非齊次微分方程特解

本文格式為Word版，下載可任意編輯——非齊次微分方程特解二階常系數(shù)線性非齊次微分方程特解的求法討

論

幸克堅(jiān)

（遵義師范學(xué)院貴州遵義５６３００２）

摘要：非數(shù)學(xué)專業(yè)《常微分方程》中，“二階常系數(shù)線性微分方程〞一般是作為一個(gè)單獨(dú)的模塊來講授。但在一般非數(shù)學(xué)專業(yè)使用的《高等數(shù)學(xué)》教材中，特解的介紹往往比較突然和不夠完整，引入不大自然也不易于理解和接受。本文結(jié)合非數(shù)學(xué)專業(yè)學(xué)生的特點(diǎn)就特解的求法進(jìn)行了分析和探討。

（二）其次考慮：y?+py?+qy=f(x)中f(x)=asinωx(或f(x)=acosωx)的情形：

即：y?+py?+qy=asinωx（不失一般，取f(x)=asinωx即可）

由于復(fù)角“ωx〞的正、余弦函數(shù)的微商（或?qū)?shù)）依舊是復(fù)角“ωx〞的正、余弦函數(shù)，并且y、y?與y?中sinωx與cosωx總是交替出現(xiàn)的。因此，要使方程y?+py?+qy=

**

asinωx的特解y代入原方程后等式成立，y應(yīng)當(dāng)形如：*

y=αcosωx+βsinωx

*

將y=αcosωx+βsinωx代入原方程得：

（αcosωx+βsinωx）?+p（αcosωx+βsinωx）?+q（αcosωx+βsinωx）=asinωx求導(dǎo)整理得：

22

—αωcosωx—βωsinωx—pαωsinωx+pβωcosωx+qαcosωx+qβsinωx=asinωx比較系數(shù)得：

2（q—ω）α+pωβ=0

2（q—ω）β—pωα=a

2

所以當(dāng)pω≠0且q—ω≠0時(shí)，特解中待定系數(shù)α、β可以由原方程的系數(shù)p、q、a、ω通過關(guān)系式：

?pωaα=β222(q?ω)?(pω)(q?ω2)a=

(q?ω2)2?(pω)2

唯一確定。

22

而pω=0與q—ω=0正好與：（±ωi）+p（±ωi）+q=0等價(jià)，即±ωi是特征方程：

2

λ+pλ+q=0的根2

所以，當(dāng)±ωi不是特征方程λ+pλ+q=0的根時(shí)，原方程的特解由原方程的系數(shù)p、q、a、ω通過上式唯一確定。

2

但當(dāng)±ωi是特征方程：λ+pλ+q=0的根時(shí)，pω=0

與q—ω=0，此時(shí)，若再設(shè)：

*

y=αcosωx+βsinωx將無法確定α、β之值?？紤]到這一結(jié)果正好是由“αcosωx+βsinωx〞及其微商導(dǎo)致的，故可參照f(x)為一次多項(xiàng)式時(shí)的情形，考慮設(shè)：

*

y=（αcosωx+βsinωx）x

*

則：（y）′=（（αcosωx+βsinωx）x）′=（－αωsinωx+βωcosωx）x+（αcosωx+βsinωx）

*

（y）″=（（－αωsinωx+βωcosωx）x+（αcosωx+βsinωx））′

22

=（－αωcosωx－βωsinωx）x+2（－

αωsinωx+βωcosωx）代入原方程得：

***y″+py′+qy

22

=（－αωcosωx－βωsinωx）x+2（－α

ωsinωx+βωcosωx）+

+p（（－αωsinωx+βωcosωx）x+（α

cosωx+βsinωx））+q（αcosωx+βsinωx）x）

=asinωx比較系數(shù)得：

22

（－αωcosωx－βωsinωx）+p（－αωsinω

x+βωcosωx）+q（αcosωx+βsinωx）=0

－2ωα+pβ=apα+2ωβ=0

2

因±ωi是特征方程λ+pλ+q=0的根，所以pω=0與q—ω2

=0，于是前面一式中的α、β可以為任意值，而由后二式解得：α=?22?a2β=2pa2

4??p4??p2

2

所以，當(dāng)±ωi是特征方程：λ+pλ+q=0的根時(shí)，α、β可由原方程的系數(shù)通過上式得出。

綜上所述，對(duì)于：y?+py?+qy=asinωx形式的非齊次方程，其特解為：

1）當(dāng)±ωi不是特征方程λ+pλ+q=0的根時(shí)，則原

*

方程的特解是：y=αcosωx+βsinωx，

其中α、β由原方程的系數(shù)p、q、a、ω通過：

?pωaα=β222(q?ω)?(pω)2

(q?ω2)a=

(q?ω2)2?(pω)2唯一確定。

2

2）當(dāng)±ωi是特征方程：λ+pλ+q=0的根時(shí)，原方程

*

的特解是：y=（αcosωx+βsinωx）x，其中α、β可由原方程的系數(shù)通過：

paα=?22?a2β=224??p4??p唯一確定。

而對(duì)于：y?+py?+qy=bcosωx形式的方程，可以類似地探討，這里就不贅述了。

bx

（三）最終考慮：y?+py?+qy=f(x)中f(x)=ae即

bx

y?+py?+qy=ae的情形：

bxbx

由于e的各階微商及其原函數(shù)均為e的常數(shù)倍，所

bx

以，方程y?+py?+qy=ae的特解也應(yīng)當(dāng)形如：

*bx

y=αe

2bxbxbx

將其代入原方程求導(dǎo)整理得：αbe+pbαe+qαe=bxae

bx2

由于e≠0，所以由上式得：（b+pb+q）α=a

2

所以，當(dāng)b+pb+q≠0，即b不是特征方程：

2

λ+pλ+q=0的根時(shí)，α=2a

b?pb?q*bx

方程的特解為：y=αe=2ab?pb?q2

2

e

bx

而當(dāng)b+pb+q=0，即b是特征方程λ+pλ+q=0的根時(shí)，由此式不能確定α的值，

*

但若仍參照f(x)為一次多項(xiàng)式時(shí)的情形，考慮設(shè)：y=bx

αxe代入原方程求導(dǎo)整理得：（b+pb+q）αxe+(2b+p)αe=ae

bx

bx

2

2bxbx

兩邊約去（e≠0）并比較系數(shù)得：b+pb+q=0且(2b+p)α=a

2

前一式說明b是特征方程：λ+pλ+q=0的根，

2

于是，在2b+p≠0，即b只是特征方程λ+pλ+q=0的單根，而不是重根的狀況下有：

*

α=a即原方程的特解為：y=α

2b?pxe=

bx

bxaxe2b?p2

在2b+p=0，即b是特征方程λ+pλ+q=0的重根的狀況下，由上式無法確定α之值，但也參照

*2bx

f(x)為多項(xiàng)式時(shí)的情形，可考慮設(shè)y=αxe代入原方程求導(dǎo)整理得：

***bxbx2y?+py?+qy==2αe+（4b+2p）αxe+（b+2bxbx

pb+q）αxe=ae

即：2α=a，α=a即原方程的特解為：

2y=αxe=axe

*

2

bx

2bx

2綜上所述，在f(x)=ae的狀況下：

2

1）若b不是特征方程λ+pλ+q=0的根，則特解為：

*bxbxy=αe=2ae

b?pb?qbx

2）若b是特征方程λ+pλ+q=0的單根，則特解為：*bxbxy=αxe=axe

2b?p2

3）若b是特征方程λ+pλ+q=0的重根，則特解為：

*2bx