常系数线性常微分方程PPT学习教案

1、会计学1 常系数线性常微分方程常系数线性常微分方程 常系数 齐次线性微分方程 基本思路: 求解常系数线性齐次微分方程 求特征方程(代数方程)之根 转化 第六章 第1页/共48页 ),(0为常数qpyqypy xr ey 和它的导数只差常数因子, 代入得 0)( 2 xr e qprr 0 2 qrpr 称为微分方程的特征方程特征方程, 1. 当04 2 qp时, 有两个相异实根 , 21 r ,r 方程有两个线性无关的特解: , 1 1 xr ey , 2 2 xr ey 因此方程的通解为 xrxr eCeCy 21 21 ( r 为待定常数 ), xr er函数为常数时因为, 所以令的解为

2、则微分 其根称为特征根特征根. 第2页/共48页 04 2 qp时, 特征方程有两个相等实根21 rr 则微分方程有一个特解 )( 12 xuyy 设另一特解( u (x) 待定) 代入方程得: 1 xr e )( 1u rup0uq )2( 2 11 ururu 1 r注意是特征方程的重根 0 u 取 u = x , 则得, 1 2 xr exy 因此原方程的通解为 xr exCCy 1 )( 21 , 2 p . 1 1 xr ey )( 1 xue xr 0)()2( 1 2 11 uqrprupru 第3页/共48页 04 2 qp时, 特征方程有一对共轭复根 irir 21 , 这时

3、原方程有两个复数解: xi ey )( 1 )sin(cosxixe x xi ey )( 2 )sin(cosxixe x 利用解的叠加原理 , 得原方程的线性无关特解: )( 21 2 1 1 yyy )( 21 2 1 2 yyy i xe x cos xe x sin 因此原方程的通解为 )sincos( 21 xCxCey x 第4页/共48页 ),(0为常数qpyqypy ,0 2 qrpr特征方程: xrxr eCeCy 21 21 21, :rr特征根 21 rr 实根 2 21 p rr xr exCCy 1 )( 21 ir , 21 )sincos( 21 xCxCey

4、x 特 征 根通 解 以上结论可推广到高阶常系数线性微分方程 . 第5页/共48页 若特征方程含 k 重复根 ,ir 若特征方程含 k 重实根 r , 则其通解中必含对应项 xrk k exCxCC)( 1 21 1 12 ()cos xk k eCC xC xx sin)( 1 21 xxDxDD k k 则其通解中必含 对应 项 )(0 1 ) 1( 1 )( 均为常数 knn nn ayayayay 特征方程: 0 1 1 1 nn nn ararar ),(均为任意常数以上 ii DC 第6页/共48页 032 yyy求方程的通解. 解解: 特征方程, 032 2 rr特征根:,3,1

5、 21 rr 因此原方程的通解为 xx eCeCy 3 21 例例2. 求解初值问题 0 d d 2 d d 2 2 s t s t s ,4 0 t s2 0 d d t t s 解解: 特征方程012 2 rr有重根,1 21 rr 因此原方程的通解为 t etCCs )( 21 利用初始条件得, 4 1 C 于是所求初值问题的解为 t ets )24( 2 2 C 第7页/共48页 052 )4( yyy求方程的通解. 解解: 特征方程, 052 234 rrr特征根: irrr21, 0 4,321 因此原方程通解为 xCCy 21 )2sin2cos( 43 xCxCe x 例例4.

6、0 )4()5( yy解方程 解解: 特征方程:, 0 45 rr特征根 : 1, 0 54321 rrrrr 原方程通解: 1 CyxC2 2 3x C 3 4x C x eC5 (不难看出, 原方程有特解), 1 32x exxx 第8页/共48页 02)( 22222 rr . )0(0 d d 4 4 4 w x w 解方程 解解: 特征方程: 44 r 即0)2)(2( 2222 rrrr 其根为),1( 2 2,1 ir )1( 2 4,3 ir 方程通解 : x ew 2 ) 2 sin 2 cos( 21 xCxC x e 2 ) 2 sin 2 cos( 43 xCxC 第9

7、页/共48页 .02 )4( yyy解方程 解解: 特征方程:012 24 rr 0)1( 22 r即 特征根为, 2,1 irir 4,3 则方程通解 : xxCCycos)( 31 xxCCsin)( 42 第10页/共48页 ),(0为常数qpyqypy 特征根: 21 , rr (1) 当时, 通解为 xrxr eCeCy 21 21 21 rr (2) 当时, 通解为 xr exCCy 1 )( 21 21 rr (3) 当时, 通解为 )sincos( 21 xCxCey x ir 2, 1 可推广到高阶常系数线性齐次方程求通解 . 第11页/共48页 求方程0 yay 的通解 .

8、 答案答案:0a通解为 xCCy 21 :0a通解为 xaCxaCysincos 21 :0a通解为 xaxa eCeCy 21 第12页/共48页 ,2cos,2, 321 xyexyey xx 求一个以 xy2sin3 4 为特解的 4 阶常系数线性齐次微分方程, 并求其通解 . 解解: 根据给定的特解知特征方程有根 : , 1 21 rrir2 4 , 3 因此特征方程为 2 ) 1( r0)4( 2 r 即04852 234 rrrr 04852 )4( yyyyy故所求方程为 其通解为 xCxCexCCy x 2sin2cos)( 4321 第13页/共48页 常系数非齐次线性微分方

9、程 型)()(xPexf m x xxPexf l x cos)()( 型sin)( xxP n 一、一、 二、二、 第六章 第14页/共48页 )(xfyqypy ),(为常数qp 二阶常系数线性非齐次微分方程 : 根据解的结构定理 , 其通解为 Yy *y 非齐次方程特解齐次方程通解 求特解的方法 根据 f (x) 的特殊形式 , *y给出特解的待定形式, 代入原方程比较两端表达式以确定待定系数 . 待定系数法待定系数法 第15页/共48页 )(xQe x )()2(xQp)()( 2 xQqp )(xPe m x 型)()(xPexf m x 为实数 ,)(xPm 设特解为, )(*xQ

10、ey x 其中 为待定多项式 , )(xQ )()(*xQxQey x )()(2)(* 2 xQxQxQey x 代入原方程 , 得 )(x Q (1) 若 不是特征方程的根, , 0 2 qp即则取 ),(xQm从而得到特解 形式为. )(*xQey m x )()2(xQp)()( 2 xQqp)(xP m 为 m 次多项式 . Q (x) 为 m 次待定系数多项式 第16页/共48页 (2) 若 是特征方程的单根 , , 0 2 qp,02 p )(x Q 则为m 次多项式, 故特解形式 为 x m exQxy )(* (3) 若 是特征方程的重根 , , 0 2 qp,02 p )(

11、x Q 则是 m 次多项式,故特解形式为 x m exQxy )(* 2 小小 结结 对方程, )2, 1, 0()(*kexQxy x m k 此结论可推广到高阶常系数线性微分方程 . )(x Q )()2(xQp)(xPm)()( 2 xQqp 即 即 当 是特征方程的 k 重根 时 , 可设 特解 第17页/共48页 1332 xyyy求方程的一个特解. 解解: 本题而特征方程为,032 2 rr 不是特征方程的根 . 设所求特解为,* 10 bxby代入方程 : 13233 010 xbbxb 比较系数, 得 33 0 b 132 10 bb3 1 ,1 10 bb 于是所求特解为.

12、3 1 *xy 0 ,0 第18页/共48页 x exyyy 2 65 求方程的通解. 解解: 本题特征方程为 ,065 2 rr 其根 为 对应齐次方程的通解为 xx eCeCY 3 2 2 1 设非齐次方程特解为 x ebxbxy 2 10 )(* 比较系数, 得 12 0 b 02 10 bb 1, 2 1 10 bb 因此特解为.)1(* 2 2 1x exxy 3, 2 21 rr 代入方程得xbbxb 010 22 所求通解为 xx eCeCy 3 2 2 1 .)( 22 2 1x exx ,2 第19页/共48页 0)0()0()0( 123 yyy yyy 解解: 本题特征方

13、程 为 , 023 23 rrr其根 为 设非齐次方程特解为,*xby 代入方程得, 12b故 ,* 2 1 xy 0 321 CCC 2 1 32 2CC 2, 1, 0 321 rrr 故对应齐次方程通解为 1 CY x eC 2 x eC 2 3 原方程通解为 x 2 1 1 Cy x eC 2 x eC 2 3 由初始条件得 04 32 CC ,0 第20页/共48页 于是所求解为 xeey xx 2 1 4 1 4 3 2 解得 )423( 4 1 2xx eex 4 1 1 4 3 3 2 1 C C C 第21页/共48页 型xxPxxPexf nl x sin)( cos)()

14、( xi m exPxf )( )()( xi m exP )( )( 第二步第二步 求出如下两个方程的特解 xi m exPyqypy )( )( yqypy 分析思路: 第一步第一步 将 f (x) 转化为 第三步第三步 利用叠加原理求出原方程的特解 第四步第四步 分析原方程特解的特点 xi m exP )( )( 第22页/共48页 利用欧拉公式将 f (x) 变形 x exf )( i xPxP nl 2 )( 2 )( xi e )( i xPxP nl 2 )( 2 )( xi e )( xi m exPxf )( )()( xi m exP )( )( xi m exP )( )

15、( xi m exP )( )( 则令,maxlnm )(xPl 2 xixi ee )( xP n i ee xixi 2 第23页/共48页 i 是特征方程的 k 重根 ( k = 0, 1), xi m k exQxy )( 1 )( )(次多项式为mxQm 故 xi m exPyqypy )( 111 )()()( 等式两边取共轭 : xi m exPyqypy )( 111 )( 1 y这说明为方程 的特解 . xi m exPyqypy )( )( xi m exPyqypy )( )( 设则 有 特解: 第24页/共48页 利用第二步的结果, 根据叠加原理, 原方程有特解 : 1

16、1 *yyy xk ex xi m xi m eQeQ 原方程 yqypy xxPxxPe nl x sin)( cos)( xk ex )sin(cosxixQm )sin(cosxixQm xk ex xRmcosxRmsin mm RR ,其中 均为 m 次多项式 . 第25页/共48页 的特点 y xRxRex yyy mm xk sin cos 11 因 11 yy *y y所以 mm RR ,因此 均为 m 次实 多项式 . 11 yyy 本质上为实函数 , 11 yy 第26页/共48页 xxPxxPe nl x sin)( cos)( 对非齐次方程 yqypy ),(为常数qp

17、 xRxRexy mm xk sin cos* 则可设特解 : 其中 为特征方程的 k 重根 ( k = 0, 1), i lnm,max 上述结论也可推广到高阶方程的情形. 第27页/共48页 xxyy2cos 求方程的一个特解 . 解解: 本题 特征方程 , 2, 0 故设特解为 xdxcxbxay2sin)(2cos)(* 不是特征方程的根,ii2 代入方程得 xxxadxcxcbxa2cos2sin)433(2cos)433( 01 2 r ,)(xxP l , 0)( xP n 比较系数 , 得 9 4 3 1 , da .2sin2cos* 9 4 3 1 xxxy 于是求得一个特

18、解 13 a 043cb 03 c 043ad 0 cb 第28页/共48页 xxyy3sin303cos189 求方程的通解. 解解: 特征方程为 , 09 2 r其根为 对应齐次方程的通解为 xCxCY3sin3cos 21 )3sin3cos(*xbxaxy 比较系数, 得,5a,3b 因此特解为)3sin33cos5(*xxxy ir3 2, 1 代入方程:xaxb3sin63cos6 所求通解为 xCxCy3sin3cos 21 为特征方程的单根 ,i3 )3sin33cos5(xxx xx3sin303cos18 因此设非齐次方程特解为 第29页/共48页 xyyysin2) 1

19、( )4( 解解: (1) 特征方程 , 012 24 rr , 0)1( 22 r即 有二重根, ir所以设非齐次方程特解为 (* 2 xy )sincosxbxa (2) 特征方程, 0 24 rr0)1( 22 rr即有根 irr 4,32, 1 , 0 xexyy x sin3)2( )4( 利用叠加原理 , 可设非齐次方程特解为 )(* 2 baxxy x ec )sincos(xkxdx 设下列高阶常系数线性非齐次方程的特解形式: 第30页/共48页 时可设特解为 xxxfcos)() 1当 x exxxf 2 2cos)()2当 xy *xbxacos)( *yxdxcxbxa2

20、sin)(2cos)( x ek 2 )(xfyy 时可设特解为 xxPxxPexf nl x sin)( cos)()( xk exy * lnm,max 提示提示: xdcxsin)( 1 . (填空) 设 sin)( cos)(xxRxxR mm 第31页/共48页 x eyyy 44的通解 (其中 为实数 ) . 解解: 特征方程,044 2 rr特征根:2 21 rr 对应齐次方程通解: x exCCY 2 21 )( 2时, , x eAy 令代入原方程得, 2 )2( 1 A 故原方程通解为 x exCCy 2 21 )( x e 2 )2( 1 2时, 2x exBy 令代入原

21、方程得, 2 1 B 故原方程通解为 x exCCy 2 21 )( x ex 2 2 1 第32页/共48页 x ecybyay 有特解 , )1 ( 2xx exey 求微分方程的通解 . 解解: 将特解代入方程得恒等式 xxxx ecexbaeaeba )1 ()2()1 ( 比较系数得 01ba ca 2 01ba 0a 1b 2c 故原方程为 x eyy2 对应齐次方程通解: xx eCeCY 21 xx exey 原方程通解为 xx eCeCy 21 x ex 第33页/共48页 当重力与弹性力抵消时, 物体处于 平衡状态, 例例1. 质量为m的物体自由悬挂在一端固定的弹簧上, 力

22、作用下作往复运动, x x o 解解: 阻力的大小与运动速度 下拉物体使它离开平衡位置后放开, 若用手向 物体在弹性力与阻 取平衡时物体的位置为坐标原点 , 建立坐标系如图. 设时刻 t 物位移为 x(t). (1) 自由振动情况. 弹性恢复力 物体所受的力有 : (虎克定律) xcf 成正比, 方向相反.建立位移满足的微分方程. 第34页/共48页 据牛顿第二定律得 t x xc t x m d d d d 2 2 , 2 m c k,2 m n 令则得有阻尼自由振动方程: 0 d d 2 d d 2 2 2 xk t x n t x 阻力 t x R d d (2) 强迫振动情况. 若物体

23、在运动过程中还受铅直外力 作用，t pHFsin，令 m h H 则得强迫振动方程: t phxk t x n t x sin d d 2 d d 2 2 2 第35页/共48页 x x o 解解: 由例1 知, 位移满足 质量为m的物体自由悬挂在一端固定的弹簧上, 在无外力作用下做自由运动, 初始 求物体的运动规律 , 0 v速度为 . )(txx 立坐标系如图, , 0 xx 设 t = 0 时物体的位置为 取其平衡位置为原点建 00 d d v t x t , 00 xx t 2 2 d d t x 0 2 xk t x n d d 2 因此定解问题为 自由振动方程自由振动方程 , 第3

24、6页/共48页 方程: 2 2 d d t x 0 2 xk 特征方程: , 0 22 krkir 2,1 特征根: tkCtkCxsincos 21 利用初始条件得:, 01 xC 故所求特解: tk k v tkxxsincos 0 0 A )sin(tkA 0 x k v0 方程通解: k v C 0 2 0 0 2 2 02 0 tan, v xk k v xA 第37页/共48页 )sin(tkAx 0 x A A x t o 简谐振动 A: 振幅, : 初相,周期: k T 2 : m c k 固有频率 T 0 d d 00 v t x t , 0 00 xx t 下图中假设 (仅

25、由系统特性确定) 第38页/共48页 方程: 特征方程:02 22 krnr 22 2,1 knnr 特征根: 小阻尼: n k 临界阻尼: n = k 2 2 d d t x 0 2 xk t x n d d 2 )sincos( 21 tCtCex tn )( 22 nk trtr eCeCx 21 21 tn etCCx )( 21 解的特征解的特征 解的特征解的特征 解的特征解的特征 第39页/共48页 ( n k ) 1) 无振荡现象; trtr eCeCx 21 21 22 2,1 knnr其中 22 knn0 .0)(lim tx t t x o 0 x 此图参数: 1, 5 .

26、 1kn 5 . 1 0 x 073. 5 0 v 2) 对任何初始条件 即随时间 t 的增大物体总趋于平衡位置. 第41页/共48页 ( n = k ) 任意常数由初始条件定, tn etCCx )( 21 )() 1tx 最多只与 t 轴交于一点; 取何值都有无论 21,C C )(lim)3tx t 即随时间 t 的增大物体总趋于平衡位置. .0)(lim 21 tn t etCC 2) 无振荡现象 ; 第42页/共48页 求物体的运动规律. 解解: 问题归结为求解无阻尼强迫振动方程 tphxk t x sin d d 2 2 2 当当p k 时时, 齐次通解: tkCtkCXcossin 21 )(sintkA tpbtpaxcossin 非齐次特解形式: 0, 22 b pk h a 因此原方程之解为 例1 中若设物体只受弹性恢复力 f ,sin的作用ptHF 和铅直干扰力 x o x 代入可得: 第43页/共48页 当干扰力的