同济高数 第7章 第7-9-6题
📝 题目
6．$x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+4 y=x \sin (\ln x)$ ．
💡 答案解析
[AI解答]
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我们要求解欧拉型非齐次线性微分方程
$$
x^{2} y^{\prime \prime} - x y^{\prime} + 4y = x \sin(\ln x).
$$
第一步：化为常系数方程
令 $x = e^t$，即 $t = \ln x$，则
$$
y' = \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot \frac{dt}{dx} = \frac{1}{x} \dot{y},
$$
$$
y'' = \frac{d}{dx}\left( \frac{1}{x} \dot{y} \right) = -\frac{1}{x^2} \dot{y} + \frac{1}{x} \cdot \frac{d\dot{y}}{dx}
= -\frac{1}{x^2} \dot{y} + \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x} \ddot{y}
= \frac{1}{x^2}(\ddot{y} - \dot{y}).
$$
代入原方程：
$$
x^2 \cdot \frac{1}{x^2}(\ddot{y} - \dot{y}) - x \cdot \frac{1}{x} \dot{y} + 4y = e^t \sin t,
$$
化简得：
$$
\ddot{y} - \dot{y} - \dot{y} + 4y = e^t \sin t,
$$
即
$$
\ddot{y} - 2\dot{y} + 4y = e^t \sin t.
$$
第二步：解齐次方程
特征方程：
$$
r^2 - 2r + 4 = 0 \quad\Rightarrow\quad r = 1 \pm i\sqrt{3}.
$$
齐次通解：
$$
y_h(t) = e^{t}\left( C_1 \cos(\sqrt{3} t) + C_2 \sin(\sqrt{3} t) \right).
$$
第三步：求非齐次特解
右端项为 $e^t \sin t$，用待定系数法。设特解形式：
$$
y_p(t) = e^t (A \cos t + B \sin t).
$$
计算：
$$
\dot{y}_p = e^t (A \cos t + B \sin t) + e^t(-A \sin t + B \cos t)
= e^t[(A+B)\cos t + (B-A)\sin t],
$$
$$
\ddot{y}_p = e^t[(A+B)\cos t + (B-A)\sin t] + e^t[-(A+B)\sin t + (B-A)\cos t]
= e^t[(2B)\cos t + (-2A)\sin t].
$$
代入方程 $\ddot{y}_p - 2\dot{y}_p + 4y_p = e^t \sin t$：
先计算：
$$
-2\dot{y}_p = -2e^t[(A+B)\cos t + (B-A)\sin t],
$$
$$
4y_p = 4e^t(A\cos t + B\sin t).
$$
合并 $\cos t$ 系数：
$$
(2B) - 2(A+B) + 4A = 2B - 2A - 2B + 4A = 2A,
$$
合并 $\sin t$ 系数：
$$
(-2A) - 2(B-A) + 4B = -2A -2B +2A +4B = 2B.
$$
所以左边为：
$$
e^t(2A \cos t + 2B \sin t) = e^t \sin t.
$$
比较得：
$$
2A = 0,\quad 2B = 1 \quad\Rightarrow\quad A=0,\ B=\frac12.
$$
因此特解：
$$
y_p(t) = \frac12 e^t \sin t.
$$
**第四步：回代到 $x$**
由 $t = \ln x$，$e^t = x$，得：
$$
y(x) = x\left[ C_1 \cos(\sqrt{3} \ln x) + C_2 \sin(\sqrt{3} \ln x) \right] + \frac12 x \sin(\ln x).
$$
最终答案：
$$
\boxed{y(x)=x\left[ C_1 \cos(\sqrt{3} \ln x) + C_2 \sin(\sqrt{3} \ln x) \right] + \frac12 x \sin(\ln x)}
$$
难度：★★★☆☆
（涉及欧拉方程变换、复特征根、待定系数法，中等难度）