35

1. 1
1
Практичне заняття 35
Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння
Рівняння вигляду  y py qy f x    , де p і q деякі числа, називають
лінійними неоднорідними диференційними рівняннями із сталими коефіцієнтами.
Розв’язок рівняння будемо знаходити у вигляді *
y у у  , де *
y – частинний
розв’язок неоднорідного, а у – загальний розв’язок однорідного рівняння.
Для рівнянь із сталими коефіцієнтами існує метод знаходження *
y , якщо
права частина  xf неоднорідного рівняння має так називаний «спеціальний
вигляд»:     x
nf x Р x e
 , або    cos sinx
f x e a x b x
    , де  nР x – відомий
многочлен степеня n ; , ,а b  і  – задані числа.
Суть методу, названого методом невизначених коефіцієнтів, полягає в
наступному: по вигляду  xf правої частини рівняння записують частинний
розв’язок *
y , в структуру якого входять невизначені (невідомі) коефіцієнти. Для
їх визначення частинний розв’язок підставляють у рівняння, і із отриманої
тотожності знаходять значення невідомих коефіцієнтів.
Зауваження. Перед знаходженням *
y необхідно знайти корені 1k і 2k
характеристичного рівняння і побудувати у .
По вигляду  xf правої частини рівняння розрізняють два випадки:
Випадок І. Якщо права частина рівняння має вигляд
    x
nf x Р x e
 ,
то частинний розв’язок
 * r x
nу х Q x e
 .
Коефіцієнт r може приймати значення 0 або 1, або 2 в залежності від того,
скільки разів  співпадає з коренем характеристичного рівняння, тобто:
a) якщо 1k  і 2k  , то 0r  ;
б) якщо 1k  і 2k  (або навпаки: 2k  і 1k  ), то 1r  ;

2. 2
2
в) якщо 1 2k k   , то 2r  .
 nQ x – многочлен степеня n як і  nР x , але із невизначеними коефіцієнтами.
Наприклад, якщо  f x містить
 
2
2
2
2
або
або ,
ах
Р x ах bx
ах bx c


 

 
то  2Q x має вигляд   2
2Q x Ах Вх С   ;
якщо  1
або ,
ах
Р x
ах b

  
то  1Q x Ах В  ;
якщо  0Р x а , то  0Q x А .
Тут ,А В і С – коефіцієнти, які необхідно визначити; ,a b і с – відомі
коефіцієнти.
Випадок ІІ. Якщо правою частиною рівняння є функція
   cos sinx
f x e a x b x
    ,
де , , ,a b   – відомі числа, то частинний розв’язок
 *
cos sinr x
у х e А x В x
    ,
де А і В – невизначені коефіцієнти.
Коефіцієнт r може приймати значення 0, якщо i  ( і  – числа в
структурі  f x ) не є коренями характеристичного рівняння, тобто 1,2i k   ;
1r  , якщо 1,2i k   (це можливо за умови, що 0D  , тобто корені
характеристичного рівняння комплексні числа).
Приклад. Розв’язати рівняння х
еyyy 2
32  .
Розв’язання. Розглянемо однорідне рівняння 02  yyy і знайдемо
його загальний розв’язок у .
Складаємо характеристичне рівняння 2
2 1 0.k k   Звідси 1 2 1k k  і
 1 2 .x
у e c c x 

3. 3
3
Знайдемо частинний розв’язок *
y неоднорідного рівняння. Права частина
рівняння має вигляд   x
exf 2
3 , який відповідає розглянутому Випадок І
(     x
nf x Р x e
   * r x
nу х Q x e
 .
Для *
у необхідно визначити значення r порівнюючи величину  із коренями
характеристичного рівняння 1 2іk k , і записати многочлен  nQ x виходячи із
 nР x .
Маємо    2 2
03 ,x х
f x e Р x е  звідси  0 3Р x  (многочлен нульової степені),
то і  xQ0 також многочлен нульової степені із невизначеними коефіцієнтами,
тобто  0 ,Q x À так як 2 і 121
 kk , то 0r .
Отже, при підстановці в  * r x
nу х Q x e
 величин 0r , 2 і  0Q x А
маємо * 2
.x
у Аe
Для знаходження невизначеного коефіцієнта А підставимо * 2
,x
у Аe
 * 2
2 x
у Аe

 і  * 2
4 x
у Аe

 в початкове рівняння, маємо
2 2 2 2
4 2 2 3 ,х х х х
Ае Ае Ае е    2 2
3х х
Ае е , 3А  ( так як 2
0х
е  ).
Отже, * 2
3 x
у e .
Загальний розв’язок *
y у у  неоднорідного рівняння має вигляд
 2
1 23 .х x
у е e c c x  
Приклад. Розв’язати рівняння хyy 93  .
Розв’язання. Спочатку знайдемо у . Характеристичне рівняння однорідного
рівняння 3 0y y   має вигляд 2
3 0k k  , коренями якого є 1 3k   і 2 0k  .
Отже, 3 0
1 2
x x
у С e С e
  або 3
1 2
x
у С e С
  .

4. 4
4
Далі запишемо *
у . Права части на рівняння   9f x х , яку можна записати у
вигляді   0
9 х
f x хе , тобто 0  і  19х Р x . Так як 0  і 2k  , ( 1k  ), то
1r  ;  1 9Р x х , то  1Q x Ах В  . Отже,  * 0 2х
у х Ах В е Ах Вх    .
Обчислимо    * 2
2у Ах Вх Ах В
 
    ,    *
2 2у Ах В А
    і підставимо
 *
у

і  *
у

в початкове рівняння, маємо
хВААх 9326  .
В лівій частині останньої рівності многочлен 6 2 3Ах А В  , а в правій
многочлен 0
9 0х х , які рівні між собою. Два многочлена можуть бути тотожно
рівними тоді і тільки , якщо рівні їхні коефіцієнти при однакових степенях х .
Прирівнюючи ці коефіцієнти отримуємо систему рівнянь відносно А і В, тобто
1
0
6 9,
2 3 0,
х А
А Вх


 
6 9,
2 3 0,
А
А В


 
3
,
2
1.
А
В



  
Маємо * 23
2
у х х  .
Отже, 2 3
1 2
3
2
х
у х х С е С
    – загальний розв’язок рівняння.
Приклад. Розв’язати рівняння 5 6 13sin3y y y x    .
Розв’язання. Коренями характеристичного рівняння є 1 2k  і 2 3k  .
Отже, 2 3
1 2
x x
у С e С e  – загальний розв’язок однорідного.
Частинний розв’язок неоднорідного будемо знаходити у вигляді
 *
cos sinr x
у х e А x В x
    , так як права частина рівняння містить
тригонометричну функцію (випадок ІІ).
Маємо   13sin3f x x  0
0cos3 13sin3x
e x x  , то 0  , 3  . Величина
0 3i i    не є коренем ( 1 2k  , 2 3k  ) характеристичного рівняння, тому

5. 5
5
0r  . Далі запишемо *
cos3 sin3у А x В x  , і знайдемо
 *
3 sin3 3 cos3у А x В x

   ,  *
9 cos3 9 sin3у А x В x

   .
Підставимо *
у ,  *
у

і  *
у

в початкове рівняння. Маємо
    xxВxАxВxАxВxА 3sin133sin3cos63cos33sin353sin93cos9  ,
xxВxАxВxАxВxА 3sin133sin63cos63cos153sin153sin93cos9  ,
    xxВАxВА 3sin133sin3153cos153  .
Остання рівність виконується, якщо рівні коефіцієнти при синусах і
косинусах. Прирівнюючи ці коефіцієнти одержимо систему рівнянь, тобто
sin3 15 3 13,
cos3 3 15 0,
x А B
x А В
 

  
15 3 13,
3 15 0,
А B
А В
 

  
5
,
6
1
.
6
А
В



  

Отже, * 5 1
cos3 sin3
6 6
у x x  . Загальний розв’язок рівняння має вигляд
2 3
1 2
5 1
cos3 sin3 .
6 6
x x
у x x С e С e   
Завдання для самостійної роботи:
№ 1. Знайти загальні розв’язки диференціальних рівнянь:
1) 6 5 (3 1) x
y y y x e
     ; 2) 3 16 6y y x    ;
3) 3
4 3 10 x
y y y e    ; 4) 2
2 8 8 4 7y y y x x       ;
5) 2 20cosy y y x    ; 6) 2 3cos 8siny y y x x     .
(Відповідь: 1) 5
1 2 1
4
x x xx
y C e C e e 
    
 
;2) 3 2
1 2 6x
y C C e x x
    ;
3) 3 3
1 2 5x x x
y C e C e xe   ; 4) 2 4 2
1 2
3
8
x x
y C e C e x x
     ;
5) 2
1 2 6cos 2sinx x
y C e C e x x
    ; 6) 1 2
3
( ) 4cos sin
2
x
y C C x e x x
    .)
№ 2. Знайти частинні розв’язки диференціальних рівнянь при заданих початкових

6. 6
6
умовах:
1) 5 4 (10 43) , (0) 0, (0) 0x
y y y x e y y
        ;
2) 2 10 74sin3 , (0) 6, (0) 3y y y x y y       ;
3) 6
6 18 , (0) 1, (0) 9x
y y e y y       ;
4) 5
4 3 , (0) 3, (0) 9x
y y y e y y       .
(Відповідь: 1) 4
8 3 ( 5)x x x
y e e x e
     ;
2) (sin3 6cos3 ) 12cos3 2sin3x
y e x x x x    ;
3) 6
3 (3 2) x
y x e   ; 4) 5 31
( 22 )
8
x x x
y e e e   .)