Лінійні однорідні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами (реферат)

Лінійні однорідні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами Розглянемо лінійне однорідне рівняння другого порядку.

$${у}^{\text{'}\text{'}}+р{у}^{\text{'}}+\text{gy}=0$$ (85).

де р, qдійсні числа.

Ейлер запропонував шукати частинні розв’язки цього рівняння у вигляді.

у = $$e^{\text{kx}}$$ (86).

де k — стала (дійсна чи комплексна), яку треба знайти. Підставивши функцію (86) в рівняння (85), дістанемо.

$$e^{\text{kx}}$$ (k2 + pkq) = 0.

Оскільки $$e^{\text{kx}}$$ /= 0, то.

k2 + pk + q = 0 (87).

Отже, якщо k буде коренем рівняння 87), то функція (86) буде роз­в'язком рівняння (85). Квадратне рівняння (87) називається характеристичним рівнянням диференціального рівняння (85).

Позначимо корені характеристичного рівняння через k1 і k2. Можливі три випадки:

І. $$k_1$$ і $$k_2$$ — дійсні і різні числа ($$k_1$$ /= $$k_2$$);

II. $$k_1$$ і $$k_2$$ — комплексні числа ($$k_{1\text{.}2}$$ = $$\pm \mathit{}$$);

III. $$k_1$$ і $$k_2$$ — дійсні і рівні числа ($$k_1$$ = $$k_2$$).

Розглянемо кожен випадок окремо.

І. Корені характеристичного рівняння дійсні і різні: $$k_1$$ /= $$k_2$$. У цьому випадку частинними розв’язками рівняння (85) є функції.

$${у}_1={е}^{k_{1}x},y_2=e^{k_{2}x}$$.

Ці розв’язки лінійно незалежні, тому що при $$k_1$$ /= $$k_2$$.

$$\frac{y_1}{y_2}=e^{(k_1-k_2{)}^x}/=\text{const}$$.

Згідно з теоремою 4 (п. 3.2) загальний розв’язок рівняння (85) знаходять за формулою.

$$y=C_1{e}^{k_{1}x}+C_2{e}^{k_{2}x}$$ (88).

II. Корені характеристичного рівняння комплексно-спряжені:

$$k_1$$ = $$\pm \mathit{}$$, $$k_2$$ = $$-\mathit{}$$.

Підставивши значення $$k_1$$ та $$k_2$$ у формулу (86), знайдемо розв’язки.

$${у}_1={е}^{(+\mathit{}{)}^x},y_2=e^{(-\mathit{}{)}^x}$$.

За формулою Ейлера.

$$e^{\mathit{i}}=\text{cos}+i\text{sin}$$.

маємо.

$$e^{(+\mathit{}{)}^x}=e^{\mathit{}}{e}^{\mathit{i}}=e^{\mathit{}}(\text{cos}\mathit{}+i\text{sin}\mathit{})$$ ;

$$e^{(-\mathit{}{)}^x}=e^{\mathit{}}{e}^{-\mathit{i}}=e^{\mathit{}}(\text{cos}\mathit{}-i\text{sin}\mathit{})$$.

Зауважимо, що коли функція z (х) = u (х) + iє розв’язком рівняння (85), то розв’язками будуть також функції u (х) та Дійсно, підставивши функцію z (x) в рівняння (85), дістанемо:

$$u^{\text{'}\text{'}}+{}^{\text{'}\text{'}}i+p(u^{\text{'}}+{}^{\text{'}}i)+g(u+\mathit{})0$$ ,.

або.

$$(u^{\text{'}\text{'}}+p{u}^{\text{'}}+\text{gu})+i({}^{\text{'}\text{'}}+p{}^{\text{'}}+\mathit{g})=0$$.

Остання тотожність можлива, коли вирази в дужках дорівнюють нулю (гл. 7, п. 1.4). Це означає, що функції u та розв’язки рівняння (85). Згідно з цим зауваженням частинними розв’язками рівняння (85) є функції.

$$y_1=e^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{},y_2=e^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{}$$.

Ці розв’язки лінійно незалежні, оскільки.

$$\frac{y_1}{y_2}=\frac{e^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{}}{e^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{}}=\text{tg}\mathit{}/=\text{const}$$ ,.

тому загальний розв’язок рівняння (85) запишеться у вигляді.

$$y=e^{\mathit{}}(C_1\text{sin}\mathit{}+C_2\text{cos}\mathit{})$$ (89).

ІІІ. Корені характеристичного рівняння дійсні і рівні: $$k_1$$ = $$k_2$$ = $$k$$. За формулою (86) дістанемо один з розв’язків:

у = $$e^{\text{kx}}$$.

Другий розв’язок шукатимемо у вигляді $$y_2={\text{ue}}^{\text{kx}}$$, де u — невідома функція від х. Знайшовши $$y_2^{\text{'}}$$ і $$y_2^{\text{'}\text{'}}$$ та підставивши їх у рівняння (85), дістанемо.

$$(u^{\text{'}\text{'}}+2u^{\text{'}}k+{\text{uk}}^2)e^{\text{kx}}+p(u^{\text{'}}+\text{uk})e^{\text{kx}}+{\text{gue}}^{\text{kx}}=0$$.

або.

$$u^{\text{'}\text{'}}+(2k+p)u^{\text{'}}+(k^2+\text{pk}+g))u=0$$.

Оскільки $$k$$ — корінь рівняння (87), то $$k^2+\text{pk}+g)=0$$ і за теоремою Вієта 2 $$k$$ = - р, тому 2k + і u" =0, звідки u = С1х + С2, де С1, С2 — довільні сталі. Поклавши С1 = 1, С2 = 0 (нас цікавить який-небудь розв’язок u (х) /= 0), знайдемо другий частинний розв’я­зок рівняння (85):

у2 = х $${\text{хe}}^{\text{kx}}$$.

Розв’язки y1 та у2 — лінійно незалежні, тому загальний розв’язок рівняння (85) має вигляд.

у = $${\text{хe}}^{\text{kx}}$$ (С1 +С2х) (90).

Приклади.

1. Знайти загальний розв’язок рівняння.

$$y^{\text{'}\text{'}}-5y^{\text{'}}+6y=0$$.

Складемо характеристичне рівняння k2 — 5 $$k$$ + 6 = 0 і знайдемо його корені $$k_1$$ =2, $$k_2$$ =2. За формулою (88) шуканий розв’язок має вигляд:

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

2. Розв’язати рівняння.

$$y^{\text{'}\text{'}}+4y^{\text{'}}+\text{13}y=0$$.

Характеристичне рівняння $$k$$ 2 + 4 $$k$$ + 13 = 0 має комплексні корені $$k$$ 1.2 = - 2 ± 3і. Загальний розв’язок дістанемо за формулою (89):

$$y=e^{-2[}(C_1\text{sin}3x+C_2\text{cos}3x)$$.

Неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами. Рівняння із спеціальною правою частиною Розглянемо неоднорідне диференціальне рівняння.

$$y^{\text{'}\text{'}}+p{y}^{\text{'}}+\text{gy}=f(x)$$ (91).

де р, q — задані дійсні числа, $$f(x)$$ $$$$ 0 — задана функція, неперерв­на на деякому проміжку (а, b).

Згідно з теоремою п. 3.3, загальний розв’язок такого рівняння являє собою суму частинного розв’язку рівняння (91) і загального розв’язку відповідного однорідного рівняння. Загальний розв’язок однорідного рівняння ми вже знаходити вміємо, тому розглянемо детальніше питання про знаходження частинного розв’язку неоднорідного рівняння.

Насамперед слід зазначити, що частинний розв’язок неоднорідного диференціального рівняння (91) можна знайти в квадратурах методом варіації довільних сталих (п. 3.4). Проте для рівнянь із спеціальною правою частиною частинний розв’язок можна знайти значно простіше, не вдаючись до операції інтегрування.

Розглянемо деякі з таких рівнянь.

І. Нехай права частина в рівнянні (91) має вигляд.

$$f(x)$$ = $$e^{\mathit{}}{P}_n(x)$$ (92).

де дійсне число, Рn (х) — многочлен степеня n.

Можливі такі випадки:

а) число е є коренем характеристичного рівняння.

k2 + pk + q = 0 (93).

Тоді диференціальне рівняння (91) має частинний розв’язок виду.

$$y{Q}_n(x)e^{\mathit{}}=(A_0+A_{1}x+\text{.}\text{.}\text{.}+A_n{x}^n)e^{\mathit{}}$$, (94).

де А0, А1,…, Аn — невизначені коефіцієнти.

Справді, підставляючи функцію (94) в рівняння (91), після скорочення на $${е}^{\mathit{}}$$ дістанемо.

$$Q_n^{\text{'}\text{'}}(x)+(2+p)Q_n^{\text{'}}(x)+({}_2+\mathit{p}+g)Q_n(x)P_n(x)$$, (95).

де $$Q_n^{\text{'}\text{'}}(x)$$ — многочлен степеня n — 2t $$Q_n^{\text{'}}(x)$$ — многочлен степеня n — 1, a $$Q_n(x)$$ і $$P_n(x)$$ — многочлени степеня n. Таким чином, зліва і справа в тотожності (95) стоять многочлени степеня n. Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях n, дістанемо систему n + 1 лі­нійних алгебраїчних рівнянь, з якої визначимо n + 1 невідомих коефіцієнтів аі многочлена $$Q_n(x)$$ .

Не зупиняючись далі на доведеннях (див. [24]), вкажемо форму, в якій потрібно шукати частинний розв’язок рівняння (91), залежно від виду правої частини $$f(x)$$ цього рівняння;

б) якщо число бігається з одним коренем характеристичного рівняння (93), тобто є простим коренем цього рівняння, то частинний розв’язок рівняння (91) треба шукати у вигляді.

$$y{\text{xQ}}_n(x)e^{\mathit{}}$$, (96).

в) якщо число двократним коренем рівняння (93), то частинний розв’язок рівняння (91) шукають у вигляді.

$$y{x}^2{Q}_n(x)e^{\mathit{}}$$ (97).

Об'єднаємо випадки а) — в): якщо права частина рівняння (91) має вигляд (92), то частинний розв’язок цього рівняння треба шукати у вигляді.

$$y{x}^r{e}^{\mathit{}}{Q}_n(x)$$.

де $$Q_n(x)$$ — многочлен з невизначеними коефіцієнтами того самого степеня, що й многочлен $$P_n(x)$$, а r — число коренів характеристич­ного рівняння, які дорівнюють $$$$. Якщо $$$$ не є коренем характерис­тичного рівняння, то приймаємо г = 0.

II. Нехай права частина в рівнянні (91) має вигляд.

$$f(x)=e^{\mathit{}}(P_n(x)\text{cos}\mathit{}+R_m(x)\text{sin}\mathit{})$$, (98).

де $$P_n(x)$$ — многочлен степеня n, Rm (x) — многочлен степеня mа дійсні числа. (Функція (92) є окремим випадком функції (98) і утворюється з неї при).

Частинний розв’язок рівняння (91) треба шукати у вигляді.

$$y{x}^r{e}^{\mathit{}}(Q_s(x)\text{cos}\mathit{}+L_s(x)\text{sin}\mathit{})$$ (99).

де $$Q_s(x)$$ та $$L_s(x)$$ — многочлени степеня s з невизначеними коефі­цієнтамиs- найвищий степінь многочленів Rm (х) та $$P_n(x)$$, тобто s = max (n, m) — r — число коренів характеристичного рівняння, які дорівнюють.

Зокрема, якщо права частина рівняння (91) має вигляд.

$$f(x)$$ = A cos Вsin (100).

де А, В — відомі дійсні числа, то частинний розв’язок цього рівняння треба шукати у вигляді.

$$y{x}^r(a\text{cos}\mathit{}+b\text{sin}\mathit{})$$, (101).

де a, b — невідомі коефіцієнтиг — число коренів характеристичного рівняння (93), які дорівнюють /p>

Зауваження 1. Шукані многочлени $$Q_n(x)$$ у формулах (94), (96) і (97) мають бути повними, тобто містити всі степені х від 0 до n, незалежно від того, чи повним є заданий многочлен $$P_n(x)$$. Те саме стосується многочленів $$Q_s(x)$$ та $$L_s(x)$$ у формулі (99), причому невизначені коефіцієнти при одних і тих же степенях х у цих многочленах повинні бути, взагалі кажучи, різними.

Зауваження 2. Якщо права частина рівняння (91) є сумою декількох різних за структурою функцій виду (92) або (98), то для відшукання частинного розв’язку потрібно використати теорему про накладання розв’язків (п. 3.4).

Зауваження 3. Використаний метод підбору окремого частинного розв’язку рівняння (91) можна застосовувати лише для певних диференціальних рівнянь, а саме для лінійних рівнянь із сталими коефіцієнтами і з спеціальною правою частиною виду (92) або (98). В інших випадках частинний розв’язок треба шукати методом варіа­ції довільних сталих.

Приклади.

1. Розв’язати рівняння у" - 2у' + у = 2х + 3.

Характеристичне рівняння k2 — 2k + 1 = 0 має корені k1= k2 = 1, тому загальний розв’язок однорідного рівняння має вигляд $$\stackrel{}{у}(ч)={у}^{х}({С}_1+{С}_2х)\text{.}$$ Оскільки правою частиною даного рівняння є функція виду $${Р}_1(х){е}^{0х}$$, причому, $$k_1$$, $$$$ /= $$k_2$$, то за формулою (94) частинний розв’язок шукаємо у вигляді $$y{Q}_1(x)e^{0x}$$, тобто у* = А + Вх, де, А і В — невідомі коефіцієнти. Знайшовши похідні $$y{}^{\text{'}}$$ = В, у*" = 0 і підставивши їх у рівняння, дістанемо.

• -.2 В + А + Вх = 2х + 3.

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях, дістаємо систему рівнянь.

$$\{\begin{array}{c}B=2-\\ -2B+A=\mathrm{3,}\end{array}$$.

звідки В = 2, А = 7. Отже, частинний розв’язок даного рівняння має вигляд у* = 7 + 2х, тому.

$$y=\stackrel{}{y}(x)+y(x)=e^x(C_1+C_{2}x)+2x+7$$.

шуканий загальний розв’язок.

2. Розв’язати рівняння у" - 3у' + 2у = 8е3х.

Характеристичне рівняння k2 — 3k + 2 = 0 має корені $$k_1$$ = 1 і $$k_2$$ = 2, тому загальний розв’язок однорідного рівняння має вигляд $$\stackrel{}{у}={С}_1{е}^{х}+{С}_2{е}^{2х})\text{.}$$ Оскільки правою частиною даного рівняння є функція виду Р0(х)е3х, причому, $$k_1$$, $$$$ /= $$k_2$$, то частинний розв’язок шукаємо у вигляді.

$$y{Q}_0(x)e^{3x},$$ тобто $$y{\text{Ae}}^{3x}$$.

де, А — невідомий коефіцієнт.

Знайшовши похідні (у*)' = 3Ае3х, (у*)" = 9Ае3х і підставивши їх у рівняння, дістанемо.

$$9{\text{Ae}}^{3x}-9{\text{Ae}}^{3s}+2{\text{Ae}}^{3x}=8e^{3x}$$ ,.

звідки, А = 4, тому у* = 4e3х — частинний розв’язок даного рівняння, а у = $${С}_1{е}^{х}+{С}_2{е}^{2х}+4{е}^{3х}$$ — його загальний розв’язок.

3. Розв’язати рівняння у" + у = tg x.

Характеристичне рівняння k2 + 1 = 0 має корені $$k_{1\text{.}2}$$ = ±і, тому $$\stackrel{}{y}=C_1\text{sin}x+C_2\text{cos}x$$ — загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння. Права частина рівняння $$f(x)$$ = tg x не є функцією спеціального виду (92) або (98), тому частинний розв’язок даного рівняння методом підбору шукати не можна.

Знайдемо цей розв’язок методом Лагранжа. Складемо систему виду (84) і розв’я­жемо її:

$$\{\begin{array}{c}{C}_{1^{}}\text{sin}x+C_{2^{}}\text{cos}x=0-\\ C_{1^{}}\text{cos}x-C_{2^{}}\text{sin}x=\text{tgx},\end{array}$$.

$${С}_{1^{}}=\text{sin}x,{\text{C}}_{2^{}}=-\frac{{\text{sin}}^{2}x}{\text{cos}x}$$.

Інтегруючи, дістанемо.

$$C_1=\text{sin}\text{xdx}=-\text{cos}x+\stackrel{}{C_1}$$.

$$\begin{array}{c}{C}_2=-\frac{{\text{sin}}^{2}x}{\text{cos}x}\text{dx}=-\frac{1-{\text{cos}}^{2}x}{\text{cos}x}\text{dx}=\\ -\frac{\text{dx}}{\text{cos}x}+\text{cos}\text{xdx}=-\text{ln}|\text{tg}(\frac{x}{2}+\frac{}{4})|+\text{sin}x+{\stackrel{}{C}}_2\end{array}$$.

де $$\stackrel{}{C_1},\stackrel{}{C_2}$$ — довільні сталі. При $$\stackrel{}{C_1}=\stackrel{}{C_2}$$ = 0 дістанемо частинний розв’язок:

$$y-\text{sin}x\text{cos}x+(\text{sin}x-\text{ln}|\text{tg}(\frac{x}{2}+\frac{}{4})|)\text{cos}x$$ ,.

тоді.

$$y=C_1\text{sin}x+C_2\text{cos}x-\text{cos}x\text{ln}|\text{tg}(\frac{x}{2}+\frac{}{4})|$$.

— загальний розв’язок даного рівняння.

Лінійні диференціальні рівняння n-гo порядку Застосуємо методи знаходження розв’язків диференціальних рівнянь другого порядку до рівнянь вищих порядків. Не зупиняючись детально на теорії (див. [26]), сформулюємо необхідні твердження і розглянемо приклади.

Нехай маємо лінійне диференціальне рівняння nго порядку.

$$y^{(n)}+a_1{y}^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n}y=0$$ (102).

де а1, а2, … аn — сталі дійсні числа.

Характеристичним для рівняння (102) називається алгебраїчне рівняння nго степеня виду.

$$k^n+a_1{k}^{n-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}k+a_n=0$$ (103).

де k — невідоме дійсне чи комплексне число.

Як відомо (гл. 7, п. 1.5), рівняння (103) має n коренів. Позначимо ці корені через $$k_1$$, $$k_2$$, …, $$k_n$$ .

Теорема. Кожному простому кореню k рівняння (103) відповідає частинний розв’язок, $$e^{\text{kx}}$$ рівняння (102), а кожному кореню k кратнос­ті m > 1 відповідає m частинних розв’язків вuду ekx, xekx, …, xm-1 ekx.

Кожній парі простих комплексно-спряжених коренів рівняння (103) відповідає два частинних розв’язки $$e^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{}$$ та $$e^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{}$$ рівняння (102), ожній парі а ± комплексно-спряжених коренів кратності - 1 відповідає 2р частинних розв’язків виду.

$$e^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{},{\text{xe}}^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{},\text{.}\text{.}\text{.}{x}^{p-1}{e}^{\mathit{}}\text{sin}\text{x}$$.

$$e^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{},{\text{xe}}^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{},\text{.}\text{.}\text{.}{x}^{p-1}{e}^{\mathit{}}\text{cos}\text{x}$$.

Загальна сума кратностей всіх коренів рівняння (103) дорівнює п, тому кількість всіх частинних розв’язків рівняння (102), складених згідно з цією теоремою, дорівнює п, тобто збігається з порядком рівняння (102). Позначимо ці частинні розв’язки через y1, y2, …, уn. Мож­на показати, що знайдені частинні розв’язки є лінійно незалежними, і загальний розв’язок рівняння (102) знаходиться за формулою.

$$y=C_1{y}_1+C_2{y}_2+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n{y}_n$$ (104).

Нехай тепер задано неоднорідне рівняння n-го порядку.

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

де а1, а2, …, аn — сталі дійсні числа, $$f(x)$$ /= 0 — неперервна на деяко­му проміжку функція.

Як і для рівнянь другого порядку, загальним розв’язком рівняння (105) є функція.

$$у=\stackrel{}{у}(х)+у(х)$$.

де $$\stackrel{}{у}$$ (х) — загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння (102), а у*(х) — частинний розв’язок рівняння (105).

Побудову загального розв’язку у (х) рівняння (102) з’ясовано. Проаналізуємо знаходження частинного розв’язку у*(х). Якщо права частина $$f(x)$$ рівняння (105) є функцією спеціального виду (98), то час­тинний розв’язок цього рівняння треба шукати за формулою (99). Як­що права частина $$f(x)$$ не є функцією виду (98), то для знаходження у*(х) застосовують метод варіації довільних сталих. Стосовно рів­няння (105) суть цього методу така.

Нехай функція (104) є загальним розв’язком відповідного однорідного рівняння (102). Знаходимо частинний розв’язок рівняння (105) за тією ж формулою (104), вважаючи, що величини C1, С2, … Сn — функції від х, тобто покладемо.

$$y(x)=C_1(x)y_1+C_2(x)y_2+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n(x)y_n$$ (106).

де $$C_1(x),C_2(x),\text{.}\text{.}\text{.},C_n(x)$$ невідомі функції.

Складемо систему рівнянь.

$$\{\begin{array}{c}{C}_{1^{}}{y}_1+C_{2^{}}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_{n^{}}{y}_n=\mathrm{0,}\\ C_{1^{}}{y}_{1^{}}+C_{2^{}}{y}_{2^{}}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_{n^{}}{y}_{n^{}}=0\\ \text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\\ \begin{array}{c}{C}_{1^{}}{y}_1^{(n-2)}+C_{2^{}}{y}_2^{(n-2)}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_{n^{}}{y}_n^{(n-2)}=0\\ C_{1^{}}{y}_1^{(n-1)}+C_{2^{}}{y}_2^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_{n^{}}{y}_n^{(n-1)}=f(x)\end{array}\hfill \end{array}$$.

Розв’язуючи цю систему, знаходимо похідні $${С}_{{і}^{}}(х),$$ і = 1, 2, … n, а потім інтегруванням і самі функції Сі(х). Якщо взяти всі сталі інтегрування рівними нулю і підставити функції Сі(х) в рівність (106), то матимемо частинний розв’язок рівняння (105) — якщо у рівність (106) підставити функції Сі(х) + $$\stackrel{}{{С}_{і}}$$ де $$\stackrel{}{{С}_{і}}$$ — довільні сталі, то зразу ді­станемо загальний розв’язок.

Приклади.

1. Розв’язати рівняння $$y^{(5)}+4y^{(3)}=0$$.

Характеристичне рівняння $$k^5+4k^3=0$$ має корені $$k_1$$ = $$k_2$$ = k3 = 0, $$k_4$$ = 2 = - 2і. Згідно з теоремою маємо частинні розв’язки: $$y_1=\mathrm{1,}{y}_2=x,y_3=x^2,y_4=\text{cos}2x,y_5=\text{sin}2x$$. Загальний розв’язок даного рівняння знаходимо за форму­лою (104):

$$y=C_1+C_{2}x+C_3{x}^2+C_4\text{cos}2x+C_5\text{sin}2x$$.

2. Знайти розв’язок рівняння.

$$y^{\text{'}\text{'}\text{'}}=C_1+C_{2}x+C_3{x}^2+C_4\text{cos}2x+C_5\text{sin}2x$$), який задоволь­няє початкові умови у (0) = 2, у'(0) = 2, у" (0) = - 1.

Маємо неоднорідне лінійне рівняння третього порядку. Характеристичне рівняння $$k^3-2k^2+k=0$$ має корені k1 = 0, $$k_2$$ = 1, $$k_3$$ = 1. Загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння має вигляд $$\stackrel{}{y}=C_1+(C_2+C_{3}x)e^x$$. Правою частиною даного рівняння є функція виду (100), де, А = В = 4,. Оскільки число 1 · і = і не є коренем характеристичного рівняння (г = 0), то окремий роз­в'язок шукаємо у вигляді (101):

$$y\text{cos}x+b\text{sin}x$$.

де а, b — невідомі коефіцієнти. Знайшовши похідні $$\begin{array}{c}y{}^{\text{'}},y{}^n\\ \end{array}$$ і підставивши їх у дане рівняння, після спрощень дістанемо.

2 х + 2 b sin х = 4 cos х + 4 sin x,.

звідки, а = b = 2, тому у* = 2 cos х + 2 sin х — частинний розв’язок неоднорідного рівняння, а.

$$y=\stackrel{}{y}+y{C}_1+(C_2+C_{3}x)e^x+2(\text{sin}x+\text{cos}x)$$.

— загальний розв’язок. Продиференціювавши його двічі, знайдемо.

$$y^{\text{'}}=(C_2+C_3(1+x))e^x+2(-\text{sin}x+\text{cos}x)$$.

$$y^n=(C_2+C_3(2+x))e^x-2(\text{cos}x+\text{sin}x)$$.

Скориставшись початковими умовами у (0) = 2, $$y^{\text{'}}$$ (0) = 2, у" (0) = -1, дістанемо систему рівнянь:

$$\{\begin{array}{c}{C}_1+C_2+2=2\\ C_2+C_3+2=2\\ C_2+2C_3-2=-1\end{array}$$.

звідки С1 = 1, С2 = -1, С3 = 1. Отже, шуканий розв’язок має вигляд.

$$y=1+(x-1)e^x+2(\text{cos}x+\text{sin}x)$$.