解 特征方程为?4?2?2?1?0，或(?2?1)2?0，即特征根???i是重根。因此，方程有四个实值解 cost，tcost，sint，tsint 故通解为 x?(c1?c2t)cost?(c3?c4t)sint 其中c1,c2,c3,c4为任意常数。

形状为

n?1dnyydyn?1dx?ax???ax?any?0 （4.29） 1n?1nn?1dxdxdxn的方程称为欧拉方程，这里a1,a2,?,an为常数。此方程可以通过变量变换化为常系数齐线性方程，因而求解问题也就可以解决。

事实上，引进自变量的变换

x?et，t?lnx

直接计算得到

dydydtdy???e?t dxdtdxdt2d2ydy??td??tdy??2t?dy?ee?e??2? ??2dxdt?dt?dt??dt用数学归纳法不难证明：对一切自然数k均有关系式

kdkydk?1ydy??kt?dy?e???????k?其中?1,?2,?,?k?1都是常数。1k?1kk?1dxdtdt??dt于是

dkydkydk?1ydyx??????? 1k?1dxkdtkdtk?1dtk将上述关系式代入方程（4.29），就得到常系数齐线性方程

dnydn?1ydy?b???b?bny?0 （4.30） 1n?1dtndtn?1dt其中b1,b2,?,bn是常数，因而可用上述讨论的方法求出（4.30）的通解，再代回原来的变量（注意：t?lnx）就可求得方程（4.29）的通解。

由上述推演过程，我们知道方程（4.30）有形如y?e?t的解，从而方程（4.29）有形如y?x?的解，因此可以直接求欧拉方程的形如y?xK的解。以y?xK代入（4.29）并约去因子xK，就得到确定K的代数方程

K(K?1)?(K?n?1)?a1K(K?1)?(K?n?2)???an?0

（4.31）

可以证明这正是（4.30）的特征方程。因此，方程（4.31）的m重实根K?K0，对应于方程（4.29）的m个解

xK0,xK0lnx,xK0ln2x,?,xK0lnm?1x

而方程（4.31）的m重复根K???i?，对应于方程（4.29）的2m个实值解

x?cos??lnx?,x?lnxcos??lnx?,?,x?lnm?1xcos??lnx? x?sin??lnx?,x?lnxsin??lnx?,?,x?lnm?1xsin??lnx?

d2ydy?x?y?0。 例5 求解方程x2dxdx2解 寻找方程的形式解y?xK，得到确定K的方程K(K?1)?K?1?0，或

(K?1)2?0，K1?K2?1。因此，方程的通解为

y??c1?c2lnx?x

其中c1,c2是任意常数。

d2ydy?3x?5y?0。 例6 求解方程xdx2dx2解 设y?xK，得到K应满足的方程K(K?1)?3K?5?0或K2?2K?5?0，因此，

K1,2??1?2i，而方程的通解为

y?1?c1cos?2lnx??c2sin?2lnx???? x其中c1,c2是任意常数。

4.2.3 非齐线性方程·比较系数法与拉普拉斯变换法 现在讨论常系数非齐线性方程

dnxdn?1xdxL?x??n?a1n?1???an?1?ax?f(t) （4.32）

dtdtdtn的求解问题，这里a1,a2,?,an是常数，而f(t)为连续函数。 （一）比较系数法 类型Ⅰ

设f(t)?b0tm?b1tm?1???bm?1t?bme?t，其中?及bi(i?1,2,?,n)为实常数，那么方程（4.32）有形如

????tk?B0tm?B1tm?1???Bm?1t?Bm?e?t （4.33） x的特解，其中k为特征方程F(?)?0的根?的重数（单根相当于k?1；当?不是特征根时，取k?0），而B0,B1,?,Bm是待定的常数，可以通过比较系数来确定。 （1）如果??0，则此时

m?1f(t)?b0tm?bt???bm?1t?bm 1现在再分两种情形讨论。

1）在??0不是特征根的情形，即F(x)?0，因而an?0，这时，取k?0，以

m?1??B0tm?Btx???Bm?1t?Bm代入方程（4.32），并比较t的同次幂的系数，得到1常数B0,B1,?,Bm必须满足的方程：

?B0an?b0?Ba?mBa?b1n0n?11???B1an?(m?1)B1an?1?m(m?1)B0an?2?b2 （4.34） ???????B1an???bm注意到an?0，这些待定常数B0,B1,?,Bm可以从方程组（4.34）唯一地逐个确定出来。 2）在??0是k重特征根的情形，即F(0)?F?(0)???F(k?1)(0)?0，而F(k)(0)?0，也就是an?an?1???an?k?1?0，an?k?0。这时响应地，方程（4.32）将为

dnxdn?1xdkx?a???an?kk?f(t) （4.35） dtn1dtn?1dtdkx令k?z，则方程（4.35）化为 dtdn?kzdn?k?1z?a1n?k?1???an?kz?f(t) （4.36） dtn?kdt对方程（4.36）来说，由于an?k?0，??0已不是它的特征根。因此，由（1）知它

?tm?Bt?m?1???B?的特解，因而方程（4.35）有特解x?满足： ??B有形如z01m?dkx?tm?B?tm?1???B? ??z?B01mkdt?是t的m?k次多项式，其中t的幂次?k?1的项带有任意常数。但因我们只这表明x需要知道一个特解就够了。我们特别地取这些任意常数均为零，于是我们得到方程（4.35）（或方程（4.32））的一个特解

??tk??0tm??1tm?1????m? x这里?0,?1,?,?m是已确定了的常数。

（2）如果??0，则此时可像4.2.2做法一样，作变量变换x?ye?t，将方程（4.32）化为

dnydn?1ydym?A???A?Ay?bt???bm 1n?1n0nn?1dtdtdt（4.37）

其中A1,A2,?,An都是常数。而且特征方程（4.21）的根?对应于方程（4.37）的特征方程的零根，并且重数也相同。因此，利用上面的结果就有如下结论：

在?不是特征方程（4.21）的根的情形，方程（4.37）有特解

m?1???B0tm?B1tm?1???Bm?e?t；??B0tm?Bty???Bm，从而方程（4.32）有特解x1在?是特征方程（4.21）的k重根的情形，方程（4.37）有特解

??tk?B0tm?B1tm?1???Bm?，从而方程（4.32）有特解y??tk?B0tm?B1tm?1???Bm?e?t。 xd2xdx?3x?3t?1的通解。 例7 求方程2?2dtdt解 先求对应的齐线性方程

d2xdx?2?3x?0 dt2dt的通解。这里特征方程?2?2??3?0有两个根?1?3，?2??1。因此，通解为

x?c1e3t?c2e?t，其中c1,c2是任意常数。再求非齐线性方程的一个特解。这里

??A?Bt，其中A，f(t)?3t?1，??0。又因为??0不是特征根，故可取特解形如x??A?Bt代入原方程，得到 B为待定常数。为了确定A，B，将x