最后更新: 2026-02-11 19:38 查看: 88 次纠错评论(0) 课件开VIP

比较系数法 I

## 3.3.2 比较系数法 I
下面首先通过例子具体说明．
讨论 $g(t)=\left(b_0 t^2+b_1 t+b_2\right) e ^{\lambda t}$ 的情形．

`例3.4` 求非齐次微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+7 \frac{d y}{d t}+12 y=e^{-2 t}
$$

的通解．
分析 由注记（2），关键是求一个特解 $y_p(t)$ ，由于上述方程的右端为 $e ^{-2 t}$ ，而若使 $y_p(t)$ 及其一阶、二阶导数的线性组合等于 $e ^{-2 t}$ ，应使 $e ^{-2 t}$ 为 $y_p(t)$ 的一个因子，故猜测

$$
y_p(t)=k e^{-2 t}
$$

其中，$k$ 为待定系数．
解 齐次方程 $y^{\prime \prime}+7 y^{\prime}+12 y=0$ 的特征方程为 $\lambda^2+7 \lambda+12=0$ ，其特征值 $\lambda_1=-3, \lambda_2=-4$ ．于是齐次方程的通解为

$$
y_h(t)=k_1 e^{-3 t}+k_2 e^{-4 t}
$$

设 $y_p(t)=k e ^{-2 t}$ 为非齐次方程（3．23）的一个特解，代入该方程

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+7 \frac{d y_p}{d t}+12 y_p=4 k e^{-2 t}-14 k e^{-2 t}+12 k e^{-2 t}=2 k e^{-2 t}
$$

若右端等于 $e ^{-2 t}$ ，则只需取 $k=\frac{1}{2}$ ．因此，非齐次方程（3．23）的通解为 $y(t)=$ $k_1 e ^{-3 t}+k_2 e ^{-4 t}+\frac{1}{2} e ^{-2 t}$.

注记 在例 3.4 中，方程（3．23）的任意解 $y(t)$ 均有

$$
\lim _{t \rightarrow \infty}\left|y(t)-\frac{1}{2} e^{-2 t}\right|=0
$$

即当 $t$ 很大时有 $y(t) \approx \frac{1}{2} e ^{-2 t}$ ．

`例3.5`求非齐次微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+7 \frac{d y}{d t}+12 y=e^{-3 t}
$$

的通解．
分析 首先 $y_p(t)$ 中应有因子 $e ^{-3 t}$ ，但如再设 $y_p(t)=k e ^{-3 t}$ ，由于 -3 为特征方程的根，当将 $y_p(t)$ 代入上述方程时有

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+7 \frac{d y_p}{d t}+12 y_p=k\left[(-3)^2+7(-3)+12\right] e^{-3 t}=0
$$

而右端 $e ^{-3 t} \neq 0$ ，因此，$y_p(t)=k e ^{-3 t}$ 一定不是特解，即 $y_p(t) / e ^{-3 t}$ 一定不是常数．而比常数更复杂的函数中，最简单的函数为一次函数，故猜测 $y_p(t) / e ^{-3 t}=k t$ ，即

$$
y_p(t)=k t e^{-3 t},
$$

然后进行检验，待定系数．
解 齐次方程 $y^{\prime \prime}+7 y^{\prime}+12 y=0$ 的通解为

$$
k_1 e^{-3 t}+k_2 e^{-4 t}
$$

设 $y_p(t)=k t e ^{-3 t}$ 为非齐次方程（3．24）的一个特解，代入该方程得

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+7 \frac{d y_p}{d t}+12 y_p=k\left[(9 t-6) e^{-3 t}+7(1-3 t) e^{-3 t}+12 t e^{-3 t}\right]=k e^{-3 t}
$$

由于（3．24）的右端等于 $e ^{-3 t}$ ，故取 $k=1$ ．因此，通解为 $y(t)=k_1 e ^{-3 t}+k_2 e ^{-4 t}+t e ^{-3 t}$ ．

`例3.6`求非齐次微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+4 \frac{d y}{d t}+4 y=3 e^{-2 t}
$$

的通解．
分析 首先 -2 是特征方程 $\lambda^2+4 \lambda+4=0$ 的二重根．如果令 $y_p(t)=k t e ^{-2 t}$ ，将其代入微分方程（3．25）得

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+4 \frac{d y_p}{d t}+4 y_p=k[(4 t-4)+4(1-2 t)+4 t] e^{-2 t}=0
$$

而 $e ^{-2 t} \neq 0$ ，故 $k t e ^{-2 t}$ 不是（3．25）的解．但 $y_p(t)$ 应该有因子 $e ^{-2 t}, y_p(t) / e ^{-2 t}$ 是比 $k t$ 更复杂的函数，而比 $k t$ 更复杂的函数中最简单的函数是 $k t^2$ ，故可猜测

$$
y_p(t)=k t^2 e^{-2 t},
$$

然后进行检验，待定系数．

解 求解特征方程 $\lambda^2+4 \lambda+4=(\lambda+2)^2=0$ 得二重特征根 $\lambda=-2$ ．因此，非齐次方程（3．25）的伴随齐次方程的通解为

$$
y_h(t)=\left(k_1+k_2 t\right) e^{-2 t}
$$

设非齐次方程（3．25）的一个特解为 $y_p(t)=k t^2 e ^{-2 t}$ ，代入方程（3．25）得

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+4 \frac{d y_p}{d t}+4 y_p=k\left[\left(4 t^2-8 t+2\right)+4\left(2 t-2 t^2\right)+4 t^2\right] e^{-2 t}=2 k e^{-2 t}=3 e^{-2 t}
$$

因此，$k=\frac{3}{2}$ ，所以

$$
y_p(t)=\frac{3}{2} t^2 e^{-2 t}
$$

于是非齐次方程的通解为

$$
y(t)=\left(k_1+k_2 t\right) e^{-2 t}+\frac{3}{2} t^2 e^{-2 t}
$$

`例3.7`求非齐次微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+2 y=3 t^m
$$

的通解，其中 $m=0,1,2$ 为自然数．
分析 因为右端强制项为幂函数，左端为未知函数及其二阶导函数的线性组合，所以应取 $y_p(t)=k t^m(m=0$ 或 1$)$ 或 $y_p(t)=k t^2+h t+l, k, h, l$ 待定 $(m=2)$ ．

解 求解特征方程 $\lambda^2+2=0$ 得特征根 $\lambda= \pm i \sqrt{2}$ ，其中 $i =\sqrt{-1}$ ．因此，相应齐次方程 $y^{\prime \prime}+2 y=0$ 的通解为

$$
k_1 \cos \sqrt{2} t+k_2 \sin \sqrt{2} t
$$

设 $y_p(t)=k t^m(m=0,1)$ 为非齐次方程（3．26）的一个特解．
当 $m=0$ 或 $m=1$ 时，$y_p^{\prime \prime}(t)=0$ ．因此得

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+2 y_p=2 k t^m=3 t^m
$$

比较系数得 $k=\frac{3}{2}$ ．此时，

$$
y_p(t)=\frac{3}{2} t^m
$$

当 $m=2$ 时，设 $y_p(t)=k t^2+h t+l, y_p^{\prime \prime}(t)=2 k$ 代入方程得

$$
\frac{d^2 y_p}{d t^2}+2 y_p=2 k t^2+2 h t+2(k+l)=3 t^2
$$

比较系数得
$$
\left\{\begin{array}{l}
2 k=3 \\
2 h=0 \\
2(k+l)=0
\end{array}\right.
$$

于是得 $k=\frac{3}{2}, h=0, l=-\frac{3}{2}$ ，此时

$$
y_p(t)=\frac{3}{2} t^2-\frac{3}{2}
$$

当 $m=0$ 或 $m=1$ 时，方程（3．26）的通解为

$$
y(t)=k_1 \cos \sqrt{2} t+k_2 \sin \sqrt{2} t+\frac{3}{2} t^m, \quad m=0,1
$$

当 $m=2$ 时，方程（3．26）的通解为

$$
y(t)=k_1 \cos \sqrt{2} t+k_2 \sin \sqrt{2} t+\frac{3}{2} t^2-\frac{3}{2} .
$$

注记 设 $y_p(t)$ 为方程（3．26）的一个特解，$y(t)$ 为其任一解，则当 $t \rightarrow \infty$ ，极限

$$
\lim _{t \rightarrow \infty}\left|y(t)-y_p(t)\right|=\lim _{t \rightarrow \infty}\left|k_1 \cos \sqrt{2} t+k_2 \sin \sqrt{2} t\right|
$$

不存在．因此，其解不是（渐近）稳定的．
 `例3.8` （1）设 $y_1(t)$ 为微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=g(t)
$$

的解，而 $y_2(t)$ 为微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=h(t)
$$

的解．求证 $y_1(t)+y_2(t)$ 为微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=g(t)+h(t)
$$

的解，其中 $p \geqslant 0, q>0$ 为常数．
（2）求非齐次方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+6 \frac{d y}{d t}+8 y=6+2 t+t^2+e^{-2 t}
$$

的通解．
解 留给读者作为练习．

将上述方法进行抽象，讨论非齐次方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=f(t), \quad p \geqslant 0, q \geqslant 0
$$

的特解情况，其中 $f(t)=\left(b_0 t^2+b_1 t+b_2\right) e ^{\lambda t}, \lambda$ 及 $b_i(i=0,1,2)$ 为实常数．
（1）如果 $\lambda=0$ ，则

$$
f(t)=b_0 t^2+b_1 t+b_2
$$

如果 $q>0$ ，当 $\lambda=0$ 时，因为左端是 $y(t), y^{\prime}(t)$ 及 $y^{\prime \prime}(t)$ 的线性组合．为使其等于右端，应取

$$
y_p(t)=B_0 t^2+B_1 t+B_2
$$

其中，$B_0, B_1, B_2$ 为待定常数．

$$
\lambda^2+p \lambda+q=q \neq 0
$$

即 $\lambda$ 不是特征根，取 $k=0$ ．因此，
$$
y_p(t)=t^k\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) e^{\lambda t}
$$

如果 $q=0, p>0$ ，则 $\lambda=0$ 为特征方程 $\lambda^2+p \lambda=0$ 的单重根．取 $k=1$ ，这时微分方程变为

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}=b_0 t^2+b_1 t+b_2
$$

应取

$$
y_p(t)=B_0 t^3+B_1 t^2+B_2 t
$$

其中 $B_0, B_1, B_2$ 为待定常数．这时

$$
\begin{aligned}
y_p(t) & =t\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) \\
& =t^k\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) e^{\lambda t}
\end{aligned}
$$

其中 $k=1, \lambda=0$ ．
如果 $q=p=0$ ，则 $\lambda=0$ 为特征方程 $\lambda^2=0$ 的二重根，取 $k=2$ ，这时微分方程变为

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}=b_0 t^2+b_1 t+b_2
$$

将上述方程的两端进行比较，应取

$$
y_p(t)=B_0 t^4+B_1 t^3+B_2 t^2
$$

其中 $B_0, B_1, B_2$ 为待定常数．此时
$$
\begin{aligned}
y_p(t) & =t^2\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) \\
& =t^k\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) e^{\lambda t}
\end{aligned}
$$

其中 $k=2, \lambda=0$ ．
（2）如果 $\lambda \neq 0$ ，作变量替换 $y(t)=x(t) e ^{\lambda t}$ ，则 $y^{\prime}(t)=x^{\prime}(t) e ^{\lambda t}+\lambda x(t) e ^{\lambda t}$ ， $y^{\prime \prime}(t)=x^{\prime \prime}(t) e ^{\lambda t}+2 \lambda x^{\prime}(t) e ^{\lambda t}+\lambda^2 x(t) e ^{\lambda t}$ 。于是

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=\left[\frac{d^2 x}{d t^2}+(p+2 \lambda) \frac{d x}{d t}+\left(\lambda^2+p \lambda+q\right) x\right] e^{\lambda t}
$$

于是方程（3．28）等价于方程

$$
\frac{d^2 x}{d t^2}+(p+2 \lambda) \frac{d x}{d t}+\left(\lambda^2+p \lambda+q\right) x=b_0 t^2+b_1 t+b_2
$$

$\lambda$ 为 $\lambda^2+p \lambda+q=0$ 的根等价于 $\tau=0$ 为（3．27）的特征方程

$$
\tau^2+(p+2 \lambda) \tau+\left(\lambda^2+p \lambda+q\right)=0
$$

的根，并且重数相同．利用（1）中所得的结论，如果 $\lambda$ 不是特征方程 $\lambda^2+p \lambda+q=0$的根 $(k=0)$ ，方程 $(3.27)$ 有特解 $x_p(t)=B_0 t^2+B_1 t+B_2$ ，从而方程（3．28）有特解

$$
y_p(t)=\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) e^{\lambda t}=t^k\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) e^{\lambda t}
$$

其中 $k=0$ ．
如果 $\lambda$ 是特征方程 $k(k=1$ 或 $k=2)$ 重根，方程（3．27）有特解 $x_p(t)=$ $t^k\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right)$ ，从而方程（3．28）有特解

$$
y_p(t)=t^k\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) e^{\lambda t}
$$

综上所述，有下面的定理．
定理3．3 设 $f(t)=\left(b_0 t^2+b_1 t+b_2\right) e ^{\lambda t}$ ，其中 $\lambda$ 及 $b_i(i=0,1,2)$ 为实常数，则非齐次方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=f(t), \quad p \geqslant 0, q \geqslant 0
$$

有形如

$$
y_p(t)=t^k\left(B_0 t^2+B_1 t+B_2\right) e^{\lambda t}
$$

的特解，其中 $k$ 为特征方程 $\lambda^2+p \lambda+q=0$ 的根 $\lambda$ 的重数（单根相当于 $k=1$ ，当 $\lambda$不是特征根时，取 $k=0)$ ，而 $B_0, B_1, B_2$ 是待定常数，通过将（3．29）代入方程（3．28）后，通过比较系数来确定．

`例3.9`求非齐次微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+2 \frac{d y}{d t}+y=e^{-t}(t-2)
$$

的通解．
解 特征方程 $\lambda^2+2 \lambda+1=0$ 的二重根 $\lambda=-1$ ，对应的齐次方程的通解为

$$
\left(k_1+k_2 t\right) e^{-t},
$$

而且方程有形如 $y_p(t)=t^2(A+B t) e ^{-t}$ 的特解．将它代入方程得

$$
(6 B t+2 A) e^{-t}=(t-2) e^{-t}
$$

从而得 $A=-1, B=\frac{1}{6}$ ．于是 $y_p(t)=t^2\left(\frac{1}{6} t-1\right) e ^{-t}$ ，通解为

$$
y(t)=\left(k_1+k_2 t\right) e^{-t}+t^2\left(\frac{1}{6} t-1\right) e^{-t}
$$

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