二阶微分方程求解

二阶微分方程求解

-

2023年2月26日发(作者：安全资格证书)

第七节二阶常系数线性微分方程

的解法

在上节我们已经讨论了二阶线性微分方程解的结

构，二阶线性微分方程的求解问题，关键在于如何求

二阶齐次方程的通解和非齐次方程的一个特解。本节

讨论二阶线性方程的一个特殊类型，即二阶常系数线

性微分方程及其求解方法。先讨论二阶常系数线性齐

次方程的求解方法。

§7.1二阶常系数线性齐次方程及其求

解方法

设给定一常系数二阶线性齐次方程为

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝0(7.1)

其中p、q是常数，由上节定理二知，要求方程(7.1)

的通解，只要求出其任意两个线性无关的特解y1,y２

就可以了，下面讨论这样两个特解的求法。

我们先分析方程(7.1)可能具有什么形式的特解，

从方程的形式上来看，它的特点是

2

2

dx

yd

，

dx

dy

，y各乘

以常数因子后相加等于零，如果能找到一个函数y，

其

2

2

dx

yd

，

dx

dy

，y之间只相差一个常数因子，这样的函

数有可能是方程(7.1)的特解，在初等函数中，指数函

数erx，符合上述要求，于是我们令

y＝erx

(其中r为待定常数)来试解

将y＝erx，

dx

dy

＝rerx，

2

2

dx

yd

＝r2erx代入方程(7.1)

得r2erx＋prerx＋qerx＝0

或erx（r2＋pr＋q）＝0

因为erx≠0，故得

r2＋pr＋q＝0

由此可见，若r是二次方程

r2＋pr＋q＝0(7.2)

的根，那么erx就是方程(7.1)的特解，于是方程(7.1)

的求解问题，就转化为求代数方程(7.2)的根问题。称

(7.2)式为微分方程(7.1)的特征方程。

特征方程(7.2)是一个以r为未知函数的一元二次

代数方程。特征方程的两个根r１，r2，称为特征根，

由代数知识，特征根r1，r2有三种可能的情况，下面

我们分别进行讨论。

(1)若特证方程(7.2)有两个不相等的实根r１，r2，

此时er１x，er2x是方程(7.1)的两个特解。

因为

xr

xr

2

1

e

e

＝ex)rr(

21

≠常数

所以er1x，er2x为线性无关函数，由解的结构定理知，

方程(7.1)的通解为

y＝C1er1x＋C2er2x

(2)若特征方程(7.2)有两个相等的实根r1＝r2，此

时p2－4q＝0，即

有r1＝r2＝

2

p

，这样只能得到方程(7.1)的一个特

解y１＝er１x，因此，我们还要设法找出另一个满足

1

2

y

y

≠

常数，的特解y2，故

1

2

y

y

应是x的某个函数，设

1

2

y

y

＝u，

其中u＝u(x)为待定函数，即

y2＝uy1＝uer１x

对y2求一阶，二阶导数得

dx

dy

2＝

dx

du

er1x＋r１uer1x＝(

dx

du

＋r1u)er1x

2

2

2

dx

yd

＝(r2

１u＋2r1dx

du

＋

2

2

dx

ud

)er1x

将它们代入方程(7.1)得

(r2

1u＋２r1dx

du

＋

2

2

dx

ud

)er1x＋p(

dx

du

＋r1u)er1x＋

quer1x＝0

或

［

2

2

dx

ud

＋(2r1＋p)

dx

du

＋(r２

１＋pr1＋q)u］er1x

＝0

因为er1x≠0，且因r1是特征方程的根，故有r２

１＋

pr１＋q＝0，又因r1＝－

2

p

故有2r1＋p＝0，于是上式

成为

2

2

dx

ud

＝0

显然满足

2

2

dx

ud

＝0的函数很多，我们取其中最简单

的一个

u(x)＝x

则y2＝xerx是方程(7.1)的另一个特解，且y1，y2

是两个线性无关的函数，所以方程(7.1)的通解是

y＝C1er1x＋C2xer1x＝(C1＋C2x)er1x

(3)若特征方程(7.2)有一对共轭复根r1＝α

＋iβ，r2＝α－iβ

此时方程(7.1)有两个特解

y1＝e(α＋iβ)xy2＝e（α－iβ）x

则通解为

y＝C1e（α＋iβ）x＋C2e（α－iβ）x

其中C1，C2为任意常数，但是这种复数形式的解，

在应用上不方便。在实际问题中，常常需要实数形式

的通解，为此利用欧拉公式

eix＝cosx＋isinx，e－ix＝cosx－isinx

有

2

1

(eix＋e－ix)＝cosx

i2

1

(eix－e－ix)＝sinx

2

1

(y1＋y２)＝

2

1

eαx(eiβx＋e－iβx)＝eαxcosβx

i2

1

(y1－y2)＝

i2

1

eαx(eiβx－e－iβx)＝eαxsinβx

由上节定理一知，

2

1

(y1＋y2)，

i2

1

(y1－y2)是方程

(7.1)的两个特解，也即eαxcosβx，eαxsinβx是方程

(7.1)的两个特解：且它们线性无关，由上节定理二知，

方程(7.1)的通解为

y＝C1eαxcosβx＋C2eαxsinβx

或y＝eαx(C1cosβx＋C2sinβx)

其中C1，C2为任意常数，至此我们已找到了实数形

式的通解，其中α，β分别是特征方程(7.2)复数根的

实部和虚部。

综上所述，求二阶常系数线性齐次方程(7.1)的通

解，只须先求出其特征方程(7.2)的根，再根据他的三

种情况确定其通解，现列表如下

特征方程r2＋pr＋q＝0的

根

微分方程

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy

＝0的通解

有二个不相等的实根r1，

r2

y＝C1er1x＋C2er2x

有二重根r1＝r2y＝(C1＋C2x)er1x

有一对共轭复根





ir

ir

2

1

y＝eαx(C1cosβx＋C2sin

βx)

例1.求下列二阶常系数线性齐次方程的通解

(1)

2

2

dx

yd

＋3

dx

dy

－１０y＝0

(2)

2

2

dx

yd

－4

dx

dy

＋4y＝0

(3)

2

2

dx

yd

＋4

dx

dy

＋7y＝0

解(1)特征方程r2＋3r－10＝0有两个不相等的

实根

r1＝－5，r2＝2

所求方程的通解y＝C1e－5r＋C2e2x

(2)特征方程r2－4r＋4＝0，有两重根

r1＝r2＝2

所求方程的通解y＝(C1＋C2x)e2x

(3)特征方程r2＋4r＋7＝0有一对共轭复根

r1＝－2＋

3

ir2＝－2－

3

i

所求方程的通解y＝e－2x(C1cos3x＋C2sin3x)

§7.2二阶常系数线性非齐次方程的解

法

由上节线性微分方程的结构定理可知，求二阶常系

数线性非齐次方程

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝f(x)(7.3)

的通解，只要先求出其对应的齐次方程的通解，再

求出其一个特解，而后相加就得到非齐次方程的通

解，而且对应的齐次方程的通解的解法，前面已经解

决，因此下面要解决的问题是求方程(7.3)的一个特

解。

方程(7.3)的特解形式，与方程右边的f(x)有关，

这里只就f(x)的两种常见的形式进行讨论。

一、f(x)＝pn(x)eαx，其中pn(x)是n次多项式，我

们先讨论当α＝0时，即当

f(x)＝pn（x）时方程

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝pn(x)(7.4)

的一个特解。

(1)如果q≠0，我们总可以求得一n次多项式满足

此方程，事实上，可设特解

~

y＝Qn(x)＝a0xn＋a1xn－1

＋…＋an，其中a0，a1，…an是待定常数，将

~

y及其

导数代入方程(7.4)，得方程左右两边都是n次多项

式，比较两边x的同次幂系数，就可确定常数a0，a1，…

an。

例1.求

2

2

dx

yd

＋

dx

dy

＋2y＝x2－3的一个特解。

解自由项f(x)＝x2－3是一个二次多项式，又q

＝2≠0，则可设方程的特解为

~

y＝a0x2＋a1x＋a2

求导数

~

'y＝2a0x＋a1

~

"y＝2a0

代入方程有2a0x2＋(2a0＋2a1)x＋（2a0＋a1＋2a２）

＝x2－3比较同次幂系数

















3a2aa2

0a2a2

1a2

210

10

0

解得

4

7

a

2

1

a

2

1

a

2

1

0







所以特解

~

y＝

2

1

x2－

2

1

x－

4

7

(2)如果q＝0，而p≠0，由于多项式求导一次，其

次数要降低一次，此时

~

y＝Qn(x)不能满足方程，但它

可以被一个(n＋1)次多项式所满足，此时我们可设

~

y＝xQn(x)＝a0xn＋1＋a1xn＋…＋anx

代入方程(7.4)，比较两边系数，就可确定常数a0，

a1，…an。

例2.求方程

2

2

dx

yd

＋4

dx

dy

＝3x2＋2的一个特解。

解自由项f(x)＝3x2＋2是一个二次多项式，又

q＝0，p＝４≠0，故设特解

~

y＝a0x3＋a1x2＋a2x

求导数

~

'y＝3a0x2＋2a1x＋a2

~

"y＝6a0x＋2a1

代入方程得

12a0x2＋（8a1＋6a0）x＋（２a1＋4a2）＝3x2＋2，

比较两边同次幂的系数

















2a4a2

0a6a8

3a12

21

01

0

解得

32

19

a

16

3

a

4

1

a

2

1

0







所求方程的特解

~

y＝

4

1

x3－

16

3

x2＋

32

19

x

(3)如果p＝0，q＝0，则方程变为

2

2

dx

yd

＝pn(x)，此

时特解是一个(n＋2)次多项式，可设

~

y＝x2Qn(x)，代入方程求得，也可直接通过两次积

分求得。

下面讨论当α≠0时，即当f(x)＝pn(x)eαx时方程

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝pn(x)eαx(7.5)

的一个特解的求法，方程(7.5)与方程(7.4)相比，

只是其自由项中多了一个指数函数因子eαx，如果能通

过变量代换将因子eαx去掉，使得(7.5)化成(7.4)式

的形式，问题即可解决，为此设y＝ueαx，其中u＝u(x)

是待定函数，对y＝ueαx，求导得

dx

dy

＝eαx

dx

du

＋αueαx

求二阶导数

2

2

dx

yd

＝eαx

2

2

dx

ud

＋2αeαx

dx

du

＋α2ueαx

代入方程(7.5)得

eαx［

2

2

dx

ud

＋2α

dx

du

＋α2u］＋peαx［

dx

du

＋αu］＋

queαx＝pn(x)eαx

消去eαx得

2

2

dx

ud

＋(2α＋p)

dx

du

＋(α2＋pα＋q)u＝pn（x）

(7.6)

由于(7.6)式与(7.4)形式一致，于是按(7.4)的结

论有：

(1)如果α2＋pα＋q≠0，即α不是特征方程r2＋pr

＋q＝0的根，则可设(7.6)的特解u＝Ｑn(x)，从而可

设(7.5)的特解为

~

y＝Qn(x)eαx

(2)如果α2＋pα＋q＝0，而２α＋p≠0，即α是

特征方程r2＋pr＋q＝0的单根，则可设(7.6)的特解u

＝xQn(x)，从而可设(7.5)的特解为

~

y＝xQn(x)eαx

(3)如果r2＋pα＋q＝0，且２α＋p＝0，此时α

是特征方程r2＋pr＋q＝0的重根，则可设(7.6)的特

解u＝x2Qn(x)，从而可设(7.5)的特解为

~

y＝x2Qn(x)eαx

例3.求下列方程具有什么样形式的特解

(1)

2

2

dx

yd

＋5

dx

dy

＋6y＝e3x

(2)

2

2

dx

yd

＋5

dx

dy

＋6y＝3xe－2x

(3)

2

2

dx

yd

＋α

dx

dy

＋y＝－(3x2＋1)e－x

解(1)因α＝3不是特征方程r2＋5r＋6＝0的根，

故方程具有形如

~

y＝a0e3x的特解。

(2)因α＝－2是特征方程r2＋5r＋6＝0的单根，

故方程具有形如

~

y＝x(a0x＋a1)e－2x的特解。

(3)因α＝－1是特征方程r2＋2r＋1＝0的二重

根，所以方程具有形如

~

y＝x2(a0x2＋a1x＋a２)e－x的特解。

例4.求方程

2

2

dx

yd

＋y＝(x－2)e3x的通解。

解特征方程r２＋1＝0

特征根r＝±i得，对应的齐次方程

2

2

dx

yd

＋y＝0

的通解为

Y＝C1cosx＋C２sinx

由于α＝3不是特征方程的根，又pn(x)＝x－2为一次

多项式，令原方程的特解为

~

y＝(a0x＋a1)e3x

此时u＝a0x＋a1，α＝3，p＝0，q＝1，求u关于x

的导数

dx

du

＝a0，

2

2

dx

ud

＝0，代入

2

2

dx

ud

＋(２α＋p)

dx

du

＋(α2＋αp＋q)u＝(x－2)

得：

10a0x＋10a1＋6a0＝x－2

比较两边x的同次幂的系数有











2a6a10

1a10

01

0解得a0＝

10

1

，a1＝－

50

13

于是，得到原方程的一个特解为

~

y＝(

10

1

x－

50

13

)e3x

所以原方程的通解是

y＝Y＋

~

y＝C1cosx＋C2sinx＋（

10

1

x－

50

13

）e3x

例5.求方程

2

2

dx

yd

－2

dx

dy

－3y＝(x２＋1)e－x的通

解。

解特征方程r2－2r－3＝0

特征根r1＝－1，r2＝3

所以原方程对应的齐次方程

2

2

dx

yd

－2

dx

dy

－3y＝0的

通解Y＝C1e－x＋C2e3x,由于α＝－1是特征方程的单根，

又pn(x)＝x2＋1为二次多项式，令原方程的特解

~

y＝x(a0x2＋a1x＋a2)e－x

此时u＝a0x3＋a1x2＋a2x，α＝－1，p＝－2，

q＝－3

对u关于x求导

dx

du

＝3a0x2＋2a1x＋a2

2

2

dx

ud

＝6a0x＋2a1

代入

2

2

dx

ud

＋(2α＋p)

dx

du

＋(α2＋pr＋q)u＝x2＋1，

得

－12a0x2＋(6a0－8a)x＋2a1－4a２＝x2＋1比较x的

同次幂的系数有





















0a8a6

12

1

a

1a12

10

0

0

解得

32

9

a

0a4a2

16

1

a

2

01

1







故所求的非齐次方程的一个特解为

~

y＝－

4

x

(

3

x2

＋

4

x

＋

8

9

)e－x

二、f(x)＝pn(x)eαxcosβx或pn（x）eαxsinβx，

即求形如

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝pn(x)eαxcosβx

(7.7)

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝pn(x)eαxsinβx

(7.8)

这两种方程的特解。

由欧拉公式知道，pn（x）eαxcosβx，pn(x)eαxsin

x分别是函数pn(x)e（α＋iβ）x的实部和虚部。

我们先考虑方程

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝pn（x）e（α＋iβ）x

(7.9)

方程(7.9)与方程(7.5)类型相同，而方程(7.5)的

特解的求法已在前面讨论。

由上节定理五知道，方程(7.9)的特解的实部就是

方程(7.7)的特解，方程(7.9)的特解的虚部就是方程

(7.8)的特解。因此，只要先求出方程(7.9)的一个特

解，然而取其实部或虚部即可得方程(7.7)或(7.8)的

一个特解。

注意到方程(7.9)的指数函数e（α＋iβ）x中的α＋iβ

(β≠0)是复数，而特征方程是实系数的二次方程，所

以α＋iβ最多只能是它的单根。因此方程(7.9)的特

解形为Qn(x)e（α＋iβ）x或xＱn(x)e（α＋iβ）x。

例6.求方程

2

2

dx

yd

－y＝excos2x的通解。

解特征方程r2－1＝0

特征根r1＝1，r2＝－1

于是原方程对应的齐次方程的通解为

Y＝C1ex＋C2e－x

为求原方程的一个特解

~

y。

先求方程

2

2

dx

yd

－y＝e（１＋2i）x的一个特解，由于1

＋2i不是特征方程的根，且pn(x)为零次多项式，故

可设u＝a0，此时α＝(1＋2i)，p＝0，q＝－1代入方

程

2

2

dx

ud

＋(2α＋p)

dx

du

＋(α2＋αp＋q)u＝1

得［（１＋2i）2－1］a0＝1，即(4i－4)a0＝1，得

a0＝

)1i(4

1



＝－

8

1

(i＋1)

这样得到

2

2

dx

yd

－y＝e（１＋2i）x的一个特解

y＝－

8

1

(i＋1)e（１＋2i）x

由欧拉公式

y＝－

8

1

(i＋1)e（１＋2i）x

＝－

8

1

(i＋1)ex(cos２x＋isin2x)

＝－

8

1

ex［（cos2x－sin2x）＋i(cos2x＋sin2x)］

取其实部得原方程的一个特解

~

y＝－

8

1

ex(cos２x－sin2x)

故原方程的通解为

y＝Y＋

~

y＝C1ex＋C2e－x－

8

1

ex(cos2x－sin2x)

例7.求方程

2

2

dx

yd

＋y＝(x－2)e3x＋xsinx的通

解。

解由上节定理三，定理四，本题的通解只要分别

求

2

2

dx

yd

＋y＝0的特解Y，

2

2

dx

yd

＋y＝(x－2)e3x的一个特解

~

1

y，

2

2

dx

yd

＋y＝xsinx的一个特解

~

2

y

然而相加即可得原方程的通解，由本节例4有

Y＝C1cosx＋C2sinx，

~

1

y＝(

10

1

x－

50

13

)e3x

下面求

~

2

y，为求

~

2

y先求方程

2

2

dx

yd

＋y＝xeix

由于i是特征方程的单根，且pn（x)＝x为一次式，

故可设u＝x(a0x＋a1)＝a0x2＋a1x，此时α＝i，p＝0，

q＝1，对u求导

dx

du

＝2a0x＋a1，

2

2

dx

ud

＝2a0

代入方程

2

2

dx

ud

＋(2α＋p)

dx

du

＋(α2＋pα＋q)u＝x

得2a０＋2i(2a0x＋a1)＋0＝x

即4ia0x＋2ia1＋2a0＝x

比较x的同次幂的系数有：











0a2ia2

1ia4

01

0得

4

1

a

4

1

i4

1

a

1

0





即方程

2

2

dx

yd

＋y＝xeix的一个特解

~

y＝(－

4

i

x2＋

4

1

x)eix

＝(－

4

i

x2＋

4

1

)(cosx＋isinx)

＝(

4

1

x2sinx＋

4

1

xcosx)＋i(－

4

1

x2cosx＋

4

1

xsinx)

取其虚部，得

~

2

y＝－

4

1

x2cosx＋

4

1

xsin

x

所以，所求方程的通解y＝Y＋

~

1

y

＋

~

2

y

＝C1cosx＋C2sinx＋(

10

1

－

5

13

)e３x－

4

1

x２cosx＋

4

1

xsinx

综上所述，对于二阶常系数线性非齐次方程

2

2

dx

yd

＋p

dx

dy

＋qy＝f(x)

当自由项f(x)为上述所列三种特殊形式时，其特解

~

y可用待定系数法求得，其特解形式列表如下：

自由项f(x)形式特解形式

f(x)＝pn(x)

当q≠0时

~

y

＝Qn(x)

当q＝0,p≠0时

~

y＝Qn(x)

当q＝0,p＝0时

~

y＝

x2Qn(x)

f(x)＝pn（x）eαx

当α不是特征方程根时

~

y＝Qn(x)eαx

当α是特征方程单根时

~

y

＝xQn(x)eαx

当α是特征方程重根时

~

y

＝x2Qn(x)eαx

f(x)＝pn(x)eαxcosβx

或

f(x)＝pn(x)eαxsinβx

利用欧拉公式eiβx＝cosβ

x＋isinβx，化为f(x)＝

pn(x)e（α＋iβ）x的形式求

特解，再分别取其实部或

虚部

以上求二阶常系数线性非齐次方程的特解的方

法，当然可以用于一阶，也可以推广到高阶的情况。

例8.求y＋3y″＋3y′＋y＝ex的通解

解对应的齐次方程的特征方程为

r3＋3r2＋3r＋1＝0r1＝r2＝r3＝－1

所求齐次方程的通解Y＝(C1＋C2x＋C3x2)e－x

由于α＝1不是特征方程的根

因此方程的特解

~

y＝a0ex代入方程可解得a0＝

8

1

故所求方程的通解为y＝Y＋

~

y＝(C1＋C2x＋C3x2)e－x

＋

8

1

ex。

§7.3欧拉方程

下述n阶线性微分方程

a0xn

n

n

ax

yd

＋a1xn－1

1n

1n

dx

yd





＋…＋an－1x

dx

dy

＋any＝f(x)

称为欧拉方程，其中a0，a1，…an都是常数，f(x)

是已知函数。欧拉方程可通过变量替换化为常系数线

性方程。下面以二阶为例说明。

对于二阶欧拉方程

a0x2

2

2

dx

yd

＋a1x

dx

dy

＋a2y＝f(x)(7.10)

作变量替换令x＝et，即t＝lnx

引入新变量t，于是有

dx

dy

＝

dt

dy

dx

dt

＝

dt

dy

x

1

＝

x

1

dt

dy

2

2

dx

yd

＝

dx

d

(

x

1

dt

dy

)＝

x

1

dx

d

(

dt

dy

)＋

dt

dy

dx

d

(

x

1

)

＝

x

1

2

2

dt

yd

dx

dt

－

2x

1

dt

dy

＝

2x

1

2

2

dt

yd

－

2x

1

dt

dy

代入方程(7.10)得

a0(

2

2

dt

yd

－

dt

dy

)＋a2dt

dy

＋a1y＝f(et)

即

2

2

dt

yd

＋

0

02

a

aa

dt

dy

＋

0

1

a

a

y＝

0

a

1

f(et)

它是y关于t的常系数线性微分方程。

例9.求x2

2

2

dx

yd

＋x

dx

dy

＝6lnx－

x

1

的通解。

解所求方程是二阶欧拉方程

作变换替换，令x＝et，则

dx

dy

＝

x

1

dx

dy

2

2

dx

yd

＝

2x

1

2

2

dt

yd

－

2x

1

dt

dy

代入原方程，可得

2

2

dt

yd

＝6t－e－t

两次积分，可求得其通解为

y＝C1＋C2t＋t3－e－t

代回原来变量，得原方程的通解

y＝C1＋C2lnx＋(lnx)3－

x

1

第八节常系数线性方程组

前面讨论的微分方程所含的未知函数及方程的个

数都只有一个，但在实际问题中常遇到含有一个自变

量的两个或多个未知函数的常微分方程组。本节只讨

论常系数线性方程组，并且用代数的方法将其化为常

系数线性方程的求解问题。下面以例说明。

例1.求方程组















)2(0y3x4

dt

dy

)1(ey2x

dt

dx

t

的通解。

解与解二元线性代数方程组中的消元法相类似，

我们设法消去一个未知函数，由(1)得

y＝

2

1

(

dt

dx

－x－et)(3)

将其代入(2)得

2

1

(

2

2

dt

xd

－

dt

dx

－et)－4x－

2

3

(

dt

dx

－x－et)＝0

化简得

2

2

dt

xd

－4

dt

dx

－5x＝－2et

它是一个二阶常系数非齐次方程

它的通解为x＝C1e5t＋C2e－t＋

4

1

et

代入(3)得y＝2C1e5t－C2e－t－

2

1

et

即所求方程组的通解为























tt

2

t5

1

tt

2

t5

1

e

2

1

eCeC2y

e

4

1

eCeCx

例2.求解方程组















)2(t2yx

dt

dy

dt

dx

)1(yt

dt

dy

dt

dx

2

的通解

解为消去y，先消去

dt

dy

，为此将(1)－(2)得

dt

dx

＋x＋2y＋t＝0

即有y＝－

2

1

(

dt

dx

＋x＋t)(3)

代入(2)得

dt

dx

－

2

1

dt

d

(

dt

dx

＋x＋t)－x＋

2

1

(

dt

dx

＋x＋t)－

2t＝0

即

2

2

dt

xd

－2

dt

dx

＋x＝3t－1

这是一个二阶常系数线性非齐次方程，解得

x＝C１et＋C2tet－3t－7

代入(3)得y＝－C1et－C２(

2

1

＋t)et＋t＋５

所以原方程组的通解为















5te)t

2

1

(CeCy

7t3teCeCx

t

2

t

1

t

2

t

1