n阶常系数线性非齐次方程解法

1、n阶常系数线性非齐次方程解法对于形如y(n) aji - 鸟刿 何“ f(x)的解法，它的通解等于 其对应的齐次方程y(n) - aiy(n' - anJy' an0的通解与它本身的一 个特解之和.比较系数法(待定系数法)下面分两种类型讨论：10设 f(t) =(b°tm btmbmt bm)e't，其中及 bi(i =0,1, ,m)为实常数.当不是特征根时，y(n) 刮亠亠anJy' any = f (x)有形如 yi(x)= Q (x)e勺特解，其中 Qm(x)二 q°xm qxmi qmx qm当是k ( k -1)重特征根时，y(n

2、) 看心an_)y' any二f (x)有 形如 yjx )=xkQm(x) / 的特解，其中 Qm(x) =q°xm+qiXm_1+qmx + qm , 对于y(x )中的Qm(X )的系数，则可以由待定系数法求得.例11求方程y -5y 6y =6x2 -10x 2的通解解 先求对应齐次方程y”-5y6y=0的通解，其特征方程是2'；5冷6=0；故特征根为1=2, ',2=3从而，对应齐次线性方程通解为 2x3xy = Gec?e ;由于，0不是特征根，因而已知方程有形如二Ax2 * Bx，c的特解.为确定代B,C将它代入原方程中，由于 / = 2Ax B

3、,/ = 2A,故 2A -5(2Ax B) 6(Ax x丄 xi R $ i x则 f(t)二A(t)e -e：x B(t)-= At)e(： E 沖看甘 2i再利用迭加原理，于是有两种形式：(1)如果:不是特征根，则特解具有形式yi neQmcosx+Qmsin ®x其中Qm(x),Q(x)是系数待定的m次多 项式. Bx c) = 6x2 10x 2.比较上式等号两端x的同次幕系数，可得A=1, B=0, C=0,故已知方程特解为 = x2，则原方程的通解为 y = x2 c(e2x - c2e3x.例12求方程讨一4八4y =2e2x.解 由于，_ 4.1 川 4 = 0 则

4、 1 = 2 = 2故齐次方程通解为：y=e2x(G C2)，由于 =2为二重特征根，故有 二 Ax2e2x,故A = 1,力=x2e2x,则原方程的通解为y二x2e2x e2x(C c2x).2 设 f (t)二A(t)cos ：t B(t)sin te：t，其中:-为常数，而 A(t),B(t) 是带实系数t的多项式，其中一个的次数为m，个的次数不超过m， 则有形如x =tkP(t)cos t - Q(t)si n te：t的特解.其中k为特征方程 P( )0的根的重数，而P(t),Q(t)均为特定的带实系数的次数不高于 m的t的多项式i及亠丄及i fx-ifi根据欧拉公式，有cos/仝

5、-,sin22i(2)如果J 是k重特征根，则特解应具有形状% = xkeaxQm（x）cos ：x Qm（x）sin x.例 13 求解方程 x x = sint _cos2t .解先求对应的齐次方程x''x=0，我们有2 仁0,故特征根为I 7, 2 =；由于迭加原理，则原方程可化为X" + x = s i n* ”x +x = -co2t(1) 对于x x = si nt，由于- i：二i是特征根，故方程x x = si nt具有形如Xi =t(Acost - Bcost)的特解，现将上式代入x x = sint，则1A , B = 0 ;则 x x =sint

6、 的通解为 x tcost c1 (t)cost c2(t)sint.2(2) 对于x" x - -co$2t，由于_i：二2i不是特征根，故方程x x - -cos?t具有形如X1 = (Aco令t - Bsi r2t)的特解.现将上式代入x x-co2t，贝卩 A = 1， B = 0,3则 x x - -cos2t 的通解为 cos2t cost Jsint .3故原方程的通解为 = q cost c2 si nt -丄t cost cos2t.23总结：比较系数法用于方程右端 是某些基本函数的情况，常 见的有：多项式，指数函数，正弦(或余弦)函数以及它们的某种乘 积组合，然后

7、根据的前面所归纳的类型，从而求出方程的特解， 进而求出通解.拉普拉斯变换91它无需求出已知方程的通解，而是直接求出它的特解来，从而在 运算上得到很大简化，这一方法的基本思想是：先通过拉普拉斯变换 将已知方程化为代数方程，求出代数方程的解，再通过逆拉普拉斯变 换，便可得到所求初值问题的解.由积分F(s) =etf(t)dt所定义的确定于复平面上的复变数s的函数F(s)称为f(t)的拉普拉斯变换，其中f(t)与t_0有定义，且满足不等式f(t) Me芒，这里M,；为某两个正常数，这时f(t)为原函数，而F(s)称为像函数.例14求函数f(t)二eat的拉普拉斯变换.dt1e(as)ta s例 15 解方程 xx=sint;x(o)=0,x(0) -2.解 由于 X x I - bint】，从而s2x(s)丄x(s) 厶21+sx(s)(1 s2)二1 1 -s22 2(1s2)由于x(s)二1s2 -