?2B?3A?3Bt?3t?1
比较系数得
??3B?3 ???2B?3A?1由此得B??1，A?
11???t，因此，原方程的通解为 ，从而x331 3x?c1e3t?c2e?t?t?其中c1,c2是任意常数。
d2xdx?3x?e?t的通解。 例8 求方程2?2dtdt解 从上例知道对应的齐线性方程的通解为
x?c1e3t?c2e?t
其中c1,c2是任意常数。现求原方程的一个特解。这里f(t)?e?t，因为???1刚好是
??Ate?t，将它代入原方程得到?4Ae?t?e?t，从而特征方程的单根，故有特解形如x11???te?t，而原方程的通解为 A??，于是x441x?c1e3t?c2e?t?te?t
4其中c1,c2是任意常数。
d3xd2xdx例9 求3?32?3?x?e?t(t?5)的通解。
dtdtdt解特征方程?3?3?2?3??1?(??1)3?0有三重根?1,2,3??1，故有形状为
??t3(A?Bt)e?t的特解，将它代入方程得 x(6A?24Bt)e?t?e?t(t?5)
比较系数求得A??5113??t(t?20)e?t。故方程的通解为 ，B?。从而x6242413t(t?20)e?t 24x?(c1?c2t?c3t2)e?t?其中c1,c2,c3是任意常数.
类型Ⅱ
设f(t)??A(t)cos?t?B(t)sin?t?e?t，其中?，?为常数，而A(t)，B(t)是带实系数的t的多项式，其中一个的次数为m，而另一个的次数不超过m，那么我们有如下结论：方程（4.32）有形如
??tk?P(t)cos?t?Q(t)sin?t?e?t (4.38) x的特解，这里k为特征方程F(?)?0的根??i?的重数，而P(t)，Q(t)均为待定的带实系数的次数不高于m的t的多项式，可以通过比较系数的方法来确定。
事实上，回顾一下类型Ⅰ的讨论过程，易见当?不是实数，而是复数时，有关结论仍然正确。现将f(t)表为指数形式
f(t)?A(t)?iB(t)(??i?)tA(t)?iB(t)(??i?)te?e 22根据非齐线性方程的叠加原理（见习题4.1）方程
L?x??f1(t)?与
A(t)?iB(t)(??i?)te 2L?x??f2(t)?的解之和必为方程（4.32）的解。
A(t)?iB(t)(??i?)te 2注意到f1(t)?f2(t)，易知，若x1为L?x??f1(t)的解，则x必为L?x??f2(t)的解。因此，直接利用类型Ⅰ的结果，可知方程（4.32）有解形如
??tkD(t)e(??i?)t?tkD(t)e(??i?)t?tk?P(t)cos?t?Q(t)sin?t?e?t x其中D(t)为t的m次多项式，而P(t)?2Re?D(t)?，Q(t)?2Im?D(t)?。
显然，P(t)，Q(t)为带实系数的t的多项式，其次数不高于m1，可见上述结论成立。
d2xdx?4x?cos2t的通解。 例10 求方程2?4dtdt解 特征方程?2?4??4?0有重根?1??2??2，因此，对应齐线性方程的通解为
x?(c1?c2t)e?2t
其中c1,c2为任意常数。现求非齐线性方程的一个特解。因为?2i不是特征根，我们求
??Acos2t?Bsin2t的特解，将它代入原方程并化简得到 形如x8Bcos2t?8Asin2t?cos2t
比较同类项系数得A?0，B?11??sin2t，因此原方程的通解为 ，从而x881x?(c1?c2t)e?2t?sin2t
8附注：类型Ⅱ的特殊情形
f(t)?A(t)e?tcos?t或f(t)?B(t)e?tsin?t
可用另一更简便的方法——所谓复数法求解。下面用例子具体说明解题过程。 例11 用复数法解例10。
解 由例10已知对应齐线性方程的通解为
x?(c1?c2t)e?2t
为求非齐线性方程的一个特解，我们先求方程
d2xdx2it?4?4x?e 2dtdt的特解。这属于类型Ⅰ，而2i不是特征根，故可设特解为
??Ae2it x将它代入方程并消去因子e2it得8iA?1，因而A??。
i8ii11???e2it??cos2t?sin2t，分出它的实部Re?x???sin2t，根据定理9这就是x8888原方程的特解，于是原方程的通解为
1x?(c1?c2t)e?2t?sin2t
8与例10所得结果相同。 （二）拉普拉斯变换法
常系数线性微分方程（组）还可以应用拉普拉斯变换法进行求解，这往往比较简便。
由积分
F(s)??e?stf(t)dt
0?所定义的确定与复平面（Res??）上的复变数s的函数F(s)，称为函数f(t)的拉普拉斯变换，其中f(t)于t?0有定义，且满足不等式
f(t)?Me?t
这里M，?为某两个正常数。我们将称f(t)为原函数，而F(s)称为象函数。
这里我们简单地介绍拉普拉斯变换在解常系数线性方程中的应用。 设给定微分方程
dnxdn?1x?a1n?1???anx?f(t) （4.32） dtndt及初始条件
(n?1)?，…，x(n?1)(0)?x0 x(0)?x0，x?(0)?x0其中a1,a2,?,an是常数，而f(t)连续且满足原函数的条件。
可以证明，如果x(t)是方程（4.32）的任意解，则x(t)及其各阶导数
x(k)(t)(k?1,2,?,n)均是原函数。记
F(s)?L?f(t)???e?stf(t)dt
0?X(s)?L?x(t)???e?stf(t)dt
0?那么，按原函数微分性质有
L?x?(t)??sX(s)?x0 ??????
(n)nn?1n?2(n?1)??L?x(t)?sX(s)?sx?sx???x 000??于是，对方程（4.32）两端施行拉普拉斯变换，并利用线性性质就得到
(n?2)(n?1)????sx0snX(s)?sn?1x0?sn?2x0?x0n?1n?2n?3(n?2)???a1?sX(s)?sx?sx???x000??
?????an?1?sX(s)?x0??anX(s)?F(s)