4阶实系数线性齐次微分方程的两个解是cos4x和sin3x,求其通解,并确定其方程

4阶实系数线性齐次微分方程的两个解是cos4x和sin3x,求其通解,并确定其方程
4阶实系数线性齐次微分方程的两个解是cos4x和sin3x,求其通解,并确定其方程

4阶实系数线性齐次微分方程的两个解是cos4x和sin3x,求其通解,并确定其方程
通解为y=c1*cos4x+c2*sin4x+c3*cos3x+c4*sin3x
微分方程对应的特征方程的四个根为4i,-4i,3i,-3i
因而特征方程为(r^2+16)(r^2+9)=0
即r^4+25*r^2+144=0
对应的微分方程为
y''''+25y''+144y=0

第29卷第2期 河池学院学报 Vol.29No.22009年4月 JOURNALOFHECHIUNIVERSITY
Apr.2009四阶常系数非齐次线性微分方程特解的解法
蒋 静,冯春华
(广西师范大学 数学学院, 广西 桂林 541004)
[摘 要] 在已有文献所给的解...

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第29卷第2期 河池学院学报 Vol.29No.22009年4月 JOURNALOFHECHIUNIVERSITY
Apr.2009四阶常系数非齐次线性微分方程特解的解法
蒋 静,冯春华
(广西师范大学 数学学院, 广西 桂林 541004)
[摘 要] 在已有文献所给的解一元四次方程方法的基础上,给出了求解四阶常系数方程的详细步骤,同时,
利用常数变易法和分部积分法,以及高等代数的相关知识,得到了在两种情况下四阶常系数非齐次线性微分方程特解的两个定理.
[关键词] 一元四次方程;四阶常系数非齐次线性方程;特征方程;特解
[中图分类号] O175.1 [文献标识码] A [文章编号] 1672-9021(2009)02-0019-05[作者简介] 蒋静(1984-),男,广西桂林人,广西师范大学数学学院硕士研究生,主要研究方向:组合论.
0 引言
如所知道,对三阶常系数非齐次线性微分方程,可以用常数变易公式求出它的一个特解
[1]
.对四阶常系
数非齐次线性微分方程
x(4)
+ax󰂪+bx″+cx′+dx=f(t)
(1)其中:a,b,c,d为常数,f(t)∈C,且f(t)不恒为零.同三阶方程一样,求解这类方程的通解的关键仍在于求出其中一个特解.要求出一个特解就必须先求解方程(1)所对应的特征方程,即求解一个一元四次方程.因此,本文首先在文献[2]所给的解一元四次方程方法的基础上,得到了一元四次方程的根式解.同时,利用常数
变易法[3]和分部积分法[4],以及高等代数[5]
的相关知识,得出了方程(1)的特征方程在满足什么条件的情况下有四个不相同的单实根、两对不同共轭根,并求出了在这两种情况下,其特解的两个公式.用同样的方法,还可以求出方程(1)的特征方程在何种情况下有一个单实根一个三重实根、两个单实根一个二重实根、两个二重实根、一个四重实根、两个单实根一对共轭根、一个二重实根一对共轭根和两对相同共轭根,以及在这些情况下方程(1)的特解的公式,由于篇幅过大,这里从略,这样就可以求出方程(1)在任何情况下的特解了.所给例子表明,用通常的特定系数法不能求出所给方程的特解,从而本文的求特解方法在实际应用中有一定意义.
1 主要结果
定理1:若(1)所对应的特征方程λ4
+a
λ3+bλ2+cλ+d=0满足 a2
-4b+4y>0
2a2
-4y-4b>0
2a(a2
-4b+4y)
1
2
+8(y2
-4d)
12
=0
(其中y=
-
q
2
+(
q
2
4
+
p
3
27
)
12
13
+-q
2
-(
q
2
4
+
p
3
27
)
12
13
+
b
3
,p=ac-
b
2
3
-4d,
q=abc
3+8bd3-c2-a2
d-2b3
27
)则此特征方程有四个不相同的单实根.且方程(1)的一个特解为
x=c1(t)eλ1t+c2(t)eλ2t+c3(t)eλ3t+c4(t)eλ4t
,
9
1
其中,

c1(t)=-1
(λ4-λ1)(λ3-λ1)(λ2-λ1)∫f(t)
eλ1tdtc2(t)=
-1(λ4-λ2)(λ3-λ2)(λ1-λ2)∫f(t)eλ2tdtc3(t)=-1(λ4-λ3)(λ2-λ3)(λ1-λ3)∫f(t)eλ3tdtc4(t)=
-1(λ3-λ4)(
λ2-λ4)(λ1-λ4)∫
f(t)eλ4
tdt(这里在进行积分时,积分常数取零值).
证明:设特征方程的四个根为λ1,λ2,λ3,λ4,则经适当变换并利用文献[2]中的卡丹公式可得特征方程的四个根为

λ1=
14
(a2
-4b+4y)12
-a+2a2-4y-4b-2a(a2
-4b+4y)12
-8(y2
-4d)1212
λ2=1
4
(a2-4b+4y)
12
-a-2a2-4y-4b-2a(a2
-4b+4y)
12
-8(y2
-4d)
1212
λ3=
14-(a2
-4b+4y)
12
-a+2a2
-4y-4b+2a(a2
-4b+4y)12
+8(y2
-4d)1212
λ4=
14-(a2
-4b+4y)
12
-a-2a2-4y-4b+2a(a2
-4b+4y)
12
+8(y2
-4d)
1212
又由所给条件知道特征方程的四个根都是实根.因为2a(a2
-4b+4y)
12
+8(y2
-4d)
12
=0,于是有

λ1=1
4(a2
-4b+4y)12
-a+(2a2
-4y-4b)
12
λ2=
14
(a2-4b+4y)
12
-a-(2a2
-4y-4b)
12
λ3=
14
-(a2
-4b+4y)12
-a+(2a2
-4y-4b)
12
λ4=1
4
-(a2
-4b+4y)
12
-a-(2a2
-4y-4b)
12
因为a2
-4b+4y>0,所以λ1≠
λ3,λ2≠λ4;因为2a2
-4y-4b>0,所以λ1≠
λ2,λ3≠λ4;因为
a2
-4b+4y>0
2a2
-4y-4b>0
,则有
(a2
-4b+4y)
12>0(2a2
-4y-4b)
12
>0
,容易验证
(a2
-4b+4y)
1
2
+(2a2
-4y-4b)
12
-a≠-(a2
-4b+4y)
12
-(2a2
-4y-4b)
12
-a
即λ1≠
λ4,同理可以证明λ2≠λ3.从而方程x(4)
+ax󰂪+bx″+cx′+dx=f(t)对应的齐次方程的通解为:
x=c1eλ1t
+c2eλ2t
+c3eλ3t
+c4eλ4t
, 其中c1,c2,c3,c4为任意常数.利用常数变易法,设方程x
(4)
+ax󰂪+bx″+cx′+dx=f(t)的解为
x=c1(t)eλ1t+c2(t)eλ
2t+c3(t)eλ
3t+c4(t)eλ
4
t
由
c′
1(t)eλ1t
+c′2(t)eλ2t
+c′3(t)eλ3t
+c′4(t)eλ4t
=0λ1c′1(t)eλ1t+λ2c′2(t)eλ2t+λ3c′3(t)eλ3t+λ4c′4(t)eλ4t=0λ21c′1(t)eλ1t+λ22c′2(t)eλ2t+λ23c′3(t)eλ3t+λ24c′4
(t)eλ4t=0λ31c′1(t)eλ
1t+λ32c′2(t)eλ
2t+λ33c′3(t)eλ
3t+λ34c′4(t)eλ
4t=f(t)以及 λ1,λ2,λ3,λ4 互不相同,
故方程x(4)
+ax󰂪+bx″+cx′+dx=f(t)的特解为
0
2
x=c1(t)eλ1t+c2(t)eλ2t+c3(t)eλ3t+c4(t)eλ4
t
其中
c1(t)=-1
(λ4-λ1)(λ3-λ1)(λ2-λ1)∫f(t)
eλ1tdtc2(t)=
-1(λ4-λ2)(λ3-λ2)(λ1-λ2)∫f(t)eλ2tdtc3(t)=-1(λ4-λ3)(λ2-λ3)(λ1-λ3)∫f(t)eλ3tdtc4(t)=
-1(λ3-λ4)(
λ2-λ4)(λ1-λ4)∫
f(t)eλ4
tdt(在进行积分时,积分常数取零值),证毕.
例1: 求方程x
(4)
-10x󰂪+35x″-50x′+24x=
1
1+e
t的一个特解.解:首先注意到用通常的待定系数法仅能求出当右端函数f(t)为几类很特殊的函数,例如f(t)为多项式,或者f(t)为多项式与cost和sint的乘积,或者f(t)为ert
与一个多项式的乘积.而这里f(t)=1
1+e
t不属于上述诸种情况,因此用通常的待定系数法不能求方程的一个特解.而此方程的特征方程为:

λ4-10λ3+35λ2-50λ+24=0,记a=-10,b=35,c=-50,d=24,由定理1可算得
p=ac-b
2
3-4d=-133,q=abc3+8bd3-c2-a2
d-2b3
27=-7027
y=
-
q
2
+(
q
2
4
+
p
3
27
)
1
2
13
+-
q
2
-(
q
2
4
+
p
3
27
)
12
13
+
b
3
=14
所以有 a2
-4b+4y=16>0
2a2
-4y-4b=4>0
2a(a2
-4b+4y)
12
+8(y2
-4d)
12
=0因此特征方程有四个不相同的单实根,即λ1=4,λ2=3,λ3=2,λ4=1.由定理1知,原方程的一个特解为
x=-16-t-1
et
+ln(1+et
)et+12
t+1
e
t
-
12e
2t-ln(1+et)e2t-12
-t-1
e
t
+
12e
2t-
13e
3t+ln(1+et)e3t+
16t+
1
e
t
-
12e2t+13e3t-14e
4t-ln(1+et)e4t
=124+(et
6+e2t
2+e3t
2+e4t
6
)t-ln(1+et
)+
1136et+512e2t+16
e3t
定理2:若(1)式所对应的特征方程λ4
+a
λ3+bλ2+cλ+d=0满足
a2
-4b+4y=0
y2
-4d>0
2a2-4y-4b+8(y2
-4d)12<02a2
-4y-4b-8(y2
-4d)
12
<0
(其中y=-
q
2
+(
q
2
4
+
p
3
27
)
12
1
3
+
-
q
2
-(
q
2
4
+
p
3
27
)
12
13
+
b
3
,p=ac-
b
2
3
-4d,
q=abc
3+8bd3-c2-a2
d-2b3
27
)则特征方程有两对不同的共轭根.设这四个根为:k1±k2i,k3±k4i,(k2≠0,k4≠0,k1≠k3或k2≠k4),则原方程的一个特解为:
x=c1(t)ek1tcosk2t+c2(t)ek1tsink2t+c3(t)ek3tcosk4t+c4(t)ek3t
sink4t
1
2
其中
c1(t)=∫2k2(k3-k1)cosk2t+(k22-k24-k21-k2
3+2k1k3)sink2tf(t)k2(k1-k3)
2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)2
+(k2-k4)
2
ek1t
dtc2(t)=
∫(k2
1+k2
3-2k1k3-k2
2+k2
4)cosk2t+2k2(k3-k1)sink2tf(t)
k2
(k1-k3)2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)2
+(k2-k4)
2
ek1t
dtc3(t)=∫2k4(k1-k3)cosk4t+(k24-k22-k21-k2
3+2k1k3)sink4tf(t)
k4(k1-k3)
2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)2
+(k2-k4)
2
ek3t
dtc4(t)=
∫(k2
1+k2
3-2k1k3+k2
2-k2
4)cosk4t+2k4(k1-k3)sink4tf(t)
k
4
(k1-k3)
2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)
2
+(k2-k4)
2
ek3
t
dt
(在进行积分时,积分常数取零值).
证明:设特征方程的四个根为λ1,λ2,λ3,λ4,因为a2
-4b+4y=0,于是有

λ1=
14
-a+2a2
-4y-4b-8(y2
-4d)12
12
λ2=1
4
-a-2a2
-4y-4b-8(y2
-4d)
1212
λ3=
14-a+2a2
-4y-4b+8(y2
-4d)1212
λ4=
14
-a-2a2-4y-4b+8(y2
-4d)
1212
又因为
2a2-4y-4b+8(y2-4d)12<02a2
-4y-4b-8(y2
-4d)
12
<0
所以原方程的四个根都是复根,且λ1与λ2共轭,λ3与λ4共轭.容易知道λ1≠
λ3,λ2≠λ4.综上所述,原方程有两对不同共轭根.设为k1+k2i,k1-k2i,k3+k4i,k3-k4i,(k2≠0,k4≠0,k1≠k3或k2≠k4),则易证
k4(k1-k3)2+(k2+k4)2
(k1-k3)2+(k2-k4)2
≠0k2
(k1-k3)
2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)
2
+(k2-k4)2
≠0
且可知方程x(4)+ax󰂪+bx″+cx′+dx=f(t)对应的齐次方程的实值解为
ek1t
cosk2t,ek1t
sink2t,ek3t
cosk4t,ek3t
sink4t,
故方程x
(4)
+ax󰂪+bx″+cx′+dx=f(t)对应的齐次方程的通解为
x=c1ek1t
cosk2t+c2ek1t
sink2t+c3ek3t
cosk4t+c4ek3t
sink4t,其中c1,c2,c3,c4为任意常数,利用常数变易法,设方程x(4)
+ax󰂪+bx″+cx′+dx=f(t)的解为
x=c1(t)ek1tcosk2t+c2(t)ek1tsink2t+c3(t)ek3tcosk4t+c4(t)ek3t
sink4t
类似于定理1,得方程x
(4)
+ax󰂪+bx″+cx′-dx=f(t)的一个特解为
x=c1(t)ek1tcosk2t+c2(t)ek1tsink2t+c3(t)ek3tcosk4t+c4(t)ek3t
sink4t
其中
c1(t)=∫2k2(k3-k1)cosk2t+(k22-k24-k21-k2
3+2k1k3)sink2tf(t)k2(k1-k3)
2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)2
+(k2-k4)
2
ek1t
dtc2(t)=
∫(k2
1+k2
3-2k1k3-k2
2+k2
4)cosk2t+2k2(k3-k1)sink2tf(t)
k2
(k1-k3)2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)2
+(k2-k4)
2
ek1t
dtc3(t)=∫2k4(k1-k3)cosk4t+(k24-k22-k21-k2
3+2k1k3)sink4tf(t)
k4(k1-k3)
2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)2
+(k2-k4)
2
ek3t
dtc4(t)=
∫(k2
1+k2
3-2k1k3+k2
2-k2
4)cosk4t+2k4(k1-k3)sink4tf(t)
k
4
(k1-k3)
2
+(k2+k4)
2
(k1-k3)2
+(k2-k4)
2
ek3
t
dt
(在进行积分时,积分常数取零值),证毕.
例2: 求方程x(4)
-4x󰂪+11x″-14x′+10x=
e
t
1+cost
的特解.
2
2
解:注意这个方程也不能用待定系数法来求得一个特解.而此方程的特征方程为

λ4-4λ3+11λ2-14λ+10=0记a=-4,b=11,c=-14,d=10.则由定理2可以算得其特征方程有两对不同共轭根1+i,1-i,1+2i,1-2i,令k1=1,k2=1,k3=1,k4=2,则原方程的特解为
x=c1(t)etcost+c2(t)etsint+c3(t)etcos2t+c4(t)et
sin2t,其中
c1(t)=
2lncos
t
2
3
,c2(t)=
(t-tan
t
2
)
3
,c3(t)=
2lncos
t
2-cost
3
,c4(t)=
2t-2sint-tan
t
2
6
.
故原方程的一个特解为
x=
2lncos
t
2
3et
cost+
(t-tan
t
2
)
3
et
sint+
2lncos
t
2-cost3
et
cos2t+
2t-2sint-tan
t
2
6
et
sin2t
在上文中,一元四次方程的根式解相当复杂,因此,在解一元四次方程时,应该根据实际情况而定,例如采用因式分解等方法,这样就可以大大地提高运算速度.另外,对上文定理中的f(t),有些形式用待定系数法可能比用公式法更简便,所以我们不能盲目地去套用公式,而应该根据实际情况而定.总之,本文为不能用待定系数法求特解的情况提供了一个求特解的公式.
参考文献:
[1]汤光宋.一类三阶常系数非齐次线性微分方程特解的求法[J].邵阳高专学报,1995,8(2):118-132.[2]王树禾.数学演义(第一版)[M].北京:科学出版社,2004.10.
[3]王高雄,周之铭,朱思铭,等.常微分方程(第二版)[M].北京:高等教育出版社,1983.9.[4]华东师范大学数学系.数学分析(上册)(第三版)[M].北京:高等教育出版社,2001.6.[5]张禾瑞,郝钠新.高等代数(第四版)[M].北京:高等教育出版社,1999.

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