二阶常系数齐次线性微分方程

1常系数6.6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)之根转化第十二章2二阶常系数齐次线性微分方程:rxye代入①得2rxre2r称②为1.当24pq时,有两个因此方程的通解为①若②则微分方程其根称为特征根.2()0rxrprqe当r为常数时，为常数)0,rxqerxpre为①的解,微分方程①的特征方程,线性无关的特解:y1C2C1,r2r1,rxe2xre1xre2xre②有两个不相同的实根prq03例1.求方程的通解.解:特征根:因此原方程特征方程(1)r2r2r3(3)r0,,13y1C2Cxe3xe的通解为42.当24pq时,特征方程0有两个相等实根1r2r则微分方程1,rxe有一个特解另一个特解2y()x21()xedx()Pxdx1xre12xreedxpdx1xre12xrexpdx1xrex因此方程的通解为y1C2C1xrex1xre5例2.求方程的通解.解:特征根:因此原方程特征方程2r6r9(3)r0,3,3y1C2C3xe3xe的通解为2x6s2(Cte12)tCCs12()CCtte例3.22ddst特征方程有重根1r因此原方程的通解为由初始条件得14,C于是所求初值问题的解为22C则212CC040200解:求解初值问题d2dstss4,0ts20t2r2r12(1)r0,2r1s(42)tte73.当时,这时原方程①1yxe利用26页最后一行,因此原方程的通解为20rprq有一对原方程的特征方程y24pq0共轭复根有两个复数解:,ii()ixe(cosxsin)ix2yxe()ixe(cosxsin)ix得线性无关的特解:xecosxxesinxxe1(Ccosx2Csin)x8例4.求方程的通解.解:特征方程2r4r131,2r243623i因此原方程的通解为y2xe1(Ccos3x2Csin3)x9小结:2rprq特征方程:特征根:1,r2r实根特征根通解y1C2C1xre2xre1r2r1r2ry1C2C1xre1xrxeiyxe1(Ccosx2Csin)x特殊情况特征根通解y1C2C2xre10,r20r1r2ry1C2Cxiy1Ccosx2Csinx以上结论可推广到高阶常系数线性微分方程.10练习.求方程的通解.解:0,a通解为y0,a通解为y0,a通解为1xaCe特征方程2r特征根特征方程2r特征根1,2r特征方程2r特征根1,2r2sinCxa2xaCe特征方程1r2r00,,aiaa,a1C2Cx1cosCaxy11若特征方程若特征方程则其通解中必含对应项特征方程:推广:(ka全为常数)则其通解中全部为任意常数)含k重实根r,必含对应项含k重复根i12例5.的通解.解:4r特征根:12rr因此原方程通解为yxe3,4r2r特征方程32r25r0,2(r2r5)0,0,221612i1C3(2cosCx4si2n)Cx2Cx13练习.解方程特征方程:5r特征根:1r原方程通解:y2Cx23Cx34Cx5xCe(不难看出,231,,,,)xxxxe(5)y51r解:4r原方程有特解(4)y0.4r0,(1)r0,1C2r3r4r0,14例6.解方程解:4r即特征根为则方程通解:(4)y2yy0.22r10特征方程:21r2()015例7.为特解并求其通解.解:因此特征方程为2(1)r2(4)r即4r故所求方程为其通解为求一个以的4阶齐次根据给定的特解知特征方程有根:常系数方程,线性32r25r8r4y1C32cosCx42sinCx2Cxcos2x3sin2x16小结:2rprq特征方程:特征根:1,r2r实根特征根通解y1C2C1xre2xre1r2r1r2ry1C2C1xre1xrxeiyxe1(Ccosx2Csin)x特殊情况特征根通解y1C2C2xre10,r20r1r2ry1C2Cxiy1Ccosx2Csinx以上结论可推广到高阶常系数线性微分方程.17作业29页习题6—61.(1),(3)2作业本写上班级姓名，编号31842页例5.51.质量为m的物体，悬挂在一端固定的弹簧上,弹性系数在无外力作用下做自由运动,立坐标系如图,取其平衡位置为原点建xxo初始求物体的运动规律设t=0时物体的位置为解:弹性恢复力介质的阻力根据牛顿第二定律为了结果简单记22ddxt2kxd2dxnt0初始条件0tx0,x0ddtxt0v方程:22ddxt20kx1)无阻力自由振动情况(n=0)1922002,vAxk方程:22ddxt20kx特征方程:220,rk1,2rik特征根:12cossinxCktCkt由10,Cx故所求特解:00cossinvxxktktkA0xkv0方程通解:1)无阻力自由振动情况(n=0)02vCk12sincosxkCktkCkt则00,txx特解为:令得由00,txv得00tan,kxv20解的特征:简谐振动A:振幅,:初相,周期:固有频率0dd00vtxt,000xxt下图中假设(仅由系统特性确定)21方程:特征方程:2220rnrk221,2rnnk特征根:小阻尼:nk这时需分如下三种情况进行讨论:2)有阻尼自由振动情况大阻尼:nk临界阻尼:n=k22ddxt20kxd2dxnt2522r例6.解方程解:即2(r其根为1,2r方程通解:w1(co2sCx2xe3(co2sCx44ddwx(0).3,4r4w0222r0特征方程:2()2r2)2(r2r2)022222,2i22222,2i2xe2sin2)Cx4sin2)Cx