(здесь C1, C2 − постоянные интегрирования). Подставляя эти выражения для C1(x), (3), найдем общее решение неоднородного дифференциального уравнения (1.1):

y = C1 y1 (x) +C2 y2 (x) + y1 (x)∫ϕ1 (x)dx + y2 (x)∫ϕ2 (x)dx

( C1, C2 − произвольные постоянные величины).

Пример 1.1. Найти частное решение уравнения y′′− y = x .

C2 (x) в

▲ Составляем характеристическое уравнение, находим его корни, фундаментальную систе-

му решений и общее решение yо

соответствующего однородного уравнения y′′− y = 0 :

k2 −1 = 0, k =1, k

2

= −1; y = ex , y

2

= e−x ; y

о

= C ex +C

e−x .

1

1

1

2

Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде

y

н

(x) = C (x)ex +C

e−x ,

(1.9)

1

2

Система (1.8) для нахождения C1′(x) и C′2 (x) в данном случае имеет вид

′

(x)e

x

′

(x)e

−x

= 0,

C1

+C2

′

′

(x)e

x

(x)e

−x

= x.

C1

−C2

складывая эти уравнения, найдем C1′′(x) = 12 xe−x . Отсюда, интегрируя, получаем

C1 (x) = − 12 (x +1)e−x ,

произвольную постоянную величину не пишем, так как ищем какое-нибудь частное решение. Подставляя выражение C1′(x) в первое из уравнений системы, найдем C2′(x) = − 12 xex ,

откуда, интегрируя, получаем C2 (x) = − 12 (x −1)ex .

Подставляя найденные выражения C1′(x) и C′2 (x) в равенство (1.9), получаем частное решение yн данного неоднородного уравнения:

yн(x) = (− 12 (x +1)e−x )ex +(− 12 (x −1)ex )e−x = −x .

Найдя, частное решение неоднородного уравнения и зная общее решение соответствующего однородного уравнения, на основании теоремы 7.3 можно записать общее решение данного неоднородного уравнения:

y = yн(x) + yо(x) = −x +C1ex +C2e−x ,

где C1 и C2 − произвольные постоянные величины. ▼

Таким образом, для того чтобы решить линейное уравнение 2-го порядка с постоянными коэффициентами, необходимо:

1. найти его фундаментальную систему решений;

2.	составить общее решение yо однородного уравнения y′′+ py′+ qy = 0 ;
3.	по методу Лагранжа найти частное решение yн уравнения y′′+ py′+ qy = f (x) ;
4.	по формуле y = yн + yо получить общее решение y уравнения

y′′ + py′ + qy = f (x) .

6.4. Неоднородные линейные дифференциальные уравнения

2-го порядка с постоянными коэффициентами

В предыдущем разделе был рассмотрен общий метод решения неоднородного линейного дифференциального уравнения 2-го порядка – метод вариации постоянных. Однако, если в правой части уравнения

y′′+ py′+qy = f (x)

(2.1)

40

− многочлен, либо показательная функция, либо тригонометрическая функция sin βx или cos βx , либо линейная комбинация перечисленных функций, то частное решение может

быть найдено методом неопределенных коэффициентов, не содержащим процесса интегрирования.

В дальнейшем будем употреблять символы Pn (x) и Qn (x) для обозначения многочленов

степени n: Pn (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an , Qn (x) =b0 xn + b1 xn−1 + + bn .

Рассмотрим некоторые виды правых частей уравнения (2.1), допускающие применение этого метода.

1. Правая часть имеет вид f (x) = Pn (x)

Частное решение yн уравнения
			y′′ + py′ + qy = Pn (x)	(2.2)
надо искать в виде
			если q ≠ 0 (если 0 − не корень характеристического уравнения),
	Qn (x),
	yн = xQn (x),		если q = 0, p ≠ 0 (если 0 − простой корень характеристического уравнения),
	x2Q (x),		если q = p = 0 (если 0 − двойной корень характеристического уравнения).
		n

Во всех случаях за Qn (x) надо взять многочлен с неопределенными коэффициентами, которые находятся после подстановки yн в уравнение.

Пример 2.1. Найти частное решение уравнения y′′−2y′+ y = x +1.

▲ Характеристическое уравнение k 2 −2k +1 = 0 имеет корни k1 = k2 =1, которые не равны нулю. В правой части многочлен первой степени (n =1) , поэтому частное решение неоднородного дифференциального уравнения следует искать в виде yн = Ax + B , где A = b0 и B = b1 − неизвестные коэффициенты. Дифференцируя дважды yн = Ax + B и подставляя yн, yн′ и yн′′ в

данное уравнение, найдем − 2A + Ax + B = x +1. Приравнивая коэффициенты, находим

x		A =1 ,
x0		−2A + B =1, откуда B = 3 .
Поэтому искомое частное решение будет yн		= x +3.▼
Пример 2.2. Найти частное решение уравнения y′′+ y′ = 2x +3.
▲ Характеристическое уравнение k 2 +k = 0		имеет корни k	= 0, k	2	= −1, поэтому	k = 0 есть
	1

простой корень этого уравнения. В правой части многочлен первой степени (n =1) , поэтому

частное решение неоднородного	дифференциального уравнения следует искать в виде
yн = x(Ax + B) .
Находя yн′ и yн′′ и подставляя в данное уравнение, получим 2A + 2Ax + B = 2x +3. При-
равнивая коэффициенты, находим
x		2A = 2, откуда A =1 ,
x0		2A + B = 3, откуда B =1 ;

Поэтому искомое частное решение будет yн(x) = x2 + x . ▼

41

2. Правая часть имеет вид f (x) = eαx Pn (x) .

Частное решение yн уравнения
y′′+ py′+ qy = eαx Pn (x)	(2.3)
надо искать в виде

eαxQn (x), еслиα − некорень характеристическогоуравнения,

yн = eαx xQn (x), еслиα − простойкорень характеристическогоуравнения,eαx x2Qn (x), еслиα − двойнойкорень характеристическрогоуравнения.

Во всех случаях за Qn (x) надо взять многочлен с неизвестными коэффициентами, которые определятся после подстановки yн в уравнение.

Пример 2.3. Найти общее решение уравнения y′′−2y′+ y = e3x x .

▲ Характеристическое уравнение k 2 −2k +1 = 0 имеет корни k1 = k2 =1. Правая часть представляет собой произведение e3x , α = 3, на многочлен первой степени (n =1) . Так как число α, равное 3, не является корнем характеристического уравнения, частное решение yн уравнения надо искать в виде yн = e3x (Ax + B) .

Отсюда yн′ = 3e3x (Ax + B) +e3x A, yн′′ = 9e3x (Ax + B) +6e3x A и подстановка yн в уравнение дает (после сокращения на выражение e3x )

9(Ax + B) +6A −2(3(Ax + B) + A)+ Ax + B = x ,

т. е. 4(Ax + B) + 4A = x .

Приравнивая коэффициенты, находим

x	4A =1, откуда A =	1	,
		4			.
x0	4B + 4A = 0, откуда B = −			1
				4

Стало быть, yн = 14 e3x (x −1) .

Так как корни характеристического уравнения k1 = k2 =1, то общее решение однородно-

го уравнения будет y	о	= C ex +C		xex , а общее решение интересующего нас уравнения
		1	2
			y = C ex +C		2	xex +		1	e3x (x −1) . ▼
				1			4
Пример 2.4. Найти общее решение уравнения y′′− y = 2ex .
▲ Характеристическое уравнение k 2 −1 = 0							имеет корни k =1, k			2	= −1. Правая часть урав-
							1
нения представляет собой произведение					ex , α =1, на многочлен нулевой степени (n = 0) .

Так как число α, равное единице, совпадает с одним (но не с обоими!) из корней, то α − простой корень характеристического уравнения. Поэтому частное решение следует искать в ви-

де yн = ex xA , где A − неизвестная постоянная (ведь у нас Pn (x) = 2 , т. е. многочлен нулевой степени).

Тогда yн′ = Aex + Axex , yн′′ = 2Aex + Axex и подстановка yн в дифференциальное уравнение дает (после сокращения на ex ) 2A = 2 .

Отсюда A =1, yн = xex и, т. к. yо = C1ex +C2e−x , то y = C1ex +C2e−x + xex . ▼

Пример 2.5. Найти общее решение уравнения y′′−2y′+ y = xex . ▲ Характеристическое уравнение k 2 −2k +1 = 0 имеет корни k1 = k2 =1.

42

В данном случае Pn (x) ≡ x , т. е. n =1, и число α, равное единице,

является двукратным

корнем характеристического уравнения.

Поэтому частное решение yн(x) следует искать в

виде yн(x) = ex x2 (Ax + B) = ex (Ax3 + Bx2 ) .

Отсюда

yн′ = ex (Ax3 + Bx2 ) +ex (3Ax2 +2Bx) ,

yн′′ = ex (Ax3 + Bx2 ) +2ex (3Ax2 +2Bx) +ex (6Ax +2B) .

Подставляя выражения yн,

yн′ и yн′′

в дифференциальное уравнение и сокращая на ex ,

находим

Ax3 + Bx2 + 2(3Ax2 + 2Bx) + (6Ax + 2B) − 2((Ax3 + Bx2 ) + (3Ax2 + 2Bx))+ Ax3 + Bx2 = x

или 6Ax + 2B = x .

Приравнивая коэффициенты, находим

x

6A =1, откуда A =

1

,

6

x0

2B = 0, откуда B = 0

и y

н

=

1

x3ex . Окончательно y = C ex

+C

2

xex +

1

x3ex . ▼

6

1

6

3. Правая часть имеет вид f (x) = a cos β x + b sin β x .

Частное решение yн

уравнения

надо искать в виде

y′′+ py′+qy = a cos β x +b sin β x

(2.4)

yн

Acos β x + Bsin β x,

если βi − не корень характеристического уравнения,

=

если βi − не корень характеристического уравнения.

x(Acos β x + Bsin β x),

Числа A и B определяются после подстановки yн в уравнение.

Пример 2.6. Найти общее решение уравнения y′′+ 4y′+13y = 80 cos 3x .

▲ Характеристическое уравнение k

2 + 4k +13 = 0 имеет корни k = −2

+3i, k

2

= −2 −3i и по-

1

тому y

о

= e−2x (C

cos3x +C

2

sin 3x) .

1

Так как βi = 3i не является корнем характеристического уравнения, то

yн = Acos3x + Bsin 3x .

Замечание. Предостерегаем читателя от распространенной ошибки. В правой части дифференциального уравнения нет члена b sin βx . Не следует думать, что и в решении

такой член должен отсутствовать. Ведь b не обязано равняться B, и потому из того, что B = 0 , не вытекает, что и b = 0 .

Тогда yн′ = −3Asin 3x +3B cos3x, yн′′ = −9Acos3x −9Bsin 3x .

Подстановка yн в дифференциальное уравнение дает

−9Acos 3x −9B sin 3x + 4(−3Asin 3x +3b cos 3x) +13(Acos 3x + B sin 3x) = 80 cos 3x .

Приравнивая коэффициенты, находим

cos3x 4A +12B = 80 , sin 3x −12A + 4B = 0 .

Отсюда A = 2, B = 6 и yн = 2cos3x +6sin 3x .

Общее решение, как всегда, есть сумма y = yо + yн .

y = e−2x (C1 cos 3x +C2 sin 3x) + 2 cos 3x + 6sin 3x . ▼

Пример 2.7. Найти частное решение уравнения y′′+9y = 6 cos 3x −30sin 3x .

43

▲ Характеристическое уравнение k 2 +9 = 0 имеет корни k = 3i, k							2	= −3i . В данном случае
						1
α = 0, β = 3,	поэтому число βi = 3i	является корнем характеристического уравнения. Зна-
чит, yн = (Acos3x + Bsin 3x)x .
Отсюда	yн′ = 3(−Asin 3x + B cos3x)x +(Acos3x + Bsin 3x) ,
	yн′′ = −9(Acos3x + Bsin 3x)x +6(−Asin 3x + B cos3x) .
Подстановка в дифференциальное уравнение дает
	6(−Asin 3x + Bcos3x) = 6cos3x −30sin 3x .
Сравнивая коэффициенты, находим
	cos3x		6B = 6, откуда B =1,		=
	sin 3x		−	= −		5 ,
			6A	30, откуда A
yн = x(5cos3x +sin 3x) . ▼
Пример 2.8. Найти частное решение уравнения y′′+ 4y = sin 2x +cos 7x .

▲ Для решения этого уравнения надо применить принцип наложения и решить два других уравнения: y′′+4y = sin 2x, y′′+4y = cos7x .

Для первого из них yн1 = x(A1 cos 2x + B1 sin 2x , yн2 = A2 cos7x + B2 sin 7x .

Дальнейшее предоставляем читателю. ▼

4. Правая часть имеет вид f (x) = eαx (Pn (x) cos β x + Pm (x) sin β x), где Pn (x) − много-

член степени n, а Pm (x)

− многочлен степени m .

Частное решение yн

уравнения

y′′+ py′+qy = eαx (Pn (x) cos β x + Pm (x) sin β x)

(2.5)

надо искать в виде

αx

(Q1(x)cos β x +Q2 (x)sin β x),

если α + βi − не корень

e

характеристического уравнения,

yн =

xeαx (Q1(x)cos β x +Q2 (x)sin β x), если α + βi − корень

характеристического уравнения,

Пример 2.9. Найти общее решение уравнения y′′− y = 3e2x cos x .

▲ Характеристическое уравнение k 2 −1 = 0 имеет корни k =1, k

2

= −1. В данном случае

1

α = 2, β =1,

поэтому числа α ±βi = 2 ±i 1 не являются корнями характеристического урав-

нения; Pn (x) ≡ 3, Pm (x) ≡ 0 , значит, частное решение уравнения следует искать в виде

yн = e2x (Acos x + Bsin x), A, B = const .

Отсюда

yн′ = 2e2x (Acos x + Bsin x) +e2x (−Asin x + B cos x) ,

yн′′ = 4e2x (Acos x + Bsin x) +4e2x (−Asin x + B cos x) −e2x (Acos x + Bsin x) .

Подстановка в дифференциальное уравнение дает

(2A + 4B) cos x + (2B − 4A) sin x = 3cos x .

Приравнивая коэффициенты, находим

cos x

2A + 4B = 3 ,

sin x

2B − 4A = 0 .

Откуда A =

3

, B =

3

. Таким образом, частное решение yн = e2x (

3

cos x +

3

sin x).

10

5

10

5

44