常系数非齐次线性微分方程

§6.5 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.51 分/卷近 11 年平均

2/11 年出现年份

0.7 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）常系数齐次线性微分方程高阶线性微分方程解的结构③ 掌握后可解锁微分方程的几何与物理应用

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 待定系数法的恒等式依据：为什么试解与右端同类型、重根要乘 x^k、次数不变★★ 必会

先把这一节的对象说清。 待解的是常系数非齐次线性微分方程

y^{''} + p y^{'} + q y = f (x), p, q 为常数, f (x) \neq \equiv 0.

三个限定词各指一件事：线性——

y

与它的各阶导数都只以一次幂出现、彼此不相乘；常系数——

p, q

是常数，不随

x

变；非齐次——右端

f (x)

不恒为零（右端恒为零的是上一节的齐次方程）。三者缺一，下面整套做法都不适用（详见上一节第一条要点）。

为什么只求一个特解就够。 由线性方程解的结构，非齐次通解

=

对应齐次通解

+

它自己的任意一个特解：

y = Y + y^{*} .

Y

用上一节的特征方程已经能求出来，所以这一节只剩后一半的活：找出一个 $y^{*}$ 。找哪一个都行——两个特解之差是齐次解，早被

Y

那部分吸收了。

。

证明 / 推导

恒等式：对任意（可导）

u (x)

，

L [e^{λ x} u] φ^{'} (λ) = e^{λ x} [u^{''} + φ^{'} (λ) u^{'} + φ (λ) u] = 2 λ + p .

证：

(e^{λ x} u)^{'} = e^{λ x} (u^{'} + λ u)

，

(e^{λ x} u)^{''} = e^{λ x} (u^{''} + 2 λ u^{'} + λ^{2} u)

，代入

L

并合并

u^{'}, u

的系数，即得

2 λ + p = φ^{'} (λ)

与

λ^{2} + p λ + q = φ (λ)

。

□

设右端为

f = e^{λ x} P_{m} (x)

，试解为

y^{*} = e^{λ x} u

，于是

u^{''} + φ^{'} (λ) u^{'} + φ (λ) u = P_{m}

。下面分三种情形讨论。
-

φ (λ) \neq = 0

（

λ

非根）：最低阶项

φ (λ) u

存在，取

u

为

m

次多项式即可使等式成立，此时

k = 0

，次数不变。
-

φ (λ) = 0, φ^{'} (λ) \neq = 0

（单根）：方程降为

u^{''} + φ^{'} (λ) u^{'} = P_{m}

，其中最低阶的是

u^{'}

。要使

u^{'}

为

m

次，则

u

应为

m + 1

次且不含常数项，即

u = x \cdot (m

次

)

，故

k = 1

。
-

φ (λ) = φ^{'} (λ) = 0

（二重根）：方程降为

u^{''} = P_{m}

，此时

u

应为

m + 2

次且缺

0, 1

次项，即

u = x^{2} \cdot (m

次

)

，故

k = 2

。

■

举例说明

例. 求

y^{''} - 2 y^{'} + y = e^{x}

的特解。

φ (λ) = (λ - 1)^{2}

，

λ = 1

是二重根，

φ (1) = φ^{'} (1) = 0

。由恒等式

L [e^{x} u] = e^{x} u^{''}

，令

= e^{x}

得

u^{''} = 1 \Rightarrow u = \frac{1}{2} x^{2}

。故

y^{*} = \frac{1}{2} x^{2} e^{x}

。其中的

x^{2}

因子（

k = 2

）由恒等式自然导出，不必强记。

2. 类型 II：cos 与 sin 必须同时设，重数 k 由复数 α+iβ 判定★ 要懂

当右端为

f = e^{α x} [P_{l} cos β x + P_{n} sin β x]

时，即使其中只出现 $cos$ （或只出现 $sin$ ），特解也必须把 $cos, sin$ 同时设上：

y^{*} = x^{k} e^{α x} [Q_{m} cos β x + R_{m} sin β x]

，其中

m = max {l, n}

。这是因为求导会使

cos, sin

互相转化，只设其中一个便无法使等式成立。至于共振重数

k

，应当考察复数

α + i β

是否为特征根：如果是，就取

1

；否则取

0

。求解时容易只设一半，也容易遗漏因子

x

，这两点都必须注意。

证明 / 推导

记

D = \frac{d}{d x}

。在

{e^{α x} cos β x, e^{α x} sin β x}

张成的二维空间上，

D

把

e^{α x} cos β x

送到

e^{α x} (α cos β x - β sin β x)

，可见求导后

cos

的像中出现了

sin

。因此这个空间对求导封闭，但不可约：任何常系数算子

L

作用其上，结果仍落在同一空间内，且一般说来

cos, sin

两个分量都不为零。于是，要使

L [y^{*}]

配出含

cos

（或

sin

）的右端，

y^{*}

就必须把

cos, sin

这两个基函数都取上，并令其系数待定；缺少其中之一便无法覆盖整个空间。

■

举例说明

例（类型 II 共振）. 求

y^{''} + y = cos x

的通解。

齐次方程的特征方程为

λ^{2} + 1 = 0

，特征根为

\pm i

，故

Y = C_{1} cos x + C_{2} sin x

。右端

cos x

所对应的复数为

α + i β = i

，它是特征根，故

k = 1

。设

y^{*} = x (a cos x + b sin x)

。代入后含

x

的项相消，得

2 b cos x - 2 a sin x = cos x

，于是

a = 0, b = \frac{1}{2}

，即

y^{*} = \frac{1}{2} x sin x

。所求通解为

y = C_{1} cos x + C_{2} sin x + \frac{1}{2} x sin x .

因子

x

使振幅随

x

的增大而线性增长，这种现象称为共振。

3. 叠加原理：右端分项处理，每一项各自判定 k★ 要懂

如果右端是几项之和

f = f_{1} + f_{2} + \dots

，那么可以分别求

L [y] = f_{i}

的特解

y_{i}^{*}

，再把它们相加，所得即为原方程的特解，这就是叠加原理。必须注意：每一项要按它自己的指数与频率单独判定共振重数

k

。同一个方程中，可能有的项共振（

k \geq 1

），有的不共振（

k = 0

），不能一概而论。当右端为复合形式时，这一点最容易出错。

证明 / 推导

证（叠加原理）. 记

L [y] = y^{''} + p y^{'} + q y

。求导是线性运算，故对任意常数

c_{1}, c_{2}

与任意二阶可导的

u, v

有

L [c_{1} u + c_{2} v] = c_{1} L [u] + c_{2} L [v] .

设

L [y_{1}^{*}] = f_{1}

，

L [y_{2}^{*}] = f_{2}

。在上式中取

c_{1} = c_{2} = 1

，得

L [y_{1}^{*} + y_{2}^{*}] = L [y_{1}^{*}] + L [y_{2}^{*}] = f_{1} + f_{2},

即

y_{1}^{*} + y_{2}^{*}

是右端为

f_{1} + f_{2}

的方程的一个特解。右端多于两项时，逐次使用上式，用数学归纳法即得一般情形。这就证明了叠加原理。

为什么各项的 $k$ 互不牵连. 由上面的推导，求

y_{i}^{*}

时所解的方程是

L [y] = f_{i}

，其中只出现

f_{i}

。共振重数

k

由

f_{i}

自身的

λ_{i}

决定，即看它是否为特征根、是几重根。这与别的项无关。所以同一个方程中各项的

k

可以互不相同。

只对线性方程成立. 上面唯一用到的性质是

L

的线性。如果方程中含有

y^{2}

或

y y^{'}

这类项，那么

L

不再线性。例如

(y_{1} + y_{2})^{2} \neq = y_{1}^{2} + y_{2}^{2}

，两个解相加以后会多出交叉项，叠加原理随之失效。

复数形式的叠加. 设方程的系数都是实数，

u, v

为实函数，且

L [u + i v] = f_{1} + i f_{2}

。因系数为实数，

L [u]

与

L [v]

都是实函数，而由线性性有

L [u + i v] = L [u] + i L [v]

。比较实部与虚部，得

L [u] = f_{1}

，

L [v] = f_{2}

。右端含

cos β x

或

sin β x

时常用这一形式。做法是先解复指数的方程，再取实部或虚部。

■

举例说明

例. 求

y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = e^{x} + e^{3 x}

的通解。

齐次方程的特征方程为

(λ - 1) (λ - 2) = 0

，特征根为

1, 2

，故

Y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x}

。

分项判定 $k$ ：
- 对于

e^{x}

，

λ = 1

是单根，故

k = 1

。设

y_{1}^{*} = A x e^{x}

，代入得

A = - 1

，即

y_{1}^{*} = - x e^{x}

；
- 对于

e^{3 x}

，

λ = 3

非根，故

k = 0

。设

y_{2}^{*} = B e^{3 x}

，代入得

(9 - 9 + 2) B = 1 \Rightarrow B = \frac{1}{2}

，即

y_{2}^{*} = \frac{1}{2} e^{3 x}

。

由叠加原理得

y^{*} = - x e^{x} + \frac{1}{2} e^{3 x}

，所求通解为

y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} - x e^{x} + \frac{1}{2} e^{3 x} .

4. 右端为纯多项式即 λ=0 的情形：k 由 0 是否为特征根决定

如果右端是纯多项式

f = P_{m} (x)

，那么可以把它写成

e^{0 \cdot x} P_{m} (x)

，这就是类型 I 中

λ = 0

的情形。因此，判定共振重数

k

时要考察 $0$ 是否为特征根：当常数项

a_{0} \neq = 0

（即不缺

y

项）时，

0

不是特征根，

k = 0

，只需设一般的

m

次多项式；而一旦方程缺 $y$ 项（

a_{0} = 0

），

0

就成为特征根，

k \geq 1

，特解要再乘以

x

。这一类右端的形式看起来最简单，却最容易出错。

证明 / 推导

① $0$ 何时是特征根. 方程

y^{''} + p y^{'} + q y = P_{m} (x)

的特征多项式为

φ (λ) = λ^{2} + p λ + q

。把

λ = 0

代入，得

φ (0) = q

，

φ^{'} (0) = p

。因此

0 是特征根 ⟺ q = 0 0 是二重特征根 ⟺ p = q = 0.

而

q

就是

y

的系数，

p

就是

y^{'}

的系数。所以判定

0

是否为特征根，只需看方程缺不缺

y

项。特征方程可以不必去解。

② 缺 $y$ 项时为什么必须乘 $x$ . 用次数计数即可看清。设

Q

为多项式且

de g Q = d

，则

de g Q^{'} = d - 1

，

de g Q^{''} = d - 2

。若

q \neq = 0

，把

y^{*} = Q

代入，左端为

Q^{''} + p Q^{'} + q Q

。其中只有

q Q

的次数为

d

，其余两项都低于

d

。故左端的次数恰为

d

。取

d = m

即可与

m

次的右端相配，这就是

k = 0

。若

q = 0

而

p \neq = 0

，即

0

是单根，则左端成为

Q^{''} + p Q^{'}

，它的次数恰为

d - 1

，比

Q

低了一次。这时要使左端为

m

次，就必须取

d = m + 1

。又

Q

的常数项求导后被抹去，对

Q^{''} + p Q^{'}

毫无贡献。故可以取

Q

不含常数项，即

Q = x \cdot (m 次多项式),

这就是

k = 1

。

③ 既缺 $y$ 又缺 $y^{'}$ 的情形. 这时

p = q = 0

，方程成为

y^{''} = P_{m} (x)

。由①知

0

是二重特征根，故

k = 2

。两端对

x

积分两次。每积分一次多项式升高一次，故所得的

y

是

m + 2

次多项式。积分中出现两个任意常数，它们给出常数项与一次项。这两项恰是齐次方程

y^{''} = 0

的通解

C_{1} + C_{2} x

。把这两个常数取为零，就得到不含常数项与一次项的特解

y^{*} = x^{2} \cdot (m 次多项式) .

例如对

y^{''} = x

积分两次，得

y^{*} = \frac{x ^{3}}{6}

，它恰是

x^{2} \cdot \frac{x}{6}

的形式。三种情形合起来，

k

就等于

0

作为特征根的重数。这就证明了本条的判定法则。

■

举例说明

例（对照）. 求下列方程在多项式右端下的特解。

(a)

y^{''} + y = x

：特征根为

\pm i

，

0

非根，故

k = 0

。设

y^{*} = a x + b

，代入得

a x + b = x \Rightarrow a = 1, b = 0

，即

y^{*} = x

。

(b)

y^{''} + y^{'} = x

：特征根为

0, - 1

，

0

是单根，故

k = 1

。设

y^{*} = x (a x + b) = a x^{2} + b x

，则

y^{*'} = 2 a x + b, y^{*''} = 2 a

，代入得

y^{*''} + y^{*'} = 2 a x + (2 a + b) = x \Rightarrow a = \frac{1}{2}, b = - 1

，即

y^{*} = \frac{1}{2} x^{2} - x

。

两式的右端同为

x

，但 (b) 因缺

y

项而必须再乘一个

x

。因此在判定

k

之前，应先考察

0

是否为特征根。

💡 小知识

荡秋千为什么会越荡越高？因为使力的节奏正好踩在秋千的固有频率上，这就是共振。在数学上，越荡越高对应的就是非齐次特解里多出来的那个 x 因子（x^k）。同样的道理，军队过桥时要改成便步走，为的是避免整齐划一的步频与桥的固有频率发生共振。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求方程

y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = 4 x

的通解。难度 1

齐次通解：特征方程

λ^{2} - 3 λ + 2 = (λ - 1) (λ - 2) = 0

，根

1, 2

，故

Y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x}

。 求特解：右端

4 x = e^{0 \cdot x} \cdot 4 x

属类型 I，

λ = 0

不是特征根，

k = 0

，设

y^{*} = a x + b

。则

y^{*'} = a, y^{*''} = 0

，代入

0 - 3 a + 2 (a x + b) = 2 a x + (2 b - 3 a) = 4 x .

比较系数：

2 a = 4 \Rightarrow a = 2

；

2 b - 3 a = 0 \Rightarrow b = 3

。故

y^{*} = 2 x + 3

。通解：

y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} + 2 x + 3.

例 2 求方程

y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = e^{3 x}

的通解。难度 1

齐次通解同上：

Y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x}

。 求特解：右端

e^{3 x}

中

λ = 3

不是特征根（特征根为

1, 2

），

k = 0

，设

y^{*} = A e^{3 x}

。代入

y^{*'} = 3 A e^{3 x}, y^{*''} = 9 A e^{3 x}

：

(9 - 9 + 2) A e^{3 x} = 2 A e^{3 x} = e^{3 x} ⟹ A = \frac{1}{2} .

故

y^{*} = \frac{1}{2} e^{3 x}

，通解

y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} + \frac{1}{2} e^{3 x} .

例 3 求方程

y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = e^{x}

的通解。难度 2

齐次通解仍为

Y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x}

。 求特解：右端

e^{x}

中

λ = 1

恰是单特征根，发生共振，取

k = 1

，设

y^{*} = A x e^{x}

。求导

y^{*'} = A (1 + x) e^{x}, y^{*''} = A (2 + x) e^{x}

，代入：

y^{*''} - 3 y^{*'} + 2 y^{*} = A e^{x} [(2 + x) - 3 (1 + x) + 2 x] = A e^{x} (- 1) = e^{x},

得

A = - 1

。故

y^{*} = - x e^{x}

，通解

y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} - x e^{x} .

特解里的

x

因子正是共振（

λ

撞上特征根）的印记。

例 4 求方程

y^{''} + 4 y = sin x

的通解。难度 2

齐次通解：特征方程

λ^{2} + 4 = 0

，根

\pm 2 i

，故

Y = C_{1} cos 2 x + C_{2} sin 2 x

。 求特解：右端属类型 II，

α = 0, β = 1

，对应

α + i β = i

不是特征根（特征根为

\pm 2 i

），

k = 0

。即使右端只有

sin x

，也必须

cos, sin

同时设：

y^{*} = a cos x + b sin x

。则

y^{*''} = - a cos x - b sin x

，代入

y^{*''} + 4 y^{*} = 3 a cos x + 3 b sin x = sin x,

比较得

3 a = 0, 3 b = 1

，即

a = 0, b = \frac{1}{3}

。故

y^{*} = \frac{1}{3} sin x

，通解

y = C_{1} cos 2 x + C_{2} sin 2 x + \frac{1}{3} sin x .

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2019 年 · 数二 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

已知微分方程

y^{''} + a y^{'} + b y = c e^{x}

的通解为

y = (C_{1} + C_{2} x) e^{- x} + e^{x}

，则

a, b, c

依次为（　　）

A $1, 0, 1$
B $1, 0, 2$
C $2, 1, 3$
D $2, 1, 4$

2017 年 · 数二 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

微分方程

y^{''} - 4 y^{'} + 8 y = e^{2 x} (1 + cos 2 x)

的特解可设为

y^{*} =

（　　）

A $A e^{2 x} + e^{2 x} (B cos 2 x + C sin 2 x)$
B $A x e^{2 x} + e^{2 x} (B cos 2 x + C sin 2 x)$
C $A e^{2 x} + x e^{2 x} (B cos 2 x + C sin 2 x)$
D $A x e^{2 x} + x e^{2 x} (B cos 2 x + C sin 2 x)$

2014 年 · 数二 · 第 18 题 · 解答题 · 10 分

设函数

f (u)

具有

2

阶连续导数，

z = f (e^{x} cos y)

满足

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = (4 z + e^{x} cos y) e^{2 x} .

若

f (0) = 0, f^{'} (0) = 0

，求

f (u)

的表达式。

2013 年 · 数二 · 第 13 题 · 填空题 · 4 分

已知

y_{1} = e^{3 x} - x e^{2 x}

，

y_{2} = e^{x} - x e^{2 x}

，

y_{3} = - x e^{2 x}

是某二阶常系数非齐次线性微分方程的

3

个解，则该方程满足条件

y_{x = 0} = 0, y^{'}_{x = 0} = 1

的解为

y =

___。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

方程

y^{''} - 2 y^{'} + y = e^{x}

的特解应设为（　）。

A $A e^{x}$
B $A x e^{x}$
C $A x^{2} e^{x}$
D $(A x + B) e^{x}$

练习 2 · 选择题

方程

y^{''} + y = sin x

的特解应设为（　）。

A $A sin x$
B $a cos x + b sin x$
C $x (a cos x + b sin x)$
D $A x sin x$

练习 3 · 填空题

方程

y^{''} - y^{'} = 2

的一个特解

y^{*} =

____。

练习 4 · 选择题

设

y_{1}^{*}

是

y^{''} + y = x

的一个特解，

y_{2}^{*}

是

y^{''} + y = e^{x}

的一个特解，则

y^{''} + y = x + e^{x}

的一个特解是（　）。

A $y_{1}^{*} y_{2}^{*}$
B $y_{1}^{*} + y_{2}^{*}$
C $y_{1}^{*} - y_{2}^{*}$
D $\frac{1}{2} (y_{1}^{*} + y_{2}^{*})$

练习 5 · 选择题

已知

y_{1} = x

，

y_{2} = x + e^{2 x}

，

y_{3} = x + e^{- x}

都是某二阶常系数非齐次线性微分方程的解，则该方程为（　）。

A $y^{''} - y^{'} - 2 y = 2 x + 1$
B $y^{''} + y^{'} - 2 y = 1 - 2 x$
C $y^{''} - y^{'} - 2 y = - 2 x - 1$
D $y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = - 2 x - 1$

练习 6 · 填空题

方程

y^{''} - 4 y^{'} + 4 y = (x + 1) e^{2 x} + sin 2 x

的特解可设为

y^{*} =

____（只需写出形式，不必求出待定系数）。

练习 7 · 解答题

设函数

f (x)

连续，且满足

f (x) = e^{x} + \int_{0}^{x} (x - t) f (t) d t

，求

f (x)

。

2011 年 · 数二 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

微分方程

y^{''} - λ^{2} y = e^{λ x} + e^{- λ x}

（

λ > 0

）的特解形式为（　　）

A $a (e^{λ x} + e^{- λ x})$
B $a x (e^{λ x} + e^{- λ x})$
C $x (a e^{λ x} + b e^{- λ x})$
D $x^{2} (a e^{λ x} + b e^{- λ x})$

2009 年 · 数二 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设

y = y (x)

是区间

(- π, π)

内过点

(- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})

的光滑曲线。当

- π < x < 0

时，曲线上任一点处的法线都过原点；当

0 \leq x < π

时，函数

y (x)

满足

y^{''} + y + x = 0

。求

y (x)

的表达式。