Как решать дифференциальные уравнения

Для того, чтобы проверить является ли функция решением нужно подставить её в исходное ДУ. Найдем производную функции. $$y' = (Ce^{\frac{x^2}{2}})' = Ce^{\frac{x^2}{2}} \cdot (\frac{x^2}{2})' = Ce^{\frac{x^2}{2}} \cdot x = Cxe^{\frac{x^2}{2}}$$

Теперь подставим $y'$ и $y$ в исходное уравнение.

$$ Cxe^{\frac{x^2}{2}} = x Ce^{\frac{x^2}{2}} $$

Получили равенство левой и правой части, значит, функция $y = Ce^{\frac{x^2}{2}} $ является общим решением ДУ.

Видим, что в условии задачи присутствует производная от неизвестной функции $y(x)$ первого порядка. Значит, перед нами диффур 1-го порядка.  Забегая вперед скажем, что данный диффур из задачи является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Что это означает? Это означает, что можно в уравнении перенести всё что содержит $y$ в левую часть равенства, а то, что содержит $x$ перенести в правую часть. То есть разделить "игрики" от "иксов" по разные стороны. Но прежде, чем это делать стоит переписать производную таким образом: $$y' = \frac{dy}{dx}$$

После замены производной игрека исходное уравнение приобретает такой формат:

$$\frac{dy}{dx} = xy$$

Теперь, как сказали ранее, начинаем отделять игрики от иксов по разные стороны. Для этого обе части уравнения необходимо умножить на $dx$, а ещё разделить на $y$.

$$ \frac{dy}{y} = xdx $$

Теперь необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить функцию $y$. Для этого навешиваем значок интеграла на обе части уравнения.

$$ \int \frac{dy}{y} = \int xdx $$

Вспоминаем, что левый интеграл равен натуральному логарифму, а правый интеграл $\frac{x^2}{2}$. А так как интеграл неопределенный, то необходимо прибавить константу $C$.

$$ \ln|y| = \frac{x^2}{2} + C $$

Теперь необходимо вытащить $y$ для того, чтобы записать окончательный ответ в виде общего решения. Для этого вспоминаем, что игрик в $\ln|y| = x$ равен $y = e^x$. Поэтому продолжая решать наше уравнение получаем.

$$ y = e^{\frac{x^2}{2} + C} $$

Далее вспоминаем свойство степеней $a^{x+y} = a^x \cdot a^y$. Таким образом делаем преобразования нашего уравнения.
$$ y = e^{\frac{x^2}{2}} \cdot e^C $$

Так как $e^C$ это константа, то её можно переписать следующим видом $e^C = C$. И после этого получаем окончательный ответ исходного уравнения, называемый общим решением.

$$ y = Ce^{\frac{x^2}{2}} $$

Начнем решать с того, что представим производную в исходном уравнении в виде $y' = \frac{dy}{dx}$:

$$ \frac{dy}{dx} = \frac{2x}{1+x^2} $$

Теперь разделяем переменные иксы от игреков по разные стороны равенства путем умножения обеих частей уравнения на $dx$:

$$ dy = \frac{2x}{1+x^2} dx $$

Навешиваем знак интеграла на левую и правую часть, а затем решаем интегралы:

$$ \int dy = \int \frac{2x}{1+x^2} dx $$

$$ y =  \int \frac{2x}{1+x^2} dx $$

Замечаем, что $(1+x^2)' = 2x$. Поэтому $2x$ можно занести под знак дифференциала, чтобы решить интеграл:

$$ y = \int \frac{d(1+x^2)}{1+x^2} = \ln (1+x^2) + C $$

Получили общее решение $y = \ln (1+x^2) + C$. В условии задачи просят найти частное решение при условии $y(0) = 0$. Это означает, что нужно из последного условия найти константу $C$. Из $y(0) = 0$ видно, что $x = 0$, а $y = 0$. Подставляем их в общее решение дифференциального уравнения и вычисляем $C$:

$$\ln(1+0^2)+C = 0$$ $$\ln 1+C = 0$$ $$0 + C = 0$$ $$C=0$$

Теперь заменив в общем решении $C$ на ноль, получаем частное решение:

$$y = \ln(1+x^2)$$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Так как разделить переменные не получается, то проверим уравнение на однородность. Для этого вместо $x$ и $y$ выполним подстановку $\lambda x$ и $\lambda y$:

$$y' = \frac{\lambda y}{\lambda x} - 1$$

Выполняем сокращение $\lambda$ в числителе и знаменателе:

$$y' = \frac{y}{x} - 1$$

После сокращения все $\lambda$ уничтожились, значит перед нами однородное дифференциальное уравнение первого порядка. Решим его с помощью замены $\frac{y}{x} = t$ и $y' = t'x + t$:

$$ t'x + t = t - 1$$

Переносим $t$ в одну сторону и тем самым уничтожаем его:

$$ t'x = -1 $$

Теперь это ДУ с разделяющимися переменными. Запишем его в привычном для него виде: $$ \frac{dt}{dx} x = -1 $$

Разделим переменные домножением на $dx$ и делением на $x$ обеих частей равенства:

$$dt = -\frac{dx}{x}$$

Интегрируем обе части:

$$\int dt = - \int \frac{dx}{x}$$

$$t = -\ln|x|+C$$

Выполняем назад замену $t = \frac{y}{x}$:

$$\frac{y}{x} = -\ln|x|+C$$

Умножаем обе части на $x$, чтобы получить окончательный ответ общего решения:

$$y = -x\ln|x| +Cx$$

Сперва проверим уравнение на однородность. Подставляем $\lambda$ вместо $x$ и $y$.

$$\lambda x \cdot \lambda y + (\lambda y)^2 = (2 (\lambda x)^2 + \lambda x\cdot \lambda y)y'$$

После вынесения $\lambda$ слева и справа за скобки получаем $$ \lambda^2(xy+y^2) = \lambda^2(2x^2+xy)y',$$ где все $\lambda$ сокращаются. А это подтвержает однородность уравнения.

Перед тем, как выполнить замену $t = \frac{y}{x}$ нужно привести исходное уравнение к виду $y = f(\frac{y}{x})$. Для этого разделим левую и правую часть равенства на $x^2$: $$\frac{y}{x}+\frac{y^2}{x^2} = (2+\frac{y}{x})y'.$$

Теперь производим замену $t = \frac{y}{x}$ и $y' = t'x+t$ в преобразованном уравнении: $$t+t^2=(2+t)(t'x+t).$$ Раскрываем скобки и сокращаем одинаковые слагаемые $$t+t^2 = 2t'x+2t+t'xt+t^2$$ $$2t'x+t'xt=-t.$$

Далее в полученном уравнении разделяем переменные $t$ и $x$ по разные стороны знака равенства. Для этого выносим за скобку $t'x$ $$t'x(2+t)=-t.$$ Делим на $t$ обе части уравнения $$t'x\frac{2+t}{t}=-1.$$ Представляем производную $t' = \frac{dt}{dx}$ и переносим $dx$ и $x$ в правую часть равенства $$\frac{2+t}{t}dt = -\frac{dx}{x}.$$

Интегрируем обе части уравнения $$\int \frac{2+t}{t}dt = - \int \frac{dx}{x}$$ $$\int \frac{2}{t}dt+\int dt = -\int \frac{dx}{x}$$ $$2\ln|t|+t = -\ln|x|+C.$$

Выполняем обратную замену $t = \frac{y}{x}$: $$2\ln|\frac{y}{x}|+\frac{y}{x}=-\ln|x|+C.$$ Упрощаем полученное равенство с помощью элементарных преобразований и свойств натурального логарифма $$2\ln|y|-2\ln|x|+\frac{y}{x} = -\ln|x|+C$$ $$2\ln|y|+\frac{y}{x}=\ln|x|+C$$ $$2\ln|y|+\frac{y}{x}=\ln|x|+\ln|C|$$ $$2\ln|y|+\frac{y}{x}=\ln|Cx|$$ $$\ln y^2+\frac{y}{x}=\ln|Cx|$$ $$\ln y^2 = \ln|Cx|-\frac{y}{x}$$ $$y^2 = Cxe^\frac{-y}{x}.$$

Привели решение к такому виду через $y^2$. Это называется общим интегралом дифференциального уравнения. Ответ в таком виде остается в таком формате.

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Приводим уравнение к виду $y'+p(x)y=q(x)$ путем деления на $x$ обеих частей равенства $$y'-2\frac{y}{x}=2x^3.$$

Делаем замену в полученном уравнении на $y=uv$ и $y'=u'v+uv'$ $$u'v+uv'-2\frac{uv}{x}=2x^3.$$Выносим за скобку $u$, чтобы в дальнейшем составить систему уравнений: $$u'v+u(v'-2\frac{v}{x})=2x^3.$$

Теперь приравниваем к нулю выражение в скобках и составляем систему уравнений $$\begin{cases} v' - 2\frac{v}{x} = 0 \\ u'v = 2x^3 \end{cases},$$ в которой начнем сначала решать первое уравнение для нахождения функции $v(x)$. Разделяем в нём переменные $$\begin{cases} \frac{dv}{dx} = 2\frac{v}{x} \\ u'v = 2x^3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \frac{dv}{v} = 2\frac{dx}{x} \\ u'v = 2x^3 \end{cases}.$$

Интегрируем первое уравнение в системе, чтобы получить функцию $v(x)$ $$\begin{cases} \ln|v| = 2\ln|x| \\ u'v = 2x^3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v = x^2 \\ u'v = 2x^3 \end{cases}.$$

Теперь, зная, чему равно $v$ подставляем его во второе уравнение $$\begin{cases} v=x^2 \\ u'x^2 = 2x^3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v=x^2 \\ u = x^2+C \end{cases}.$$

Записываем общее решение дифференциального уравнения $$y = uv \Rightarrow y = x^4+Cx^2.$$

В условии задачи требуется найти частное решение из условия $y(1)=0$. Подставим в найденное общее решение $x=1$ и $y=0$, чтобы вычислить $C$ $$1^4+C\cdot 1^2 = 0 \Rightarrow C = -1. $$

С учётом, что $C=-1$ записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = x^4 - x^2.$$

Перепишем уравнение в виде $$ y' - y \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1}{\sin x} .$$ Теперь записываем однородное дифференциальное уравнение $$y' - y \frac{\cos x}{\sin x} = 0,$$ решим его методом разделяющихся переменных: $$\frac{dy}{dx} = y \frac{\cos x}{\sin x}$$ $$\int \frac{dy}{y} = \int \frac{\cos x}{\sin x} dx.$$

Слева получается натуральный логарифм, а справа заносим косинус под знак дифференциала, чтобы получить логарифм синуса: $$\ln|y| = \ln|\sin x| + C$$ $$y = C\sin x.$$

Теперь заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$ в полученном решении и находим производную $$y = C(x)\sin x \Rightarrow y' = C'(x)\sin x+ C(x)\cos x.$$

Подставляем $y$ и $y'$ в неоднородное уравнение и решаем его относительно $C(x)$: $$C'(x)\sin x+ C(x)\cos x - C(x)\sin x \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1}{\sin x}$$ $$C'(x)\sin x = \frac{1}{\sin x}$$ $$C'(x) = \frac{1}{\sin^2 x}.$$

В последнем уравнении можно разделить переменные, что и делаем, а затем интегрируем: $$ d(C(x)) = \int \frac{dx}{\sin^2 x}$$ $$C(x) = -ctg x + C.$$

Берем решение $y = C(x)\sin x$ и подставляем в него найденное $C(x) = -ctg x + C$ $$y = (-ctg x + C) \sin x = C\sin x - \cos x.$$ Таким образом получили общее решение дифференциального уравнения $y = C\sin x - \cos x$.

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Это уравнение Бернулли. Видим, что $\alpha = 2$. Значит делаем замену на $y = z^\frac{1}{1-\alpha} = z^{-1}$. Отсюда $y' = -\frac{1}{z^2} \cdot z'$. После подстановки в исходное уравнение имеем $$ -\frac{z'}{z^2}+\frac{1}{z}=\frac{x}{z^2}.$$

Умножаем обе части равенства на $(-z^2)$, чтобы привести уравнение к линейному ДУ $$z'-z=-x, $$ которое можно решить методом Бернулли, либо вариацией произвольной постоянной. Выберем первый способ.

Применяем подстановку $y=uv$ и $y'=u'v+uv'$ для последнего уравнения $$u'v+uv'-uv=-x.$$ Выносим за скобку $u$, чтобы затем построить систему уравнений для нахождения функций $u(x)$ и $v(x)$ $$u'v+u(v'-v) = -x.$$ Приравниваем к нулю скобку и получаем систему $$\begin{cases} v'-v = 0 \\ u'v = -x \end{cases}.$$

Начинаем решать её с первого уравнения. Разделяем в нем переменные и затем интегрируем $$\begin{cases} \int \frac{dv}{v} = \int dx \\ u'v = -x \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \ln|v| = x \\ u'v = -x \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v = e^x \\ u'v = -x \end{cases}. $$

Зная, что $v = e^x$ подставляем его во второе уравнение системы и решаем $$\begin{cases} v = e^x \\ u' = -\frac{x}{e^x} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v = e^x \\ u = \int (-x)e^{-x} dx \end{cases}.$$

Для взятия интеграла воспользуемся методом интегрирования по частям $$u = \int (-x)e^{-x} dx = \begin{vmatrix} u = -x & du = -dx \\ dv = e^{-x}dx & v = -e^{-x} \end{vmatrix} = xe^{-x} - \int e^{-x} dx = xe^{-x} +e^{-x} + C$$

Итак, получаем, что $$z = uv \Rightarrow z = (xe^{-x} + e^{-x}+C) e^x = Ce^x +x + 1. $$ Вспоминаем, что была ещё одна замена в самом начале решения задачи $y = z^{-1}$, поэтому общее решение выглядит следующим образом $$y = \frac{1}{Ce^x + x + 1}.$$

Убедимся, что данное уравнение в полных дифференциалах. Для этого проверим условие $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} $. Находим производные $$ P'_y = (2x+5y)'_y = 5, Q'_x = (5x+3y^2)'_x = 5, $$ и видим, что условие выполняется $P'_y=P'_x=5$.

Находим функцию $U(x,y)$ беря интеграл по $x$ от функции $P(x,y)$ $$U(x,y) = \int (2x+5y) dx = x^2 + 5yx + \varphi(y).$$

Далее необходимо продифференцировать найденную $U(x,y)$ по $y$ $$U'_y = 5x + \varphi'(y).$$

 Осталось найти неизвестную функцию $\varphi(y)$ приравняв $U'_y$ к $Q(x,y)$: $$5x + \varphi'(y) = 5x+3y^2$$ $$\varphi'(y) = 3y^2$$ $$\varphi(y) = \int 3y^2 dy = y^3 + C.$$

Теперь зная чему равна $\varphi(y)$ подставляем её в $U(x,y)$ $$U(x,y)=x^2+5xy+y^3+C.$$

Записываем ответ в таком виде $$x^2+5xy+y^3 = C.$$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Видим, что данный дифур попадает под первый случай, когда отсутствует в уравнении $y$, а есть только его производные. Значит, делаем замену $y' = p(x)$ $$xp'+p=0.$$

Данное уравнение имеет разделяющиеся переменные. Начнем с того, что перепишем уравнение через $p' = \frac{dp}{dx}$ $$x\frac{dp}{dx} = -p.$$ Разделяем переменные налево и направо от знака равенства и затем интегрируем: $$ \frac{dp}{p} = -\frac{dx}{x}$$ $$ \int \frac{dp}{p} = -\int \frac{dx}{x}$$ $$\ln|p| = -\ln|x|+C_1.$$ Теперь избавимся от логарифмов, чтобы получить $p$: $$p = e^{-\ln|x| + C_1}$$ $$p = \frac{C_1}{x}.$$

Вспоминаем про ранее выполненную замену $$y' = p(x) = \frac{C_1}{x}.$$ Интегрируем для того, чтобы найти $y$ $$y = \int \frac{C_1}{x} dx = C_1 \ln|x| + C_2.$$

Таким образом, общее решение дифференциального уравнения $$y = C_1 \ln|x| + C_2.$$

Займемся поиском частного решения. Для этого используем два дополнительных равенства из условия задачи: $$y(1) = 0 \Rightarrow C_1 \ln|1| + C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = 0$$ $$y'(1)=1 \Rightarrow \frac{C_1}{1} = 1 \Rightarrow C_1 = 1.$$

Записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = \ln|x|.$$

Видим, что в диффуре отсутствует в явном виде переменная $x$, поэтому необходимо сделать замену $y' = p(y)$ и отсюда $y'' = p'(y)\cdot y' = p'(y)p$.

Делаем замену и получаем уравнение $$yp'(y)p + p^2 = 1,$$ которое решим методом разделения переменных: $$yp\frac{dp}{dy} = 1-p^2$$ $$\frac{p}{1-p^2}dp = \frac{1}{y}dy.$$ Далее по плану необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить $p$ $$\int \frac{p}{1-p^2}dp = \int \frac{1}{y}dy.$$

В первом интеграле заносим под знак дифференциала $1-p^2$, чтобы получился натуральный логарифм, а во втором, используя таблицу интегрирования можно сразу записать ответ: $$-\frac{1}{2} \int \frac{d(1-p^2)}{1-p^2} = \ln|y| + C $$ $$-\frac{1}{2} \ln|1-p^2| = \ln|y| + C.$$ 

Необходимо избавиться от логарифмов. Умножим обе части равенства на $(-2)$, а затем занесем эту двойку над икреком: $$\ln|1-p^2| = -2\ln|y|+C$$ $$\ln|1-p^2| = \ln \frac{1}{y^2} + C.$$

Итак, теперь убирая логарифмы получаем: $$1-p^2 = C \frac{1}{y^2}$$ $$p^2 = 1 - C\frac{1}{y^2}$$ $$(y')^2 = 1 - C\frac{1}{y^2}.$$

Теперь найдем значение константы $C$ благодаря дополнительным условиям задачи $y = 1$ и $y' = 1$. Подставляем их в последнее уравнение $$1^2 = 1 - C\frac{1}{1^2} \Rightarrow C = 0.$$

Зная теперь, что $C=0$ подставляем его в уравнение $(y')^2 = 1 - C\frac{1}{y^2}$: $$(y')^2 = 1$$ $$y' = \pm 1.$$ Из условия помним, что $y' = 1 > 0$, значит, берем только решение $y' = 1$ и продолжаем его решать интегрированием $$y = \int 1 dx = x + C.$$

Осталось найти снова постоянную $C$ теперь уже из условия $y(0) = 1$ $$y(0) = 0 + C = 1 \Rightarrow C = 1.$$ Вот теперь можно записать ответ в виде частного решения, которое требовалось найти по условию данной задачи $$y = x + 1.$$

Первым делом составляем характеристический многочлен. Заменяем $y$ на $\lambda$ со степенями соответствующими порядку производной $y$ $$\lambda^2 + \lambda -2 = 0.$$

Обратите внимание, что $y$ имеет производную нулевого порядка, поэтому он заменяется на $\lambda^0 = 1$. Итак, перед нами квадратное уравнение, начинаем решать: $$\lambda_{1,2} = \frac{-1\pm \sqrt{1^2-4\cdot 1 \cdot (-2)}}{2\cdot 1} = \frac{-1\pm 3}{2}$$ $$\lambda_1 = -2, \qquad \lambda_2 = 1.$$

Так как получили отличающиеся действительные корни, то общее решение записывается следующим образом $$y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{x}.$$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Сначала находим общее решение однородного уравнения $$y'' + y = 0.$$ Строим характеристический многочлен $$\lambda^2 + 1 = 0,$$ и находим его корни $$\lambda_{1,2}=\pm i.$$ Записываем получившееся общее решение однородного уравнения $$y_\text{о.о.} = C_1 \cos x + C_2 \sin x.$$

Теперь необходимо подобрать частное решение неоднородного уравнения. Для этого смотрим на правую часть исходного уравнения и видим, что здесь многочлен первой степени умножается на косинус. Значит, необходимо выбрать из таблицы 3й случай. Причем корень характеристического уравнения совпадает с аргументом косинуса. Это значит, что требуется домножение на $x$ $$y_\text{ч.н.} = x[(Ax+B)\cos x + (Cx+D)\sin x].$$Упростим последнее равенство и найдем от него вторую производную: $$y_\text{ч.н.} = (Ax^2+Bx)\cos x + (Cx^2 + Dx) \sin x$$ $$y'_\text{ч.н.} = (2Ax+B)\cos x-(Ax^2+Bx)\sin x + (2Cx+D)\sin x + (Cx^2 + Dx) \cos x.$$

Упростим $y'_\text{ч.н}$ для удобства нахождения второй производной $$y'_\text{ч.н.} = (2Ax+B+Cx^2+Dx)\cos x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)\sin x.$$ Теперь можно найти вторую производную $$y''_\text{ч.н.} = (2A+2Cx+D)\cos x-(2Ax+B+Cx^2+Dx)\sin x + (2C-2Ax-B)\sin x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)\cos x.$$ Упрощаем последнее выражение $$y''_\text{ч.н.} = (2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)\cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)\sin x.$$

Подставляем найденные $y_\text{ч.н.}$ и $y''_\text{ч.н.}$ в исходный диффур из "дано" задачи $$(2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)\cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)\sin x + (Ax^2+Bx)\cos x + (Cx^2 + Dx) \sin x = 4x\cos x.$$ Упрощаем его $$(2A+4Cx+2D)\cos x + (2C-4Ax-2B)\sin x = 4x\cos x.$$ Теперь подгоняем левую часть под правую, так чтобы можно было применить метод неопределенных коэффициентов и найти неизвестные $A,B,C,D$ $$(2A+2D)\cos x+4Cx\cos x + (2C-2B)\sin x+(-4Ax)\sin x = 4x\cos x.$$ Смотрим на левую и правую часть и составляем систему $$\begin{cases} 2A+2D = 0 \\ 4C=4 \\ 2C-2B=0 \\ -4A = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} D=0 \\ C= 1 \\ B=1 \\ A = 0\end{cases}.$$

Подставляем полученные коэффициенты в частное решение неоднородного уравнения $$y_\text{ч.н.} = x\cos x + x^2\sin x.$$ Теперь вспоминая, что $y_\text{о.н.} = y_\text{о.о.} + y_\text{ч.н.}$ можем записать окончательный ответ $$y_\text{о.н.} = C_1 \cos x + C_2 \sin x + x\cos x + x^2\sin x.$$

Сначала найдем общее решение однородного дифференциального уравнения $$y''+y'=5x+2e^x.$$

Составляем характеристический многочлен однородного уравнения и находим его корни: $$\lambda^2 + \lambda = 0$$ $$\lambda(\lambda + 1) = 0$$ $$\lambda_1 = 0, \qquad \lambda_2=-1.$$ Теперь можно записать общее решение $$y_\text{о.о.} = C_1 + C_2e^{-x}.$$

Далее необходимо по правой части исходного неоднородного уравнения найти его частное решение путем подбора, используя данные таблицы. Первое слагаемое есть многочлен первой степени. И так как один из корней характеристического уравнения является нулем кратности 1, то решение ищем в виде $y = (Ax+B)x$. Второе слагаемое представляет собой произведение многочлена нулевой степени на экспоненту. Так как аргумент экспоненты не совпадает с одним из корней характеристического многочлена, то подбор будем делать в виде $y = Ce^x$. В итоге правую часть будем искать в виде суммы $$y_\text{ч.н.} = (Ax+B)x+Ce^x.$$

Находим первую и вторую производную последней функции: $$y' = 2Ax+B+Ce^x$$ $$y''=2A+Ce^x.$$ Подставляем полученные производные $y'$ и $y''$ в исходное дифференциальное уравнение: $$2A+Ce^x+2Ax+B+Ce^x = 5x+2e^x$$ $$2Ax+B+2A+2Ce^x=5x+2e^x.$$

Далее необходимо, используя метод неопределенных коэффициентов, найти значения $A,B,C$ составив систему уравнений $$\begin{cases} 2A=5 \\ 2C=2 \\ B+2A = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} A=\frac{5}{2} \\ C=1 \\ B=-5 \end{cases}.$$

Подставляем найденные коэффициенты и получаем частное решение неоднородного уравнения $$y_\text{ч.н.} = (\frac{5}{2}x-5)x + e^x = \frac{5}{2}x^2 - 5x + e^x.$$

Таким образом теперь можно записать общее решение неоднородного диффура $$y_\text{о.н.} = y_\text{о.о.} + y_\text{ч.н.}=C_1 + C_2e^{-x} + \frac{5}{2}x^2 - 5x + e^x.$$

Так как правая часть диффура не подходит под табличный формат, то не получится подбирать частное решение по правой части как делали это в предыдущем примере. Воспользуется методом Лагранжа или как его еще называют вариация произвольной постоянной. Для начала найдем общее решение однородного уравнения $$y''-2y'+y=0.$$

Составляем характеристический многочлен и находим его корни: $$\lambda^2-2\lambda+1=0$$ $$(\lambda-1)^2 = 0 \Rightarrow \lambda = 1 \text{ с кратностью 2}.$$ Так как корень кратный, то общее решение однородного уравнения записывается следующим образом $$y = C_1 e^x + C_2 xe^x.$$

Теперь необходимо варьировать постоянные $C_1$ и $C_2$ на соответствующие функции $C_1 (x)$ и $C_2 (x)$. Теперь получившееся решение следует записать в виде $y = C_1 (x) e^x + C_2 (x) xe^x$. Здесь заметим, что $y_1 = e^x$ и $y_2 = xe^x$. Это нужно для дальнейшего хода решения, а именно построения системы уравнений.

Составляем систему уравнений и решаем её методом Крамера $$\begin{cases} C_1 '(x) e^x+C_2 '(x) xe^x = 0 \\C_1 '(x) e^x + C_2 '(x) (e^x+xe^x) = \frac{e^x}{x} \end{cases}.$$ Находим главный определитель системы $$\Delta = \begin{vmatrix} e^x & xe^x \\ e^x & e^x+xe^x \end{vmatrix} = e^x(e^x+xe^x)-xe^{2x} = e^{2x}.$$ Вычисляем дополнительные определители: $$\Delta_1 = \begin{vmatrix} 0 & xe^x \\ \frac{e^x}{x} & e^x + xe^x \end{vmatrix} = -xe^x \frac{e^x}{x} = e^{2x}$$ $$\Delta_2 = \begin{vmatrix} e^x & 0 \\ e^x & \frac{e^x}{x} \end{vmatrix} = e^x \frac{e^x}{x} = \frac{e^{2x}}{x}.$$

Итак, получаем решение системы уравнений $$C_1 '(x) = \frac{\Delta_1}{\Delta} = \frac{e^{2x}}{e^{2x}} = 1, \qquad C_2 '(x) = \frac{\Delta_2}{\Delta} = \frac{e^{2x}}{x} \frac{1}{e^{2x}} = \frac{1}{x}.$$ Далее интегрируем полученные решения, чтобы избавиться от производной: $$C_1(x) = \int 1 dx = x+\tilde{C_1}$$ $$C_2(x)=\int \frac{dx}{x}=\ln|x|+\tilde{C_2}.$$

Подставляем полученные $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение однородного уравнения и записываем общее решение неоднородного дифференциального уравнения $$y = (x+\tilde{C_1}) e^x + (\ln|x|+\tilde{C_2}) xe^x.$$ По условию нам требуется найти частное решение при условиях $y(1)=e$ и $y'(1)=3e$. Поэтому находим сначала производную $$y'=e^x+(x+\tilde{C_1})e^x+e^x+(\ln|x|+\tilde{C_2})(e^x+xe^x), $$ раскрываем скобки $$y' = 2e^x+xe^x+\tilde{C_1}e^x+e^x\ln|x|+xe^x\ln|x|+\tilde{C_2}e^x+\tilde{C_2}xe^x,$$ а затем составляем систему уравнений $$\begin{cases} y'(1)=3e+\tilde{C_1}e+2\tilde{C_2}e = 3e \\ y(1) = e+\tilde{C_1}e + \tilde{C_2}e = e \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \tilde{C_1}+2\tilde{C_2}=0 \\ \tilde{C_1}+\tilde{C_2}=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \tilde{C_2} = 0 \\ \tilde{C_1}=0 \end{cases}.$$

Теперь можно записать частное решение к задаче $$y = xe^x + x\ln|x|e^x = xe^x(1+\ln|x|).$$