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# 二阶常系数线性微分方程解法讲义

## 1. 标准形式

二阶常系数线性微分方程的一般形式为：

$$
a y'' + b y' + c y = f(x)
$$

其中 $a \neq 0$，$a,b,c$ 为常数。若 $f(x) \equiv 0$，称为**齐次方程**；否则称为**非齐次方程**。

为了方便，常将方程化为：

$$
y'' + p y' + q y = f(x)
$$

其中 $\displaystyle p = \frac{b}{a}$，$\displaystyle q = \frac{c}{a}$。

## 2. 齐次方程的通解

齐次方程为：

$$
y'' + p y' + q y = 0
$$

其特征方程为：

$$
r^2 + p r + q = 0
$$

根据特征根的不同情况，通解形式如下：

| 特征根情况 | 通解形式 |
|------------|----------|
| 两个不等实根 $r_1 \neq r_2$ | $y_h = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}$ |
| 二重实根 $r_1 = r_2 = r$ | $y_h = (C_1 + C_2 x) e^{r x}$ |
| 一对共轭复根 $r = \alpha \pm \mathrm{i}\beta$ | $y_h = e^{\alpha x} (C_1 \cos\beta x + C_2 \sin\beta x)$ |

## 3. 非齐次方程的特解（待定系数法）

对于非齐次方程 $y'' + p y' + q y = f(x)$，通解为 $y = y_h + y_p$，其中 $y_p$ 是一个特解。当 $f(x)$ 为**某些特殊形式**时，可用待定系数法设定 $y_p$ 的形式。

### 3.1 $f(x) = P_m(x) e^{\lambda x}$ 型

当非齐次项具有形式 $f(x) = P_m(x) e^{\lambda x}$ 时，其中 $P_m(x)$ 是一个 $m$ 次多项式，我们采用待定系数法设定特解的形式为：

$$
y_p = x^k Q_m(x) e^{\lambda x}
$$

其中 $Q_m(x)$ 是与 $P_m(x)$ 同次（即 $m$ 次）的待定多项式，$k$ 为整数，取值规则如下：

- 若 $\lambda$ 不是特征根，则 $k=0$；
- 若 $\lambda$ 是单特征根，则 $k=1$；
- 若 $\lambda$ 是二重特征根，则 $k=2$。

这一设定规则的目的是：**保证所设特解与齐次解线性无关，且代入原方程后能通过比较系数唯一确定 $Q_m(x)$ 的所有系数**。

---

#### 为什么 $Q_m(x)$ 要与 $P_m(x)$ 同次？

设 $y_p = u(x) e^{\lambda x}$，代入 $L[y] = y'' + p y' + q y$，利用微分算子性质：

$$
L[e^{\lambda x} u] = e^{\lambda x} \big[ u'' + (2\lambda + p) u' + (\lambda^2 + p\lambda + q) u \big]
$$

记 $L_\lambda[u] = u'' + (2\lambda + p) u' + (\lambda^2 + p\lambda + q) u$，则原方程变为：

$$
e^{\lambda x} L_\lambda[u] = P_m(x) e^{\lambda x} \quad \Rightarrow \quad L_\lambda[u] = P_m(x)
$$

此时 $L_\lambda$ 是一个二阶线性常系数微分算子。其系数决定了 $u$ 的最高次项在求导后是否会降低次数。

- 若 $\lambda$ 不是特征根，则 $\lambda^2 + p\lambda + q \neq 0$，$L_\lambda[u]$ 中 $u$ 项系数非零，因此 $u$ 的最高次项会完整保留。要使 $L_\lambda[u]$ 为 $m$ 次多项式，$u$ 必须取 $m$ 次多项式。故设 $u = Q_m(x)$（$k=0$）。
- 若 $\lambda$ 是单特征根，则 $\lambda^2 + p\lambda + q = 0$，但 $2\lambda + p \neq 0$。此时 $L_\lambda[u]$ 中 $u$ 项消失，变为 $u'' + (2\lambda + p) u'$。对 $u$ 的 $m$ 次项求导后得到 $(2\lambda + p) \cdot (\text{次数为 } m-1 \text{ 的项})$，故 $L_\lambda[u]$ 的最高次项为 $m-1$ 次。为了让 $L_\lambda[u]$ 能生成 $m$ 次多项式，$u$ 应取 $m+1$ 次多项式，且 $u$ 中常数项可消去，因此设为 $u = x Q_m(x)$（$k=1$），其中 $Q_m(x)$ 是 $m$ 次多项式。
- 若 $\lambda$ 是二重特征根，则 $\lambda^2 + p\lambda + q = 0$ 且 $2\lambda + p = 0$，此时 $L_\lambda[u] = u''$。若 $u$ 为 $m+1$ 次多项式，$u''$ 为 $m-1$ 次多项式，需再提高一次，取 $u = x^2 Q_m(x)$（$k=2$）。

因此，通过乘以 $x^k$，我们保证了 $L_\lambda[u]$ 恰好为 $m$ 次多项式，从而可以匹配 $P_m(x)$ 并解出 $Q_m(x)$ 的系数。

---

#### 具体推导（以单根为例）

设 $\lambda$ 是特征方程 $r^2 + p r + q = 0$ 的单根，即 $(\lambda^2 + p\lambda + q)=0$，但 $2\lambda + p \neq 0$。令 $y_p = x Q_m(x) e^{\lambda x}$，其中 $Q_m(x)$ 为 $m$ 次多项式。则 $u = x Q_m(x)$，代入 $L_\lambda[u]$：

$$
L_\lambda[u] = u'' + (2\lambda + p) u'
$$

计算 $u' = Q_m(x) + x Q_m'(x)$，$u'' = 2 Q_m'(x) + x Q_m''(x)$。于是

$$
L_\lambda[u] = (2 Q_m' + x Q_m'') + (2\lambda + p)(Q_m + x Q_m')
$$

展开后，$x Q_m''$ 和 $(2\lambda + p)x Q_m'$ 合并，$2Q_m'$ 和 $(2\lambda + p)Q_m$ 合并。注意到 $Q_m$ 是 $m$ 次多项式，$Q_m'$ 是 $m-1$ 次，$Q_m''$ 是 $m-2$ 次。因此 $L_\lambda[u]$ 中最高次项来自 $(2\lambda + p)x Q_m'$，其次数为 $m$（因为 $x \cdot (m-1 \text{次}) = m$ 次），且系数为 $(2\lambda + p) \cdot (m \cdot a_m)$，其中 $a_m$ 是 $Q_m$ 的最高次系数。由于 $2\lambda + p \neq 0$，我们可以通过调整 $a_m$ 使得 $L_\lambda[u]$ 的最高次项等于 $P_m(x)$ 的最高次项，从而逐次确定所有系数。

---

#### 总结

$k$ 的取值本质上是**避免待定多项式 $Q_m(x)$ 在代入后出现与齐次解重复的部分**，通过乘以 $x^k$ 将解的结构提升到与特征根重数一致的高度，使得最终得到的 $L_\lambda[u]$ 恰好是 $m$ 次多项式，从而可以匹配 $P_m(x)$。这一方法保证了特解的唯一性和可解性。

### 3.2 $f(x) = e^{\alpha x} [P_m(x) \cos\beta x + R_n(x) \sin\beta x]$ 型

当非齐次项具有如下形式时：

$$
f(x) = e^{\alpha x} \big[ P_m(x) \cos\beta x + R_n(x) \sin\beta x \big]
$$

其中 $P_m(x)$、$R_n(x)$ 分别是 $m$ 次和 $n$ 次多项式（系数可以为 $0$，因此实际可能只含 $\cos$ 或只含 $\sin$），我们采用待定系数法设定特解的形式为：

$$
y_p = x^k e^{\alpha x} \big[ S_l(x) \cos\beta x + T_l(x) \sin\beta x \big]
$$

其中：

- $l = \max(m, n)$，即 $S_l(x)$ 和 $T_l(x)$ 均为 $l$ 次待定多项式；
- $k$ 的取值规则：
  - 若 $\alpha + \mathrm{i}\beta$ **不是**特征根，则 $k=0$；
  - 若 $\alpha + \mathrm{i}\beta$ **是**特征根，则 $k=1$。

> 注意：对于实系数常微分方程，特征根若为复数，则必成对出现。因此 $\alpha + \mathrm{i}\beta$ 是特征根时，其共轭 $\alpha - \mathrm{i}\beta$ 也是特征根，但此时重数相同，且 $k$ 只取 $1$（不会出现 $k=2$ 的情况，因为实系数方程中复根总是单根或成对出现，但若特征根为 $\alpha \pm \mathrm{i}\beta$ 且重数为 $2$（即二重共轭复根），则 $k$ 理论上应取 $2$，但工程上通常将此类情况归入 $f(x)$ 乘以多项式的情形，此处 $k=1$ 对应单根；若重数更高，需相应提高 $k$。在常见教学中，一般只讨论单根情况，故 $k$ 取 $0$ 或 $1$。）

---

#### 为什么 $S_l$ 和 $T_l$ 要取 $l$ 次多项式？

我们可以通过复指数函数将三角函数合并，从而转化为 $3.1$ 节中的指数型形式。利用欧拉公式：

$$
\cos\beta x = \frac{e^{\mathrm{i}\beta x} + e^{-\mathrm{i}\beta x}}{2}, \quad \sin\beta x = \frac{e^{\mathrm{i}\beta x} - e^{-\mathrm{i}\beta x}}{2\mathrm{i}}
$$

于是 $f(x)$ 可以写成两个复指数函数的线性组合：

$$
f(x) = e^{\alpha x} \big[ P_m(x) \cos\beta x + R_n(x) \sin\beta x \big] = e^{(\alpha + \mathrm{i}\beta)x} \Phi_l(x) + e^{(\alpha - \mathrm{i}\beta)x} \Psi_l(x)
$$

其中 $\Phi_l(x)$ 和 $\Psi_l(x)$ 是次数不超过 $l = \max(m,n)$ 的复系数多项式。这是因为合并后 $\cos$ 和 $\sin$ 会分别产生 $e^{\mathrm{i}\beta x}$ 和 $e^{-\mathrm{i}\beta x}$ 项，且多项式的次数不会超过原来两个多项式的最高次数。

因此，非齐次项本质上是由两个指数函数 $e^{(\alpha+\mathrm{i}\beta)x}$ 和 $e^{(\alpha-\mathrm{i}\beta)x}$ 乘以多项式构成的。根据线性微分方程解的叠加原理，我们可以分别对这两个指数项应用 $3.1$ 节中的方法，然后取实部得到原方程的特解。

对于 $e^{(\alpha+\mathrm{i}\beta)x} \Phi_l(x)$，设其特解为 $x^{k_1} Q_l(x) e^{(\alpha+\mathrm{i}\beta)x}$，其中 $k_1$ 由 $(\alpha+\mathrm{i}\beta)$ 是否为特征根决定：
- 若不是特征根，则 $k_1=0$；
- 若是特征根，则 $k_1=1$（在实数域中，复根必为单根，故只乘一次 $x$）。

对于 $e^{(\alpha-\mathrm{i}\beta)x} \Psi_l(x)$，同理设 $x^{k_2} \tilde{Q}_l(x) e^{(\alpha-\mathrm{i}\beta)x}$。由于特征根成对出现，$(\alpha-\mathrm{i}\beta)$ 是否为特征根与前者一致，故 $k_1 = k_2$，记作 $k$。将这两部分相加，并取实部（因为原方程是实系数的，我们最终需要实值特解），得到：

$$
y_p = x^k e^{\alpha x} \big[ S_l(x) \cos\beta x + T_l(x) \sin\beta x \big]
$$

其中 $S_l(x)$ 和 $T_l(x)$ 是 $l$ 次实系数多项式。这正是我们设定的形式。

---

#### $k$ 的取值依据

$k$ 的取值直接对应于 $(\alpha+\mathrm{i}\beta)$ 是否为特征根：

- 当 $\alpha+\mathrm{i}\beta$ **不是**特征根时，$e^{(\alpha+\mathrm{i}\beta)x} \Phi_l(x)$ 的特解中 $k=0$，且对应的共轭部分 $k=0$，因此整体 $k=0$。此时 $y_p$ 直接取 $e^{\alpha x}[S_l\cos\beta x + T_l\sin\beta x]$，无需乘以 $x$。
- 当 $\alpha+\mathrm{i}\beta$ **是**特征根时，则 $e^{(\alpha+\mathrm{i}\beta)x} \Phi_l(x)$ 的特解必须乘以 $x$（即 $k=1$），同时其共轭部分也自动乘以 $x$，所以整体 $k=1$。此时 $y_p = x e^{\alpha x}[S_l\cos\beta x + T_l\sin\beta x]$。

> 注意：若特征根 $\alpha\pm\mathrm{i}\beta$ 的重数大于 $1$（例如二阶常系数方程中出现二重复根，实际上只有当方程阶数大于 $2$ 时才可能），则 $k$ 应取特征根的重数。但在二阶常系数线性微分方程中，特征根为复数时只能是单根（因为二次方程的两个根要么是实根（可重），要么是共轭复根（必然单根）），故 $k$ 最大为 $1$。所以讲义中只列出 $k=0$ 或 $1$。

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#### 为什么 $S_l$ 和 $T_l$ 必须是 $l$ 次多项式，即使 $P_m$ 和 $R_n$ 次数不同？

设 $l = \max(m,n)$。在将 $f(x)$ 转化为复指数形式时，合并后 $\Phi_l(x)$ 的次数可能达到 $l$。例如，若 $m=2$，$n=0$，则 $f(x)=e^{\alpha x}[ (a_2x^2+a_1x+a_0)\cos\beta x + b_0\sin\beta x ]$，化为复指数形式后，$e^{(\alpha+\mathrm{i}\beta)x}$ 的系数为 $\frac{1}{2}(a_2x^2+a_1x+a_0) + \frac{1}{2\mathrm{i}} b_0$，这是一个二次多项式。因此，特解中 $S_l$ 和 $T_l$ 必须取 $l$ 次多项式才能匹配。

即使 $P_m$ 和 $R_n$ 中有一个是零多项式，另一方的次数决定了 $l$，另一方的系数虽然为零，但 $\cos$ 和 $\sin$ 通过复指数合并后仍然会产生两个方向的多项式，因此 $S_l$ 和 $T_l$ 都需要设为 $l$ 次多项式（某些系数可能最终为零）。

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#### 计算时的简化方法

在实际计算中，不必每次都化为复指数，可以直接设出 $y_p$ 的形式，代入原方程，利用三角函数的正交性比较系数。但理解背后的原理有助于记忆 $k$ 的取值和多项式次数的选取。

具体步骤如下：

1. 写出特征方程，求出特征根，判断 $\alpha+\mathrm{i}\beta$ 是否为特征根。
2. 确定 $l = \max(m,n)$，$S_l(x)$ 和 $T_l(x)$ 为 $l$ 次待定多项式（一般写作 $S_l(x) = A_l x^l + \dots + A_0$，$T_l(x) = B_l x^l + \dots + B_0$）。
3. 根据 $k$ 的规则，写出 $y_p$ 的表达式。
4. 代入原方程，利用 $\cos\beta x$ 和 $\sin\beta x$ 的独立性，比较同类项系数，解出所有待定系数。

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#### 举例说明

考虑 $y'' + y = \cos x$。这里 $\alpha=0,\ \beta=1$，特征根为 $r = \pm \mathrm{i}$，所以 $\alpha+\mathrm{i}\beta = \mathrm{i}$ 是特征根（单根）。$m=0,\ n$ 不存在（可视为 $n=0$ 但 $R_n\equiv0$），故 $l=0$。因此设 $y_p = x (A\cos x + B\sin x)$。代入解得 $A=0,\ B=1/2$，即 $y_p = \frac{1}{2}x\sin x$。这正是我们熟知的共振情形，特解中出现了 $x\sin x$。

若 $y'' + y = \cos 2x$，此时 $\alpha=0,\ \beta=2$，$\alpha+\mathrm{i}\beta = 2\mathrm{i}$ 不是特征根，$k=0$，$l=0$，设 $y_p = A\cos 2x + B\sin 2x$，代入解出 $A=1/3,\ B=0$，得到 $y_p = \frac{1}{3}\cos 2x$。

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#### 总结

$3.2$ 节的设定规则本质上是利用复指数将三角函数转化为指数形式，从而归结为 $3.1$ 节的情况。$k$ 的取值由 $\alpha+\mathrm{i}\beta$ 是否为特征根决定，这保证了所设特解与齐次解线性无关，并且能够匹配非齐次项的形式。$S_l$ 和 $T_l$ 取 $l$ 次多项式是因为通过复指数合并后，多项式的次数不会超过 $\max(m,n)$，只有取同次多项式才能通过比较系数唯一确定。

> 注意：当 $f(x)$ 仅含 $\cos$ 或仅含 $\sin$ 时，仍应按上述形式设，因为求导后两者可能相互转换。

## 4. 解题步骤（待定系数法）

1. 写出对应的特征方程，解出特征根，得到齐次通解 $y_h$。
2. 根据 $f(x)$ 的形式设定特解 $y_p$ 的待定形式，注意 $k$ 的取值。
3. 将 $y_p$ 代入原方程，比较同类项系数，解出待定系数。
4. 写出非齐次通解 $y = y_h + y_p$。
5. 如有初始条件，代入确定常数 $C_1,C_2$。

## 5. 典型例题

**例1** 求 $y'' - 3y' + 2y = e^{2x}$ 的通解。

**解** 特征方程 $r^2 - 3r + 2 = 0$，根 $r=1,2$，故 $y_h = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x}$。

$f(x)=e^{2x}$，$\lambda=2$ 是单特征根，设 $y_p = A x e^{2x}$。

代入：$y_p' = A e^{2x}(1+2x)$，$y_p'' = A e^{2x}(4+4x)$。代入方程得：

$$
A e^{2x}[(4+4x) - 3(1+2x) + 2x] = e^{2x}
$$

化简：$A e^{2x}[4+4x -3 -6x + 2x] = A e^{2x} \cdot 1 = e^{2x}$，得 $A=1$。

故 $y_p = x e^{2x}$，通解 $y = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x} + x e^{2x}$。

## 6. 习题

---

### 习题 1

求微分方程 $y'' + 5y' + 6y = 0$ 的通解。

#### 详细解答

特征方程 $r^2 + 5r + 6 = 0$，即 $(r+2)(r+3)=0$，根 $r_1=-2,\ r_2=-3$。

两个不等实根，通解为：

$$
y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{-3x}
$$

#### 题后总结

这是最基础的齐次方程，直接写出特征方程并求解实根即可。注意指数上的符号。

---

### 习题 2

求微分方程 $y'' - 2y' + y = e^{x}$ 的通解。

#### 详细解答

**齐次解**：特征方程 $r^2 - 2r + 1 = 0$，$(r-1)^2=0$，二重根 $r=1$，故 $y_h = (C_1 + C_2 x)e^{x}$。

**特解**：$f(x)=e^{x}$，$\lambda=1$ 是二重特征根，故设 $y_p = A x^2 e^{x}$。

计算导数：

$$
y_p' = A (2x + x^2)e^{x},\quad y_p'' = A (2 + 4x + x^2)e^{x}
$$

代入 $y'' - 2y' + y$：

$$
A e^{x}[(2+4x+x^2) - 2(2x+x^2) + x^2] = A e^{x}[2+4x+x^2 -4x -2x^2 + x^2] = A e^{x} \cdot 2 = 2A e^{x}
$$

令 $2A e^{x} = e^{x}$，得 $A = \frac{1}{2}$。故 $y_p = \frac{1}{2}x^2 e^{x}$。

**通解**：

$$
y = (C_1 + C_2 x)e^{x} + \frac{1}{2}x^2 e^{x}
$$

#### 题后总结

当 $\lambda$ 是二重特征根时，特解需乘以 $x^2$。代入计算后，$x^2$ 项会完全抵消，只剩下常数项，从而解出系数。

---

### 习题 3

求微分方程 $y'' + y = 2\cos x$ 的通解。

#### 详细解答

**齐次解**：特征方程 $r^2 + 1 = 0$，根 $r = \pm \mathrm{i}$，$\alpha=0,\ \beta=1$，故 $y_h = C_1 \cos x + C_2 \sin x$。

**特解**：$f(x)=2\cos x$，对应 $\alpha=0,\beta=1$。因为 $\alpha+\mathrm{i}\beta = \mathrm{i}$ 是特征根（单根），故设 $y_p = x (A\cos x + B\sin x)$。

计算导数（乘积求导）：

$$
y_p' = (A\cos x + B\sin x) + x(-A\sin x + B\cos x)
$$

$$
y_p'' = -A\sin x + B\cos x + (-A\sin x + B\cos x) + x(-A\cos x - B\sin x) = -2A\sin x + 2B\cos x - x(A\cos x + B\sin x)
$$

代入 $y'' + y$：

$$
[-2A\sin x + 2B\cos x - x(A\cos x + B\sin x)] + [x(A\cos x + B\sin x)] = -2A\sin x + 2B\cos x
$$

令其等于 $2\cos x$，比较系数得：

$$
-2A = 0 \Rightarrow A=0,\quad 2B = 2 \Rightarrow B=1
$$

故 $y_p = x \sin x$。

**通解**：

$$
y = C_1 \cos x + C_2 \sin x + x \sin x
$$

#### 题后总结

对于三角函数形式的非齐次项，当 $\alpha+\mathrm{i}\beta$ 是特征根时，特解要乘以 $x$。计算导数时注意整理，最终 $x$ 的项会消去，留下 $\sin$ 和 $\cos$ 的线性组合。

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### 习题 4

求微分方程 $y'' + 4y = 8x^2$ 的通解。

#### 详细解答

**齐次解**：特征方程 $r^2 + 4 = 0$，根 $r = \pm 2\mathrm{i}$，故 $y_h = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x$。

**特解**：$f(x)=8x^2$ 是 $P_2(x) e^{0\cdot x}$ 型，$\lambda=0$。由于 $\lambda=0$ 不是特征根（特征根为 $\pm 2\mathrm{i}$），故设 $y_p = Ax^2 + Bx + C$。

计算导数：$y_p' = 2Ax + B$，$y_p'' = 2A$。

代入 $y'' + 4y$：

$$
2A + 4(Ax^2 + Bx + C) = 4A x^2 + 4B x + (2A + 4C)
$$

令其等于 $8x^2$，比较系数：

$$
4A = 8 \Rightarrow A = 2,\quad 4B = 0 \Rightarrow B = 0,\quad 2A + 4C = 0 \Rightarrow 4 + 4C = 0 \Rightarrow C = -1
$$

故 $y_p = 2x^2 - 1$。

**通解**：

$$
y = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x + 2x^2 - 1
$$

#### 题后总结

多项式型非齐次项，直接设同次多项式特解。注意代入后需比较常数项，解出所有系数。本例中 $B=0$，常数项非零。

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### 习题 5

求初值问题 $y'' - 2y' - 3y = 4e^{-x}$，$y(0)=1$，$y'(0)=2$ 的解。

#### 详细解答

**齐次解**：特征方程 $r^2 - 2r - 3 = 0$，$(r-3)(r+1)=0$，根 $r_1=3,\ r_2=-1$，故 $y_h = C_1 e^{3x} + C_2 e^{-x}$。

**特解**：$f(x)=4e^{-x}$，$\lambda=-1$ 是单特征根（因为 $r=-1$ 是特征根），故设 $y_p = A x e^{-x}$。

计算导数：

$$
y_p' = A e^{-x}(1 - x),\quad y_p'' = A e^{-x}(-2 + x)
$$

代入 $y'' - 2y' - 3y$：

$$
A e^{-x}\big[(-2+x) - 2(1-x) - 3x\big] = A e^{-x}\big[-2+x -2 +2x -3x\big] = A e^{-x}(-4) = -4A e^{-x}
$$

令 $-4A e^{-x} = 4e^{-x}$，得 $A = -1$。故 $y_p = -x e^{-x}$。

**通解**：

$$
y = C_1 e^{3x} + C_2 e^{-x} - x e^{-x}
$$

**代入初值**：$y(0) = C_1 + C_2 = 1$。

$y' = 3C_1 e^{3x} - C_2 e^{-x} - e^{-x} + x e^{-x}$，则 $y'(0) = 3C_1 - C_2 - 1 = 2$，即 $3C_1 - C_2 = 3$。

解方程组：

$$
\begin{cases}
C_1 + C_2 = 1 \\
3C_1 - C_2 = 3
\end{cases}
$$

相加得 $4C_1 = 4 \Rightarrow C_1=1$，代入得 $C_2=0$。

**特解**：

$$
y = e^{3x} - x e^{-x}
$$

#### 题后总结

本题结合了特征根法求齐次解、待定系数法求特解（注意 $\lambda$ 是单根，乘 $x$），以及初值条件确定常数。最终解不含 $e^{-x}$ 项，因为 $C_2=0$。

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## 7. 习题答案速览

1. $y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{-3x}$  
2. $y = (C_1 + C_2 x)e^{x} + \frac{1}{2}x^2 e^{x}$  
3. $y = C_1 \cos x + C_2 \sin x + x \sin x$  
4. $y = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x + 2x^2 - 1$  
5. $y = e^{3x} - x e^{-x}$
