1. Наћи опште решење диференцијалне једначине y“ + 5y’ + 6y = x.
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине
y“ + 5y’ + 6y = 0
Решавајући њену карактеристичну једначину
{k^2} + 5k + 6 = 0
добијамо да су њена решења
{k_1} = – 3{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} {k_2} = – 2
па је хомогено решење наше диференцијалне једначине
{y_h} = {C_1}{e^{ – 3x}} + {C_2}{e^{ – 2x}}
Да бисмо одредили партикуларно решење посматрамо нехомогени део
f\left( x \right) = x
Како нехомогени део треба да буде облика f\left( x \right) = {e^{ax}}\left( {{P_n}\left( x \right)\cos bx + {Q_m}\left( x \right)\sin bx} \right)
Закључујемо
\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} a \pm ib = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} r = 0
\left. \begin{array}{l}
n = 1\\
m = /
\end{array} \right\} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} N = 1
Па је партикуларно решење облика
{y_p} = {x^0}{e^{0x}}\left( {\left( {Ax + B} \right)\cos 0x + \left( {Cx + D} \right)\sin 0x} \right)
односно {y_p} = Ax + B
Потребно је још одредити коефицијенте А и В.
То ћемо учинити убацујући партикуларно решење у почетну једначину.
{y_p}’ = A
{y_p}“ = 0
0 + 5A + 6\left( {Ax + B} \right) = x
6Ax + 5A + 6B = x
Изједначавајући коефицијенте уз одговарајуће степене добијамо
6A = 1 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} A = \frac{1}{6}
5A + 6B = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} B = – \frac{5}{{36}}
па је партикуларно решење
{y_p} = \frac{1}{6}x – \frac{5}{{36}}
односно коначно решење полазне диференцијалне једначине
Y = {C_1}{e^{ – 3x}} + {C_2}{e^{ – 2x}} + \frac{1}{6}x – \frac{5}{{36}}
2. Наћи опште решење диференцијалне једначине y“’ – 4y’ = {x^2}{e^{2x}}
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине
y“’ – 4y’ = 0
{k^3} – 4k = 0
k\left( {{k^2} – 4} \right) = 0
{k_1} = 0{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} {k_2} = 2{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} {k_3} = – 2
Следи да је хомогено решење наше диференцијалне једначине
{y_h} = {C_1}{e^{0x}} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ – 2x}}
{y_h} = {C_1} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ – 2x}}
Из нехомогеног дела f\left( x \right) = {x^2}{e^{2x}} закључујемо да је
\left. \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} a \pm ib = 2{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} r = 1
\left. \begin{array}{l}
n = 2\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} N = 2
Па је партикуларно решење облика
{y_p} = {x^1}{e^{2x}}\left( {\left( {A{x^2} + Bx + C} \right)\cos 0x + \left( {D{x^2} + Ex + F} \right)\sin 0x} \right)
{y_p} = x{e^{2x}}\left( {A{x^2} + Bx + C} \right)
Одредимо још коефицијенте А,B,C и D
{y_p}’ = 2{e^{2x}}\left( {A{x^3} + B{x^2} + Cx} \right) + {e^{2x}}\left( {3A{x^2} + 2Bx + C} \right)
{y_p}’ = {e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right)
{y_p}“ = 2{e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right)
{\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} + {e^{2x}}\left( {6A{x^2} + \left( {4B + 6A} \right)x + 2C + 2B} \right)
{y_p}“ = {e^{2x}}\left( {4A{x^3} + \left( {4B + 12A} \right){x^2} + \left( {4C + 8B + 6A} \right)x + 4C + 2B} \right)
{y_p}“’ = 2{e^{2x}}\left( {4A{x^3} + \left( {4B + 12A} \right){x^2} + \left( {4C + 8B + 6A} \right)x + 4C + 2B} \right)
{\text{ }}{\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} + {e^{2x}}\left( {12A{x^2} + \left( {8B + 24A} \right)x + 4C + 8B + 6A} \right)
{y_p}“’ = {e^{2x}}\left( {8A{x^3} + \left( {8B + 36A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A} \right)x + 12C + 12B + 6A} \right)
Уврштавајући партикуларно решење у полазну једначину
y“’ – 4y’ = {x^2}{e^{2x}} добијамо
{e^{2x}}\left( {8A{x^3} + \left( {8B + 36A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A} \right)x + 12C + 12B + 6A} \right)
- 4{e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right)= {x^2}{e^{2x}}
\left( {8A – 8A} \right){x^3} + \left( {8B + 36A – 8B – 12A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A – 8C – 8B} \right)x
+ \left( {12C + 12B + 6A – 4C} \right) = {x^2}
Изједначавајући коефицијенте уз одговарајуће степене добијамо
24A = 1{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} A = \frac{1}{{24}}
36A + 16B = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} B = – \frac{3}{{32}}
6A + 12B + 8C = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} C = \frac{7}{{64}}
па је партикуларно решење
{y_p} = x{e^{2x}}\left( {\frac{1}{{24}}{x^2} – \frac{3}{{32}}x + \frac{7}{{64}}} \right)
односно коначно решење полазне диференцијалне једначине
Y = {y_h} + {y_p} = {C_1} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ – 2x}} + {e^{2x}}\left( {\frac{1}{{24}}{x^3} – \frac{3}{{32}}{x^2} + \frac{7}{{64}}x} \right)
3. Наћи опште решење диференцијалне једначине y“’ – 2y“ = x\sin 2x
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине
y“’ – 2y“ = 0
{k^3} – 2{k^2} = 0
{k^2}\left( {k – 2} \right) = 0
{k_{1,2}} = 0{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \wedge{\text{ }}{\text{ }} {\rm{ }}{k_3} = 2
Следи да је хомогено решење наше диференцијалне једначине
{y_h} = {C_1}{e^{0x}} + {C_2}x{e^{0x}} + {C_3}{e^{2x}}
{y_h} = {C_1} + {C_2}x + {C_3}{e^{2x}}
Из нехомогеног дела f\left( x \right) = x\sin 2x закључујемо да је
\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 2
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} a \pm bi = 2i {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} r = 0
\left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 1
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} N = 1
Па је партикуларно решење облика
{y_p} = {x^0}{e^{0x}}\left( {\left( {Ax + B} \right)\cos 2x + \left( {Cx + D} \right)\sin 2x} \right)
{y_p} = \left( {Ax + B} \right)\cos 2x + \left( {Cx + D} \right)\sin 2x
Одредимо још коефицијенте А,B,C и D
{y_p}’ = A\cos 2x + \left( {Ax + B} \right)\left( { – 2\sin 2x} \right) + C\sin 2x + \left( {Cx + D} \right)2\cos 2x
{y_p}’ = \left( {A + 2Cx + 2D} \right)\cos 2x + \left( { – 2Ax – 2B + C} \right)\sin 2x
{y_p}“ = 2C\cos 2x + \left( {A + 2Cx + 2D} \right)\left( { – 2\sin 2x} \right) – 2A\sin 2x + \left( { – 2Ax – 2B + C} \right)2\cos 2x
{y_p}“ = \left( {4C – 4Ax – 4B} \right)\cos 2x + \left( { – 4A – 4Cx – 4D} \right)\sin 2x
{y_p}“’ = – 4A\cos 2x + \left( {4C – 4Ax – 4B} \right)\left( { – 2\sin 2x} \right) – 4C\sin 2x + \left( { – 4A – 4Cx – 4D} \right)2\cos 2x
{y_p}“’ = \left( { – 12A – 8Cx – 8D} \right)\cos 2x + \left( { – 12C + 8Ax + 8B} \right)\sin 2x
Уврштавајући партикуларно решење у полазну једначину
y“’ – 2y“ = x\sin 2x
\left( { – 12A – 8Cx – 8D} \right)\cos 2x + \left( { – 12C + 8Ax + 8B} \right)\sin 2x +
+ \left( { – 8C + 8Ax + 8B} \right)\cos 2x + \left( {8A + 8Cx + 8D} \right)\sin 2x = x\sin 2x
\left( { – 12A – 8Cx – 8D – 8C + 8Ax + 8B} \right)\cos 2x +
+ \left( { – 12C + 8Ax + 8B + 8A + 8Cx + 8D} \right)\sin 2x = x\sin x
– 12A – 8Cx – 8D – 8C + 8Ax + 8B = 0
– 12C + 8Ax + 8B + 8A + 8Cx + 8D = x
– 12A – 8D – 8C + 8B = 0
– 8C + 8A = 0
– 12C + 8B + 8A + 8D = 0
8A + 8C = 1
A = \frac{1}{{16}}
C = \frac{1}{{16}}
B = \frac{3}{{32}}
D = – \frac{1}{{16}}
Па је партикуларно решење наше једначине
{y_p} = \left( {\frac{1}{{16}}x + \frac{3}{{32}}} \right)\cos 2x + \left( {\frac{1}{{16}}x – \frac{1}{{16}}} \right)\sin 2x
Односно коначно решење
Y = {C_1} + {C_2}x + {C_3}{e^{2x}} + \left( {\frac{1}{{16}}x + \frac{3}{{32}}} \right)\cos 2x + \left( {\frac{1}{{16}}x – \frac{1}{{16}}} \right)\sin 2x
4. Диференцијалну једначину y“ + y’tgx – y{\cos ^2}x = {e^{2\sin x}}{\cos ^2}x сменом t = \sin x свести на диференцијалну једначину са константним коефицијентима и решити је.
t = \sin x
\cos x = \sqrt {1 – {{\sin }^2}x} = \sqrt {1 – {t^2}}
tgx = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \frac{t}{{\sqrt {1 – {t^2}} }}
t = \sin x
dt = \cos xdx
\frac{{dt}}{{dx}} = \cos x = \sqrt {1 – {t^2}}
y’ = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y \cdot \cos x= \dot y \cdot \sqrt {1 – {t^2}}
y“ = \frac{{dy’}}{{dx}} = \frac{{dy’}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \frac{d}{{dt}}\left( {\dot y\sqrt {1 – {t^2}} } \right) \cdot \cos x =
{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} = \left( {\ddot y\sqrt {1 – {t^2}} + \dot y\frac{1}{{2\sqrt {1 – {t^2}} }} \cdot \left( { – 2t} \right)} \right) \cdot \sqrt {1 – {t^2}} =
{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} = \ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – t\dot y
Уврштавајући у почетну диференцијалну једначину добијамо:
\ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – t\dot y + \dot y\sqrt {1 – {t^2}} \cdot \frac{t}{{\sqrt {1 – {t^2}} }} – y\left( {1 – {t^2}} \right) = {e^{2t}}\left( {1 – {t^2}} \right)
\ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – t\dot y + \dot yt – y\left( {1 – {t^2}} \right) = {e^{2t}}\left( {1 – {t^2}} \right)
\ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – y\left( {1 – {t^2}} \right) = {e^{2t}}\left( {1 – {t^2}} \right){\text{ }}{\text{ }} /:\left( {1 – {t^2}} \right)
\ddot y – y = {e^{2t}}
Овим смо нашу диференцијалну једначину свели на диференцијалну једначину са константним коефицијентима, коју сада лако решавамо.
\ddot y – y = 0
{k^2} – 1 = 0
{k^2} = 1
{k_{1/2}} = \pm 1
{y_h} = {C_1}{e^{1t}} + {C_2}{e^{ – 1t}} = {C_1}{e^{\sin x}} + {C_2}{e^{ – \sin x}}
f\left( t \right) = {e^{2t}}
\left. \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} a \pm ib = 2 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} r = 0
\left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} N = 0
{y_p} = A{e^{2t}}
{y_p}’ = 2A{e^{2t}}
{y_p}“ = 4A{e^{2t}}
4A{e^{2t}} – A{e^{2t}} = {e^{2t}}
3A{e^{2t}} = {e^{2t}}
A = \frac{1}{3}
{y_p} = \frac{1}{3}{e^{2t}} = \frac{{{e^{2\sin x}}}}{3}
Y = {y_h} + {y_p} = {C_1}{e^{\sin x}} + {C_2}{e^{ – \sin x}} + \frac{{{e^{2\sin x}}}}{3}
5. Диференцијалну једначину \left( {1 + {e^x}} \right)y“ – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)y’ = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {x + {e^x} + {e^x}{e^{{e^x}}}} \right) сменом t = x + {e^x} свести на диференцијалну једначину са константним коефицијентима и решити је.
t = x + {e^x}
dt = \left( {1 + {e^x}} \right)dx
\frac{{dt}}{{dx}} = 1 + {e^x}
y’ = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)
y“ = \frac{{dy’}}{{dx}} = \frac{d}{{dx}}\left( {\dot y\left( {1 + {e^x}} \right)} \right) = \frac{{d\dot y}}{{dx}}\left( {1 + {e^x}} \right) + \dot y\frac{{d\left( {1 + {e^x}} \right)}}{{dx}} =
{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} = \frac{{d\dot y}}{{dt}} \frac{{dt}}{{dx}}\left( {1 + {e^x}} \right) + \dot y{e^x} = \ddot y \left( {1 + {e^x}} \right)\left( {1 + {e^x}} \right) + \dot y{e^x}
\left( {1 + {e^x}} \right)\left( {\ddot y {{\left( {1 + {e^x}} \right)}^2} + \dot y{e^x}} \right) – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)\dot y\left( {1 + {e^x}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {x + {e^x} + {e^{x + {e^x}}}} \right)
\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y{e^x}\left( {1 + {e^x}} \right) – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)\dot y\left( {1 + {e^x}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)
\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)\left( {{e^x} – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)
\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)\left( { – 1 – 2{e^x} – {e^{2x}}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)
\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)\left( { – {{\left( {1 + {e^x}} \right)}^2}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)
\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} – \dot y{\left( {1 + {e^x}} \right)^3} = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right){\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /:{\left( {1 + {e^x}} \right)^3}
\ddot y – \dot y = t + {e^t}
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине.
\ddot y – \dot y = 0
{k^2} – k = 0
k\left( {k – 1} \right) = 0
{k_1} = 0{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} {k_2} = 1
{y_h} = {C_1}{e^{0t}} + {C_2}{e^{1t}}
{y_h} = {C_1} + {C_2}{e^t}
{y_h} = {C_1} + {C_2}{e^{x + {e^x}}}
Нехомогени део раздвојићемо на две функције и на тај начин добити два партикуларна решења.
{f_1}\left( t \right) = t
\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} a \pm ib = 0{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} r = 1
\left. \begin{array}{l}
n = 1\\
m = /
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} N = 1
{y_{{p_1}}} = {t^1}{e^{0t}}\left( {\left( {At + B} \right)\cos 0t + \left( {Ct + D} \right)\sin 0t} \right)
{y_{{p_1}}} = t\left( {At + B} \right)
{{\dot y}_{{p_1}}} = 2At + B
{{\ddot y}_{{p_1}}} = 2A
2A – \left( {2At + B} \right) = t
– 2A = 1 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} A = – \frac{1}{2}
2A + B = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} B = 1
{y_{{p_1}}} = – \frac{1}{2}{t^2} + t
{y_{{p_1}}} = – \frac{{{{\left( {x + {e^x}} \right)}^2}}}{2} + x + {e^x}
{f_2}\left( t \right) = {e^t}
\left. \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }{\text{ }}{\text{ }} }a \pm ib = 1{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} r = 1
\left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} N = 0
{y_{{p_2}}} = {t^1}{e^{1t}}\left( {A\cos 0t + B\sin 0t} \right)
{y_{{p_2}}} = At{e^t}
{{\dot y}_{{p_2}}} = A{e^t} + At{e^t} = {e^t}\left( {A + At} \right)
{{\ddot y}_{{p_2}}} = {e^t}\left( {A + At} \right) + {e^t}A = {e^t}\left( {2A + At} \right)
{e^t}\left( {2A + At} \right) – {e^t}\left( {A + At} \right) = {e^t}
{e^t}\left( {2A + At – A – At} \right) = {e^t}
A = 1
{y_{{p_2}}} = t{e^t}
{y_{{p_2}}} = \left( {x + {e^x}} \right){e^{x + {e^x}}}
Y = {y_h} + {y_{{p_1}}} + {y_{{p_2}}} = {C_1} + {C_2}{e^{x + {e^x}}} – \frac{{{{\left( {x + {e^x}} \right)}^2}}}{2} + x + {e^x} + \left( {x + {e^x}} \right){e^{x + {e^x}}}
6. Сменом t = arctgx диференцијалну једначину {\left( {1 + {x^2}} \right)^2}y“ + 2x\left( {1 + {x^2}} \right)y’ + y = 4arctgx свести на диференцијалну једначину са константним коефицијентима и решити је.
t = arctgx
dt = \frac{1}{{1 + {x^2}}}dx
\frac{{dt}}{{dx}} = \frac{1}{{1 + {x^2}}}
y’ = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y\frac{1}{{1 + {x^2}}}
y“ = \frac{{dy’}}{{dx}} = \frac{d}{{dx}}\left( {\dot y\frac{1}{{1 + {x^2}}}} \right) = \frac{{d\dot y}}{{dx}}\frac{1}{{1 + {x^2}}} + \dot y\frac{{d\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} \right)}}{{dx}} =
{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} = \frac{{d\dot y}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}}\frac{1}{{1 + {x^2}}} + \dot y\left( { – \frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}2x} \right) = \ddot y\frac{1}{{1 + {x^2}}}\frac{1}{{1 + {x^2}}} – \dot y\frac{{2x}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}
{\left( {1 + {x^2}} \right)^2}\left( {\ddot y\frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}} – \dot y\frac{{2x}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}} \right) + 2x\left( {1 + {x^2}} \right)\dot y\frac{1}{{1 + {x^2}}} + y = 4t
\ddot y – 2x\dot y + 2x\dot y + y = 4t
\ddot y + y = 4t
\ddot y + y = 0
{k^2} + 1 = 0
{k_{1/2}} = \pm i
{y_h} = {e^{0t}}\left( {{C_1}\cos 1t + {C_2}\sin 1t} \right)
{y_h} = {C_1}\cos \left( {arctgx} \right) + {C_2}\sin \left( {arctgx} \right)
{y_h} = {C_1}\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + {C_2}\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}
f\left( t \right) = 4t
\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} a \pm ib = 0{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} r = 0
\left. \begin{array}{l}
m = /\\
n = 1
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} N = 1
{y_p} = {t^0}{e^{0t}}\left( {\left( {At + B} \right)\cos 0t + \left( {Ct + D} \right)\sin 0t} \right)
{y_p} = At + B
{{\dot y}_p} = A
{{\ddot y}_p} = 0
0 + At + B = 4t
A = 4{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} B = 0
{y_p} = 4t
{y_p} = 4arctgx
Y = {y_h} + {y_p} = {C_1}\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + {C_2}\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 4arctgx
