二阶常系数非齐次线性微分方程的一般形式是
$$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=f(x)\text{\hspace{1em}(1)}$$
其中p，q是常数。

一般而言，二阶常系数非齐次线性微分方程的通解，归结为求对应的齐次方程。
$$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0\text{\hspace{1em}(2)}$$
的通解和非齐次方程（1）本身的一个特解。由于二阶常系数齐次线性微分方程的通解的求法之前已得到解决，所以这里只需讨论求二阶常系数非齐次线性微分方程的一个特解$y^{\ast }$的方法。

这里只讨论当方程（1）中的$f(x)$取两种常见形式时求$y^{\ast }$的方法。这种方法的特点是不用积分就可求出$y^{\ast }$来，它叫做待定系数法。$f(x)$的两种形式是

（1）$f(x)=e^{\lambda x}{P}_m(x)$，其中$\lambda$是常数，$P_m(x)$是x的一个m次多项式：
$$p_m(x)=a_0{x}^m+a_1{x}^{m-1}+\cdot \cdot \cdot +a_{m-1}x+a_m$$
（2）$f(x)=e^{\lambda x}[P_l(x)cos\omega x+Q_n(x)sin\omega x]$，其中$\lambda ,\omega$是常数，$\omega \ne 0,P_l(x)、Q_n(x)$分别是$x$的$l$次、n次多项式，且仅有一个可为零。

一、$f(x)=e^{\lambda x}{P}_m(x)$型

方程（1）的特解$y^{\ast }$是使（1）成为恒等式的函数。怎样的函数能使（1）成为恒等式呢？因为（1）式右端$f(x)$是多项式$P_m(x)$与指数函数$e^{\lambda x}$的乘积，而多项式与指数函数乘积的导数仍然是多项式与指数函数的乘积，因此，我们推测$y^{\ast }=R(x)e^{\lambda x}$（其中$R(x)$是某个多项式）可能是方程（1）的特解。

把$y^{\ast },y^{\ast }{}^{\prime },y^{\ast }{}^{\prime \prime }$代入方程（1），然后考虑能否选取适当的多项式$R(x)$，使$y^{\ast }=R(x)e^{\lambda }x$满足方程（1）。为此，将
$$\begin{gathered} y^{\ast }=R(x)e^{\lambda x} \\ {y}^{\ast }{}^{\prime }=e^{\lambda x}[\lambda R(x)+R^{\prime }(x)] \\ {y}^{\ast }{}^{\prime \prime }=e^{\lambda x}[{\lambda }^{2}R(x)+2\lambda R^{\prime }(x)+R^{\prime \prime }(x)] \end{gathered}$$
代入方程（1）并消去$e^{\lambda x}$，得
$$R^{\prime \prime }(x)+(2\lambda +p)R^{\prime }(x)+({\lambda }^2+p\lambda +q)R(x)=P_m(x)\text{\hspace{1em}(3)}$$
（i）如果$\lambda$不是（2）式的特征方程$r^2+pr+q=0$的根，即${\lambda }^2+p\lambda +q\ne 0$，由于$P_m(x)$是一个m次多项式，要使（3）的两端恒等，那么可令$R(x)$为另一个m次多项式$R_m(x)$：
$$R_m(x)=b_0{x}^m+b_1{x}^{m-1}+\cdot \cdot \cdot +b_{m-1}x+b_m$$
代入（3）式，比较等式两端x同次幂的系数，就得到以$b_0,b_1,\cdot \cdot \cdot ,b_m$作为未知数的m+1个方程的联立方程组。从而可以定出这些$b_i(i=0,1,\cdot \cdot \cdot ,m)$，并得到所求的特解$y^{\ast }=R_m(x)e^{\lambda x}$。

（ii）如果$\lambda$是特征方程$r^2+pr+q=0$的单根，即${\lambda }^2+p\lambda +q=0$，但$2\lambda +p\ne 0$，要使（3）的两端恒等，那么$R^{\prime }(x)$必须是m次多项式。此时可令
$$R(x)=x{R}_m(x)$$
并且可用同样的方法来确定$R_m(x)$的系数$b_i(i=0,1,2,\cdot \cdot \cdot ,m)$

（iii）如果$\lambda$是特征方程$r^2+pr+q=0$的重根，即${\lambda }^2+p\lambda +q=0$，且$2\lambda +p=0$，要使（3）的两端恒等，那么$R^{\prime \prime }(x)$必须是m次多项式。此时可令
$$R(x)=x^2{R}_m(x)$$
并用同样的方法来确定$R_m(x)$中的系数。

综上论述，有如下结论：

如果$f(x)=e^{\lambda x}{P}_m(x)$，那么二阶常系数非齐次线性微分方程（1）具有形如
$$y^{\ast }=x^k{R}_m(x)e^{\lambda x}\text{\hspace{1em}(4)}$$
的特解，其中$R_m(x)$是与$P_m(x)$同次（m次）的多项式，而k按$\lambda$不是特征方程的根、是特征方程的单根或是特征方程的重根依次为0、1或2.

上式结论可推广到n阶常系数非齐次线性微分方程，但要注意（4）式中k是特征方程含根$\lambda$的重复次数（即若$\lambda$不是特征方程的根，则k取为0；若$\lambda$是特征方程的s重根，则k取为s）。

例1：求微分方程$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }-3y=3x+1$的一个特解。

解：这是二阶常系数非齐次性微分方程，且函数$f(x)$是$e^{\lambda x}{P}_m(x)$型（其中$\lambda =0,P_m(x)=3x+1$）

与所给方程对应的齐次方程为
$$y^{\prime \prime }-y^{\prime }=3y=0$$
它的特征方程为
$$r^2-2r-3=0$$
由于这里$\lambda =0$不是特征方程的根，所以应设特解为
$$y^{\ast }=b_{0}x+b_1$$
把它代入所给方程，得
$$-3b_{0}x-2b_0-3b_1=3x+1$$
比较两端x同次幂的系数，得
$$\{\begin{array}{l}-3b_0=3,\\ -2b_0-3b_1=1\end{array}$$
由此求得$b_0=-1,b_1=\frac{1}{3}$。于是求得一个特解为
$$y^{\ast }=-x+\frac{1}{3}$$

二、$f(x)=e^{\lambda x}[P_l(x)cos\omega x+Q_n(x)sin\omega x]$型

应用欧拉公式
$$cos\theta =\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2},sin\theta =\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}$$
把$f(x)$表示成复变指数函数的形式，有
$$\begin{gathered} f(x)=e^{\lambda x}[P_{1}coswx+Q_{n}sinwx] \\ =P(x)e^{(\lambda +wi)x}+\overline{P}(x)e^{(\lambda -wi)x} \end{gathered}$$
其中
$$P(x)=\frac{P_1}{2}-\frac{Q_n}{2}i,\overline{P}(x)=\frac{P_1}{2}+\frac{Q_n}{2}i$$
是互成共轭的m次多项式（即它们对应项的系数是共轭复数），而$m=max[l,n]$。

应用上一目的结果，对于$f(x)$中的第一项$P(x)e^{(\lambda +\omega i)x}$，可求出一个m次多项式$R_m(x)$，使得$y_1^{\ast }=x^k{R}_m{e}^{(\lambda +\omega i)x}$为方程
$$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=P(x)e^{(\lambda +wi)x}$$
的特解，其中k按$\lambda +wi$不是特征方程的根或是特征方程的单根依次取0或1.由于$f(x)$的第二项$\overline{P}(x)e^{(\lambda -wi)x}$与第一项$P(x)\cdot e^{(\lambda +wi)x}$成共轭，所以与$y_1^{\ast }$成共轭的函数$y_2^{\ast }=x^k{\overline{R}}_m{e}^{(\lambda -wi)x}$必然是方程
$$y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=\overline{P}(x)e^{(\lambda -wi)x}$$
的特解，这里${\overline{R}}_m$表示与$R_m$成共轭的m次多项式。于是，根据叠加原理知，方程（1）具有形如
$$y^{\ast }=x^k{R}_m{e}^{(\lambda +wi)x}+x^k{\overline{R}}_m{e}^{(\lambda -wi)x}$$
的特解。上式可写为
$$\begin{gathered} y^{\ast }=x^k{e}^{\lambda x}[R_m{e}^{wxi}+{\overline{R}}_m{e}^{-wxi}] \\ =x^k{e}^{\lambda x}[R_m(coswx+isinwx)+{\overline{R}}_m(coswx-isinwx)] \end{gathered}$$
由于括号内的两项是互成共轭的，相加后既无虚部，所以可以写成实函数的形式
$$y^{\ast }=x^k{e}^{\lambda x}[R_m^{(1)}(x)coswx+R_m^{(2)}(x)sinwx]$$
综上所述，有如下结论：

如果$f(x)=e^{\lambda x}[P_1(x)coswx+Q_n(x)sinwx]$，则二阶常系数非齐次线性微分方程（1）的特解可设为
$$y^{\ast }=x^k{e}^{\lambda x}[R_m^{(1)}(x)coswx+R_m^{(2)}(x)sinwx]\text{\hspace{1em}(5)}$$
其中$R_m^{(1)}(x)、R_m^{(2)}(x)$是m次多项式，m=max{l,n}m=max\{l,n\}m=max{l,n}，而k按$\lambda +wi$（或$\lambda -wi$）不是特征方程的根、或是特征方程的单根依次取0或1.

上述结论可推广到n阶常系数非齐次线性微分方程，但要注意（5）式中的k是特征方程中含根$\lambda +wi$（或$\lambda -wi$）的重复次数。

例2：求微分方程$y^{\prime \prime }+y=xcos2x$的一个特解。

解：所给方程是二阶常系数非齐次线性方程，且$f(x)$属于$e^{\lambda x}[P_l(x)coswx+Q_n(x)sinwx]$型（其中$\lambda =0,w=2,P_l(x)=x,Q_n(x)=0$）。

与所给方程对应的齐次方程为
$$y^{\prime \prime }+y=0$$
它的特征方程为
$$r^2+1=0$$
由于这里$\lambda +wi=2i$不是特征方程的根，所以应设特解为
$$y^{\ast }=（ax+b）cos2x+(cx+d)sin2x$$
把它代入所给方程，得
$$(-3ax-3b+4c)cos2x-(3cx+3d+4a)sin2x=xcos2x$$
比较两端同类项的系数，得
$$\{\begin{array}{l}-3a=1,\\ -3b+4c=0,\\ -3c=0,\\ -3d-4a=0\end{array}$$
由此解得
$$a=\frac{1}{3},b=0,c=0,d=\frac{4}{9}$$
于是求得一个特解为
$$y^{\ast }=-\frac{1}{3}xcos2x+\frac{4}{9}sin2x$$