y " + p y ′ + q y = f ( x ) Најпре решавамо хомогени део диференцијалне једначине : y " + p y ′ + q y = 0 k 2 + p k + q = 0 -карактеристична једначина k 1 / 2 -корени карактеристичне једначине Ако је : k 1 ≠ k 2 ⇒ y h = C 1 e k 1 x + C 2 e k 2 x k 1 = k 2 ⇒ y h = C 1 e k 1 x + C 2 x e k 1 x k 1 / 2 = α ± β i ⇒ y h = e α x ( C 1 cos β x + C 2 sin β x ) Ако је нехомогени део облика f ( x ) = e a x ( P n ( x ) cos b x + Q n ( x ) sin b x ) Тада је партикуларно решење облика : y p = x r e a x ( S N ( x ) cos b x + T N ( x ) sin b x ) где је r-вишеструкост a ± b i као корена карактеристичне једначине, а N = max { n , m } \begin{array}{l} \\ y" + py' + qy = f\left( x \right) \\ \\ {\text{Најпре решавамо хомогени део диференцијалне једначине : }} \\ y" + py' + qy = 0 \\ {k^2} + pk + q = 0 {\text{ -карактеристична једначина }} \\ {k_{1/2}} {\text{ -корени карактеристичне једначине }} \\ {\text{Ако је : }} \\ {k_1} \ne {k_2} {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} {y_h} = {C_1}{e^{{k_1}x}} + {C_2}{e^{{k_2}x}} \\ {k_1} = {k_2} {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} {y_h} = {C_1}{e^{{k_1}x}} + {C_2}x{e^{{k_1}x}} \\ {k_{1/2}} = \alpha \pm \beta i {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} {y_h} = {e^{\alpha x}}\left( {{C_1}\cos \beta x + {C_2}\sin \beta x} \right) \\ \\ {\text{Ако је нехомогени део облика }} \\ f\left( x \right) = {e^{ax}}\left( {{P_n}\left( x \right)\cos bx + {Q_n}\left( x \right)\sin bx} \right) \\ {\text{Тада је партикуларно решење облика : }} \\ {y_p} = {x^r}{e^{ax}}\left( {{S_N}\left( x \right)\cos bx + {T_N}\left( x \right)\sin bx} \right) \\ {\text{где је r-вишеструкост $a \pm bi$ као корена карактеристичне једначине, а $N = \max \left\{ {n,m} \right\}$}} \\ \end{array} y " + p y ′ + q y = f ( x ) Најпре решавамо хомогени део диференцијалне једначине : y " + p y ′ + q y = 0 k 2 + p k + q = 0 - карактеристична једначина k 1/2 - корени карактеристичне једначине Ако је : k 1 = k 2 ⇒ y h = C 1 e k 1 x + C 2 e k 2 x k 1 = k 2 ⇒ y h = C 1 e k 1 x + C 2 x e k 1 x k 1/2 = α ± β i ⇒ y h = e α x ( C 1 cos β x + C 2 sin β x ) Ако је нехомогени део облика f ( x ) = e a x ( P n ( x ) cos b x + Q n ( x ) sin b x ) Тада је партикуларно решење облика : y p = x r e a x ( S N ( x ) cos b x + T N ( x ) sin b x ) где је r- вишеструкост a ± bi као корена карактеристичне једначине , а N = max { n , m }
Задаци 1. Наћи опште решење диференцијалне једначине y " + 5 y ′ + 6 y = x y" + 5y' + 6y = x y " + 5 y ′ + 6 y = x
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине y " + 5 y ′ + 6 y = 0 y" + 5y' + 6y = 0 y " + 5 y ′ + 6 y = 0 Решавајући њену карактеристичну једначину k 2 + 5 k + 6 = 0 {k^2} + 5k + 6 = 0 k 2 + 5 k + 6 = 0 добијамо да су њена решења k 1 = − 3 ∧ k 2 = − 2 {k_1} = - 3{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} {k_2} = - 2 k 1 = − 3 ∧ k 2 = − 2 па је хомогено решење наше диференцијалне једначине y h = C 1 e − 3 x + C 2 e − 2 x {y_h} = {C_1}{e^{ - 3x}} + {C_2}{e^{ - 2x}} y h = C 1 e − 3 x + C 2 e − 2 x
Да бисмо одредили партикуларно решење посматрамо нехомогени део f ( x ) = x f\left( x \right) = x f ( x ) = x
Како нехомогени део треба да буде облика f ( x ) = e a x ( P n ( x ) cos b x + Q m ( x ) sin b x ) f\left( x \right) = {e^{ax}}\left( {{P_n}\left( x \right)\cos bx + {Q_m}\left( x \right)\sin bx} \right) f ( x ) = e a x ( P n ( x ) cos b x + Q m ( x ) sin b x ) Закључујемо a = 0 b = 0 } ⇒ a ± i b = 0 ⇒ r = 0 \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 a = 0 b = 0 } ⇒ a ± ib = 0 ⇒ r = 0
n = 1 m = / } ⇒ N = 1 \left. \begin{array}{l}
n = 1\\
m = /
\end{array} \right\} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} N = 1 n = 1 m = / } ⇒ N = 1
Па је партикуларно решење облика y p = x 0 e 0 x ( ( A x + B ) cos 0 x + ( C x + D ) sin 0 x ) {y_p} = {x^0}{e^{0x}}\left( {\left( {Ax + B} \right)\cos 0x + \left( {Cx + D} \right)\sin 0x} \right) y p = x 0 e 0 x ( ( A x + B ) cos 0 x + ( C x + D ) sin 0 x )
односно y p = A x + B {y_p} = Ax + B y p = A x + B Потребно је још одредити коефицијенте А и В. То ћемо учинити убацујући партикуларно решење у почетну једначину. y p ′ = A {y_p}' = A y p ′ = A
y p " = 0 {y_p}" = 0 y p " = 0
0 + 5 A + 6 ( A x + B ) = x 0 + 5A + 6\left( {Ax + B} \right) = x 0 + 5 A + 6 ( A x + B ) = x
6 A x + 5 A + 6 B = x 6Ax + 5A + 6B = x 6 A x + 5 A + 6 B = x
Изједначавајући коефицијенте уз одговарајуће степене добијамо 6 A = 1 ⇒ A = 1 6 6A = 1 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} A = \frac{1}{6} 6 A = 1 ⇒ A = 6 1
5 A + 6 B = 0 ⇒ B = − 5 36 5A + 6B = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} B = - \frac{5}{{36}} 5 A + 6 B = 0 ⇒ B = − 36 5
па је партикуларно решење y p = 1 6 x − 5 36 {y_p} = \frac{1}{6}x - \frac{5}{{36}} y p = 6 1 x − 36 5
односно коначно решење полазне диференцијалне једначине Y = C 1 e − 3 x + C 2 e − 2 x + 1 6 x − 5 36 Y = {C_1}{e^{ - 3x}} + {C_2}{e^{ - 2x}} + \frac{1}{6}x - \frac{5}{{36}} Y = C 1 e − 3 x + C 2 e − 2 x + 6 1 x − 36 5
2. Наћи опште решење диференцијалне једначине y " ′ − 4 y ′ = x 2 e 2 x y"' - 4y' = {x^2}{e^{2x}} y " ′ − 4 y ′ = x 2 e 2 x
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине y " ′ − 4 y ′ = 0 y"' - 4y' = 0 y " ′ − 4 y ′ = 0
k 3 − 4 k = 0 {k^3} - 4k = 0 k 3 − 4 k = 0
k ( k 2 − 4 ) = 0 k\left( {{k^2} - 4} \right) = 0 k ( k 2 − 4 ) = 0
k 1 = 0 ∧ k 2 = 2 ∧ k 3 = − 2 {k_1} = 0{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} {k_2} = 2{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} {k_3} = - 2 k 1 = 0 ∧ k 2 = 2 ∧ k 3 = − 2
Следи да је хомогено решење наше диференцијалне једначине y h = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x {y_h} = {C_1}{e^{0x}} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ - 2x}} y h = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x
y h = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x {y_h} = {C_1} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ - 2x}} y h = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x
Из нехомогеног дела f ( x ) = x 2 e 2 x f\left( x \right) = {x^2}{e^{2x}} f ( x ) = x 2 e 2 x a = 2 b = 0 } ⇒ a ± i b = 2 ⇒ r = 1 \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 a = 2 b = 0 } ⇒ a ± ib = 2 ⇒ r = 1
n = 2 m = 0 } ⇒ N = 2 \left. \begin{array}{l}
n = 2\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} N = 2 n = 2 m = 0 } ⇒ N = 2
Па је партикуларно решење облика y p = x 1 e 2 x ( ( A x 2 + B x + C ) cos 0 x + ( D x 2 + E x + F ) sin 0 x ) {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 1 e 2 x ( ( A x 2 + B x + C ) cos 0 x + ( D x 2 + E x + F ) sin 0 x )
y p = x e 2 x ( A x 2 + B x + C ) {y_p} = x{e^{2x}}\left( {A{x^2} + Bx + C} \right) y p = x e 2 x ( A x 2 + B x + C )
Одредимо још коефицијенте А,B,C и D y p ′ = 2 e 2 x ( A x 3 + B x 2 + C x ) + e 2 x ( 3 A x 2 + 2 B x + C ) {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 ′ = 2 e 2 x ( A x 3 + B x 2 + C x ) + e 2 x ( 3 A x 2 + 2 B x + C )
y p ′ = e 2 x ( 2 A x 3 + ( 2 B + 3 A ) x 2 + ( 2 C + 2 B ) x + C ) {y_p}' = {e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right) y p ′ = e 2 x ( 2 A x 3 + ( 2 B + 3 A ) x 2 + ( 2 C + 2 B ) x + C )
y p " = 2 e 2 x ( 2 A x 3 + ( 2 B + 3 A ) x 2 + ( 2 C + 2 B ) x + C ) {y_p}" = 2{e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right) y p " = 2 e 2 x ( 2 A x 3 + ( 2 B + 3 A ) x 2 + ( 2 C + 2 B ) x + C )
+ e 2 x ( 6 A x 2 + ( 4 B + 6 A ) x + 2 C + 2 B ) {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} + {e^{2x}}\left( {6A{x^2} + \left( {4B + 6A} \right)x + 2C + 2B} \right) + e 2 x ( 6 A x 2 + ( 4 B + 6 A ) x + 2 C + 2 B )
y p " = e 2 x ( 4 A x 3 + ( 4 B + 12 A ) x 2 + ( 4 C + 8 B + 6 A ) x + 4 C + 2 B ) {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 " = e 2 x ( 4 A x 3 + ( 4 B + 12 A ) x 2 + ( 4 C + 8 B + 6 A ) x + 4 C + 2 B )
y p " ′ = 2 e 2 x ( 4 A x 3 + ( 4 B + 12 A ) x 2 + ( 4 C + 8 B + 6 A ) x + 4 C + 2 B ) {y_p}"' = 2{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 2 x ( 4 A x 3 + ( 4 B + 12 A ) x 2 + ( 4 C + 8 B + 6 A ) x + 4 C + 2 B )
+ e 2 x ( 12 A x 2 + ( 8 B + 24 A ) x + 4 C + 8 B + 6 A ) {\text{ }}{\text{ }}{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} + {e^{2x}}\left( {12A{x^2} + \left( {8B + 24A} \right)x + 4C + 8B + 6A} \right) + e 2 x ( 12 A x 2 + ( 8 B + 24 A ) x + 4 C + 8 B + 6 A )
y p " ′ = e 2 x ( 8 A x 3 + ( 8 B + 36 A ) x 2 + ( 8 C + 24 B + 36 A ) x + 12 C + 12 B + 6 A ) {y_p}"' = {e^{2x}}\left( {8A{x^3} + \left( {8B + 36A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A} \right)x + 12C + 12B + 6A} \right) y p " ′ = e 2 x ( 8 A x 3 + ( 8 B + 36 A ) x 2 + ( 8 C + 24 B + 36 A ) x + 12 C + 12 B + 6 A )
Уврштавајући партикуларно решење у полазну једначину y " ′ − 4 y ′ = x 2 e 2 x y"' - 4y' = {x^2}{e^{2x}} y " ′ − 4 y ′ = x 2 e 2 x e 2 x ( 8 A x 3 + ( 8 B + 36 A ) x 2 + ( 8 C + 24 B + 36 A ) x + 12 C + 12 B + 6 A ) {e^{2x}}\left( {8A{x^3} + \left( {8B + 36A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A} \right)x + 12C + 12B + 6A} \right) e 2 x ( 8 A x 3 + ( 8 B + 36 A ) x 2 + ( 8 C + 24 B + 36 A ) x + 12 C + 12 B + 6 A )
− 4 e 2 x ( 2 A x 3 + ( 2 B + 3 A ) x 2 + ( 2 C + 2 B ) x + C ) = x 2 e 2 x - 4{e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right)= {x^2}{e^{2x}} − 4 e 2 x ( 2 A x 3 + ( 2 B + 3 A ) x 2 + ( 2 C + 2 B ) x + C ) = x 2 e 2 x
( 8 A − 8 A ) x 3 + ( 8 B + 36 A − 8 B − 12 A ) x 2 + ( 8 C + 24 B + 36 A − 8 C − 8 B ) x \left( {8A - 8A} \right){x^3} + \left( {8B + 36A - 8B - 12A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A - 8C - 8B} \right)x ( 8 A − 8 A ) x 3 + ( 8 B + 36 A − 8 B − 12 A ) x 2 + ( 8 C + 24 B + 36 A − 8 C − 8 B ) x
+ ( 12 C + 12 B + 6 A − 4 C ) = x 2 + \left( {12C + 12B + 6A - 4C} \right) = {x^2} + ( 12 C + 12 B + 6 A − 4 C ) = x 2
Изједначавајући коефицијенте уз одговарајуће степене добијамо 24 A = 1 ⇒ A = 1 24 24A = 1{\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} A = \frac{1}{{24}} 24 A = 1 ⇒ A = 24 1
36 A + 16 B = 0 ⇒ B = − 3 32 36A + 16B = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} B = - \frac{3}{{32}} 36 A + 16 B = 0 ⇒ B = − 32 3
6 A + 12 B + 8 C = 0 ⇒ C = 7 64 6A + 12B + 8C = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} C = \frac{7}{{64}} 6 A + 12 B + 8 C = 0 ⇒ C = 64 7
па је партикуларно решење y p = x e 2 x ( 1 24 x 2 − 3 32 x + 7 64 ) {y_p} = x{e^{2x}}\left( {\frac{1}{{24}}{x^2} - \frac{3}{{32}}x + \frac{7}{{64}}} \right) y p = x e 2 x ( 24 1 x 2 − 32 3 x + 64 7 )
односно коначно решење полазне диференцијалне једначине Y = y h + y p = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x + e 2 x ( 1 24 x 3 − 3 32 x 2 + 7 64 x ) 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) Y = y h + y p = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 e − 2 x + e 2 x ( 24 1 x 3 − 32 3 x 2 + 64 7 x )
3. Наћи опште решење диференцијалне једначине y " ′ − 2 y " = x sin 2 x y"' - 2y" = x\sin 2x y " ′ − 2 y " = x sin 2 x
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине y " ′ − 2 y " = 0 y"' - 2y" = 0 y " ′ − 2 y " = 0
k 3 − 2 k 2 = 0 {k^3} - 2{k^2} = 0 k 3 − 2 k 2 = 0
k 2 ( k − 2 ) = 0 {k^2}\left( {k - 2} \right) = 0 k 2 ( k − 2 ) = 0
k 1 , 2 = 0 ∧ k 3 = 2 {k_{1,2}} = 0{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \wedge{\text{ }}{\text{ }} {\rm{ }}{k_3} = 2 k 1 , 2 = 0 ∧ k 3 = 2
Следи да је хомогено решење наше диференцијалне једначине y h = C 1 e 0 x + C 2 x e 0 x + C 3 e 2 x {y_h} = {C_1}{e^{0x}} + {C_2}x{e^{0x}} + {C_3}{e^{2x}} y h = C 1 e 0 x + C 2 x e 0 x + C 3 e 2 x
y h = C 1 + C 2 x + C 3 e 2 x {y_h} = {C_1} + {C_2}x + {C_3}{e^{2x}} y h = C 1 + C 2 x + C 3 e 2 x
Из нехомогеног дела f ( x ) = x sin 2 x f\left( x \right) = x\sin 2x f ( x ) = x sin 2 x a = 0 b = 2 } ⇒ a ± b i = 2 i ⇒ r = 0 \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 a = 0 b = 2 } ⇒ a ± bi = 2 i ⇒ r = 0
n = 0 m = 1 } ⇒ N = 1 \left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 1
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} N = 1 n = 0 m = 1 } ⇒ N = 1
Па је партикуларно решење облика y p = x 0 e 0 x ( ( A x + B ) cos 2 x + ( C x + D ) sin 2 x ) {y_p} = {x^0}{e^{0x}}\left( {\left( {Ax + B} \right)\cos 2x + \left( {Cx + D} \right)\sin 2x} \right) y p = x 0 e 0 x ( ( A x + B ) cos 2 x + ( C x + D ) sin 2 x )
y p = ( A x + B ) cos 2 x + ( C x + D ) sin 2 x {y_p} = \left( {Ax + B} \right)\cos 2x + \left( {Cx + D} \right)\sin 2x y p = ( A x + B ) cos 2 x + ( C x + D ) sin 2 x
Одредимо још коефицијенте А,B,C и D y p ′ = A cos 2 x + ( A x + B ) ( − 2 sin 2 x ) + C sin 2 x + ( C x + D ) 2 cos 2 x {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 ′ = A cos 2 x + ( A x + B ) ( − 2 sin 2 x ) + C sin 2 x + ( C x + D ) 2 cos 2 x
y p ′ = ( A + 2 C x + 2 D ) cos 2 x + ( − 2 A x − 2 B + C ) sin 2 x {y_p}' = \left( {A + 2Cx + 2D} \right)\cos 2x + \left( { - 2Ax - 2B + C} \right)\sin 2x y p ′ = ( A + 2 C x + 2 D ) cos 2 x + ( − 2 A x − 2 B + C ) sin 2 x
y p " = 2 C cos 2 x + ( A + 2 C x + 2 D ) ( − 2 sin 2 x ) − 2 A sin 2 x + ( − 2 A x − 2 B + C ) 2 cos 2 x {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 " = 2 C cos 2 x + ( A + 2 C x + 2 D ) ( − 2 sin 2 x ) − 2 A sin 2 x + ( − 2 A x − 2 B + C ) 2 cos 2 x
y p " = ( 4 C − 4 A x − 4 B ) cos 2 x + ( − 4 A − 4 C x − 4 D ) sin 2 x {y_p}" = \left( {4C - 4Ax - 4B} \right)\cos 2x + \left( { - 4A - 4Cx - 4D} \right)\sin 2x y p " = ( 4 C − 4 A x − 4 B ) cos 2 x + ( − 4 A − 4 C x − 4 D ) sin 2 x
y p " ′ = − 4 A cos 2 x + ( 4 C − 4 A x − 4 B ) ( − 2 sin 2 x ) − 4 C sin 2 x + ( − 4 A − 4 C x − 4 D ) 2 cos 2 x {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 " ′ = − 4 A cos 2 x + ( 4 C − 4 A x − 4 B ) ( − 2 sin 2 x ) − 4 C sin 2 x + ( − 4 A − 4 C x − 4 D ) 2 cos 2 x
y p " ′ = ( − 12 A − 8 C x − 8 D ) cos 2 x + ( − 12 C + 8 A x + 8 B ) sin 2 x {y_p}"' = \left( { - 12A - 8Cx - 8D} \right)\cos 2x + \left( { - 12C + 8Ax + 8B} \right)\sin 2x y p " ′ = ( − 12 A − 8 C x − 8 D ) cos 2 x + ( − 12 C + 8 A x + 8 B ) sin 2 x
Уврштавајући партикуларно решење у полазну једначину y " ′ − 2 y " = x sin 2 x y"' - 2y" = x\sin 2x y " ′ − 2 y " = x sin 2 x
( − 12 A − 8 C x − 8 D ) cos 2 x + ( − 12 C + 8 A x + 8 B ) sin 2 x + \left( { - 12A - 8Cx - 8D} \right)\cos 2x + \left( { - 12C + 8Ax + 8B} \right)\sin 2x + ( − 12 A − 8 C x − 8 D ) cos 2 x + ( − 12 C + 8 A x + 8 B ) sin 2 x +
+ ( − 8 C + 8 A x + 8 B ) cos 2 x + ( 8 A + 8 C x + 8 D ) sin 2 x = x sin 2 x + \left( { - 8C + 8Ax + 8B} \right)\cos 2x + \left( {8A + 8Cx + 8D} \right)\sin 2x = x\sin 2x + ( − 8 C + 8 A x + 8 B ) cos 2 x + ( 8 A + 8 C x + 8 D ) sin 2 x = x sin 2 x
( − 12 A − 8 C x − 8 D − 8 C + 8 A x + 8 B ) cos 2 x + \left( { - 12A - 8Cx - 8D - 8C + 8Ax + 8B} \right)\cos 2x + ( − 12 A − 8 C x − 8 D − 8 C + 8 A x + 8 B ) cos 2 x +
+ ( − 12 C + 8 A x + 8 B + 8 A + 8 C x + 8 D ) sin 2 x = x sin x + \left( { - 12C + 8Ax + 8B + 8A + 8Cx + 8D} \right)\sin 2x = x\sin x + ( − 12 C + 8 A x + 8 B + 8 A + 8 C x + 8 D ) sin 2 x = x sin x
− 12 A − 8 C x − 8 D − 8 C + 8 A x + 8 B = 0 - 12A - 8Cx - 8D - 8C + 8Ax + 8B = 0 − 12 A − 8 C x − 8 D − 8 C + 8 A x + 8 B = 0
− 12 C + 8 A x + 8 B + 8 A + 8 C x + 8 D = x - 12C + 8Ax + 8B + 8A + 8Cx + 8D = x − 12 C + 8 A x + 8 B + 8 A + 8 C x + 8 D = x
− 12 A − 8 D − 8 C + 8 B = 0 - 12A - 8D - 8C + 8B = 0 − 12 A − 8 D − 8 C + 8 B = 0
− 8 C + 8 A = 0 - 8C + 8A = 0 − 8 C + 8 A = 0
− 12 C + 8 B + 8 A + 8 D = 0 - 12C + 8B + 8A + 8D = 0 − 12 C + 8 B + 8 A + 8 D = 0
8 A + 8 C = 1 8A + 8C = 1 8 A + 8 C = 1
A = 1 16 A = \frac{1}{{16}} A = 16 1
C = 1 16 C = \frac{1}{{16}} C = 16 1
B = 3 32 B = \frac{3}{{32}} B = 32 3
D = − 1 16 D = - \frac{1}{{16}} D = − 16 1
Па је партикуларно решење наше једначине y p = ( 1 16 x + 3 32 ) cos 2 x + ( 1 16 x − 1 16 ) sin 2 x {y_p} = \left( {\frac{1}{{16}}x + \frac{3}{{32}}} \right)\cos 2x + \left( {\frac{1}{{16}}x - \frac{1}{{16}}} \right)\sin 2x y p = ( 16 1 x + 32 3 ) cos 2 x + ( 16 1 x − 16 1 ) sin 2 x
Односно коначно решење Y = C 1 + C 2 x + C 3 e 2 x + ( 1 16 x + 3 32 ) cos 2 x + ( 1 16 x − 1 16 ) sin 2 x 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 Y = C 1 + C 2 x + C 3 e 2 x + ( 16 1 x + 32 3 ) cos 2 x + ( 16 1 x − 16 1 ) sin 2 x
4. Диференцијалну једначину y " + y ′ t g x − y cos 2 x = e 2 sin x cos 2 x y" + y'tgx - y{\cos ^2}x = {e^{2\sin x}}{\cos ^2}x y " + y ′ t g x − y cos 2 x = e 2 s i n x cos 2 x t = sin x t = \sin x t = sin x
t = sin x t = \sin x t = sin x
cos x = 1 − sin 2 x = 1 − t 2 \cos x = \sqrt {1 - {{\sin }^2}x} = \sqrt {1 - {t^2}} cos x = 1 − sin 2 x = 1 − t 2
t g x = sin x cos x = t 1 − t 2 tgx = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \frac{t}{{\sqrt {1 - {t^2}} }} t g x = c o s x s i n x = 1 − t 2 t
t = sin x t = \sin x t = sin x
d t = cos x d x dt = \cos xdx d t = cos x d x
d t d x = cos x = 1 − t 2 \frac{{dt}}{{dx}} = \cos x = \sqrt {1 - {t^2}} d x d t = cos x = 1 − t 2
y ′ = d y d x = d y d t ⋅ d t d x = y ˙ ⋅ cos x = y ˙ ⋅ 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 ′ = d x d y = d t d y ⋅ d x d t = y ˙ ⋅ cos x = y ˙ ⋅ 1 − t 2
y " = d y ′ d x = d y ′ d t ⋅ d t d x = d d t ( y ˙ 1 − t 2 ) ⋅ cos x = 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 = y " = d x d y ′ = d t d y ′ ⋅ d x d t = d t d ( y ˙ 1 − t 2 ) ⋅ cos x =
= ( y ¨ 1 − t 2 + y ˙ 1 2 1 − t 2 ⋅ ( − 2 t ) ) ⋅ 1 − t 2 = {\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}} = = ( y ¨ 1 − t 2 + y ˙ 2 1 − t 2 1 ⋅ ( − 2 t ) ) ⋅ 1 − t 2 =
= y ¨ ( 1 − t 2 ) − t y ˙ {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} = \ddot y\left( {1 - {t^2}} \right) - t\dot y = y ¨ ( 1 − t 2 ) − t y ˙
Уврштавајући у почетну диференцијалну једначину добијамо: y ¨ ( 1 − t 2 ) − t y ˙ + y ˙ 1 − t 2 ⋅ t 1 − t 2 − y ( 1 − t 2 ) = e 2 t ( 1 − t 2 ) \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) y ¨ ( 1 − t 2 ) − t y ˙ + y ˙ 1 − t 2 ⋅ 1 − t 2 t − y ( 1 − t 2 ) = e 2 t ( 1 − t 2 )
y ¨ ( 1 − t 2 ) − t y ˙ + y ˙ t − y ( 1 − t 2 ) = e 2 t ( 1 − t 2 ) \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) y ¨ ( 1 − t 2 ) − t y ˙ + y ˙ t − y ( 1 − t 2 ) = e 2 t ( 1 − t 2 )
y ¨ ( 1 − t 2 ) − y ( 1 − t 2 ) = e 2 t ( 1 − t 2 ) / : ( 1 − t 2 ) \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) y ¨ ( 1 − t 2 ) − y ( 1 − t 2 ) = e 2 t ( 1 − t 2 ) / : ( 1 − t 2 )
y ¨ − y = e 2 t \ddot y - y = {e^{2t}} y ¨ − y = e 2 t
Овим смо нашу диференцијалну једначину свели на диференцијалну једначину са константним коефицијентима, коју сада лако решавамо. y ¨ − y = 0 \ddot y - y = 0 y ¨ − y = 0
k 2 − 1 = 0 {k^2} - 1 = 0 k 2 − 1 = 0
k 2 = 1 {k^2} = 1 k 2 = 1
k 1 / 2 = ± 1 {k_{1/2}} = \pm 1 k 1/2 = ± 1
y h = C 1 e 1 t + C 2 e − 1 t = C 1 e sin x + C 2 e − sin x {y_h} = {C_1}{e^{1t}} + {C_2}{e^{ - 1t}} = {C_1}{e^{\sin x}} + {C_2}{e^{ - \sin x}} y h = C 1 e 1 t + C 2 e − 1 t = C 1 e s i n x + C 2 e − s i n x
f ( t ) = e 2 t f\left( t \right) = {e^{2t}} f ( t ) = e 2 t
a = 2 b = 0 } ⇒ a ± i b = 2 ⇒ r = 0 \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 a = 2 b = 0 } ⇒ a ± ib = 2 ⇒ r = 0
n = 0 m = 0 } ⇒ N = 0 \left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} N = 0 n = 0 m = 0 } ⇒ N = 0
y p = A e 2 t {y_p} = A{e^{2t}} y p = A e 2 t
y p ′ = 2 A e 2 t {y_p}' = 2A{e^{2t}} y p ′ = 2 A e 2 t
y p " = 4 A e 2 t {y_p}" = 4A{e^{2t}} y p " = 4 A e 2 t
4 A e 2 t − A e 2 t = e 2 t 4A{e^{2t}} - A{e^{2t}} = {e^{2t}} 4 A e 2 t − A e 2 t = e 2 t
3 A e 2 t = e 2 t 3A{e^{2t}} = {e^{2t}} 3 A e 2 t = e 2 t
A = 1 3 A = \frac{1}{3} A = 3 1
y p = 1 3 e 2 t = e 2 sin x 3 {y_p} = \frac{1}{3}{e^{2t}} = \frac{{{e^{2\sin x}}}}{3} y p = 3 1 e 2 t = 3 e 2 s i n x
Y = y h + y p = C 1 e sin x + C 2 e − sin x + 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} Y = y h + y p = C 1 e s i n x + C 2 e − s i n x + 3 e 2 s i n x
5. Диференцијалну једначину ( 1 + e x ) y " − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) y ′ = ( 1 + e x ) 3 ( x + e x + e x e e x ) \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) ( 1 + e x ) y " − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) y ′ = ( 1 + e x ) 3 ( x + e x + e x e e x ) t = x + e x t = x + {e^x} t = x + e x
t = x + e x t = x + {e^x} t = x + e x
d t = ( 1 + e x ) d x dt = \left( {1 + {e^x}} \right)dx d t = ( 1 + e x ) d x
d t d x = 1 + e x \frac{{dt}}{{dx}} = 1 + {e^x} d x d t = 1 + e x
y ′ = d y d x = d y d t ⋅ d t d x = y ˙ ( 1 + e x ) y' = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y\left( {1 + {e^x}} \right) y ′ = d x d y = d t d y ⋅ d x d t = y ˙ ( 1 + e x )
y " = d y ′ d x = d d x ( y ˙ ( 1 + e x ) ) = d y ˙ d x ( 1 + e x ) + y ˙ d ( 1 + e x ) d x = 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}} = y " = d x d y ′ = d x d ( y ˙ ( 1 + e x ) ) = d x d y ˙ ( 1 + e x ) + y ˙ d x d ( 1 + e x ) =
= d y ˙ d t d t d x ( 1 + e x ) + y ˙ e x = y ¨ ( 1 + e x ) ( 1 + e x ) + y ˙ e x {\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} = d t d y ˙ d x d t ( 1 + e x ) + y ˙ e x = y ¨ ( 1 + e x ) ( 1 + e x ) + y ˙ e x
( 1 + e x ) ( y ¨ ( 1 + e x ) 2 + y ˙ e x ) − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) y ˙ ( 1 + e x ) = ( 1 + e x ) 3 ( x + e x + e x + 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) ( 1 + e x ) ( y ¨ ( 1 + e x ) 2 + y ˙ e x ) − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) y ˙ ( 1 + e x ) = ( 1 + e x ) 3 ( x + e x + e x + e x )
y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ e x ( 1 + e x ) − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) y ˙ ( 1 + e x ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t ) \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) y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ e x ( 1 + e x ) − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) y ˙ ( 1 + e x ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t )
y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ ( 1 + e x ) ( e x − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t ) \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) y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ ( 1 + e x ) ( e x − ( 1 + 3 e x + e 2 x ) ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t )
y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ ( 1 + e x ) ( − 1 − 2 e x − e 2 x ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t ) \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) y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ ( 1 + e x ) ( − 1 − 2 e x − e 2 x ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t )
y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ ( 1 + e x ) ( − ( 1 + e x ) 2 ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t ) \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) y ¨ ( 1 + e x ) 3 + y ˙ ( 1 + e x ) ( − ( 1 + e x ) 2 ) = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t )
y ¨ ( 1 + e x ) 3 − y ˙ ( 1 + e x ) 3 = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t ) / : ( 1 + e x ) 3 \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} y ¨ ( 1 + e x ) 3 − y ˙ ( 1 + e x ) 3 = ( 1 + e x ) 3 ( t + e t ) / : ( 1 + e x ) 3
y ¨ − y ˙ = t + e t \ddot y - \dot y = t + {e^t} y ¨ − y ˙ = t + e t
Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине. y ¨ − y ˙ = 0 \ddot y - \dot y = 0 y ¨ − y ˙ = 0
k 2 − k = 0 {k^2} - k = 0 k 2 − k = 0
k ( k − 1 ) = 0 k\left( {k - 1} \right) = 0 k ( k − 1 ) = 0
k 1 = 0 ∧ k 2 = 1 {k_1} = 0{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} {k_2} = 1 k 1 = 0 ∧ k 2 = 1
y h = C 1 e 0 t + C 2 e 1 t {y_h} = {C_1}{e^{0t}} + {C_2}{e^{1t}} y h = C 1 e 0 t + C 2 e 1 t
y h = C 1 + C 2 e t {y_h} = {C_1} + {C_2}{e^t} y h = C 1 + C 2 e t
y h = C 1 + C 2 e x + e x {y_h} = {C_1} + {C_2}{e^{x + {e^x}}} 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 ( t ) = t {f_1}\left( t \right) = t f 1 ( t ) = t
a = 0 b = 0 } ⇒ a ± i b = 0 ⇒ r = 1 \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 a = 0 b = 0 } ⇒ a ± ib = 0 ⇒ r = 1
n = 1 m = / } ⇒ N = 1 \left. \begin{array}{l}
n = 1\\
m = /
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} N = 1 n = 1 m = / } ⇒ N = 1
y p 1 = t 1 e 0 t ( ( A t + B ) cos 0 t + ( C t + D ) sin 0 t ) {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 1 e 0 t ( ( A t + B ) cos 0 t + ( C t + D ) sin 0 t )
y p 1 = t ( A t + B ) {y_{{p_1}}} = t\left( {At + B} \right) y p 1 = t ( A t + B )
y ˙ p 1 = 2 A t + B {{\dot y}_{{p_1}}} = 2At + B y ˙ p 1 = 2 A t + B
y ¨ p 1 = 2 A {{\ddot y}_{{p_1}}} = 2A y ¨ p 1 = 2 A
2 A − ( 2 A t + B ) = t 2A - \left( {2At + B} \right) = t 2 A − ( 2 A t + B ) = t
− 2 A = 1 ⇒ A = − 1 2 - 2A = 1 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }}{\text{ }} A = - \frac{1}{2} − 2 A = 1 ⇒ A = − 2 1
2 A + B = 0 ⇒ B = 1 2A + B = 0 {\text{ }}{\text{ }} \Rightarrow{\text{ }}{\text{ }} B = 1 2 A + B = 0 ⇒ B = 1
y p 1 = − 1 2 t 2 + t {y_{{p_1}}} = - \frac{1}{2}{t^2} + t y p 1 = − 2 1 t 2 + t
y p 1 = − ( x + e x ) 2 2 + x + e x {y_{{p_1}}} = - \frac{{{{\left( {x + {e^x}} \right)}^2}}}{2} + x + {e^x} y p 1 = − 2 ( x + e x ) 2 + x + e x
f 2 ( t ) = e t {f_2}\left( t \right) = {e^t} f 2 ( t ) = e t
a = 1 b = 0 } ⇒ a ± i b = 1 ⇒ r = 1 \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 a = 1 b = 0 } ⇒ a ± ib = 1 ⇒ r = 1
n = 0 m = 0 } ⇒ N = 0 \left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} N = 0 n = 0 m = 0 } ⇒ N = 0
y p 2 = t 1 e 1 t ( A cos 0 t + B sin 0 t ) {y_{{p_2}}} = {t^1}{e^{1t}}\left( {A\cos 0t + B\sin 0t} \right) y p 2 = t 1 e 1 t ( A cos 0 t + B sin 0 t )
y p 2 = A t e t {y_{{p_2}}} = At{e^t} y p 2 = A t e t
y ˙ p 2 = A e t + A t e t = e t ( A + A t ) {{\dot y}_{{p_2}}} = A{e^t} + At{e^t} = {e^t}\left( {A + At} \right) y ˙ p 2 = A e t + A t e t = e t ( A + A t )
y ¨ p 2 = e t ( A + A t ) + e t A = e t ( 2 A + A t ) {{\ddot y}_{{p_2}}} = {e^t}\left( {A + At} \right) + {e^t}A = {e^t}\left( {2A + At} \right) y ¨ p 2 = e t ( A + A t ) + e t A = e t ( 2 A + A t )
e t ( 2 A + A t ) − e t ( A + A t ) = e t {e^t}\left( {2A + At} \right) - {e^t}\left( {A + At} \right) = {e^t} e t ( 2 A + A t ) − e t ( A + A t ) = e t
e t ( 2 A + A t − A − A t ) = e t {e^t}\left( {2A + At - A - At} \right) = {e^t} e t ( 2 A + A t − A − A t ) = e t
A = 1 A = 1 A = 1
y p 2 = t e t {y_{{p_2}}} = t{e^t} y p 2 = t e t
y p 2 = ( x + e x ) e x + e x {y_{{p_2}}} = \left( {x + {e^x}} \right){e^{x + {e^x}}} y p 2 = ( x + e x ) e x + e x
Y = y h + y p 1 + y p 2 = C 1 + C 2 e x + e x − ( x + e x ) 2 2 + x + e x + ( x + e x ) 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}}} Y = y h + y p 1 + y p 2 = C 1 + C 2 e x + e x − 2 ( x + e x ) 2 + x + e x + ( x + e x ) e x + e x
6. Сменом t = a r c t g x t = arctgx t = a r c t g x ( 1 + x 2 ) 2 y " + 2 x ( 1 + x 2 ) y ′ + y = 4 a r c t g x {\left( {1 + {x^2}} \right)^2}y" + 2x\left( {1 + {x^2}} \right)y' + y = 4arctgx ( 1 + x 2 ) 2 y " + 2 x ( 1 + x 2 ) y ′ + y = 4 a r c t g x
t = a r c t g x t = arctgx t = a r c t g x
d t = 1 1 + x 2 d x dt = \frac{1}{{1 + {x^2}}}dx d t = 1 + x 2 1 d x
d t d x = 1 1 + x 2 \frac{{dt}}{{dx}} = \frac{1}{{1 + {x^2}}} d x d t = 1 + x 2 1
y ′ = d y d x = d y d t ⋅ d t d x = y ˙ 1 1 + x 2 y' = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y\frac{1}{{1 + {x^2}}} y ′ = d x d y = d t d y ⋅ d x d t = y ˙ 1 + x 2 1
y " = d y ′ d x = d d x ( y ˙ 1 1 + x 2 ) = d y ˙ d x 1 1 + x 2 + y ˙ d ( 1 1 + x 2 ) d x = 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}} = y " = d x d y ′ = d x d ( y ˙ 1 + x 2 1 ) = d x d y ˙ 1 + x 2 1 + y ˙ d x d ( 1 + x 2 1 ) =
= d y ˙ d t ⋅ d t d x 1 1 + x 2 + y ˙ ( − 1 ( 1 + x 2 ) 2 2 x ) = y ¨ 1 1 + x 2 1 1 + x 2 − y ˙ 2 x ( 1 + x 2 ) 2 {\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}}} = d t d y ˙ ⋅ d x d t 1 + x 2 1 + y ˙ ( − ( 1 + x 2 ) 2 1 2 x ) = y ¨ 1 + x 2 1 1 + x 2 1 − y ˙ ( 1 + x 2 ) 2 2 x
( 1 + x 2 ) 2 ( y ¨ 1 ( 1 + x 2 ) 2 − y ˙ 2 x ( 1 + x 2 ) 2 ) + 2 x ( 1 + x 2 ) y ˙ 1 1 + x 2 + y = 4 t {\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 ( 1 + x 2 ) 2 ( y ¨ ( 1 + x 2 ) 2 1 − y ˙ ( 1 + x 2 ) 2 2 x ) + 2 x ( 1 + x 2 ) y ˙ 1 + x 2 1 + y = 4 t
y ¨ − 2 x y ˙ + 2 x y ˙ + y = 4 t \ddot y - 2x\dot y + 2x\dot y + y = 4t y ¨ − 2 x y ˙ + 2 x y ˙ + y = 4 t
y ¨ + y = 4 t \ddot y + y = 4t y ¨ + y = 4 t
y ¨ + y = 0 \ddot y + y = 0 y ¨ + y = 0
k 2 + 1 = 0 {k^2} + 1 = 0 k 2 + 1 = 0
k 1 / 2 = ± i {k_{1/2}} = \pm i k 1/2 = ± i
y h = e 0 t ( C 1 cos 1 t + C 2 sin 1 t ) {y_h} = {e^{0t}}\left( {{C_1}\cos 1t + {C_2}\sin 1t} \right) y h = e 0 t ( C 1 cos 1 t + C 2 sin 1 t )
y h = C 1 cos ( a r c t g x ) + C 2 sin ( a r c t g x ) {y_h} = {C_1}\cos \left( {arctgx} \right) + {C_2}\sin \left( {arctgx} \right) y h = C 1 cos ( a r c t g x ) + C 2 sin ( a r c t g x )
y h = C 1 1 1 + x 2 + C 2 x 1 + x 2 {y_h} = {C_1}\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + {C_2}\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} y h = C 1 1 + x 2 1 + C 2 1 + x 2 x
f ( t ) = 4 t f\left( t \right) = 4t f ( t ) = 4 t
a = 0 b = 0 } ⇒ a ± i b = 0 ⇒ r = 0 \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 a = 0 b = 0 } ⇒ a ± ib = 0 ⇒ r = 0
m = / n = 1 } ⇒ N = 1 \left. \begin{array}{l}
m = /\\
n = 1
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} N = 1 m = / n = 1 } ⇒ N = 1
y p = t 0 e 0 t ( ( A t + B ) cos 0 t + ( C t + D ) sin 0 t ) {y_p} = {t^0}{e^{0t}}\left( {\left( {At + B} \right)\cos 0t + \left( {Ct + D} \right)\sin 0t} \right) y p = t 0 e 0 t ( ( A t + B ) cos 0 t + ( C t + D ) sin 0 t )
y p = A t + B {y_p} = At + B y p = A t + B
y ˙ p = A {{\dot y}_p} = A y ˙ p = A
y ¨ p = 0 {{\ddot y}_p} = 0 y ¨ p = 0
0 + A t + B = 4 t 0 + At + B = 4t 0 + A t + B = 4 t
A = 4 ∧ B = 0 A = 4{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} \wedge {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} B = 0 A = 4 ∧ B = 0
y p = 4 t {y_p} = 4t y p = 4 t
y p = 4 a r c t g x {y_p} = 4arctgx y p = 4 a r c t g x
Y = y h + y p = C 1 1 1 + x 2 + C 2 x 1 + x 2 + 4 a r c t g x Y = {y_h} + {y_p} = {C_1}\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + {C_2}\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 4arctgx Y = y h + y p = C 1 1 + x 2 1 + C 2 1 + x 2 x + 4 a r c t g x