Лінійні диференціальні рівняння зі сталими коефіцієнтами (реферат)

Реферат на тему:

Лінійні диференціальні рівняння зі сталими коефіцієнтами.

1. 1.Побудова загального розв’язку лінійного однорідного рівняння.

Розглянемо лінійне Д.Р. $$n$$ -го порядку зі сталими коефіцієнтами.

$$L(y)=y^{(n)}+a_1{y}^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}{y}^{\text{'}}+a_{n}y=f(x)$$ (5.26).

де $$a_1,\text{.}\text{.}\text{.},a_n$$ — постійні дійсні числа, $$f(x)$$ — неперервна функція на $$(a,b)$$ .

Разом з неоднорідним Д.Р. (5.26) будемо розглядати однорідне Д.Р.

$$L(y)=y^{(n)}+a_1{y}^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}{y}^{\text{'}}+a_{n}y=0$$ (5.27).

Для побудови загального розв’язку Д.Р. (5.27) необхідно знайти хоч одну фундаментальну систему розв’язків. Виявляється, що фундаментальну систему розв’язків Д.Р. (5.27) можна побудувати з едементарних функцій. Наприклад, при $$n=1$$ Д.Р. $$y^{\text{'}}+a_{1}y=0$$, де $$a_1$$ — дійсне число, частинним розв’язком буде функйія $$y_1=e^{-a_{1}x}$$ .

Дотримуюись ідеї Ейлера, частинні розв’язки Д.Р. (5.27) шукаємо в вигляді.

$$y=e^{\mathit{}}$$ (5.28).

де $$$$ — деякі поки невідомі постійні числа (дійсні або комплексні). Підставимо (5.28) в (5.27) отримаємо.

$$L\left(e^{\mathit{}}\right)=\left({}^n+a_1{}^{n-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}+a_n\right)e^{\mathit{}}=P_n()e^{\mathit{}}$$ (5.29).

З (5.29) випливає, що $$y=e^{\mathit{}}$$ являється розв’язком Д.Р. (5.27) тоді і тільки тоді, коли $$P_n()=0$$, тобто.

$$P_n()={}^n+a_1{}^{n-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}+a_n=0$$ (5.30).

Рівняння (5.30) називають характеристичним рівнянням, а його корені характеристичимичислами Д.Р. (5.27).

Розглянемо три випадки побудови лінійно незалежних розв’язків.

а) Корені характеристичного рівняння $${}_1,\text{.}\text{.}\text{.},{}_n$$ дійсні і різні.

Тоді $$n$$ дійсних частинних розв’язків знайдемо згідно формулє.

$$y_1=e^{{}_{1}x},y_2=e^{{}_{2}x},\text{.}\text{.}\text{.},y_n=e^{{}_{n}x}$$.

Ці розв’язки являються лінійно незалежними. Дійсно.

$$W(x)=|\begin{array}{cccc}{e}^{{}_{1}x}& e^{{}_{2}x}& \text{.}\text{.}\text{.}& e^{{}_{n}x}\\ {\mathit{}}^{{}_{1}x}& {\mathit{}}^{{}_{2}x}& \text{.}\text{.}\text{.}& {\mathit{}}^{{}_{n}x}\\ \text{.}& \text{.}& \text{.}& \text{.}\\ {}^{n-1}{e}^{{}_{1}x}& {}^{n-1}{e}^{{}_{2}x}& \text{.}\text{.}\text{.}& {}^{n-1}{e}^{{}_{n}x}\end{array}|=e^{\left({}_1+\text{.}\text{.}\text{.}+{}_n\right)x}|\begin{array}{cccc}1& 1& \text{.}\text{.}\text{.}& 1\\ {}_1& {}_2& \text{.}\text{.}\text{.}& {}_n\\ \text{.}& \text{.}& \text{.}& \text{.}\\ {}_1^{n-1}& {}_2^{n-1}& \text{.}\text{.}\text{.}& {}_n^{n-1}\end{array}|0$$.

так як останній визначник є визначник Вандермонда, який не дорівнює нулю, коли всі числа $${}_1,\text{.}\text{.}\text{.},{}_n$$ — різні.

В цьому випадку загальний розв’язок має вигляд.

$$y=\underset{k=1}{\overset{n}{}}{c}_k{e}^{{}_{k}x}$$ (5.31).

в області.

$$|x|<\mathrm{},|y|<\mathrm{},|y^{\text{'}}|<\mathrm{},\text{.}\text{.}\text{.},|y^{(n-1)}|<\mathrm{}$$ (5.32).

де $$c_1,\text{.}\text{.}\text{.},c_n$$ — довільні сталі.

б) Корені характеристичного рівняння всі різні, але серед них є комплексні.

Нехай $$a\pm \text{bi}$$ — пара комплексноспряжених коренів. Два дійсних, лінійно не залежних розв’язків будуються таким чином: кореню $$a+\text{bi}$$ відповідає комплексний розв’язок $$y=e^{\left(a+\text{bi}\right)x}=e^{\text{ax}}\left(\text{Cosbx}+\text{iSinbx}\right)$$. Згідно доведеному вище, функції $$e^{\text{ax}}\text{Cosbx}$$, $$e^{\text{ax}}\text{Sinbx}$$ також являються розв’язками Д.Р. (5.27), які являються незалежними в інтервалі $$\left(-\mathrm{},\mathrm{}\right)$$. Аналогічно кореню $$a-\text{bi}$$ відповідають два дійсних, лінійно незалежних розв’язки $$e^{\text{ax}}\text{Cosbx}$$, $$-e^{\text{ax}}\text{Sinbx}$$. Їх приєднання до знайдених дають лінійно залежну систему розв’язків. Тобто, спряжений корінь не приносить нових дійсних лінійно незалежних частинних розв’язків.

Таким чином, кожній парі комплексно спряжених коренів відповідає два дійсних лінійно незалежних розв’язків виду, $$e^{\text{ax}}\text{Cosbx}$$, $$e^{\text{ax}}\text{Sinbx}$$, які разом з розв’язком $$e^{{}_{k}x}$$ ($${}_k$$ — дійсні числа) утворюють фундаментальну систему розв’язків на інтервалі $$\left(-\mathrm{},\mathrm{}\right)$$ .

Приклад 5.6.

Знайти загальні розв’язки.

$${y^{\text{'}\text{'}\text{'}}-6y^{\text{'}\text{'}}+\text{11 {}y}^{\text{'}}-6y=0$$.

Запишемо розв’язкі характеристичного рівняння.

$${}^3-6{}^2+\text{11}-6=0$$, $${}_1=\mathrm{1,}{}_2=\mathrm{2,}{}_2=3$$.

Тоді.

$$y_1=e^x,y_2=e^{2x},y_3=e^{3x},y=c_1{e}^x+c_2{e}^{2x}+c_3{e}^{3x}$$.

загальний розв’язок.

Приклад 5.7.

$$y^{\text{'}\text{'}\text{'}}-3y^{\text{'}\text{'}}+9y^{\text{'}}+\text{13}y=0$$.

$${}^3-3{}^2+9+\text{13}=0$$, $${}_1=-\mathrm{1,}{}_{\mathrm{2,3}}=2\pm 3i$$.

$$y_1=e^{-x},y_2=e^{2x}\text{Cos}3x,y_3=e^{2x}\text{Sin}3x,y=c_1{e}^{-x}+\left(c_2\text{Cos}3x+c_3\text{Sin}3x\right)e^{2x}$$.

Приклад 5.8.

$$y^{\text{'}\text{'}\text{'}}-y^{\text{'}\text{'}}+4y^{\text{'}}-4y=0$$.

$${}^3-{}^2+4-4=0$$, $${}_1=\mathrm{1,}{}_{\mathrm{2,3}}=\pm 2i$$.

$$y_1=e^x,y_2=\text{Cos}2x,y_3=\text{Sin}2x,y=c_1{e}^x+c_2\text{Cos}2x+c_3\text{Sin}2x$$.

в) Випадок наявності кратних коренів характеристичного рівняння.

Припустимо, що $${}_1-k$$ -кратний корінь характеристичного рівяння (5.30), так що.

$$P_n({}_1)=P_n^{\text{'}}({}_1)=\text{.}\text{.}\text{.}=P_n^{(k-1)}({}_1)=0$$, але $$P_n^{(k)}({}_1)/=0$$ (5.33).

Щоб знайти розв’язки, які відповідають характеристичному числу $${}_1$$, продиференціюємо тотожність.

$$L\left(e^{\mathit{}}\right)=P_n()e^{\mathit{}}$$ (5.34).

$$m$$ раз ро $$$$, використовуючи при цьому формулу.

$$\frac{{}^m}{{}^m}L(u)=L\left(\frac{{}^{m}u}{{}^m}\right),\left(u=e^{\mathit{}}\right)$$.

Для знаходження похідної від добутку функції використовуємо формулу Лейбніца.

$$(\text{uv}{)}^{(m)}=\underset{i=0}{\overset{m}{}}{C}_m^i{u}^{(i)}{v}^{(m-i)},\left(c_m^0=1\right)$$.

де.

$$u()=P(),v()=e^{\mathit{}}$$ .

Маємо.

$$L(x^m{e}^{\mathit{}})=\underset{i=0}{\overset{m}{}}{C}_m^i{P}^{(i)}()x^{m-i}{e}^{\mathit{}}$$.

Використовуючи (5.33) запишемо.

$$L(x^m{e}^{\mathit{}})\mathrm{0,}m=\mathrm{0,1,}\text{.}\text{.}\text{.},k-1\text{.}$$.

тобто функції.

$$e^{{}_{1}x},{\text{xe}}^{{}_{1}x},\text{.}\text{.}\text{.},x^{k-1}{e}^{{}_{1}x}$$ (5.35).

являються розв’язками Д.Р. (5.27). Ці функції лінійно незалежні на $$(a,b)$$ .

Таким чином $$$$ дійсному кореню $${}_1$$ кратності $$k$$ відповідає $$k$$ дійсних лінійно незалежних розв’язків виду (5.35).

Якщо характеристичне рівняння має комплексні корені $$a\pm \text{bi}$$ кратності $$k$$, то $$2k$$ лінійно незалежних розв’язків будуть мати вигляд.

$$\{\begin{array}{c}{e}^{\text{ax}}\text{Cosbx},{\text{xe}}^{\text{ax}}\text{Cosbx},\text{.}\text{.}\text{.},x^{k-1}{e}^{\text{ax}}\text{Cosbx}\\ e^{\text{ax}}\text{Sinbx},{\text{xe}}^{\text{ax}}\text{Sinbx},\text{.}\text{.}\text{.},x^{k-1}{e}^{\text{ax}}\text{Sinbx}\end{array}$$ (5.36).

Розв’язки (5.36) лінійно незалежні на інтервалі $$\left(-\mathrm{},\mathrm{}\right)$$.

Приклад 5.9.

Розв’язати Д.Р.

$$y^{\text{'}\text{'}\text{'}}-3y^{\text{'}\text{'}}+3y^{\text{'}}-y=0$$.

Запишемо розв’язкі характеристичного рівняння.

$${}^3-3{}^2+3-1=0$$, $${}_1={}_2={}_3=1$$.

Тоді.

$$y_1=e^x,y_2={\text{xe}}^x,y_3=x^2{e}^x$$, $$y=c_1{e}^x+c_2{\text{xe}}^x+c_3{x}^2{e}^x$$.

загальний розв’язок.

Приклад 5.10.

$${y^{\text{'}\text{'}\text{'}}-7y^{\text{'}\text{'}}+\text{16 {}y}^{\text{'}}-\text{12}y=0$$.

$${}^3-7{}^2+\text{16}-\text{12}=0$$, $${}_1=\mathrm{3,}{}_2={}_3=2$$.

$$y_1=e^{3x},y_2={\text{xe}}^{2x},y_3={\text{xe}}^{2x}$$, $$y=c_1{e}^x+c_2{\text{xe}}^x+c_3{x}^2{e}^x$$.

Приклад 5.11.

$$y^{(4)}-4y^{\text{'}\text{'}\text{'}}+8y^{\text{'}\text{'}}-8y^{\text{'}}+4y=0$$.

$${}^4-4{}^3+8{}^2-8+4=0$$, $${}_{\mathrm{1,2}}=1+i,{}_{\mathrm{3,4}}=1-i$$.

$$y_1=e^x\text{Cosx},y_2={\text{xe}}^x\text{Cosx},y_3=e^x\text{Sinx},y_4={\text{xe}}^x\text{Sinx}$$ ,.

$$y=e^x\text{Cosx}(c_1+{\text{xc}}_2)+e^x\text{Sinx}(c_3+{\text{xc}}_4)$$.

5.3. Знаходження частинного розв’язку лінійно незалежного Д.Р. методом невизначених коефіцієнтів.

Для деяких частинних випадків функції $$f(x)$$ можна знайти частинні розв’язкі Д.Р. (5.26) без квадратур.

1. I)Розглянемо Д.Р. з правою частиною.

$$L(y)=y^{(n)}+a_1{y}^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}{y}^{\text{'}}+a_{n}y=P_m(x)e^{\mathit{}}$$ (5.37).

де $$P_m(x)=p_0{x}^m+p_1{x}^{m-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+p_{m-1}x+p_m,(m>=0)$$ поліном з дійсними чи комплексними коефіцієнтами, $$$$ -постійне дійсне чи комплексне число.

Розглянемо два випадки.

Випадок 1. Число $$$$ не являється коренем характеристичного рівняння. Тоді частинний розв’язок Д.Р. (5.37) шукають в вигляді.

$$y_1=Q_m(x)e^{\mathit{}}$$ (5.38).

де.

$$Q_m(x)=q_0{x}^m+q_1{x}^{m-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+q_{m-1}x+q_m$$ (5.39).

поліном $$m$$ -ої степені з невизначеними коефіцієнтами. Тобто в цьому випадку частинний розв’язок має туже аналітичну структуру, що і права частина Д.Р. (5.37).

Коефіцієнти $$q_i,i=\mathrm{0,1,}\text{.}\text{.}\text{.},m$$ знаходяться шляхом підстановки (5.38) в (5.37) і прирівнювання коефіцієнтів при однакових степенях $$x$$ .

Переконаємося, що шукані коефіцієнти визначаються однозначно. Підставимо (5.38) в (5.37), отримаємо.

$$\begin{array}{c}L(y_1)=L\left(Q_m(x)e^{\mathit{}}\right)=L\left(\left(q_0{x}^m+q_1{x}^{m-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+q_{m-1}x+q_m\right)e^{\mathit{}}\right)=\\ q_{0}L\left(x^m{e}^{\mathit{}}\right)+q_{1}L\left(x^{m-1}{e}^{\mathit{}}\right)+\text{.}\text{.}\text{.}+q_{m-1}L\left({\text{xe}}^{\mathit{}}\right)+q_{m}L\left(e^{\mathit{}}\right)=\\ \left(p_0{x}^m+p_1{x}^{m-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+p_{m-1}x+p_m\right)e^{\mathit{}}\end{array}$$.

Використовуючи вищенаведені формули, знищуємо.

$$L\left(e^{\mathit{}}\right)=P_n()e^{\mathit{}},L\left(x^s{e}^{\mathit{}}\right)=\underset{i=0}{\overset{s}{}}{C}_s^i{p}^{(i)}()x^{s-i}{e}^{\mathit{}}$$.

на основі них маємо.

$$\begin{array}{c}{q}_0\underset{i=0}{\overset{m}{}}{C}_m^i{p}_{n^{(i)}}()x^{m-i}{e}^{\mathit{}}+q_1\underset{i=0}{\overset{m-1}{}}{C}_{m-1}^i{p}_{n^{(i)}}()x^{m-1-i}{e}^{\mathit{}}+\\ +\text{.}\text{.}\text{.}+q_{m-1}\underset{i=0}{\overset{1}{}}{C}_1^i{p}_{n^{(i)}}()x^{1-i}{e}^{\mathit{}}+q_m{P}_n()e^{\mathit{}}=\\ \left(p_0{x}^m+p_1{x}^{m-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+p_{m-1}x+p_m\right)e^{\mathit{}}\end{array}$$.

Скорочуємо на $$e^{\mathit{}}$$ і прирівнюємо коефіцієнти при однакових ступінях.

$$\begin{array}{c}{x}^m\mathrm{:}\\ x^{m-1}\mathrm{:}\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ x\mathrm{:}\\ 1\mathrm{:}\end{array}\{\begin{array}{c}{q}_0{p}_n()=p_0\\ q_0{C}_m^1{p}_n^{\text{'}}()+q_1{p}_n()=p_1\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ q_0{C}_m^{m-1}{p}_n^{(m-1)}()+q_1{C}_{m-1}^{m-2}{p}_n^{m-2}()+\text{.}\text{.}\text{.}+q_{m-1}{p}_n()=p_{m-1}\\ q_0{C}_m^m{p}_n^{(m)}()+q_1{C}_{m-1}^{m-1}{p}_n^{m-1}()+\text{.}\text{.}\text{.}+q_{m-1}{p}_n^{\text{'}}()+q_m{p}_n()=p_m\end{array}$$ (5.40).

Так як $$P_n()/=0$$, то з (5.40) послідовно визначаються всі коефіцієнти $$q_0,q_1,\text{.}\text{.}\text{.},q_m$$ .

Випадок 2. Параметр $$$$ являється $$k$$ -кратним коренем характеристичного рівняння $$(k>=1)$$, тобто.

$$P_n()=P_n^{\text{'}}()=\text{.}\text{.}\text{.}=P_n^{k-1}()=\mathrm{0,}{P}_n^k()/=0$$ (5.41).

В цьому віпадку частинний розв’язок не можна побудувати в вигляді (5.38), так як $$P_n()=0$$. Його шукаємо в вигляді.

$$y_1=x^k{Q}_m(x)e^{\mathit{}}$$ (5.42).

де $$Q_m(x)$$ — поліном вигляду (5.39).

Координати полінома визначаються шляхом підстановки (5.42) в (5.37).

$$L(y_1)=L\left(x^k{Q}_m(x)e^{\mathit{}}\right)=L\left(\underset{s=0}{\overset{m}{}}{q}_s{x}^{k+m-s}{e}^{\mathit{}}\right)=\underset{s=0}{\overset{m}{}}{q}_{s}L\left(x^{k+m-s}{e}^{\mathit{}}\right)=\underset{s=0}{\overset{m}{}}{q}_s\underset{i=k}{\overset{k+m-s}{}}{C}_{k+m-s}^i{P}_n^{(i)}()$$ $$x^{k+m-s-i}{e}^{\mathit{}}=\underset{s=0}{\overset{m}{}}{p}_s{x}^{m-s}{e}^{\mathit{}}$$.

звідки.

$$\underset{s=0}{\overset{m}{}}{q}_s\underset{i=0}{\overset{m-s}{}}{C}_{k+m-s}^{k+i}{P}_n^{(k+i)}()x^{m-s-i}=\underset{s=0}{\overset{m}{}}{p}_s{x}^{m-s}$$.

Прирівнюємо коефіцієнти при однакових степенях.

$$\begin{array}{c}{x}^m\\ x^{m-1}\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ x\\ 1\end{array}\{\begin{array}{c}{q}_0{C}_{k+m}^k{P}_n^{(k)}()=p_0\\ q_0{C}_{k+m}^{k-1}{P}_n^{(k+1)}()+q_1{C}_{k+m-1}^k{P}_n^{(k)}()=p_1\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ q_0{C}_{k+m}^{k+m-1}{P}_n^{(k+m-1)}()+q_1{C}_{k+m-1}^{k+m-2}{P}_n^{(k+m-2)}()+\text{.}\text{.}\text{.}+q_{m-1}{C}_{k+1}^k{P}_n^{(k)}()=p_{m-1}\\ q_0{C}_{k+m}^{k+m}{P}_n^{(k+m)}()+q_1{C}_{k+m-1}^{k+m-1}{P}_n^{(k+m-1)}()+\text{.}\text{.}\text{.}+q_m{C}_k^k{P}_n^{(k)}()=p_m\end{array}$$ (5.43).

З (5.53) послідовно однозначно визначаються $$q_0,q_1,\text{.}\text{.}\text{.},q_m$$, так як $$P_n^{(k)}()/=0$$ .

1. II)Пипустимо, що права частина Д.Р. (5.26) має вигляд.

$$f(x)=e^{\mathit{}}\left(P_m^{(1)}(x)\text{Cosbx}+P_m^{(2)}(x)\text{Sinbx}\right)$$ (5.44).

де $$P_m^{(1)}(x)$$, $$P_m^{(2)}(x)$$ — відомі поліноми степені $$m$$. (хочаб один має степінь $$m$$).

Використовуючи формули Ейлера, обчислимо.

$$\text{Cosbx}=\frac{e^{\text{ibx}}+e^{-\text{ibx}}}{2},\text{Sinbx}=\frac{e^{\text{ibx}}-e^{-\text{ibx}}}{2}$$.

і перепишемо функцію $$f(x)$$ таким чином.

$$f(x)=P_m^{(1)}(x)\frac{e^{\text{ibx}}+e^{-\text{ibx}}}{2}+P_m^{(2)}(x)\frac{e^{\text{ibx}}-e^{-\text{ibx}}}{2}={\stackrel{}{P}}_m^{(1)}(x)e^{\left(a+\text{ib}\right)x}+{\stackrel{}{P}}_m^{(2)}(x)e^{\left(a-\text{ib}\right)x}$$.

де $${\stackrel{}{P}}_m^{(1)}(x)$$ і $${\stackrel{}{P}}_m^{(2)}(x)$$ — поліноми степені $$m$$, тобто $$f(x)$$ є сума двох функцій, які розглянуті вище.

Випадок 1. Число $$+\mathit{}$$ не являється коренем характеристичного рівняння. Тоді частинний розв’язок шукаємо в вигляді.

$$y_1={\stackrel{}{Q}}_m^{(1)}(x)e^{\left(a+\text{ib}\right)x}+{\stackrel{}{Q}}_m^{(2)}(x)e^{\left(a-\text{ib}\right)x}$$ (5.45).

де $${\stackrel{}{Q}}_m^{(1)}(x)$$ і $${\stackrel{}{Q}}_m^{(2)}(x)$$ — поліноми $$m$$ -ої степені з невизначеними коефіцієнтами.

Випадок 2. Якщо $$+\mathit{}$$ — $$k$$ -кратний корінь характеристичного рівняння, то частинний розв’язок шукаємо в вигляді.

$$y_1=x^k\left({\stackrel{}{Q}}_m^{(1)}(x)e^{\left(a+\text{ib}\right)x}+{\stackrel{}{Q}}_m^{(2)}(x)e^{\left(a-\text{ib}\right)x}\right)$$ (5.46).

Приводячи (5.45) і (5.46) до дійсного вигляду, сформулюємо слідуюче правило знаходження частинного розв’язку для вигладу (5.44).

Випадок 1. Якщо $$+\mathit{}$$ $$+\mathit{}$$ не являється коренем характеристичного рівняння, то.

$$y_1=e^{\mathit{}}\left({\stackrel{}{Q}}_m^{(1)}(x)\text{Cosbx}+{\stackrel{}{Q}}_m^{(2)}(x)\text{Sinbx}\right)$$ (5.47).

Випадок 2. Якщо $$+\mathit{}$$ — $$k$$ -кратний корінь характеристичного рівняння $$k>=1$$ то.

$$y_1=x^k{e}^{\mathit{}}\left({\stackrel{}{Q}}_m^{(1)}(x)\text{Cosbx}+{\stackrel{}{Q}}_m^{(2)}(x)\text{Sinbx}\right)$$ (5.48).

Тут $${\stackrel{}{Q}}_m^{(1)}(x)$$ і $${\stackrel{}{Q}}_m^{(2)}(x)$$ — поліноми $$m$$ -ої степені з невизначеними коефіцієнтами.

Приклад 5.12.

Знайти загальний розв’язок Д.Р. методом невизначених коефіцієнтів.

$$y^{\text{'}\text{'}}+5y^{\text{'}}+6y=6x^2-\text{10}x+2$$.

Запишемо розв’язкі однорідного Д.Р.

$$z^{\text{'}\text{'}}+5z^{\text{'}}+6z=0$$, $${}^2-5+6=0$$, $${}_1=\mathrm{2,}{}_2=3$$, $$z=c_1{e}^{2x}+c_2{e}^{3x}$$.

Знаходимо розв’язки неоднорідного Д.Р.

$$=0$$, $$y_1={\text{Ax}}^2+\text{Bx}+C$$, $$6{\text{Ax}}^2+(6B-\text{10}A)x+6C-5B+2A=6x^2-\text{10}x+2$$.

$$\{\begin{array}{c}6A=6\\ 6B-\text{10}A=-\text{10}\\ 6C-5B+2A=2\end{array}$$, $$\{\begin{array}{c}A=1\\ B=0\\ C=0\end{array}$$.

Отже.

$$y=c_1{e}^{2x}+c_2{e}^{3x}+x^2$$.

загальний розв’язок.

Приклад 5.13.

$$y^{\text{'}\text{'}}-y=2e^x$$.

$$z^{\text{'}\text{'}}-z=0$$, $${}^2-1=0$$, $${}_{\mathrm{1,2}}=\pm 1$$, $$z=c_1{e}^x+c_2{e}^{-x}$$.

Так як $$=1$$ — корінь катності $$1$$, то.

$$y_1={\text{Axe}}^x$$, $$A=1$$.

$$y=c_1{e}^x+c_2{e}^{-x}+{\text{xe}}^x$$.

загальний розв’язок.

Приклад 5.14.

$$y^{\text{'}\text{'}}+y^{\text{'}}-2y=e^x\left(\text{Cosx}-\text{Sinx}\right)$$, $$\left(=\mathrm{1,}=1\right)$$.

$$z^{\text{'}\text{'}}+z^{\text{'}}-2z=0$$, $${}^2-1=0$$, $${}_1=\mathrm{1,}{}_1=-2$$, $$z=c_1{e}^x+c_2{e}^{-2x}$$.

Поскільки $$a+\text{bi}=1+i$$, то $$y_1=e^x\left(\text{ACosx}+\text{BSinx}\right)$$, отримаємо.

$$y_1=e^x(2\text{Cosx}+\text{Sinx})$$.

$$y=c_1{e}^x+c_2{e}^{-2x}+e^x(2\text{Cosx}+\text{Sinx})$$.

загальний розв’язок.