最后更新: 2025-11-20 08:42 查看: 831 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

形如 y''+py'+qy=f(x) 二阶常系数非齐次微分方程

## 二阶常系数非齐次常系数线性微分方程
形如

$$
y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x) ...(1)
$$

(其中 $p 、 q$ 为常数)的方程称为二阶线性常系数**非齐次微分方程**.

他对应的齐次方程是

$$
y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0 ...(2)
$$

根据解结构, 我们仅需求出方程（1）的一个**特解 $y^*$ **和方程（2）的一个**通解Y**。那最终的解就是 $y= Y+y^* $

因为通解已经在 [$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=345) 里介绍过，因此，本节只研究如何找到方程（1）的特解。

**求解二阶线性常系数非齐次微分方程通解的步骤**

(1)写出特征方程, 并求出特征根;
(2)求出对应齐次方程的通解 $Y$;
(3)根据 $\lambda$ 与特征根关系确定特解形式, 并代入原方程后确定其中系数, 从而得到 $y^*$;
(4)写成 $y=Y+y^*$.

> **注意：本节内容需要使用上一节 [《形如 y''+py'+qy=0 的通解》](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=345) 的结论，所以，在学习本节内容前，请确保已经学了上一节的内容。然后把齐次方程的解按照下表往里面套，得到通解，再找到特解，合起来就是非齐次方程的通解。**

$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0 $ 解对照表
 ![图片](/uploads/2025-08/24a61f.jpg)

$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x) $ 解对照表，注意：下表无需记忆，最主要的是要理解。
 ![图片](/uploads/2025-08/3aac58.jpg)
 
 
## 特解的求法

对于$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x) $  他的特解与方程右侧$f(x)$密切相关，对于一般的$f(x)$并没有通用的解决方法，因此，我们只研究两种：即

$$
\boxed{
y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y={e}^{\lambda x} P_n(x) ...(4)
}
$$
和
$$
\boxed{
y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y={e}^{\lambda x}\left[P_l(x) \cos \omega x+P_n(x) \sin \omega x\right] ...(5)
}
$$

下面分别讨论（4）与（5）的特解。

#### 1、 $f(x)={e}^{\lambda x} P_n(x)$ 情形
其中 
$$
P_n(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n ...(6)
$$
为 $n$ 次多项式, $\lambda$ 为常数.

**提示：若$\lambda=0$ 则 $f(x)={e}^{\lambda x} P_n(x)$  就变成了 $f(x)=P_n(x)$ 情形**

方程(6)的自由项是多项式 $P_n(x)$ 与指数函数 $\mathrm{e}^{\lambda x}$ 的乘积, 要求 $y^*$, 使得(6)成为恒等式. 由于多项式与指数函数的乘积的导数仍然是这种形式, 因此我们推测 $y^*=\mathrm{e}^{\lambda x} Q(x)$ 可能是方程(6)的特解, 其中 $Q(x)$ 为待定系数的多项式.
由于 $y^*=\mathrm{e}^{\lambda x} Q(x)$

$$
\begin{aligned}
& y^{* \prime}=\mathrm{e}^{\lambda x}\left(\lambda Q(x)+Q^{\prime}(x)\right), \\
& y^{* \prime \prime}=\mathrm{e}^{\lambda x}\left(\lambda^2 Q(x)+2 \lambda Q^{\prime}(x)+Q^{\prime \prime}(x)\right),
\end{aligned}
$$

代入方程(6), 并消去 $\mathrm{e}^{\lambda x}$, 得

$$
Q^{\prime \prime}(x)+(2 \lambda+p) Q^{\prime}(x)+\left(\lambda^2+p \lambda+q\right) Q(x)=P_n(x) ...(7)
$$

> 这里最核心一点，一个多项式，比如 $f(x)=x^2$ 求导后是 $f'(x)=2x$ 可以看到，次数降低一次，如果 $f(x)=f'(x)$ 那么我们只能对$f'(x)$补偿一个$Cx$，两者才有可能相等。

①若 $\lambda$ 不是对应齐次方程的特征方程的特征根, 即 $\lambda^2+p \lambda+q \neq 0$, $2 \lambda+p \neq 0$, 那么由于 $P_n(x)$ 是 $n$ 次多项式, 则 $Q(x)$ 也应是 $n$ 次多项式 $\left(Q^{\prime}(x)\right.$, $Q^{\prime \prime}(x)$ 的最高次方皆低于 $Q(x)$ 的最高次方).
因此取 $Q(x)=Q_n(x)=b_0 x^n+b_1 x^{n-1}+\cdots+b_{n-1} x+b_n$. 将 $Q_n(x)$ 代入(7)式, 比较等 式两端 $x$ 的同次幂, 就得到了含有 $b_0, b_1, \cdots b_{n-1}, b_n$ 作为末知数的 $n+1$ 个方程, 解此方程组, 确定 $Q_n(x)$, 从而得到 $y^*=\mathrm{e}^{\lambda x} Q_n(x)$.

②若 $\lambda$ 是对应齐次方程的特征方程的单特征根, 即 $\lambda^2+p \lambda+q=0$, 但 $2 \lambda+p \neq 0$, 此时可知 $Q^{\prime}(x)$ 应是 $n$ 次多项式, 故 $Q(x)$ 是 $n+1$ 次多项式. 因此取 $Q(x)=x Q_n(x)$.

③若 $\lambda$ 是对应齐次方程的特征方程的重特征根, 即 $\lambda^2+p \lambda+q=0$, 同时 $2 \lambda+p=0$, 此时可知 $Q^{\prime \prime}(x)$ 应是 $n$ 次多项式, 故 $Q(x)$ 是 $n+2$ 次多项式. 因此取 $Q(x)=x^2 Q_n(x)$.
由此得到结论: $y^*=x^k \mathrm{e}^{\lambda x} Q_n(x)$, 其中 $k=0,1,2$ 按 $\lambda$ 不是, 是单, 是重特征根 而选取, $Q_n(x)$ 为 $n$ 次待定系数的多项式.

上面的讨论可以得到如下的结论：

> ①若0不是齐次方程$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$的特征根，则方程$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x)$有一特解 $Q_n(x)$ ；
 ②若0是$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$ 的单特征根，则$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x)$有一特解 $x Q_n(x)$ ；
 ③若0是$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0$的重特征根，则$y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=f(x)$有一特解 $x^2 Q_n(x)$ ．其中 $Q_n(x)$ 为 $n$ 次多项式，系数待定

`例` 求方程 $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}-3 y=3 x+1$ 的特解．
解 这是二阶常系数微分方程，并且 $f(x)$ 是 $P_m(x) e ^{\lambda x}$ 型（其中 $P_m(x)= 3 x+1, \lambda=0)$ ．方程所对应的齐次线性微分方程为 $y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}-3 y=0$ ，其特征方程为 $\lambda^2-2 \lambda-3=0$ ．由于 $\lambda=0$ 不是特征方程的根，所以应设非齐次方程的特解为

$$
y^*=b_0 x+b_1,
$$

代人所给的方程得

$$
-3 b_0 x-2 b_0-3 b_1=3 x+1
$$

比较两端 $x$ 同次幂的系数，解得 $b_0=-1, b_1=\frac{1}{3}$ ．由此求得一个特解为

$$
y^*=-x+\frac{1}{3}
$$

`例`  求方程 $y^{\prime \prime}+6 y^{\prime}+9 y=2 x e ^{-3 x}$ 的通解．
解 这里 $P_m(x)=2 x, \lam

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