广东第二师范学院：《常微分方程》课程教学资源（教案讲义）第四章 高阶微分方程 4.2 常系数线性方程的解法

$4.2常系数线性方程的解法教学目的本章主要讨论常系数线性方程的解法。教学要求掌握常系数线性方程的一些解法教学重点常系数齐次线性方程的特征根法和待定系数法；常系数非齐次线性方程的比较系数法与常系数线性方程拉普拉斯变换法。教学难点特征根法和待定系数法教学方法讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。教学手段传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。上一节我们已详细地讨论线性方程通解的结构问题，但是如何求通解的方法还没有具体给出，事实上，对一般的线性方程是没普通的解法.本节介绍求解常系数齐次线性方程通解的方法，是在线性方程基本理论上化为解一个相应的代数方程，而不必进行积分运算.进而介绍可化为常系数齐线性方程的解法，对于一些特殊的非齐线性方程也可以通过代数运算和微分运算术得它的通解讨论常系数线性方程的解法时，需要涉及到定变量的变值函数及复指数函数的问题.为此首先作一介绍.一.复值函数与复值解1.复值函数如果(t)和y(t是区间a≤t≤b上定义的实函数，我们称z(t)=p(t)+iy(t),(i=-1)为区间a≤t≤b上的复值函数若g(t),w(t)在a≤t<b上连续,则称z(t)在a≤t≤b上连续若p(t),(t)在a≤t≤b上可微,则称z(t)在a≤t≤b上可微.且z(t)的导数为dz_de+,dy复函数求导法则与实函数相同dtdt dt2,复指数函数定义x2Xz(t)=e' = e(α+ip) = e" (cos βt + isin βt)(由公式e=1+ x ++.可得）欧2!n!

§4.2 常系数线性方程的解法 教学目的 本章主要讨论常系数线性方程的解法。 教学要求 掌握常系数线性方程的一些解法 教学重点 常系数齐次线性方程的特征根法和待定系数法；常系数非齐次线性方程的比较系 数法与常系数线性方程拉普拉斯变换法。 教学难点 特征根法和待定系数法 教学方法 讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。 教学手段 传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。 上一节我们已详细地讨论线性方程通解的结构问题,但是如何求通解的方法还没有具体 给出,事实上,对一般的线性方程是没普通的解法.本节介绍求解常系数齐次线性方程通解的 方法,是在线性方程基本理论上化为解一个相应的代数方程,而不必进行积分运算.进而介绍 可化为常系数齐线性方程的解法,对于一些特殊的非齐线性方程也可以通过代数运算和微分 运算术得它的通解. 讨论常系数线性方程的解法时,需要涉及到定变量的变值函数及复指数函数的问题.为 此首先作一介绍. 一. 复值函数与复值解 1. 复值函数 如 果 (t)和(t) 是 区 间 a  t  b 上定义的实函数 , 我们称 ( ) ( ) ( ),( 1) 2 z t = t + i t i = − 为区间 a  t  b 上的复值函数. 若 (t), (t) 在 a  t  b 上连续,则称 z(t)在 a  t  b 上连续. 若 (t), (t) 在 a  t  b 上可微,则称 z(t)在 a  t  b 上可微.且 z(t)的导数为: , dt d i dt d dt dz   = + 复函数求导法则与实函数相同. 2,复指数函数 定 义 : ) 2! ! ( ) (cos sin )( 1 2 = = ( + ) = + 由公式 = + + ++ +可得 n x x z t e e e t i t e x n kt i t t x      欧

(eip +e-ipr)cos Bt=2拉公式：1(eiprsin t=-e-ipt2d"d性质:①,e=ek,e(k+k"=ehek③At=kekt?=k"ekdtdt"2复值解(1)定义：定义于区间a≤x≤b上的实变量复值函数x=z(t)称为方程(4.1)的复值解,如果d"=(t)d"-'z(t)dz(t)+a,(t)z(t)=f(t)对于恒成立+an-(t)+a()dt"dtn-dt对线性方程的复值解有下面的两个结论(2)定理8.如果方程(4.2)的所有系数α(t)(i=1,2,,n)都是实值函数，而x=z(t)=p(t)+iw(t)是方程的复值解,则z(t)的实部p(t)和虚部(t)及z(t)的共轭复数也都是方程(4.2)的解d"xdn-dx若方程9(3)定理9+a,(t)+a,(t)x=u(t)+iv(t)有复值解a.-()dt"dt"-dtx=u(t)+iv(t),这里a(t)(i=1,2,..,n)及u(t),v(t)都不能是实函数那么些这个解的实d"xdn-'xdx部u(t)和虚部v(t)分别是方程+a,(t)x=u(t)和+at)n-()dt"drn-idtd"xdx..(t)+a,(t)x=v(t)的解fatdt"dtdt二，常系数齐线性方程和欧拉方程ad"-lxd"x+1.考虑方程L[x]=9+a,(t)x=0(4.19）其中aj,az,a,为常数" dt"-1dt"称(4.19)为n阶常系数齐线性方程下面讨论(4.19)的解法由上节给出的理论,为了求(4.19)的通解,只要求出它的基本解组下面介绍求(4.19)基本解组的Euler待定指数函数法我们知道，一阶常系数齐线性方程会+ax=0有通解x=ce=t,因此,对于方程(4.19)我di们也尝试求指数函数形式的解x=e（4.20）其中入是待定常驻机构数，可以是实的，也可以是复的,把它代入方程(4.19)得：L[e"]=("+α"-++a,)e"=0因此,e"为(4.19)的解的关系条件是：是代数方程F(a)=+α,2-1++α,=0(4.21）：的根

拉公式:      = − = + − − ( ) 2 1 sin ( ) 2 1 cos i t i t i t i t e e i t t e e       性质:①, kt kt e = e ②, k k t k t k t e e e 1 2 1 2 ( ) = + ③, kt kt e ke dt d = ④, kt n kt n n e k e dt d = 2. 复值解. ⑴定义:定义于区间 a  x  b 上的实变量复值函数 x = z(t) 称为方程(4.1)的复值解,如果 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 a t z t f t dt dz t a t dt d z t a t dt d z t n n n n n n + + + − +  − −  对于恒成立 对线性方程的复值解有下面的两个结论 ⑵定理 8. 如果方程 (4.2) 的 所 有 系 数 a (t)(i 1,2, ,n) i =  都 是 实 值 函 数 , 而 x = z(t) =(t) + i (t) 是方程的复值解,则 z(t)的实部 (t) 和虚部  (t) 及 z(t)的共轭复数 也都是方程(4.2)的解. ⑶定理 9 若方程 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 a t x u t iv t dt dx a t dt d x a t dt d x n n n n n n + + + − + = + − −  有复值解 x = u(t) + iv(t) ,这里 a (t)(i 1,2,.,n) i = 及 u(t), v(t) 都不能是实函数 ,那么些这个解的实 部 u(t) 和虚部 v(t) 分别是方程 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 a t x u t dt dx a t dt d x a t dt d x n n n n n n + + + − + = − −  和 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 a t x v t dt dx a t dt d x a t dt d x n n n n n n + + + − + = − −  的解. 二. 常系数齐线性方程和欧拉方程 1.考虑方程 [ ] ( ) 0 1 1  + 1 + + = − − a t x dt d x a dt d x L x n n n n n  (4.19) 其中 a a an , , , 1 2  为常数, 称(4.19)为 n 阶常系数齐线性方程 下面讨论(4.19)的解法,由上节给出的理论,为了求(4.19)的通解,只要求出它的基本解组, 下面介绍求(4.19)基本解组的 Euler 待定指数函数法. 我们知道,一阶常系数齐线性方程 + ax = 0 dt dx 有通解 at x ce − = ,因此,对于方程(4.19)我 们也尝试求指数函数形式的解 t x e  = (4.20) 其中  是待定常驻机构数,可以是实的, 也可以是复的,把它代入方程(4.19)得: [ ] ( ) 0 1 = + 1 + + = − t n t n n L e a a e      因此, t e  为 (4.19)的解的关系条件是:  是代数方程 ( ) 0 1  + 1 + + = − n n n F   a   a (4.21) 的根

方程(4.21)称为方程(4.19)的特征方程,它的根为方程(4.19)的特征根这样求方程(4.19)的解问题，便归结为求方程(4.19)的特征根问题了.下面我们根据特征根的不同情况分别加以讨论，(1).特征根是单根的情形设A，2，,入,是特征方程(4.21)的n个彼此不相等的特征根,则相应地方程(4.19)有如下e,e,,e于n个解A由(4.22)efrereAst11Me'srM,err2元Me'.. ...0(2++)we...[2"-1"'e"le .. a"le2e(+ ( - ,) * 0Isj<iSn故解组(4.22)线性无关若入,(i=1,2,,n)均为实数,则(4.22)是方程(4.19)的基本解组,从而(4.19)的通解为x(t)=e+.+c,e其中G,C,c,为任常数若^(i=1,2,,n)中有复数,则因方程的系数是实常数,复根将成对共轭出现,设=α+iβ是特征根，则=α-i也是特征根，相应地方程（4.19)有两个复值解：e(a+ip) =e"(cos Bt+isin Bt), e(a-i) =e(cos βt -isin βl).由定理8知，它的实部和虚部也是方程的解，这样一来，对应于方程的一对共轭复根为几=α土iβ由此求得(4.19)的两个实值解为ecosBt,esinBt(2)特征根有重根的情形设特征方程有重根=,则有F()=F(α)=.=F(k-)(α)=0,F*(2)±0.下面我们分和两种情形加以讨论(a)）=0,则特征方程有因子,因此a,=an-=…=an-k+1=0,an-kz0从而特征方程有如下形式+a,-++aa-=0，而对应方程（4.19)变为d"-'xd'x=0d"x.显然它有K个解1,t,t.而且它们是线+..+an-k dtkdt""1 dt"-!性无关的,从而可得:特征方程的K重零根对应着方程(4.19)的K个线性无关的解1,t,t3...,tk-1(b)A0,作变换x=ye，并代入方程（4.19,经整理得到

方程(4.21)称为方程(4.19)的特征方程,它的根为方程(4.19)的特征根. 这样求方程(4.19)的解问题,便归结为求方程(4.19)的特征根问题了.下面我们根据特征根 的不同情况分别加以讨论. ⑴. 特征根是单根的情形 设   n , , , 1 2  是特征方程(4.21)的 n 个彼此不相等的特征根,则相应地方程(4.19)有如下 n 个 解 t t t n e e e    , , , 1 2  (4.22) 由 于    + + − − + + − − − −  = = = j i n i j t n n n t n n t n n t n t t n t t t t t t t n n n n n n e e e e e e e e e e e w e e 1 ( ) 1 1 1 ( ) 1 1 1 2 1 1 1 2 ( ) 0 1 1 [ , , ] 1 1 1 2 1 2 1 2 1                                                故解组(4.22)线性无关. 若 (i 1,2, ,n) i =  均为实数,则(4.22)是方程(4.19)的基本解组,从而(4.19) 的通 解为 t n t n x t c e c e   = ++ 1 1 ( ) 其中 n c ,c , ,c 1 2  为任常数. 若 (i 1,2, ,n) i =  中有复数, 则因方程的系数是实常数,复根将成对共轭出现,设 1 = + i 是特征根, 则 2 = −i 也是特征根, 相 应地 方程(4.19) 有两 个 复 值 解 : (cos sin ) ( ) e e t i t i t t      = + + , (cos sin ) ( ) e e t i t i t t      = − − . 由定理 8 知,它的实部和虚部也是方程的解,这样一来,对应于方程的一对共轭复根为  =  i ,由此求得(4.19)的两个实值解为 e t e t t t     cos , sin . ⑵特征根有重根的情形 设特征方程有 K 重根  = 1 , 则有 ( ) ( ) ( ) 0, ( ) 0. 1 1 ( 1) 1 ' 1 = = = =  −     k k F F  F F 下面我们分和两种情形加以讨论. (a) 0, 1 = 则特征方程有因子 k  ,因此 1 1 0 0, an = an− == an−k + = an−k  , 从而特征 方程有如下形式 0 1 + 1 + + − = − k n k n n  a   a  , 而对应方程 (4.19) 变 为 0 1 1 + 1 + + − = − − k k n n k n n n dt d x a dt d x a dt d x  显然它有 K 个解 1,t,t2 ,.,tk-1 ,而且它们是线 性无关的,从而可得:特征方程的 K 重零根对应着方程(4.19)的 K 个线性无关的解 1,t,t2 ,.,tk-1 . (b) 0, 1  作变换 , 1 t x ye  = 并代入方程 (4.19, 经 整 理 得 到

+b+be"=Lyle于是方程LLyeat化(4.19)dt"-dt'为ve1 (++ ++b),* -(4.2)其中b,,. 仍为常数方程dt" dt"-l(4.23)相应特征方程为G(μ)=μ"+b,u"-+.+bn-i+b,=0(4.24）直接计算易得：F(u + )e(u+) = L[e(u+)]= L[e" et =G(μ)e(u+)",因此,F(u+)=G(μ),从而有FG)(μ+^)=G(μ),j=1,2,,k可见(4.21的K重根^对应着(4.24的K重零根,这样就把问题转化为前面讨论过的情形由前面的讨论我们知道,方程(4.24)K重零根对应着方程(4.23)K1个解1,t,h-1.因而对应着方程(4.19的Ki个解e,te,"-e（4.25)类似地，假设方程(4.21)的其他根,,,m的重数依次为k,k,,kmk≥l,而且k+kz+..+km=n,^,+,(i+j),则方程(4.19相应有解e,te,t'e,..,tk'e......(4.26)e,te,'e".,tle,下面我们证明（4.25)和（4.26)构成方程（4.19)的基本解组.为此，只要证明这些函数线性无关，事实上，假设这些函数线性相关，则存在不全为零的常数C（）使得Zc+c(".+.-+p+-=Zp.()e*=0(4.27)不失一般性，假设多r=Ir-1项式p()至少有一个系数不等于零,即P-(t)≠0.将恒等式(4.27)除以e，然后对t微分K次得0,(0)e(,-4)=0(4.28）其中Q(t)=(,-)p,()+s,()，s,(t)为项数低r=2于p(t)的项数的多项式.因此,Q:(t)与 P(t)项数相同,且 Qm(t)≠0.恒等式(4.25)与(4.27)类似但项数减少了.如果对(4.28)实施同样的方法.我们将得到项数更少的是类似于(4.27)的恒等式Rm(1)e(α-α1)"= 0,注意到R.(t)=(m-2)(am-2).. (m-m-1)- pm(t)+Wm(t)其中wm(t)是项数低于

t t n n n n n t b y e L y e dt d y b dt d y L ye 1 1 1 [ ] ( ) [ ] 1 1 1    = + + + = − −  于是方程 (4.19) 化 [ ] ( ) 0,(4.23) 1 1 1 1 = + 1 + + = − − t n n n n n t b y e dt d y b dt d y L ye 为    其 中 b b bn , , , 1 2  仍 为 常数, 方程 (4.23) 相 应 特 征 方 程为 ( ) 0(4.24) 1 1  + 1 + + − + = − n n n n G   b   b  b 直接 计算易得: t t t t t F e L e L e e G e ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 ( ) [ ] [ ] ( )            + + + + = = = ,因此, F G F G j k j j ( ) ( ), ( ) ( ), 1,2, , ( ) 1 ( )  + 1 =  从而有  +  =  =  可见(4.21 的 K 重根 1 对应着(4.24 的 K 重零根,这样就把问题转化为前面讨论过的情形. 由前面的讨论我们知道,方程(4.24)K1 重零根对应着方程(4.23)K1 个解 1,t,t2 ,., 1 k1 − t .因 而对应着方程(4.19 的 K1 个解 , , , (4.25) 1 1 1 1 t t n t e te t e    −  类似地,假设方程(4.21)的其 他 根   m , , , 2 3  的 重 数 依 次 为 , , , ; 1, k2 k3  km ki  而 且 , ( ), 1 2 k k k n i j + ++ m = i   j  则方程(4.19 相应有解 , , , , , 2 2 2 2 2 1 2 t t t k t e te t e t e     −      (4.26) , , , , , mt mt 2 mt km 1 mt e te t e t e     −  下面我们证明(4.25)和(4.26)构成方程(4.19)的基本解组.为此,只要证明这些函数线性 无 关 , 事实上 , 假设这些函数线性相关 , 则存在不全为零的常数 (r) Cj 使 得 [ ] ( ) 0 1 1 1 ( ) 1 1 ( ) 1 ( )  0 + + +    − − = − − m r t r m r r k k r r r r r r c c t c t e p t e    (4.27)不失一般性,假设多 项式 pm(t)至少有一个系数不等于零,即 Pm(t)  0,将恒等式(4.27)除以 t e 1 ,然后对 t 微分 K 次 得 ( ) 0 2 ( ) 1   = − m r t r r Q t e   (4.28) 其中 Qr(t)= ( ) ( ) ( ) 1 p t s t r r k r −  + , s (t) r 为项数低 于 pr(t)的项数的多项式.因此,Qr(t)与 Pr(t)项数相同,且 Qm(t)  0. 恒等式(4.25)与(4.27)类似,但 项数减少了.如果对(4.28)实施同样的方法.我们将得到项数更少的是类似于(4.27)的恒等式 ( ) 0 ( ) 1  − − t m m m R t e   ,注意到 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 2 R t p t w t m m k m m k m k m m m  − − − + −        − 其 中 w (t) m 是 项 数 低 于

Pm(t)的项数的多项式,因Rm(t)与pm(t)有相同的项数,且R.()+0,矛盾.这就证明了(4.25)和(4.26)的全部n个解线性无关.即为方程的基本解组对于特征方程有复根的情况,例如有K重根=α+iβ,则=α-β也是K重复根如同单复根对那样，我们也可以把方程（4.19)的2K个复值解换成2K个实值解e cos βt,te cos βt,.-, tle cos βt,e sin t,te sin βt,.,tkle" sin βt(3).求方程(4.19)通解的步骤第一步：求(4.19)的特征方程及特征根,，",第二步：计算方程(4.19)相应的解(a）对每一个实单根，方程有解eat(b)对每一个m>1重实根，方程有m个解e,tet"le(c)对每一个重数是一的共轭复数α土iβ,方程有两个为下形的解ecosBt,esinβt(d)对每一个重数是m>1的共轭复根α±iβ,方程有2m个为下形式的解e cos t,te" cos βt,..,le cos βt,和 e sin βt,te sin βt,.., "e sin βt第三步：根据第二步中的(a),(b),(c),(d)写出方程(4.19)的基本解绥及通解d'x_3d'x+4+4x=0的通解例1求方程dtdt?解：特征方程-3+4=(+1(-2)=0有根=-1,2,3=2．是单根，2,3是二重根.因此有解e",e",te",其通解为x=e"+c,e2"+cte",这里的c,2C,是任常数d'x例2求方程-x=0的通解.dtt解：特征方程-1=0有根=1,=-1,=i,,=-i,有两个实根和两个虚根,均是单根.故方程的通解为x(t)=c,e'+C,e-"+Ccost+Csint,这里的c,C2,C,是任常数例3 求方程-3岁+3岁-=0的通解dd+d?di解：特征方程-3+3-=(-1)=0有根=0,=1,，其中=0是单根=1是三重根，故方程的通解为x=C+(Cz+Ct+c.t)e,这里的,C,C,是任常数

p (t) m 的项数的多项式,因 R (t) m 与 p (t) m 有相同的项数,且 R (t) m  0,矛盾.这就证明了(4.25) 和(4.26)的全部 n 个解线性无关.即为方程的基本解组. 对于特征方程有复根的情况,例如有 K 重根  = + i ,则  = − i 也是 K 重复根,如 同单复根对那样 , 我们也可以把方程 (4.19) 的 2K 个复值解换成 2K 个 实 值 解 cos , cos , , cos , 1 e t te t t e t t t k t       −  sin , sin , , sin . 1 e t te t t e t t t k t       −  (3).求方程(4.19)通解的步骤 第一步:求(4.19)的特征方程及特征根   n , , , 1 2  . 第二步:计算方程(4.19)相应的解 (a) 对每一个实单根 k ,方程有解 t k e  . (b) 对每一个 m>1 重实根 k ,方程有 m 个解 t k e  , t k te ,., m t k t e −1  . (c) 对每一个重数是一的共轭复数   i ,方程有两个为下形的解 e t t   cos , e t t   sin . (d) 对每一个重数是 m>1 的共轭复根   i ,方程有 2m 个为下形式的解: cos , cos , , cos , 1 e t te t t e t t t m t       −  和 sin , sin , , sin . 1 e t te t t e t t t m t       −  第三步 : 根据第二步中的(a),(b),(c),(d)写出方程(4.19)的基本解绥及通解. 例 1 求方程 3 4 0 2 2 3 3 − + x = dt d x dt d x 的通解. 解:特征方程 3 4 ( 1)( 2) 0 3 2 2  −  + =  +  − = 有根 1, 2. 1 = − 2,3 = 1 是单根, 2,3 是二重根.因此有解 , , , t 2t 2t e e te − 其通解为 t t t x c e c e c te2 3 2 = 1 + 2 + − ,这里的 1 2 3 c ,c ,c 是任常数. 例 2 求方程 0 4 4 − x = dt d x 的通解. 解: 特征方程 1 0 4  − = 有根 = = − = i = −i 1 2 3 4  1, 1, , ,有两个实根和两个虚根,均是单 根.故方程的通解为 x t c e c e c t c t t t ( ) = 1 + 2 + 3 cos + 4 sin − ,这里的 1 2 3 c ,c ,c 是任常数. 例 3 求方程 3 3 0 2 2 3 3 4 4 − + − = dt dx dt d x dt d x dt d x 的通解. 解: 特征方程 3 3 ( 1) 0 4 3 2 3  −  +  −  =   − = 有根 0, 1, 1 = 2 = ,其中 1 = 0 是单根, 2 =1 是三重根,故方程的通解为 t x c (c c t c t )e 2 = 1 + 2 + 3 + 4 ,这里的 1 2 3 c ,c ,c 是任常数

d'x+2dx例4求方程+x=0的通解dttdt?解：特征方程2+2+1=（+1)=0，即特征根2=±i是二重根，因此，方程有四个实值解，cost,tcost,sin t,tsin t.故方程的通解为x=(c+c,t)cost+(c,+cat)sint,这里的cj,c2,c是任常数.3欧拉方程dydyn-dn-形为+ax"+a,y=0（4.29）的方程称为欧拉方程+a,-xdx"dx"-dx这里a,(i=1,2...n)为常数x=e'dy_dy dt=e-dy_1 dy(1）引进变换，由归纳法知：dxdi-xdtdt dxdyddy=e-dterdyd'ydy(edx?dtdtdxdxdt?dtdk-lydydtydhy+P)其中β,β，,βk-都是常数，于是将上述关系式+ βdtkdik-idtdt4代入得常系数齐线性程(4.29)方d"ydn-lydy+b+b,y=04.30)其中b,b,..b.为常数+dt"-1dtdt"因而可用上述的方法求出(4.30)的通解,现代回原来的变量就可得到方程(4.29)的解rd'y-rdy+y=0例5求解方程二dx?dxddy解：作变换x=e,即t=n|xl则_-y，把上式dxx dt'dx?dt?dtdtdxx?原程代入方得d'xody+y=0,上式方程的通解为y=(G+Ct)e',故原方程通解为y=(c+c,ln|xDxdt?dt,这里c,c,为任常数②从上述过程我们知(4.30)有形如V=e的通解.从而(4.29)有形如V=x*的解因此也可直接求欧拉方程的形如y=x的解,以y=x*代入(4.29)得到确定K的代数方程

例 4 求方程 2 0 2 2 4 4 + + x = dt d x dt d x 的通解. 解: 特征方程 2 1 ( 1) 0 4 2 2  +  + =  + = , 即特征根 = i 1,2 是二重根,因此,方程有四个实 值解. cost,t cost,sin t,tsin t .故方程的通解为 x (c c t)cost (c c t)sin t = 1 + 2 + 3 + 4 ,这里的 1 2 3 c ,c ,c 是任常数. 3. 欧拉方程 形为 1 0 1 1 1 + 1 + + − + = − − − a y dx dy a x dx d y a x dx d y x n n n n n n n n  (4.29) 的方程称为欧拉方程. 这里 ai (i =1,2,.,n)为常数. (1) 引进变换 ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 dt dy dt d y e dt dy e dt dt e dx dy dx d dx d y dt dy dt x dy e dx dt dt dy dx dy x e t t t t t = = = − = = = = − − − − ,由归纳法知: ( ) 1 1 4 1 4 dt dy dt d y dt d y e dt d y k k k k k kt = +  + +  − − −  其中 1 2 1 , , ,    k − 都是常数,于是将上述关系式 代 入 (4.29) 得常系数齐线性方程 0(4.30) , ,., . 1 1 1 2 1 1 n n n 其中 n为常数 n n n b y b b b dt dy b dt d y b dt d y + + + − + = − −  因而可用上述的方法求出(4.30)的通解,现代回原来的变量就可得到方程(4.29)的解. 例 5 求解方程 0 2 2 2 − + y = dx dy x dx d y x 解: 作变换 ( ) 1 , 1 , ln | |, 2 2 2 2 2 dt dy dt d y dx x dt dt dx dy d dx d y dt dy dx x dy x e t x t = 即 = 则 = = = − ,把上式 代入原方程得 y y c c t e y c c x x dt dy dt d x t 2 0, ( ) , ( ln | |) 2 1 2 1 2 2 − + = 上式方程的通解为 = + 故原方程通解为 = + ,这里 1 2 c ,c 为任常数. ②从上述过程,我们知(4.30)有形如 kt y = e 的通解.从而(4.29)有形如 k y = x 的解,因此也可直 接求欧拉方程的形如 k y = x 的解,以 k y = x 代入(4.29)得到确定 K 的代数方程

k(k-1)...(k-n+1)+ak(k-1).(k-n+2)+...+a,=0(4.31)则(4.31)正好是(4.30)的特征方程，因此，方程(4.31)的m重实根k=ko,对应于方程（4.29)的m个解(eot,tekot,...,tm-leko'),xko,xoIn|x],xoIn?x,,xo n"-lx而(4.31)的m重复根k=α+iβ,对应于方程(4.29)的2m个实值解：x" cos(βln |xD), xa In |x |cos(βIn |xD,."-,x In "-" Ix|cos(βln |x)xa sin(βIn /x D), x In |x|sin(βln |x D, .-,xa Inm-I [x|sin(βIn [x D例6求解方程-x+-*+=0解：设y=x*,得到确定K的方程k(k-1)-k+1=0或(k-1)=0,k,=k,=1.因此,方程的通解为：y=(c+C,ln|xDx,这里c,C,为任常数禁+3*+例7求解方程）+5y=0dx?dx解：设y=x，得到K应满足的方程k(k-1)+3k+5=0或k2+2k+5=0因此，而方程的通解为ki2 =-1±2i21[ccos(2ln|xD+C,sin(2ln|xD],其中c,C,为任常数V=三,非齐线方程，比较系数法与拉普斯变换法.现在讨论常系数非齐线性方程dn-xdx+L[x]= d"x +a +..+a-+ dt(4.32)+a,x=f(x)tn din-Idt"的求解问题,这里(a,a,a,常数,而f(x)为连续函数)上面我们给出了齐次常系数方程通解的求法，下面我们来研究宏域非齐次方程的解法从非齐次线性方程解的结构定理知，可求非齐次常系数方程的通解，只需给出非齐次线性方程的一个特解即可，上一节给出了求特解的一个方法--..-常数变量法.但这方法求解很繁琐，而且必须经过积分运算，下面将给出比较简单的求解方法---比较系数法(一）1.类型，L[x]=b,t"+b,tm-I +.+bm(4.32)其中b,(i=0,1,m)为实常系数.注意到,一个多项式的各阶系数乃是多项式,全方程(4.32)右端是一个N次多项式,因此(4.32)有形为x = Bot" +...+ B..(4.33)的特解.Bo,B,..Bm为待定常数

k(k −1)(k − n +1) + a1 k(k −1)(k − n + 2) ++ an = 0 (4.31)则(4.31)正好是(4.30) 的特征方程 , 因 此 , 方 程 (4.31) 的 m 重实根 k=k0, 对 应 于 方 程 (4.29) 的 m 个 解 ( , , , ), , ln | |, ln | |, , ln | | 0 0 1 0 0 0 0 2 0 1 e te t e x x x x x x x k t k t  m− k t k k k  k m− . 而(4.31)的 m 重复根 k =  + i ,对应于方程(4.29)的 2m 个实值解: sin( ln | |), ln | |sin( ln | |), , ln | |sin( ln | |) cos( ln | |), ln | | cos( ln | |), , ln | | cos( ln | |) 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x m m             − −   例 6 求解方程 0 2 2 2 − + y = dx dy x dx d y x 解: 设 k y = x ,得到确定 K 的方程 ( 1) 1 0 ( 1) 0, 1. 1 2 2 k k − − k + = 或 k − = k = k = 因此,方程的 通解为: y (c c ln | x |)x = 1 + 2 ,这里 1 2 c ,c 为任常数. 例 7 求解方程 3 5 0 2 2 2 + + y = dx dy x dx d y x 解 : 设 k y = x , 得 到 K 应满足的方程 ( 1) 3 5 0 2 5 0 2 k k − + k + = 或k + k + = 因 此 , k 1 2i 1,2 = −  , 而方程的通解为 [ cos(2ln | |) sin( 2ln | |)], , . 1 c1 x c2 x 其中c1 c2为任常数 x y = + 三,非齐线方程,比较系数法与拉普斯变换法.现在讨论常系数非齐线性方程 [ ] ( ) 1 1 1 a x f x dt dx a dt d x a dt d x L x n n n n n n n  + + + − + = − −  (4.32) 的求解问题,这里 ( , , ( ) ) a1 a2 an常数 而f x 为连续函数 . 上面我们给出了齐次常系数方程通解的求法,下面我们来研究宏域非齐次方程的解法, 从非齐次线性方程解的结构定理知,可求非齐次常系数方程的通解,只需给出非齐次线性方程 的一个特解即可,上一节给出了求特解的一个方法-常数变量法,但这方法求解很繁琐,而且 必须经过积分运算,下面将给出比较简单的求解方法-比较系数法 (一) 1.类型. m m m L x  b t + b t + + b [ ] 0 1 −1  (4.32) 其中 b (i 0,1, m) i =  为实常系数. 注意到,一个多项式的各阶系数乃是多项式,全方程(4.32)右端是一个 N 次多项式,因此 (4.32)有形为 m n x = B0 t ++ B ~~ (4.33) 的特解. B0 B1 Bm , 为待定常数

把x()代入(4.32).比较两端同次幕的系数得到B。,B,..B应满足的方程Bea, =boB, + mBoan- = b,(4.34)B.a,+...=bm注意到当0不是特征根的进修,即a，±0.这些待定系数B,(i=0,1,2..·m)可从方程(4.34)唯一地确定下来因此方程有形为(4.33)的特解当0是方程（4.34)相应齐次方程的K重特征解时.即F(o)= F (O)=...Fk+(0)=0.而F*(0)+0也即a,=an-=an-+=0,an-+0这时相应地方程(4.32)将为dn-k-lzd"z+...a+z= f(x)(4.36)ta1 dn-k-ltdtn+k+对上面的方程,由于αa-≠0,0已不是它的特征根,因而方程(4.36)有形为2(0)= Bo t" + Bt 1m-I +.+Bm的特解.因此方程(4.32)有形为x()="(rt"+rit"--+rm)的特解,这里ror"是确定的常数.2..类型2L[x] = (b,t" + b,tm- +..b.m)e*(4.32)其中a,b,(i=0,l,.n)为实常数为了寻求(4.32)的一个特解.方程(4.32)的右端与(4.32)的右端相比，多了一个因子e，为了利用(4.32)的有关结论,我们希望方程(4.32)的右端因子e"消去，为此作变换x(t)=e"y()则方程(4.32)变为dn+yzd'y+Ady+A.y=bot"+...bm(4.37)+..+ An-I dtdtn-ldt"而方程(4.32)的有关结果,我们获得(4.32)有如下形式的特解(B.t"+B,tm-l+B)e"，不是(4.21)的特征根x(t)(Bt"+B,t"-l+...B)e",元是(4.21)的特征根×-2岁-3x=31-1的通解例8,求方程dt?dt解对应齐次方程的特征根为=3,入=-1.因此该方程特解形为x(t) = A+ Bt为确定A,B,将x(t)=A+B代入原方程,得

把 ( ) ~~~ x t 代入(4.32).比较两端同次幕的系数得到 B0 B1 Bm , 应满足的方程 m n m n n B a b B mB a b B a b + = + = = −   1 0 1 1 0 0 (4.34) 注意到当 0 不是特征根的进修,即 an  0.这些待定系数 B (i 0,1,2 m) i =  可从方程(4.34)唯 一地确定下来. 因此方程有形为(4.33)的特解. 当 0 是方程(4.34)相应齐次方程的 K 重特征解时,即: ( ) (0) (0) 0. (0) 0 ' 1 = = =  k+ k F o F F 而F 也即 an = an−1 =an−k+1 = 0,an−k  0 这时相应地方程(4.32)将为 ( ) 1 1 1 a z f x d t d z a dt d z n k n k n k n k n + + − = − − − − +  (4.36) 对上面的方程,由于 an−k  0 ,0 已不是它的特征根,因而方程(4.36)有形为 m m m z t B t B t B ~~ 1 1 ~~ 0 ~~ ( ) = + + + −  的特解.因此方程(4.32)有形为 ( ) ( ) 1 0 1 ~~ m k m m x t = t r t + rt +r − 的特解,这里 m r r r 0 1 , 是确定的常数. 2.类型 2. t m m m L x b t b t b e  [ ] ( ) 1  0 + 1 − + (4.32) 其中 ,b (i 0,1, n)  i =  为实常数. 为了寻求(4.32)的一个特解,方程(4.32)的右端与(4.32)的右端相比,多了一个因子 t e  ,为 了利用(4.32)的有关结论,我们希望方程(4.32)的右端因子 t e  消去,为此作变换 x(t) e y(t) t = 则方程(4.32)变为 m m n n n n y n n A y b t b dt dy A dt d z A dt d y + − ++ − + = + + 1 1 1 0 (4.37) 而方程(4.32)的有关结果,我们获得(4.32)有如下形式的特解   ( ) , 1 0 1 t m m m B t + B t +B e − 不是(4.21)的特征根 ( ) ~~ x t   ( ) , 1 0 1 t m m m B t + B t +B e − 是(4.21)的特征根 例 8, 求方程 2 3 3 1 2 2 − − x = t − dt dx dt d x 的通解. 解,对应齐次方程的特征根为 1 = 3,2 = −1.因此该方程特解形为 x(t) = A + Bt ~~ 为确定 A,B,将 ~~~ x(t) = A + B 代入原方程,得

-2B-3A-3Bt=3t+1比较系数得-3B=3-2B-3A=115从而x(1)=因此得 B=-1,A =一t因此原方程的通解为33FC.e-1+x=c.e4d'xdxx_3x=e"的通解例9,求方程dt?dt解,对应的方程的特征根为=3,=-1.,=-1是特征方程的原根,故有特解表为x(0)= A+e-t将它代入方程得到-4Ae-=e-1于是从而A=-4xe"而原方程通解为x=（x(0)=+C.te44d'x+3d'x+3dx例10.求￥3+x=e-(t-l)+dt3dt?"dt解特征方程式+3+3+1=（+1)3=0.有三重根，=-1故有形为x(t)=t3(A+Bt)e-的特解.将它代入方程得(6A+24Bt)e=e(t-5)比较系数得5B-A=-6"241-t(t-20)e~故方程的通解为从而x()=24X=(c, +c,1+C,")e+1tt3(t-20)e其中c,C2,C,为任常数.24类型3.设 L[x] = A(t)cos β+ B(t)sin βJe (4.32)其中，α,β是常数,A(t),B(t)是实系数多项式,其中一个次数为m另一个次数不超过m现求(4.32)的一个特解由公式[A4()cos β + A(0)sin Ble = 4(0)-B() e(a+β) + A(0)-B(),(α-β)22根据非齐次线性方程式的叠加原理，可知方程L[x) = f()= 4()-BO e(a-)2与

-2B-3A-3Bt=3t+1 比较系数得 -3B=3 -2B-3A=1 因此得 B=-1, A = x t = − t 3 1 ., ( ) 3 1 ~~~ 从而 因此原方程的通解为 3 1 2 3 = 1 + − + − x c e c e t t t 例 9,求方程 t x e dt dx dt d x − − 2 − 3 = 2 2 的通解 解,对应的方程的特征根为 1 = 3,2 = −1., 2 = −1 是特征方程的原根,故有特解表为 t x t A e − ( ) = + ~~ 将它代入方程得到 t t Ae e − − − 4 = 从而 4 1 A = − 于是 t x t xe − = 4 1 ( ) ~~ 而原方程通解为 t t t x C e C e te − − = + − 4 1 2 3 1 . 例 10.求 3 3 ( 1) 2 2 3 3 + + + = − − x e t dt dx dt d x dt d x t 解,特征方程式 3 3 1 ( 1) 0 3 2 3  +  +  + =  + = ,有三重根,  = −1 故有形为 t x t t A Bt e − ( ) = ( + ) 3 ~~ 的特解.将它代入方程得 (6 24 ) ( 5) 6 6 A+ Bt e = e t − 比较系数得 24 1 , 6 5 A = − B = 从而 t x t t t e − = ( − 20) 24 1 ( ) 3 ~~ 故方程的通解为 t t x c c t c t e t t e − − = + + + ( − 20) 24 1 ( ) 2 3 1 2 3 其中 1 2 3 c ,c ,c 为任常数. 类型 3. 设 t L x A t B t e  [ ] = ( )cos + ( )sin ] (4.32) 其中, , 是常数,A(t),B(t)是实系数多项式,其中一个次数为 m 另一个次数不超过 m,现求 (4.32)的一个特解. 由公式 t t t e A t B t e A t B t A t t A t t e ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) [ ( ) cos ( )sin ]        + − − + − + = 根据非齐次线性方程式的叠加原理,可知方程 t e A t B t L x f t ( ) 2 ( ) ( ) [ ] ( ) − − =  与

A(t)-B(t)(a+β)L[对] = (0) = 2的解之和必为(3.32)的解注意到F(t)=F(t)若x为L[x)=F(t)的解,则x必为L[x]=f,(t)的解,因此,直接利用类型2的结果，可知方程特解形式为p(t) = t* D(t)e(a-β) +tDe(a+β)t= t*[p(x)cos βt +Q(x)sin βt]e2其中p(t)为m次多项式,而p(t)=2Re(D(t),0(t)=2Ln(D(t)显然p(t),Q(x)为该函数不高于m次的实系数多项式.dxdxx-2x=e"(cost-7sin1)的通解，例11.求方程dt?dt解,特征方程+-2=0的根=1,=-2因α+iβ=1+i不是特征根，故原方程只有开为x(t)=e（Acost+Bsint)的特征解,将上式代入方和得到(3B-A)cost-(B-3A)sint=cost-7sint比较上式的两端cost,sint的函数，可得A=2,B=1,故原方程式特解x(t)=e'(2cost+sint)于是原方程的通解为x=(ce-+Ce-2t+e-(2cost+sint)皇dx+4-4x=cos2t的通解，例12,求方程dt?dt解特征方程+4-4=0,有二重根==-2为求非齐次线性方程的一个特解.我们d'x+4dx-4x=e2"的特解,属于类型2,而可知特征根，故特解为先求方程dt?+4diix(t)=Ae2it 将它代入方程得8iA=1,因而 A=故9-i,2ia_icos2t+sin2tx(t) =888故原方程的通解为x=(c,+Czt)e-2+sin2t8（二）拉普拉斯变换法常系数线性方程组可以应用拉普拉斯变换法来求解1，拉普拉斯变换法积分

t e A t B t L x f t ( ) 2 ( ) ( ) [ ] ( ) − + =  的解之和必为(3.32)的解. 注意到 ( ) ( ) 2 F t F t i = 若 [ ] ( ) 1 x 为L x = F t 的解,则 [ ] ( ) 2 _ 1 x 必为L x = f t 的解,因此,直接利 用类型 2 的结果,可知方程特解形式为 k t k t t t p x t Q x t e t t D t e t De 2 ( ) _ ( ) [ ( )cos ( )sin ] ( ) ( )        = + = + − + 其中 p(t)为 m 次多项式,而 p(t) = 2Re{D(t)},(t) = 2Ln{D(t)}. 显然 p(t),Q(x)为该函数不高于 m 次的实系数多项式. . 例 11.求方程 2 (cos 7sin ) 2 2 x e t t dt dx dt d x t − − = − − 的通解, 解,特征方程 2 0 2  +  − = 的根 1, 2. 1 = 2 = − 因  + i = 1+ i 不是特征根,故原方程只有开为 ( ) ( cos sin ) ~~~ x t e A t B t t = + 的特征解,将上式代入方和得到 (3B − A) cost − (B − 3A)sin t = cost − 7sin t 比较上式的两端 cost,sint 的函数, 可得 A=2,B=1,故原方程式特解 ( ) (2cos sin ) ~~ x t e t t t = + 于是原方程的通解为 ( (2cos sin ) 2 1 2 x c e c e e t t t t t = + + + − − − 例 12,求方程 x t dt dx dt d x 4 4 cos 2 2 2 + − = 的通解, 解特征方程 4 4 0 2  +  − = ,有二重根 1 = 2 = −2 为求非齐次线性方程的一个特解.我们 先求方程 it x e dt dx dt d x 2 2 2 + 4 − 4 = 的特解,属于类型 2,而可知特征根,故特解为 it x t Ae2 ~~ ( ) = 将它代入方程得 8iA=1,因而 8 i A = − 故 t i t i e i x t i sin 2 8 cos 2 8 8 ( ) 2 ~~ = − = +  故原方程的通解为 x c c t e t t sin 2 8 1 ( ) 2 = 1 + 2 + − (二) 拉普拉斯变换法; 常系数线性方程组可以应用拉普拉斯变换法来求解, 1, 拉普拉斯变换法 积分