方程通解对应齐次方程通解特征方程特征方程

6、,0232 rr特征根特征根，2121 rr,221xxececY 是单根，是单根，2 ,)(2*xebaxxy设代入方程代入方程,得得xabax22,121baxexxy2*)121(于是为原方程通解为原方程通解.)121(2221xxxexxeCeCy 例例1 102,12aba.1332的通解求方程 xyyy解解对应齐次方程通解对应齐次方程通解特征方程特征方程,0322 rr特征根特征根，3121rr,321xxececY是特征根，不00)(,)(,*yaybaxy可设代入原方程代入原方程,得得13)(32xbaxa,311ba31*xy于是例例2 233,132aba31321xeCe

7、Cyxx为原方程通解为原方程通解.0)0(,1)0(,54的特解满足求方程 yyyy解解对应齐次方程通解对应齐次方程通解特征方程特征方程,042 rr特征根特征根，4021rr,421xeccY是特征单根，00)(,)(,*yayaxy可设代入原方程代入原方程,得得54 axy45*于是例例3 3xeCCyx45421为原方程通解为原方程通解45 axeyccyyx451611165:1611,165,0)0(,1)0(421故所求特解为得由初始条件型型二、二、sin)(cos)()(xxPxxPexfnlx sincos)(xPxPexfnlx 22ieePeePexixinxixilxxi

8、nlxinleiPPeiPP)()()22()22(,)()()()(xixiexPexP,)()(xiexPqyypy 设,)(1*ximkeQxy利用欧拉公式利用欧拉公式,)()(xiexPqyypy 设,)(2*ximkeQxy*ximximxkeQeQexy,sin)(cos)()2()1(xxRxxRexmmxk 次多项式，次多项式，是是其中其中mxRxRmm)(),()2()1(nlm,max,10是单根不是根iik注意注意上述结论可推广到上述结论可推广到n阶常系数非齐次线性微分方程阶常系数非齐次线性微分方程.:sin)(cos)(的步骤求xxPxxPeqyypynlx)(:特征根

9、法解先求对应齐次方程的通第一步Y*:y方程的一个特解用待定系数法求非齐次第二步见下表的形式从而确定的关系与比较,.1*yri0,ki不是特征根,sin)(cos)()2()1(*xxQxxQexymmxk的设法*y的关系与ri1,ki是特征根,max nlm 其中.,)(,)(.2*yyyy出原方程的一个特解从而求确定待定系数的值比较两边的形式代入原方程中及将设好形式的 3.由非齐次方程解的结构定理知其通解为由非齐次方程解的结构定理知其通解为,*yYyY的通解次方程对应齐*y特解的一个原方程.sin4的通解的通解求方程求方程xyy 解解对应齐次方程的通解对应齐次方程的通解,sincos21xC

10、xCY ),sincos(*xbxaxy故设例例4 4xaxbxbxayxaxbxbxaxbxaxxbxaycos)2(sin)2()(,sin)(cos)()cossin()sincos()(*有代入原方程将,)(,*yyxxbxasin4cos2sin2,i是 单 根所求非齐方程特解为所求非齐方程特解为,cos2*xxy原方程通解为原方程通解为.cos2sincos21xxxCxCy 0,2,ba得比较等式两边xxbxasin4cos2sin2.2cos的通解的通解求方程求方程xxyy 解解对应齐方通解对应齐方通解,sincos21xCxCY ,2sin)(2cos)(*xdcxxbaxy

11、设代入原方程代入原方程,94,0,031dcba，得例例5 5所求非齐方程特解为所求非齐方程特解为,2sin942cos31*xxxy原方程通解为原方程通解为.2sin942cos31sincos21xxxxCxCy 2,ii不是特征方程的根如如果果)()()()(21xfxfyxQyxPy 而而*1y与与*2y分别是方程分别是方程,)()()(1xfyxQyxPy )()()(2xfyxQyxPy 的特解的特解,那么那么*2*1yy 就是原方程的特解就是原方程的特解.由解的叠加原理知由解的叠加原理知练习练习114cos2.22yyxx求方程的通解21,2 402,rri 解 由，得12cos

12、2sin2Ycxcx故对应齐次方程的通解为*114cos2(cos2sin2).2yyxyx axbx设的特解1,0,8ba解得所以*11sin28yxx1,0,8d解得c所以*214.2yyxycxd设的特解*218yx*11 ysin288 xxx故得原方程的一个特解是因此因此,原方程的通解为原方程的通解为1211 ycos2sin2sin288 cxcxxxx定理定理5.5.112121212()()()()()()()()()()()()()()yy xiyxyP x yQ x yf xifxy xyxyP x yQ x yf xyP x yQ x yfx设是方程的解,则与分别是方程与

13、的解.2cos的通解的通解求方程求方程xxyy 解解对应齐方通解对应齐方通解,sincos21xCxCY 作辅助方程作辅助方程,2ixxeyy 2,i不是特征方程的根*2(),xiyAxB e设代入辅助方程代入辅助方程43031AiBA14,39ABi ，*214(),39xiyxi e 例例6 614()(cos2sin2)39xixix 所求非齐次方程特解为所求非齐次方程特解为,2sin942cos31xxxy 原方程通解为原方程通解为.2sin942cos31sincos21xxxxCxCy 1441cos2sin2(cos2sin2),3993xxxxxx i（取实部）取实部）注意注意

14、xAexAexx sin,cos().ixAe分别是的实部和虚部.tan的通解的通解求方程求方程xyy 解解对应齐方通解对应齐方通解,sincos21xCxCY 用常数变易法求非齐方程通解用常数变易法求非齐方程通解,sin)(cos)(21xxcxxcy 设设,1)(xw,cos)(tanseclnsin)(2211 CxxcCxxxxc原方程通解为原方程通解为.tanseclncossincos21xxxxCxCy 例例7 7三、小结三、小结可以是复数）可以是复数）(),()()1(xPexfmx);(*xQexymxk,sin)(cos)()()2(xxPxxPexfnlx ;sin)(c

15、os)()2()1(*xxRxxRexymmxk(待定系数法待定系数法)思考题思考题写出微分方程写出微分方程xexyyy228644 的待定特解的形式的待定特解的形式.思考题解答思考题解答设设 的特解为的特解为2644xyyy *1yxeyyy2844 设设 的特解为的特解为*2y*2y*1*yy 则所求特解为则所求特解为0442 rr特征根特征根22,1 rCBxAxy 2*1xeDxy22*2（重根）重根）*2y*1*yy CBxAx 2.22xeDx 一、一、求下列微分方程的通解求下列微分方程的通解:1 1、xeyay 2；2 2、xxeyyy 323；3 3、xxyycos4 ；4 4

16、、xyy2sin .二、二、求下列各微分方程满足已给初始条件的特解求下列各微分方程满足已给初始条件的特解:1 1、0,1,5400 xxyyyy；2 2、xxexeyyy 2,1,111 xxyy；3 3、)2cos(214xxyy ,0,000 xxyy.练练 习习 题题三、三、含源含源在在CLR,串联电路中串联电路中,电动电动E势为势为的电源对的电源对电电充电充电容器容器 C.已已20 E知知伏伏,微法微法2.0 C,亨亨1.0 L,欧欧1000 R,试求合上开试求合上开后后关关 K的电的电及及流流)(ti)(tuc电电压压 .四、四、设设)(x 函数函数连续连续,且满足且满足 xxxdt

17、txdtttex00)()()(,)(x 求求.练习题答案练习题答案一、一、1 1、2211sincosaeaxCaxCyx ；2 2、)323(2221xxeeCeCyxxx ；3 3、xxxxCxCysin92cos312sin2cos21 ；4 4、212cos10121 xeCeCyxx.二、二、1 1、xeyx45)511(1614 ；2 2、xxxexexexeey26)121(61223 ；3 3、)2sin1(812sin161xxxy .三、三、)105sin(104)(310523tetit (安安),105sin()105cos(2020)(331053ttetutc (伏伏).四、四、)sin(cos21)(xexxx .