Неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Линейное неоднородное уравнение данного типа имеет вид: \[y'' + py' + qy = f\left( x \right),\] где \(p, q\) − постоянные числа (которые могут быть как действительными, так и комплексными). Для каждого такого уравнения можно записать соответствующее однородное уравнение: \[y'' + py' + qy = 0.\] Теорема: Общее решение неоднородного уравнения является суммой общего решения \({y_0}\left( x \right)\) соответствуюшего однородного уравнения и частного решения \({y_1}\left( x \right)\) неоднородного уравнения: \[y\left( x \right) = {y_0}\left( x \right) + {y_1}\left( x \right).\] Ниже мы рассмотрим два способа решения неоднородных дифференциальных уравнений. Если общее решение \({y_0}\) ассоциированного однородного уравнения известно, то общее решение неоднородного уравнения можно найти, используя метод вариации постоянных.

Пусть общее решение однородного дифференциального уравнения второго порядка имеет вид: \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}{Y_1}\left( x \right) + {C_2}{Y_2}\left( x \right).\] Вместо постоянных \({C_1}\) и \({C_2}\) будем рассматривать вспомогательные функции \({C_1}\left( x \right)\) и \({C_2}\left( x \right).\) Будем искать эти функции такими, чтобы решение \[y = {C_1}\left( x \right){Y_1}\left( x \right) + {C_2}\left( x \right){Y_2}\left( x \right)\] удовлетворяло неоднородному уравнению с правой частью \(f\left( x \right).\)

Неизвестные функции \({C_1}\left( x \right)\) и \({C_2}\left( x \right)\) определяются из системы двух уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} {C'_1}\left( x \right){Y_1}\left( x \right) + {C'_2} \left( x \right){Y_2}\left( x \right) = 0\\ {C'_1} \left( x \right){Y'_1} \left( x \right) + {C'_2} \left( x \right){Y'_2} \left( x \right) = f\left( x \right) \end{array} \right..\] Правая часть \(f\left( x \right)\) неоднородного дифференциального уравнения часто представляет собой многочлен, экспоненциальную или тригонометрическую функцию, или некоторую комбинацию указанных функций. В этом случае решение удобнее искать с помощью метода неопределенных коэффициентов.

Подчеркнем, что данный метод работает лишь для ограниченного класса функций в правой части, таких как

1. \(f\left( x \right) = {P_n}\left( x \right){e^{\alpha x}};\)

2. \(f\left( x \right) = \left[ {{P_n}\left( x \right)\cos\left( {\beta x} \right) + {Q_m}\left( x \right)\sin\left( {\beta x} \right)} \right]{e^{\alpha x}},\) где \({{P_n}\left( x \right)}\) и \({{Q_m}\left( x \right)}\) − многочлены степени \(n\) и \(m,\) соответственно.

В обоих случаях выбор частного решения должен соответствовать структуре правой части неоднородного дифференциального уравнения.

В случае \(1,\) если число \(\alpha\) в экспоненциальной функции совпадает с корнем характеристического уравнения, то частное решение будет содержать дополнительный множитель \({x^s},\) где \(s\) − кратность корня \(\alpha\) в характеристическом уравнении.

В случае \(2,\) если число \(\alpha + \beta i\) совпадает с корнем характеристического уравнения, то выражение для частного решения будет содержать дополнительный множитель \(x.\)

Неизвестные коэффициенты можно определить подстановкой найденного выражения для частного решения в исходное неоднородное дифференциальное уравнение. Если правая часть неоднородного уравнения представляет собой сумму нескольких функций вида \[ {{P_n}\left( x \right){e^{\alpha x}}\;\;\text{и/или}}\;\; {\left[ {{P_n}\left( x \right)\cos\left( {\beta x} \right) + {Q_m}\left( x \right)\sin\left( {\beta x} \right)} \right]{e^{\alpha x}},} \] то частное решение дифференциального уравнения также будет являться суммой частных решений, построенных отдельно для каждого слагаемого в правой части.

   Пример 1

Решить дифференциальное уравнение \(y'' + y = \sin \left( {2x} \right).\) Сначала мы решим соответствующее однородное уравнение \(y'' + y = 0.\) В данном случае корни характеристического уравнения являтся чисто мнимыми: \[ {{k^2} + 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow {k^2} = - 1,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \pm i.} \] Следовательно, общее решение однородного уравнения определяется выражением \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}\cos x + {C_2}\sin x.\] Вернемся снова к неоднородному уравнению. Будем искать его решение в виде \[y\left( x \right) = {C_1}\left( x \right)\cos x + {C_2}\left( x \right)\sin x,\] используя метод вариации постояных.

Функции \({C_1}\left( x \right)\) и \({C_2}\left( x \right)\) можно найти из следующей системы уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} {C'_1}\left( x \right)\cos x + {C'_2}\left( x \right)\sin x = 0\\ {C'_1}\left( x \right){\left( {\cos x} \right)^\prime } + {C'_2}\left( x \right){\left( {\sin x} \right)^\prime } = \sin 2x \end{array} \right..\] Тогда \[\left\{ \begin{array}{l} {C'_1}\left( x \right)\cos x + {C'_2}\left( x \right)\sin x = 0\\ {C'_1}\left( x \right)\left( { - \sin x} \right) + {C'_2}\left( x \right)\cos x = \sin 2x \end{array} \right..\] Выразим производную \({C'_1}\left( x \right)\) из первого уравнения: \[{C'_1}\left( x \right) = - {C'_2}\left( x \right)\frac{{\sin x}}{{\cos x}}.\] Подставляя во второе уравнение, находим производную \({C'_2}\left( x \right):\) \[ {\left( { - {C'_2}\left( x \right)\frac{{\sin x}}{{\cos x}}} \right)\left( { - \sin x} \right) + {C'_2}\left( x \right)\cos x = \sin 2x,}\;\; {\Rightarrow {C'_2}\left( x \right)\left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{\cos x}} + \cos x} \right) = \sin 2x,}\;\; {\Rightarrow {C'_2}\left( x \right)\frac{{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{{\cos x}} = \sin 2x,}\;\; {\Rightarrow {C'_2}\left( x \right)\frac{1}{{\cos x}} = \sin 2x,}\;\; {\Rightarrow {C'_2}\left( x \right) = \sin 2x\cos x.} \] Отсюда следует, что \[ {{C'_1}\left( x \right) = - \sin 2x\cos x \cdot \frac{{\sin x}}{{\cos x}} } = { - \sin 2x\sin x.} \] Интегрируя выражения для производных \({C'_1}\left( x \right)\) и \({C'_2}\left( x \right),\) получаем: \[ {{C_1}\left( x \right) = \int {\left( { - \sin 2x\sin x} \right)dx} } = { - 2\int {{{\sin }^2}x\cos xdx} } = { - 2\int {{{\sin }^2}xd\left( {\sin x} \right)} } = { - 2 \cdot \frac{{{{\sin }^3}x}}{3} + {A_1} } = { - \frac{2}{3}{\sin ^3}x + {A_1},} \] \[ {{C_2}\left( x \right) = \int {\left( {\sin 2x\cos x} \right)dx} } = {2\int {\sin x\,{{\cos }^2}xdx} } = { - 2\int {{\cos^2}xd\left( {\cos x} \right)} } = { - 2 \cdot \frac{{{\cos^3}x}}{3} + {A_2} } = { - \frac{2}{3}{\cos^3}x + {A_2}.} \] где \({A_1},\) \({A_2}\) − постоянные интегрирования.

Теперь подставим найденные функции \({C_1}\left( x \right)\) и \({C_2}\left( x \right)\) в формулу для \({y_1}\left( x \right)\) и запишем общее решение неоднородного уравнения: \[ {y\left( x \right) = {C_1}\left( x \right)\cos x + {C_2}\left( x \right)\sin x } = {\left( { - \frac{2}{3}{\sin^3}x + {A_1}} \right)\cos x + \left( { - \frac{2}{3}{\cos^3}x + {A_2}} \right)\sin x } = {{A_1}\cos x + {A_2}\sin x - \frac{2}{3}{\sin ^3}x\cos x - \frac{2}{3}{\cos^3}x\sin x } = {{A_1}\cos x + {A_2}\sin x - \frac{2}{3}\sin x\cos x\left( {\underbrace {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}_1} \right) } = {{A_1}\cos x + {A_2}\sin x - \frac{1}{3} \cdot 2\sin x\cos x } = {{A_1}\cos x + {A_2}\sin x - \frac{1}{3}\sin 2x.} \]

   Пример 2

Найти общее решение уравнения \(y'' + y' - 6y = 36x.\) Воспользуемся методом неопределенных коэффициентов. Правая часть заданного уравнения представляет собой линейную функцию \(f\left( x \right) = ax + b.\) Поэтому будем искать частное решение в виде \[{y_1} = Ax + B.\] Производные равны: \[{y'_1} = A,\;\;{y''_1} = 0.\] Подставляя это в дифференциальное уравнение, получаем: \[ {0 + A - 6\left( {Ax + B} \right) = 36x,}\;\; {\Rightarrow A - 6Ax - 6B = 36x.} \] Последнее уравнение является тождеством, то есть справедливо для всех \(x,\) поэтому приравняем коэффициенты при слагаемых с одинаковыми степенями \(x\) в левой и правой части: \[\left\{ \begin{array}{l} - 6A = 36\\ A - 6B = 0 \end{array} \right..\] Из полученной системы находим: \(A = -6, B = -1.\) В результате, частное решение записывается в виде \[{y_1} = - 6x - 1.\] Теперь найдем общее решение однородного дифференциального уравнения. Вычислим корни вспомогательного характеристического уравнения: \[ {{k^2} + k - 6 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 1 - 4 \cdot \left( { - 6} \right) = 25,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {25} }}{2} = \frac{{ - 1 \pm 5}}{2} = - 3,2.} \] Следовательно, общее решение соответствующего однородного уравнения имеет вид: \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}{e^{ - 3x}} + {C_2}{e^{2x}}.\] Итак, общее решение исходного неоднородного уравнения выражается формулой \[ {y = {y_0} + {y_1} } = {{C_1}{e^{ - 3x}} + {C_2}{e^{2x}} - 6x - 1.} \]

   Пример 3

Решить дифференциальное уравнение \(y'' - 5y' + 4y = {e^{4x}}.\) Сначала решим соответствующее однородное уравнение \(y'' - 5y' + 4y = 0.\) Корни характеристического уравнения равны: \[ {{k^2} - 5k + 4 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 25 - 4 \cdot 4 = 9,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \frac{{5 \pm \sqrt 9 }}{2} } = {\frac{{5 \pm 3}}{2} = 4,1.} \] Следовательно, общее решение однородного уравнения записывается как \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}{e^{4x}} + {C_2}{e^x},\] где \({C_1},\) \({C_2}\) − постоянные числа.

Найдем теперь частное решение неоднородного дифференциального уравнения. Заметим, что показатель экспоненциальной функции в правой части совпадает с корнем \({k_1} = 4\) характеристического уравнения. Поэтому будем искать частное решение в виде \[{y_1} = Ax{e^{4x}}.\] Производные равны: \[ {{y'_1} = {\left( {Ax{e^{4x}}} \right)^\prime } } = {A{e^{4x}} + 4Ax{e^{4x}} } = {\left( {A + 4Ax} \right){e^{4x}};} \] \[ {{y''_1} = {\left[ {\left( {A + 4Ax} \right){e^{4x}}} \right]^\prime } } = {4A{e^{4x}} + \left( {4A + 16Ax} \right){e^{4x}} } = {\left( {8A + 16Ax} \right){e^{4x}}.} \] Подставляя функцию \({y_1}\) и ее производные в дифференциальное уравнение, получаем: \[\require{cancel} {\left( {8A + 16Ax} \right){e^{4x}} - 5\left( {A + 4Ax} \right){e^{4x}} + 4Ax{e^{4x}} = {e^{4x}},}\;\; {\Rightarrow 8A + \cancel{16Ax} - 5A - \cancel{20Ax} + \cancel{4Ax} = 1,}\;\; {\Rightarrow 3A = 1,\;\; \Rightarrow A = \frac{1}{3}.} \] Таким образом, частное решение имеет вид: \[{y_1} = \frac{x}{3}{e^{4x}}.\] Теперь можно записать полное решение неоднородного уравнения: \[ {y = {y_0} + {y_1} } = {{C_1}{e^{4x}} + {C_2}{e^x} + \frac{x}{3}{e^{4x}}.} \]

   Пример 4

Найти общее решение уравнения \(y'' + 9y = 2{x^2} - 5.\) Сначала определим общее решение соответствующего однородного уравнения. Вычислим корни характеристического уравнения: \[ {{k^2} + 9 = 0,}\;\; {\Rightarrow {k^2} = - 9,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \pm 3i.} \] Следовательно, решение однородного уравнения записывается в виде: \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}\cos 3x + {C_2}\sin 3x.\] Построим теперь частное решение. Правая часть в заданном уравнении является квадратичной функцией. Поэтому попробуем найти частное решение в аналогичной форме: \[{y_1} = A{x^2} + Bx + C,\] где числа \(A, B, C\) можно определить методом неопределенных коэффициентов. В результате получаем: \[{y'_1} = 2Ax,\;\;{y''_1} = 2A.\] Подставляем это в исходное неоднородное дифференциальное уравнение: \[ {2A + 9\left( {A{x^2} + Bx + C} \right) = 2{x^2} - 5,}\;\; {\Rightarrow 2A + 9A{x^2} + 9Bx + 9C = 2{x^2} - 5.} \] Приравнивая коэффициенты при членах с одинаковыми степенями \(x,\) находим: \[\left\{ \begin{array}{l} 9A = 2\\ 9B = 0\\ 2A + 9C = - 5 \end{array} \right.,\;\; \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A = \frac{2}{9}\\ B = 0\\ C = - \frac{{49}}{{81}} \end{array} \right..\] Таким образом, частное решение определяется формулой \[{y_1} = \frac{2}{9}{x^2} - \frac{{49}}{{81}}.\] Тогда общее решение исходного неоднородного дифференциального уравнения выражается в виде: \[ {y = {y_0} + {y_1} } = {{C_1}\cos 3x + {C_2}\sin 3x + \frac{2}{9}{x^2} - \frac{{49}}{{81}}.} \]

   Пример 5

Решить дифференциальное уравнение \(y'' + 16y = 2{\cos ^2}x.\) Прежде всего, решим соответствующее однородное уравнение. Характеристическое уравнение имеет корни: \[ {{k^2} + 16 = 0,}\;\; {\Rightarrow {k^2} = - 16,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \pm 4i,} \] так что общее решение однородного уравнения записывается в виде: \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}\cos 4x + {C_2}\sin 4x.\] Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения. Представим правую часть как \[2{\cos ^2}x = \cos 2x + 1.\] Отсюда следует, что частное решение определяется функцией \[{y_1} = A\cos 2x + B\sin 2x + C,\] где числа \(A, B\) и \(C\) можно вычислить, используя метод неопределенных коэффициентов. Первая и вторая производные функции \({y_1}\) равны: \[{y'_1} = - 2A\sin 2x + 2B\cos 2x,\] \[{y''_1} = - 4A\cos 2x - 4B\sin 2x.\] Подставляя это в дифференциальное уравнение, находим: \[ {- 4A\cos 2x - 4B\sin 2x + 16\left( {A\cos 2x + B\sin 2x + C} \right) } = {\cos 2x + 1,} \] \[ {- 4A\cos 2x - 4B\sin 2x + 16A\cos 2x + 16B\sin 2x + 16C } = {\cos 2x + 1,} \] \[12A\cos 2x + 12B\sin 2x + 16C = \cos 2x + 1.\] Последнее выражение является тождеством. Поэтому можно записать следующую систему уравнений для определения коэффициентов \(A, B, C:\) \[\left\{ \begin{array}{l} 12A = 1\\ 12B = 0\\ 16C = 1 \end{array} \right.,\;\; \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A = \frac{1}{{12}}\\ B = 0\\ C = \frac{1}{{16}} \end{array} \right..\] Следовательно, частное решение имеет вид: \[{y_1} = \frac{1}{{12}}\cos 2x + \frac{1}{{16}}.\] Соответственно, общее решение неоднородного уравнения записывается как \[ {y = {y_0} + {y_1} } = {{C_1}\cos 4x + {C_2}\sin 4x + \frac{1}{{12}}\cos 2x + \frac{1}{{16}}.} \]

   Пример 6

Решить уравнение \(y'' + y = {\sec ^2}x,\) используя метод вариации постоянных. Найдем решение соответствующего однородного уравнения \(y'' + y = 0.\) Характеристическое уравнение имеет корни: \[{k^2} + 1 = 0,\;\; \Rightarrow {k_{1,2}} = \pm i.\] Следовательно, общее решение однородного уравнения записывается в виде: \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}\cos x + {C_2}\sin x.\] Найдем теперь общее решение исходного неоднородного уравнения. В соответствии с методом вариации постоянных, будем рассматривать коэффициенты \({C_1}\) и \({C_2}\) как функции \({C_1}\left( x \right)\) и \({C_2}\left( x \right).\)

Производные \({C'_1}\left( x \right),\) \({C'_2}\left( x \right)\) определяются следующей системой уравнений: \[ {\left\{ \begin{array}{l} {C'_1}\left( x \right)\cos x + {C'_2}\left( x \right)\sin x = 0\\ {C'_1}\left( x \right){\left( {\cos x} \right)^\prime } + {C'_2}\left( x \right){\left( {\sin x} \right)^\prime } = {\sec ^2}x \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {C'_1}\left( x \right)\cos x + {C'_2}\left( x \right)\sin x = 0\\ - {C'_1}\left( x \right)\sin x + {C'_2}\left( x \right)\cos x = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} \end{array} \right..} \] Из первого уравнения находим: \[{C'_1}\left( x \right) = - {C'_2}\left( x \right)\frac{{\sin x}}{{\cos x}}.\] Подставляя во второе уравнение, получаем: \[ {- \left( { - {C'_2}\left( x \right)\frac{{\sin x}}{{\cos x}}} \right)\sin x + {C'_2}\left( x \right)\cos x = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}},}\;\; {\Rightarrow {C'_2}\left( x \right)\left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{\cos x}} + \cos x} \right) = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}},}\;\; {\Rightarrow {C'_2}\left( x \right)\frac{{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{{\cos x}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}},}\;\; {\Rightarrow {C'_2}\left( x \right) = \frac{1}{{\cos x}}.} \] Следовательно, \[ {{C'_1}\left( x \right) = - \frac{1}{{\cos x}} \cdot \frac{{\sin x}}{{\cos x}} } = { - \frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x}}.} \] Интегрируем полученные выражения, чтобы найти функции \({C_1}\left( x \right),\) \({C_2}\left( x \right):\) \[ {{C_1}\left( x \right) = \int {{C'_1}\left( x \right)dx} } = {\int {\left( { - \frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x}}} \right)dx} } = {\int {\frac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{{{\cos }^2}x}}} } = { - \frac{1}{{\cos x}} + {A_1},} \] \[ {{C_2}\left( x \right) = \int {{C'_2}\left( x \right)dx} } = {\int {\frac{{dx}}{{\cos x}}} } = {\int {\frac{{\cos xdx}}{{{{\cos }^2}x}}} } = {\int {\frac{{d\left( {\sin x} \right)}}{{1 - {\sin^2}x}}} } = {\frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{1 + \sin x}}{{1 - \sin x}}} \right| + {A_2}.} \] В результате находим, что общее решение неоднородного уравнения представляется в виде: \[ {y\left( x \right) = {C_1}\left( x \right)\cos x + {C_2}\left( x \right)\sin x } = {\left( { - \frac{1}{{\cos x}} + {A_1}} \right)\cos x } + {\left( {\frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{1 + \sin x}}{{1 - \sin x}}} \right| + {A_2}} \right)\sin x } = {{A_1}\cos x + {A_2}\sin x - 1 } + {\frac{{\sin x}}{2}\ln \left| {\frac{{1 + \sin x}}{{1 - \sin x}}} \right|,} \] где \({A_1}, {A_2}\) − постоянные числа.

   Пример 7

Найти решение дифференциального уравнения \(y'' - 7y' + 12y = 8\sin x + {e^{3x}}.\) Рассмотрим соответствующее однородное уравнение \(y'' - 7y' + 12y = 0.\) Корни вспомогательного характеристического уравнения равны: \[ {{k^2} - 7k + 12 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 49 - 4 \cdot 12 = 1,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \frac{{7 \pm 1}}{2} = 4,3.} \] Следовательно, общее решение однородного уравнения определяется выражением: \[{y_0}\left( x \right) = {C_1}{e^{4x}} + {C_2}{e^{3x}}.\] Видно, что правая часть представляет собой сумму двух функций. Согласно принципу суперпозиции, частное решение можно представить в виде: \[{y_1}\left( x \right) = {y_2}\left( x \right) + {y_3}\left( x \right),\] где \({y_2}\left( x \right)\) − частное решение дифференциального уравнения \(y'' - 7y' + 12y = 8\sin x,\) а \({y_3}\left( x \right)\) − частное решение дифференциального уравнения \(y'' - 7y' + 12y = {e^{3x}}.\)

Сначала определим функцию \({y_2}\left( x \right).\) В данном случае мы будем искать решение в форме \[{y_2}\left( x \right) = A\cos x + B\sin x.\] Подставим функцию \({y_2}\left( x \right)\) и ее производные \[ {{y'_2}\left( x \right) = - A\sin x + B\cos x,}\;\; {{y''_2}\left( x \right) = - A\cos x - B\sin x} \] в соответствующее дифференциальное уравнение: \[ {y'' - 7y' + 12y = 8\sin x,}\;\; {\Rightarrow - A\cos x - B\sin x } - {7\left( { - A\sin x + B\cos x} \right) } + {12\left( {A\cos x + B\sin x} \right) } = {8\sin x,}\;\; {\Rightarrow - \color{blue}{A\cos x} - \color{red}{B\sin x} + \color{red}{7A\sin x} - \color{blue}{7B\cos x} } + {\color{blue}{12A\cos x} + \color{red}{12B\sin x} } = {8\sin x,}\;\; {\Rightarrow \left( {11A - 7B} \right)\cos x + \left( {11B + 7A} \right)\sin x = 8\sin x.} \] Следовательно, \[\left\{ \begin{array}{l} 11A - 7B = 0\\ 11B + 7A = 8 \end{array} \right.,\;\; \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A = \frac{{28}}{{85}}\\ B = \frac{{44}}{{85}} \end{array} \right..\] Тогда получаем: \({y_2}\left( x \right) = {\large\frac{{28}}{{85}}\normalsize}\cos x + {\large\frac{{44}}{{85}}\normalsize}\sin x.\)

Аналогично можно сконструировать частное решение \({y_3}\left( x \right)\) для уравнения \(y'' - 7y' + 12y = {e^{3x}}.\) Заметим, что здесь показатель степени в экспоненциальной функции совпадает с корнем \({k_2} = 3\) характеристического уравнения соответствующего однородного уравнения. Поэтому, мы будем искать частное решение в форме \[{y_3}\left( x \right) = Ax{e^{3x}}.\] Производные имеют вид: \[ {{y'_3}\left( x \right) = {\left( {Ax{e^{3x}}} \right)^\prime } } = {A{e^{3x}} + 3Ax{e^{3x}},} \] \[ {{y''_3}\left( x \right) = {\left( {A{e^{3x}} + 3Ax{e^{3x}}} \right)^\prime } } = {3A{e^{3x}} + 3A{e^{3x}} + 9Ax{e^{3x}} } = {6A{e^{3x}} + 9Ax{e^{3x}}.} \] Подставляем функцию \({y_3}\left( x \right)\) и ее производные в дифференциальное уравнение: \[ {6A{e^{3x}} + 9Ax{e^{3x}} - 7\left( {A{e^{3x}} + 3Ax{e^{3x}}} \right) + 12Ax{e^{3x}} = {e^{3x}},}\;\; {\Rightarrow \color{blue}{6A{e^{3x}}} + \cancel{\color{red}{9Ax{e^{3x}}}} - \color{blue}{7A{e^{3x}}} - \cancel{\color{red}{21Ax{e^{3x}}}} + \cancel{\color{red}{12Ax{e^{3x}}}} = {e^{3x}},}\;\; {\Rightarrow - A{e^{3x}} = {e^{3x}}.} \] Как видно, \(A = -1.\) Следовательно, частное решение \({y_3}\left( x \right)\) можно записать в виде: \[{y_3}\left( x \right) = - x{e^{3x}}.\] В результате, общее решение исходного неоднородного уравнения определяется выражением \[ {y = {y_0} + {y_2} + {y_3} } = {{C_1}{e^{4x}} + {C_2}{e^{3x}} + \frac{{28}}{{85}}\cos x + \frac{{44}}{{85}}\sin x - x{e^{3x}}.} \]