拉普拉斯变换与微分算子法-拉普拉斯变换微分方程组

基础知识

变换：（（））（）为复参数1.Laplace变换：F(s)=L（f（t））=∫0+∞f（t）e−stdt,s为复参数1.Laplace变换：F(s)=\mathscr{L}（f（t））=\int_{0}^{+\infty}f（t）e^{-st}dt,s为复参数

存在定理：函数（）满足：在的任何有限区间上分段连续；当时，（）具有有限的增长性，即存在常数＞及，使得＜存在定理：函数f（t）满足：(1)在t≥0的任何有限区间上分段连续；(2)当t→+∞时，f（t）具有有限的增长性，即存在常数M＞0及c，使得|f(t)|≤Mest(0≤t＜+∞)存在定理：函数f（t）满足：\\(1)在t\geq0的任何有限区间上分段连续；\\(2)当t\rightarrow+\infty时，f（t）具有有限的增长性，即存在常数M＞0及c，使得\\|f(t)|\leq Me^{st}(0\leq t＜+\infty)

其逆变换记作其逆变换记作L−1(F(s))=f(t)其逆变换记作\mathscr{L}^{-1}(F(s))=f(t)

变换的性质2.Laplace变换的性质2.Laplace变换的性质

前提：（）前提：L[f（t）]=F(s);L[g(t)]=G(s)前提：\mathscr{L}[f（t）]=F(s);\mathscr{L}[g(t)]=G(s)

线性性质：线性性质：L[af(t)+bg(t)]=aF(s)+bG(s)线性性质：\mathscr{L}[af(t)+bg(t)]=aF(s)+bG(s)

相似性质：相似性质：L[f(at)]=1aF(sa)相似性质：\mathscr{L}[f(at)]=\frac{1}{a}F{(\frac{s}{a})}

延迟性质：（）延迟性质：L[f(t−τ)u(t−τ)]=e−sτF（s）延迟性质：\mathscr{L}[f(t-\tau)u(t-\tau)]=e^{-s\tau}F（s）

位移性质：位移性质：L[eatf(t)]=F(s−a)位移性质：\mathscr{L}[e^{at}f(t)]=F(s-a)

微分性质：微分性质：L[fn(t)]=snF(s)−sn−1f(0)−sn−2f′(0)−…−fn−1(0)微分性质：\mathscr{L}[f^{n}(t)]=s^nF(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}f^{}(0)-…-f^{n-1}(0)

积分性质：积分性质：L(∫0tf(t)dt)=1sF(s)积分性质：\mathscr{L}(\int_{0}^{t}f(t)dt)=\frac{1}{s}F(s)

常见的拉普拉斯变换及其逆变换3.常见的拉普拉斯变换及其逆变换3.常见的拉普拉斯变换及其逆变换

逆变换的话就是倒过来

其中（）其中Γ（s）=∫0+∞ts−1e−tdt=(s−1)!其中\Gamma（s）=\int_{0}^{+\infty}t^{s-1}e^{-t}dt=(s-1)!

简单地介绍完毕!

一些基本应用4.一些基本应用4.一些基本应用

求解代入，得求∫0+∞e−2tcostdt解:L(cos(bt))=ss2+b2,代入b=1，s=2得25求\int_{0}^{+\infty}e^{-2t}costdt\\解:\mathscr{L}(cos(bt))=\frac{s}{s^2+b^2},代入b=1，s=2\\得\frac{2}{5}

ps:此题也可用费曼（含参）积分法或者利用欧拉公式取实部来验证

补充：Laplace交叉乘积公式

（）（）（）（）其中（）是（）的拉普拉斯变换，（）是（）的拉普拉斯变换∫0∞f（x）G（x）dx=∫0∞g（x）F（x）dx其中F（x）是f（x）的拉普拉斯变换，G（x）是g（x）的拉普拉斯变换\int_{0}^{\infty}f（x）G（x）dx=\int_{0}^{\infty}g（x）F（x）dx\\其中F（x）是f（x）的拉普拉斯变换，G（x）是g（x）的拉普拉斯变换证：假设所有积分均收敛，左边（）（）右边证：假设所有积分均收敛，左边=∫0∞f（x）dx∫0∞e−xtg(t)dt=∫0∞g（t）dt∫0∞e−xtf(x)dx=∫0∞g(t)F(t)dt=∫0∞g(x)F(x)dx=右边证：假设所有积分均收敛，左边=\int_{0}^{\infty}f（x）dx\int_{0}^{\infty}e^{-xt}g(t)dt=\int_{0}^{\infty}g（t）dt\int_{0}^{\infty}e^{-xt}f(x)dx\\=\int_{0}^{\infty}g(t)F(t)dt=\int_{0}^{\infty}g(x)F(x)dx=右边

如：如：∫0∞x−sinxx3dx如：\int_{0}^{\infty}\frac{x-sinx}{x^3}dx

注意到于是原式注意到L−1(1×3)=x22,L(x−sinx)=1×2−1×2+1于是原式=∫0∞x22(1×2−1×2+1)dx=12∫0∞11+x2dx=12arctanx|0∞=π4注意到\mathscr{L}^{-1}(\frac{1}{x^3})=\frac{x^2}{2},\mathscr{L}(x-sinx)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2+1}\\于是原式=\int_{0}^{\infty}\frac{x^2}{2}(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2+1})dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^2}dx\\=\frac{1}{2}arctanx|_0^\infty=\frac{\pi}{4}

尝试证明（＜＜）尝试证明∫0∞cosxxpdx=π21Γ(p)cospπ2（0＜p＜1）尝试证明\int_{0}^{\infty}\frac{cos x}{x^p}dx=\frac{\pi}{2}\frac{1}{\Gamma(p)cos\frac{p\pi}{2}}（0＜p＜1）

注意到原式，令，则有注意到L(cosx)=xx2+1,L−1(1xp)=xp−1Γ(p)原式=∫0∞1×2+1xpΓ(p)dx，令x=tanx，则有∫0∞1×2+1xpΓ(p)dx=1Γ(p)∫0π2tanpxtan2x+1dtanx=1Γ(p)∫0π2tanpxdx=1Γ(p)∫0π2sinpx⋅cos−pxdx=1Γ(p)⋅Γ(p+12)Γ(1−p2)2Γ(1)=12Γ(p)⋅πsin(π(n+1)2)=12Γ(p)⋅πcos(πn2)注意到\mathscr{L}(cosx)=\frac{x}{x^2+1},\mathscr{L}^{-1}(\frac{1}{x^p})=\frac{x^{p-1}}{\Gamma(p)}\\原式=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^2+1}\frac{x^{p}}{\Gamma(p)}dx，令x=tanx，\\则有\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^2+1}\frac{x^{p}}{\Gamma(p)}dx=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{tan^px}{tan^2x+1}dtanx\\=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}tan^pxdx=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^px\cdot cos^{-p}xdx\\=\frac{1}{\Gamma(p)}\cdot\frac{\Gamma(\frac{p+1}{2})\Gamma{(\frac{1-p}{2})}}{2\Gamma(1)}=\frac{1}{2\Gamma(p)}\cdot\frac{\pi}{sin(\frac{\pi(n+1)}{2})}\\=\frac{1}{2\Gamma(p)}\cdot\frac{\pi}{cos(\frac{\pi n}{2})}

求解常微分方程5.求解常微分方程5.求解常微分方程

具体操作是经过拉氏变换后得到的像函数并求解，再经过逆变换取得微分方程的解

如：求且（）的解如：求x‴+3x″+3x′+x=6e−1且x（0）=x′(0)=x″(0)=0的解如：求x^{}+3x^{}+3x^{}+x=6e^{-1}且x（0）=x^{}(0)=x^{}(0)=0的解

设（）两边同时取拉氏变换，有解得（）求设X（s）=L[x(t)]两边同时取拉氏变换，有s3X(s)+3s2X(s)+3sX(s)+X(s)=6s+1;解得X（s）=6(s+1)4;求L−1[X(s)]=t3e−t设X（s）=\mathscr{L}[x(t)]两边同时取拉氏变换，有\\s^3X(s)+3s^2X(s)+3sX(s)+X(s)=\frac{6}{s+1};\\解得X（s）=\frac{6}{(s+1)^4};求\mathscr{L}^{-1}[X(s)]=t^3e^{-t}

由此可见求逆变换才是大问题！逆变换常用公式（）由此可见求逆变换才是大问题！Laplace逆变换常用公式L−1[F(s−a)]=eatf(t);L−1[F（s）s]=∫0tf(t)dt由此可见求逆变换才是大问题！\\Laplace逆变换常用公式\mathscr{L}^{-1}[F(s-a)]=e^{at}f(t);\mathscr{L}^{-1}[\frac{F（s）}{s}]=\int_{0}^{t}f(t)dt

求逆变换一般有三种方法：如求（）得逆变换（）分解成部分分式之和利用公式（）利用卷积定理（）而我们有（）利用留数，有定理：设除在有限个孤立奇点外是解析的，且（），则有于是可得（）求逆变换一般有三种方法：如求F（s）=1(s−2)(s−1)2得逆变换（1）分解成部分分式之和F(s)=1s−2−1s−1−1(s−1)2,利用公式f（t）=e2t−et−ett(2)利用卷积定理L[f1(t)∗f2(t)]=F1（s）F2(s),而f1(t)∗f2(t)=∫0tf1(τ)f2(t−τ)dτ我们有∫0te2τ⋅et−τ(t−τ)dτ=et∫0tteτdτ−∫0teττdτ=tet(et−1)−e2tt+e2t−et=e2t−et−ett（3）利用留数，有定理：设F(s)除在有限个孤立奇点s1,s2….sn外是解析的，且lim0→∞F（s）=0，则有f(t)=12πj∫β+j∞β−j∞F(s)estds=∑k=1nRes[F(s)est,sk]于是可得f(t)=Res[F(s)est,2]+Res[F(s)est,1]=lims→2est(s−1)2+lims→1（ests−2）′=e2t−et−tet求逆变换一般有三种方法：如求F（s）=\frac{1}{(s-2)(s-1)^2}得逆变换 \\（1）分解成部分分式之和F(s)=\frac{1}{s-2}-\frac{1}{s-1}-\frac{1}{(s-1)^2},\\利用公式f（t）=e^{2t}-e^{t}-e^tt \\(2)利用卷积定理\mathscr{L}[f_1(t)*f_2(t)]=F_1（s）F_2(s),而f_1(t)*f_2(t)=\int_{0}^{t}f_1(\tau)f_2(t-\tau)d\tau\\我们有\int_{0}^{t}e^{2\tau}\cdot e^{t-\tau}(t-\tau)d\tau=e^t\int_0^tte^\tau d\tau-\int_0^te^{\tau}\tau d\tau\\=te^t(e^t-1)-e^{2t}t+e^{2t}-e^t=e^{2t}-e^t-e^tt\\ （3）利用留数，有定理：设F(s)除在有限个孤立奇点s_1,s_2….s_n外是解析的，\\且\lim_{0 \rightarrow \infty}{F（s）}=0，则有\\f(t)=\frac{1}{2\pi j}\int_{\beta+j\infty}^{\beta-j\infty}F(s)e^{st}ds=\sum_{k=1}^{n}{Res[F(s)e^st,s_k]}\\于是可得f(t)=Res[F(s)e^st,2]+Res[F(s)e^st,1]=\lim_{s \rightarrow 2}{\frac{e^{st}}{(s-1)^2}}+\lim_{s \rightarrow 1}{（\frac{e^{st}}{s-2}）^{}}=e^{2t}-e^t-te^t

微分算子法与Laplace求解微分方程

求解的都是二阶常系数非齐次线性微分方程（水平不够，只能讲应用）

其中，都常数y″+py′+qy=f(x),其中p，q都常数y^{}+py^{}+qy=f(x),其中p，q都常数

（）（）（1）f（x）=ekx（1）f（x）=e^{kx}

如：求解如：求解y″+3y′+2y=5e3x如：求解y^{}+3y^{}+2y=5e^{3x}

（微分算子法）引入算子1.（微分算子法）引入算子D=d()dx,1D=∫()dx1.（微分算子法）引入算子D=\frac{d()}{dx},\frac{1}{D}=\int()dx

类似微分性质有将所有换位，故其通解为类似Laplace微分性质有(D2+3D+2)y∗=5e3x(将所有D换位k)y∗=5e3xD2+3D+2=5e3x9+9+2=e3x4，故其通解为y=C1e−x+C2e−2x+e3x4类似Laplace微分性质有(D^2+3D+2)y^*=5e^{3x}(将所有D换位k)\\y^*=\frac{5e^{3x}}{D^2+3D+2}=\frac{5e^{3x}}{9+9+2}=\frac{e^{3x}}{4}，故其通解为y=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}+\frac{e^{3x}}{4}

变换2.(Laplace变换)2.(Laplace变换) 我们有（）于是（）解得有解得于是（）这是一个默认（）的特解我们有Y（s）=L[y(x)],于是(s2+3s+2)Y（s）=5s−3解得Y(s)=5(s+2)(s+1)(s−3)有5(s+2)(s+1)(s−3)=As+2+Bs+1+Cs−3,解得A=−54,B=1,C=14于是y（x）=L−1[Y(s)]=−5e−x4+e−2x+e3x4,这是一个默认y′（0）=0y(0)=0的特解我们有Y（s）=\mathscr{L}[y(x)],于是(s^2+3s+2)Y（s）=\frac{5}{s-3}\\解得Y(s)=\frac{5}{(s+2)(s+1)(s-3)}\\有\frac{5}{(s+2)(s+1)(s-3)}=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s-3},解得A=-\frac{5}{4},B=1,C=\frac{1}{4}\\于是y（x）=\mathscr{L}^{-1}[Y(s)]=-\frac{5e^{-x}}{4}+e^{-2x}+\frac{e^{3x}}{4},这是一个默认y^{’}（0）=0\\y^{}(0)=0的特解

另有当算子分母为零时的情景，如微分算子法有但当取时发现分母为，有对分母求导求一次导前置一个即再次代入得变换（）于是根据位移性质有（）这也是个在处，一阶导在处为的一个特解另有当算子分母为零时的情景，如y″+3y′+2y=e−x(微分算子法)有y∗=e−xD2+3D+2,但当取D=k时发现分母为0，有对分母求导求一次导前置一个x即y∗=x12D+3e−x,再次代入−1得y∗=xe−x(Laplace变换)Y（s）=1(s+1)(s+1)(s+2)=−1s+1+1(s+1)2+1s+2于是根据位移性质有y（x）=−e−x+e−xx+e−2x,这也是个在0处，一阶导在0处为0的一个特解另有当算子分母为零时的情景，如y^{}+3y^{}+2y=e^{-x}\\(微分算子法)有y^{*}=\frac{e^{-x}}{D^2+3D+2},但当取D=k时发现分母为0，有对分母求导\\求一次导前置一个x即y^{*}=x\frac{1}{2D+3}e^{-x},再次代入-1得\\y^{*}=xe^{-x}\\(Laplace变换)Y（s）=\frac{1}{(s+1)(s+1)(s+2)}=-\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1)^2}+\frac{1}{s+2}\\于是根据位移性质有y（x）=-e^{-x}+e^{-x}x+e^{-2x},这也是个在0处，\\一阶导在0处为0的一个特解

（）（）（）或（）（2）f（x）=sin（ωx）或cos（ωx）（2）f（x）=sin（\omega x）或cos（\omega x）

将分成三类情况

一如：求解将所有换成或者利用欧拉公式与上述一样一如：求解y″+y=sin2x(将所有D2换成−ω2,或者利用欧拉公式与上述一样)一如：求解y^{}+y=sin2x(将所有D^2换成-\omega ^{2},或者利用欧拉公式与上述一样)

微分算子法也可看成1.(微分算子法)y∗=1D2+1sin2x=−13sin2x也可看成y∗=Im(1D2+1e2ix)=−13sin2x1.(微分算子法)y^{*}=\frac{1}{D^2+1}sin2x=-\frac{1}{3}sin2x \\也可看成y^{*}=Im (\frac{1}{D^2+1}e^{2ix})=-\frac{1}{3}sin2x

变换（）故（）2.(Laplace变换)Y（s）=2s2+4⋅1s2+1=−231s2+4+231s2+1,故y（x）=−13sin2x+23sinx2.(Laplace变换)Y（s）=\frac{2}{s^2+4}\cdot\frac{1}{s^2+1}=-\frac{2}{3}\frac{1}{s^2+4}+\frac{2}{3}\frac{1}{s^2+1},\\故y（x）=-\frac{1}{3}sin2x+\frac{2}{3}sinx

二如：求解二如：求解y″+3y′+2y=sin2x二如：求解y^{}+3y^{}+2y=sin2x

（微分算子法）对此我们由平方差得原式也可看成1.（微分算子法）y∗=1D2+3D+2sin2x=13D−2sin2x对此我们由平方差得原式=3D+2(3D)2−4sin2x=−340Dsin2x−240sin2x=−340(sin2x)′−240sin2x=−320cos2x−120sin2x也可看成y∗=Im(1D2+3D+2e2ix)=−320cos2x−120sin2x1.（微分算子法）y^{*}=\frac{1}{D^2+3D+2}sin2x=\frac{1}{3D-2}sin2x\\对此我们由平方差得原式=\frac{3D+2}{(3D)^2-4}sin2x=-\frac{3}{40}Dsin2x-\frac{2}{40}sin2x\\=-\frac{3}{40} (sin2x)^{}-\frac{2}{40}sin2x=-\frac{3}{20}cos2x-\frac{1}{20}sin2x \\也可看成y^{*}=Im(\frac{1}{D^2+3D+2}e^{2ix})=-\frac{3}{20}cos2x-\frac{1}{20}sin2x

（变换）（）故（）2.（Laplace变换）Y（s）=2(s+1)(s+2)(s2+4)=25⋅1s+1−14⋅1s+2−320⋅ss2+4−110⋅1s2+4故y（x）=25e−x−14e−2x−320cos2x−120sin2x2.（Laplace变换）Y（s）=\frac{2}{(s+1)(s+2)(s^2+4)}=\\\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{s+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s+2}-\frac{3}{20}\cdot\frac{s}{s^2+4}-\frac{1}{10}\cdot\frac{1}{s^2+4}\\故y（x）=\frac{2}{5}e^{-x}-\frac{1}{4}e^{-2x}-\frac{3}{20}cos2x-\frac{1}{20}sin2x

三如：求解三如：求解y″+4y=cos2x三如：求解y^{}+4y=cos2x

微分算子法1.(微分算子法)y∗=1D2+4cos2x=x12Dcos2x=x2∫cos2xdx=x4sin2x1.(微分算子法)y^{*}=\frac{1}{D^2+4}cos2x=x\frac{1}{2D}cos2x=\frac{x}{2}\int cos2xdx=\frac{x}{4}sin2x

变换（）利用卷积定理2.(Laplace变换)Y（s）=ss2+4⋅1s2+4,利用卷积定理y(x)=12∫0xcos2τ⋅sin⁡[2(x−τ)]dτ=[sin2x∫0xcos22τdτ−cos2x∫0xsin2τcos2τ]⋅12=[sin2x(12x+sin4x8)−12cos2x(−cos4x4+14)]⋅12=14xsin2x+116sin2xsin4x+116cos2xcos4x−116cos2x2.(Laplace变换)Y（s）=\frac{s}{s^2+4}\cdot\frac{1}{s^2+4},\\利用卷积定理y(x)=\frac{1}{2}\int_0^xcos2\tau\cdot\sin[2(x-\tau)]d\tau\\=[sin2x\int^x_0cos^22\tau d\tau-cos2x\int^x_0sin2\tau cos2\tau]\cdot\frac{1}{2}\\=[sin2x(\frac{1}{2}x+\frac{sin4x}{8})-\frac{1}{2}cos2x(-\frac{cos4x}{4}+\frac{1}{4})]\cdot\frac{1}{2}\\=\frac{1}{4}xsin2x+\frac{1}{16}sin2xsin4x+\frac{1}{16}cos2xcos4x-\frac{1}{16}cos2x

（）（）（3）f（x）=Pn(x)（3）f（x）=P_n(x)

如解如解y″+y′−2y=2×2+x如解y^{}+y^{}-2y=2x^2+x

微分算子法利用长除法或者公式即（但可以知道的式子有无穷多项，但的意义可是求导啊，最多求导到，所以再多的都是纸老虎没用，于是我们取前两项即（（）1.(微分算子法)利用长除法或者公式∑n=1∞aqn−1=a1−q即1D2+D−2=−12⋅11−(D22+D2)=−12[1+（D22+D2)+(D22+D2)2+….]但可以知道D的式子有无穷多项，但D的意义可是求导啊，最多求导到0，所以再多的D都是纸老虎−−−没用，于是我们取前两项即y∗=[（1+(D22+D2)+(D22+2×2)]⋅−12(2×2+x)=(3D24+D2+1)（2×2+x）⋅(−12)=(3D24⋅2×2+3D24x+D22x2+D2x+2×2+x)⋅(−12)=3+0+2x+12=(3x+72+2×2)(−12)=−x2−32x−741.(微分算子法)利用长除法或者公式\sum_{n=1}^{\infty}{aq^{n-1}}=\frac{a}{1-q}\\即\frac{1}{D^2+D-2}=-\frac{1}2\cdot\frac{1}{1-(\frac{D^2}{2}+\frac{D}{2})}=-\frac{1}{2}[1+（\frac{D^2}{2}+\frac{D}{2})+(\frac{D^2}{2}+\frac{D}{2})^2+….]\\但可以知道D的式子有无穷多项，但D的意义可是求导啊，最多求导到0，\\所以再多的D都是纸老虎—没用，于是我们取前两项即\\y^{*}=[（1+(\frac{D^2}{2}+\frac{D}{2})+(\frac{D^2}{2}+2x^2)]\cdot-\frac{1}{2}(2x^2+x)=\\(\frac{3D^2}{4}+\frac{D}{2}+1)（2x^2+x）\cdot(-\frac{1}{2})\\=(\frac{3D^2}{4}\cdot2x^2+\frac{3D^2}{4}x+\frac{D}{2}2x^2+\frac{D}{2}x+2x^2+x)\cdot(-\frac{1}{2})=3+0+2x+\frac{1}{2}\\=(3x+\frac{7}{2}+2x^2)(-\frac{1}{2})=-x^2-\frac{3}{2}x-\frac{7}{4}

变换于是2.(Laplace变换)y″+y′−2y=2×2+xY(s)=4s3(s2+s−2)+1s2(s2+s−2)=4s3(s+2)(s−1)+1s2(s+2)(s−1)=141s+2+321s−1−2s3−32s2−74s于是y(x)=14e−2+32ex−x2−32x−742.(Laplace变换)y^{}+y^{}-2y=2x^2+x\\Y(s)=\frac{4}{s^3(s^2+s-2)}+\frac{1}{s^2(s^2+s-2)}=\\\frac{4}{s^3(s+2)(s-1)}+\frac{1}{s^2(s+2)(s-1)}=\frac{1}{4}\frac{1}{s+2}+\frac{3}{2}\frac{1}{s-1}-\frac{2}{s^3}-\frac{3}{2s^2}-\frac{7}{4s}\\于是y(x)=\frac{1}{4}e^{-2}+\frac{3}{2}e^x-x^2-\frac{3}{2}x-\frac{7}{4}

（）其中（）可以是，，(4)f(x)=ekxg（x）其中g（x）可以是P(x)，sinωx，cosωx(4)f(x)=e^{kx}g（x）其中g（x）可以是P_(x)，sin\omega x，cos\omega x

一如求解一如求解y″−2y′+y=xex一如求解y^{}-2y^{}+y=xe^x

微分算子法我们有（）（）（）1.(微分算子法)我们有y∗=1F（D）ekxg(x)=ekx1F（D+k）g（x）y∗=1D2−2D+1xex=ex⋅1(D+1)2−2(D+1)+1x=ex1D2x=ex⋅16×31.(微分算子法)我们有y^{*}=\frac{1}{F（D）}e^{kx}g(x)\\=e^{kx}\frac{1}{F（D+k）}g（x）\\y^{*}=\frac{1}{D^2-2D+1}xe^x=e^{x}\cdot\frac{1}{(D+1)^2-2(D+1)+1}x\\=e^x\frac{1}{D^2}x=e^x\cdot\frac{1}{6}x^3

变换（），于是利用卷积定理2.(laplace变换)L（xex）=1(s−1)2，于是Y(s)=1(s−1)2(s−1)2利用卷积定理∫0xtet⋅(x−t)ex−tdt=ex∫0xxt−t2dt=ex⋅12×3−ex13x3=ex16x32.(laplace变换)\mathscr{L}（xe^x）=\frac{1}{(s-1)^2}，于是\\Y(s)=\frac{1}{(s-1)^2(s-1)^2}\\利用卷积定理\int_{0}^{x}te^t\cdot(x-t)e^{x-t}dt=e^x\int_0^xxt-t^2dt=e^x\cdot\frac{1}{2}x^3-e^x\frac{1}{3}x^3\\=e^x\frac{1}{6}x^3

二如二如y″−2y′+y=exsinx二如y^{}-2y^{}+y=e^xsinx

微分算子法1.(微分算子法)1.1y∗=1D2−2D+1exsinx=ex1D2sinx=−exsinx1.2y∗=1D2−2D+1exsinx=Im[1D2−2D+1exeix]=Im[1(1+i)2−2(1+i)+1)e(1+i)x]=Im[−e(1+i)x]=−exsinx1.(微分算子法)1.1y^*=\frac{1}{D^2-2D+1}e^xsinx=e^x\frac{1}{D^2}sinx\\=-e^xsinx\\1.2y^{*}=\frac{1}{D^2-2D+1}e^xsinx=Im[\frac{1}{D^2-2D+1}e^xe^{ix}]=\\Im[\frac{1}{(1+i)^2-2(1+i)+1)}e^{(1+i)x}]\\=Im[-e^{(1+i)x}]=-e^xsinx

ps:1.2的解法应用了欧拉公式，注意算子F（D）作用的对象是后面的函数，因此根据后面函数的不同求的方法也不同

（变换）利用唯一性质进行变换再逆变换方法和上题应该差不多（好像都差不多）2.（Laplace变换）利用唯一性质进行变换再逆变换方法和上题应该差不多（好像都差不多）2.（Laplace变换）利用唯一性质进行变换再逆变换方法和上题应该差不多（好像都差不多）

（）或5.f（x）=Pn(x)sinωx或Pn(x)cosωx5.f（x）=P_n(x)sin\omega x或P_n(x)cos \omega x

如求解如求解y″+y=xcos4x如求解y^{}+y=xcos4x

微分算子法下面再利用（）的方法进行操作，再取实部就好了1(微分算子法)y∗=1D2+1xco4x=1D2+1xRe[e4ix]=Re[e4ix1(D+4i)2+1x]下面再利用（3）的方法进行操作，再取实部就好了1(微分算子法)y^{*}=\frac{1}{D^2+1}xco4x\\=\frac{1}{D^2+1}xRe[e^{4ix}]\\=Re[e^{4ix}\frac{1}{(D+4i)^2+1}x]\\下面再利用（3）的方法进行操作，再取实部就好了

2.（Laplace变换）………………………………………………………………………………………………………….

二阶常系数非齐次线性微分方程常数变易法

对于（），其特征方程为特征方程有两个相异根；特征方程有两个相等的实数根（）；特征方程有一对共轭复根，（）对于y″+py′+qy=f（x），其特征方程为r2+pr+q=0(1)特征方程有两个相异根r1≠r2,y=C1er1x+C2er2x；(2)特征方程有两个相等的实数根r1=r2=r,y=（C1+C2x）erx；(3)特征方程有一对共轭复根r1，2=α±iβ,y=eαx（C1cosβx+C2cosβx）对于y+py+qy=f（x），其特征方程为r^2+pr+q=0\\(1)特征方程有两个相异根r_1\ne r_2,y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}；\\(2)特征方程有两个相等的实数根r_1= r_2=r,y=（C_1+C_2x）e^{rx}；\\(3)特征方程有一对共轭复根r_{1，2}=\alpha\pm i\beta ,y=e^{\alpha x}（C_1cos\beta x+C_2cos\beta x）

观察上述式子都可以写成 的形式y=C1y1+C2y2的形式y=C_1y_1+C_2y_2的形式 ，

故可设其特解为 y∗=C1(x)y1+C2(x)y2y^{*}=C_1(x)y_1+C_2(x)y_2

有 (y1y2y1′y2′)⋅(C1′(x)C2′(x))=(0f(x))\left( \begin{array}{1} y_1&y_2\\ y_{1}&y_2 \end{array} \right)\cdot\left( \begin{array}{1} C’_{1}(x)\\ C_2(x )\end{array} \right)=\left( \begin{array}{1} 0\\ f(x) \end{array} \right)

我们可以很容易得解出 C1′(x),C2′(x)C_1(x),C_2(x) ,再对其求一次积分即可得到其特解

如：求解如：求解y″−2y′+y=xex如：求解y^{}-2y^{}+y=xe^x

解：有特征方程解得有（）于是特解为可求得（）解：有特征方程r2−2r+1=0,解得r1=r2=1有y=（C1+C2x）ex=C1ex+C2xex,于是(exxexex(x+1)ex)⋅(C1′(x)C2′(x))=(0xex)特解为y∗=C1(x)ex+C2(x)xex,可求得C1′(x)=|0xexxex(1+x)ex||exxexex(1+x)ex|=−x2e2xe2x=−x2C2′=|ex0exxex||exxexex(1+x)ex|=xe2xe2x=xC1(x)=−13×3,C2（x）=12x2y∗=−13x3ex+12x3ex=16x3ex解：有特征方程r^2-2r+1=0,解得r_1=r_2=1\\有y=（C_1+C_2x）e^x=C_1e^x+C_2xe^x,于是\\\left( \begin{array}{1} e^x&xe^x\\ e^x&(x+1)e^x \end{array} \right)\cdot\left( \begin{array}{1} C’_{1}(x)\\ C_{2}(x )\end{array} \right)=\left( \begin{array}{1} 0\\ xe^x \end{array} \right)\\特解为y^{*}=C_1(x)e^x+C_2(x)xe^x,可求得\\C_1(x)=\frac{\begin{vmatrix} 0&xe^x\\ xe^x&(1+x)e^x \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} e^x&xe^x\\ e^x&(1+x)e^x \end{vmatrix}}=\frac{-x^2e^{2x}}{e^{2x}}=-x^2\\C_2=\frac{\begin{vmatrix} e^x&0\\ e^x&xe^x \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} e^x&xe^x\\ e^x&(1+x)e^x \end{vmatrix}}=\frac{xe^{2x}}{e^{2x}}=x\\C_1(x)=-\frac{1}{3}x^3,C_2（x）=\frac{1}{2}x^2\\y^{*}=-\frac{1}{3}x^3e^x+\frac{1}{2}x^3e^x=\frac{1}{6}x^3e^x

ps:二阶常系数非齐次线性微分方程常数变易法形式对于各种微分方程都是统一的，对比算子法记忆量显然要小得很多

言而总之，算子法形式多变，面对不同形式需要有不同的方式应对，Laplace变换形式统一但算得多

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