1、常系数高阶 线性微分方程 一.常系数线性齐次微分方程二.常系数线性非齐次微分方程 第六章 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 二阶常系数齐次线性微分方程:),(0为常数qpyqypy xrey 和它的导数只差常数因子,代入得0)(2xre qprr02qrpr称为微分方程的特征方程特征方程,1.当042qp时,有两个相异实根,21r,r方程有两个线性无关的特解:,11xrey,22xrey 因此方程的通解为xrxreCeCy2121(r 为待定常数),xrer函数为常数时因为,所以令的解为 则微分其根称为特征根特征根.2.当0
2、42qp时,特征方程有两个相等实根21rr 则微分方程有一个特解)(12xuyy 设另一特解(u(x)待定)代入方程得:1xre)(1urup0uq)2(211ururu 1r注意是特征方程的重根0 u取 u=x,则得,12xrexy 因此原方程的通解为xrexCCy1)(21,2p.11xrey)(1xuexr0)()2(1211 uqrprupru3.当042qp时,特征方程有一对共轭复根irir21,这时原方程有两个复数解:xiey)(1)sin(cosxixexxiey)(2)sin(cosxixex 利用解的叠加原理,得原方程的线性无关特解:)(21211yyy)(21212yyyi
3、xexcosxexsin因此原方程的通解为)sincos(21xCxCeyx小结小结:),(0为常数qpyqypy,02qrpr特征方程:xrxreCeCy212121,:rr特征根21rr 实根 221prrxrexCCy1)(21ir,21)sincos(21xCxCeyx特 征 根通 解以上结论可推广到高阶常系数线性微分方程.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xrkkexCxCC)(121112()cosxkkeCC xC xxsin)(121xxDxDDkk则其通解中必含对应项)(01)1(1)(均为常数knnnnayayayay特征方程:
4、0111nnnnararar),(均为任意常数以上iiDC例例1.032 yyy求方程的通解.解解:特征方程,0322rr特征根:,3,121rr因此原方程的通解为xxeCeCy321例例2.求解初值问题0dd2dd22ststs,40ts20ddtts解解:特征方程0122rr有重根,121 rr因此原方程的通解为tetCCs)(21利用初始条件得,41C于是所求初值问题的解为tets)24(22C例例3.052)4(yyy求方程的通解.解解:特征方程,052234rrr特征根:irrr21,04,321因此原方程通解为xCCy21)2sin2cos(43xCxCex例例4.0)4()5(y
5、y解方程解解:特征方程:,045rr特征根:1,054321rrrrr原方程通解:1CyxC223xC34xCxeC5(不难看出,原方程有特解),132xexxx02)(22222rr例例5.)0(0dd444wxw解方程解解:特征方程:44r即0)2)(2(2222rrrr其根为),1(22,1ir)1(24,3ir方程通解:xew2)2sin2cos(21xCxCxe2)2sin2cos(43xCxC例例6.02)4(yyy解方程解解:特征方程:01224rr0)1(22r即特征根为,2,1irir4,3则方程通解:xxCCycos)(31xxCCsin)(42内容小结内容小结),(0为常
6、数qpyqypy 特征根:21,rr(1)当时,通解为xrxreCeCy212121rr(2)当时,通解为xrexCCy1)(2121rr(3)当时,通解为)sincos(21xCxCeyxir2,1可推广到高阶常系数线性齐次方程求通解.思考与练习思考与练习 求方程0 yay的通解.答案答案:0a通解为xCCy21:0a通解为xaCxaCysincos21:0a通解为xaxaeCeCy21思考题思考题,2cos,2,321xyexyeyxx求一个以xy2sin34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:,121 rrir24,3因此特征方程为2)
7、1(r0)4(2r即04852234rrrr04852)4(yyyyy故所求方程为其通解为xCxCexCCyx2sin2cos)(4321常系数非齐次线性微分方程 型)()(xPexfmxxxPexflxcos)()(型sin)(xxPn一、一、第六章)(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)(xQex)()2(xQp)()(2xQqp)(xPemx一、一、型)()(xPexfmx 为实数,
8、)(xPm设特解为,)(*xQeyx其中 为待定多项式,)(xQ)()(*xQxQeyx)()(2)(*2xQxQxQeyx 代入原方程,得)(xQ(1)若 不是特征方程的根,02qp即则取),(xQm从而得到特解形式为.)(*xQeymx)()2(xQp)()(2xQqp)(xPm为 m 次多项式.Q(x)为 m 次待定系数多项式(2)若 是特征方程的单根,02qp,02 p)(xQ则为m 次多项式,故特解形式为xmexQxy)(*(3)若 是特征方程的重根,02qp,02 p)(xQ 则是 m 次多项式,故特解形式为xmexQxy)(*2小结小结 对方程,)2,1,0()(*kexQxyx
9、mk此结论可推广到高阶常系数线性微分方程.)(xQ)()2(xQp)(xPm)()(2xQqp即即当 是特征方程的 k 重根 时,可设特解例例1.1332 xyyy求方程的一个特解.解解:本题而特征方程为,0322 rr不是特征方程的根.设所求特解为,*10bxby代入方程:13233010 xbbxb比较系数,得330 b13210bb31,110bb于是所求特解为.31*xy0,0例例2.xexyyy265 求方程的通解.解解:本题特征方程为,0652 rr其根为对应齐次方程的通解为xxeCeCY3221设非齐次方程特解为xebxbxy210)(*比较系数,得120 b0210bb1,21
10、10bb因此特解为.)1(*221xexxy3,221rr代入方程得xbbxb01022所求通解为xxeCeCy3221.)(2221xexx,2例例3.求解定解问题 0)0()0()0(123yyyyyy解解:本题特征方程为,02323rrr其根为设非齐次方程特解为,*xby代入方程得,12b故,*21xy0321CCC21322CC2,1,0321rrr故对应齐次方程通解为1CY xeC2xeC23原方程通解为x211Cy xeC2xeC23由初始条件得0432CC,0于是所求解为xeeyxx2141432解得)423(412xxeex41 143321CCC二、二、型xxPxxPexfn
11、lxsin)(cos)()(ximexPxf)()()(ximexP)()(第二步第二步 求出如下两个方程的特解ximexPyqypy)()(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ximexP)()(第一步第一步 利用欧拉公式将 f(x)变形xexf)(ixPxPnl2)(2)(xie)(ixPxPnl2)(2)(xie)(ximexPxf)()()(ximexP)()(ximexP)()(ximexP)()(则令,maxlnm)(xPl2xixiee)(xPnieexixi2 第二步第二步 求如下两方程
12、的特解 i是特征方程的 k 重根(k =0,1),ximkexQxy)(1)()(次多项式为mxQm故ximexPyqypy)(111)()()(等式两边取共轭:ximexPyqypy)(111)(1y这说明为方程 的特解.ximexPyqypy)()(ximexPyqypy)()(设则 有特解:第三步第三步 求原方程的特解 利用第二步的结果,根据叠加原理,原方程有特解:11*yyy xkexximximeQeQ原方程 yqypy xxPxxPenlxsin)(cos)(xkex)sin(cosxixQm)sin(cosxixQm xkexxRmcosxRmsinmmRR,其中均为 m 次多项
13、式.第四步第四步 分析的特点yxRxRexyyymmxksincos11因11yy*yy所以mmRR,因此均为 m 次实多项式.11yyy本质上为实函数,11yy小小 结结xxPxxPenlxsin)(cos)(对非齐次方程yqypy),(为常数qpxRxRexymmxksincos*则可设特解:其中 为特征方程的 k 重根(k =0,1),ilnm,max上述结论也可推广到高阶方程的情形.例例4.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)43
14、3(2cos)433(012r,)(xxPl,0)(xPn比较系数,得9431,da.2sin2cos*9431xxxy于是求得一个特解13 a043cb03 c043ad0 cb例例5.xxyy3sin303cos189 求方程的通解.解解:特征方程为,092r其根为对应齐次方程的通解为xCxCY3sin3cos21)3sin3cos(*xbxaxy比较系数,得,5a,3b因此特解为)3sin33cos5(*xxxyir32,1代入方程:xaxb3sin63cos6所求通解为xCxCy3sin3cos21为特征方程的单根,i3)3sin33cos5(xxxxx3sin303cos18因此设非
15、齐次方程特解为例例6.xyyysin2)1()4(解解:(1)特征方程,01224rr,0)1(22r即有二重根,ir所以设非齐次方程特解为(*2xy)sincosxbxa(2)特征方程,024 rr0)1(22rr即有根irr4,32,1,0 xexyyxsin3)2()4(利用叠加原理,可设非齐次方程特解为)(*2baxxyxec)sincos(xkxdx设下列高阶常系数线性非齐次方程的特解形式:思考与练习思考与练习时可设特解为 xxxfcos)()1当xexxxf22cos)()2当xy*xbxacos)(*yxdxcxbxa2sin)(2cos)(xek2)(xfyy 时可设特解为 x
16、xPxxPexfnlxsin)(cos)()(xkexy*lnm,max提示提示:xdcxsin)(1.(填空)设sin)(cos)(xxRxxRmm2.求微分方程xeyyy 44的通解 (其中为实数).解解:特征方程,0442rr特征根:221 rr对应齐次方程通解:xexCCY221)(2时,xeAy令代入原方程得,2)2(1A故原方程通解为xexCCy221)(xe2)2(12时,2xexBy令代入原方程得,21B故原方程通解为xexCCy221)(xex2213.已知二阶常微分方程xecybyay 有特解,)1(2xxexey求微分方程的通解.解解:将特解代入方程得恒等式xxxxece
17、xbaeaeba)1()2()1(比较系数得01baca 201ba0a1b2c故原方程为xeyy2 对应齐次方程通解:xxeCeCY21xxexey原方程通解为xxeCeCy21xex振动问题振动问题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,力作用下作往复运动,xxo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.据牛顿第二定律
18、得txxctxmdddd22,2mck,2mn令则得有阻尼自由振动方程:0dd2dd222xktxntx阻力txRdd(2)强迫振动情况.若物体在运动过程中还受铅直外力作用，t pHFsin，令mhH则得强迫振动方程:t phxktxntxsindd2dd222例例2.xxo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,0v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 00ddvtxt,00 xxt22ddtx02xktxndd2因此定解问题为自由振动方程自由振动方程,方程:22
19、ddtx02xk特征方程:,022krkir2,1特征根:tkCtkCxsincos21利用初始条件得:,01xC 故所求特解:tkkvtkxxsincos00A)sin(tkA0 xkv0方程通解:1)无阻尼自由振动情况无阻尼自由振动情况 (n=0)kvC020022020tan,vxkkvxA解的特征解的特征:)sin(tkAx0 xAAxto简谐振动 A:振幅,:初相,周期:kT2:mck 固有频率 T0dd00vtxt,000 xxt下图中假设(仅由系统特性确定)方程:特征方程:0222krnr222,1knnr特征根:小阻尼:n k临界阻尼:n=k 22ddtx02xktxndd2)
20、sincos(21tCtCextn)(22nk trtreCeCx2121tnetCCx)(21(n k)大阻尼解的特征大阻尼解的特征:1)无振荡现象;trtreCeCx2121222,1knnr其中22knn0.0)(limtxttxo0 x此图参数:1,5.1kn5.10 x073.50v2)对任何初始条件即随时间 t 的增大物体总趋于平衡位置.(n=k)临界阻尼解的特征临界阻尼解的特征:任意常数由初始条件定,tnetCCx)(21)()1tx最多只与 t 轴交于一点;取何值都有无论21,CC)(lim)3txt即随时间 t 的增大物体总趋于平衡位置.0)(lim21tntetCC2)无振
21、荡现象;例例3.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 tphxktxsindd222 当当p k 时时,齐次通解:tkCtkCXcossin21)(sintkAt pbtpaxcossin非齐次特解形式:0,22bpkha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xox代入可得:当干扰力的角频率 p 固有频率 k 时,)(sintkAxtppkhsin22自由振动强迫振动!22将很大振幅pkh 当当 p=k 时时,)cossin(tkbtkatx非齐次特解形式:代入可得:khba2,0方程的解为)(sintkAxtktkhcos2
22、若要利用共振现象,应使 p 与 k 尽量靠近,或使)(sintkAxtktkhcos2随着 t 的增大,强迫振动的振幅tkh2这时产生共振共振现象.可无限增大,若要避免共振现象,应使 p 远离固有频率 k;p=k.自由振动强迫振动xox对机械来说,共振可能引起破坏作用,如桥梁被破坏,电机机座被破坏等,但对电磁振荡来说,共振可能起有利作用,如收音机的调频放大即是利用共振原理.求电容器两两极板间电压 0ddiRCqtiLE例例4.联组成的电路,其中R,L,C 为常数,sintEEm所满足的微分方程.cu提示提示:设电路中电流为 i(t),LERKCqqi上的电量为 q(t),自感电动势为,LE由电学知,ddtqi,CquCtiLELdd根据回路电压定律:设有一个电阻 R,自感L,电容 C 和电源 E 串极板在闭合回路中,所有支路上的电压降为 0LCLR1,20令tLCEututumCCCsindd2dd2022串联电路的振荡方程:如果电容器充电后撤去电源(E=0),则得0dd2dd2022CCCututuLERKCqqi22ddtuCLCtuCRCddCutEmsin化为关于cu的方程:,ddtuCiC注意故有 docin/sanshengshiyuandoc88/sanshenglu 更多精品资源请访问更多精品资源请访问
