Диференцијалне једначине са константим коефицијентима

1. Наћи опште решење диференцијалне једначине   $y“ + 5y’ + 6y = x$.

Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине

$y“ + 5y’ + 6y = 0$

Решавајући њену карактеристичну једначину

${k^2} + 5k + 6 = 0$

добијамо да су њена решења

${k_1} =  – 3{\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} \wedge {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} {k_2} =  – 2$

па је хомогено решење наше диференцијалне једначине

\[{y_h} = {C_1}{e^{ – 3x}} + {C_2}{e^{ – 2x}}\]

Да бисмо одредили партикуларно решење посматрамо нехомогени део

$f\left( x \right) = x$

Како нехомогени део треба да буде облика  $f\left( x \right) = {e^{ax}}\left( {{P_n}\left( x \right)\cos bx + {Q_m}\left( x \right)\sin bx} \right)$

Закључујемо

$\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{      }}{\text{      }} a \pm ib = 0 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} r = 0$

$\left. \begin{array}{l}
n = 1\\
m = /
\end{array} \right\} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} N = 1$

Па је партикуларно решење облика

${y_p} = {x^0}{e^{0x}}\left( {\left( {Ax + B} \right)\cos 0x + \left( {Cx + D} \right)\sin 0x} \right)$

односно   ${y_p} = Ax + B$

Потребно је још одредити коефицијенте А и В.

То ћемо учинити убацујући партикуларно решење у почетну једначину.

${y_p}’ = A$

${y_p}“ = 0$

$0 + 5A + 6\left( {Ax + B} \right) = x$

$6Ax + 5A + 6B = x$

Изједначавајући коефицијенте уз одговарајуће степене добијамо

$6A = 1 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} A = \frac{1}{6}$

$5A + 6B = 0 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} B =  – \frac{5}{{36}}$

па је партикуларно решење

\[{y_p} = \frac{1}{6}x – \frac{5}{{36}}\]

односно коначно решење полазне диференцијалне једначине

\[Y = {C_1}{e^{ – 3x}} + {C_2}{e^{ – 2x}} + \frac{1}{6}x – \frac{5}{{36}}\]

2. Наћи опште решење диференцијалне једначине   $y“’ – 4y’ = {x^2}{e^{2x}}$

Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине

$y“’ – 4y’ = 0$

${k^3} – 4k = 0$

$k\left( {{k^2} – 4} \right) = 0$

${k_1} = 0{\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} \wedge {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} {k_2} = 2{\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} \wedge {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} {k_3} =  – 2$

Следи да је хомогено решење наше диференцијалне једначине

\[{y_h} = {C_1}{e^{0x}} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ – 2x}}\]

\[{y_h} = {C_1} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ – 2x}}\]

Из нехомогеног дела  $f\left( x \right) = {x^2}{e^{2x}}$  закључујемо да је

$\left. \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} a \pm ib = 2{\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} r = 1$

$\left. \begin{array}{l}
n = 2\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} N = 2$

Па је партикуларно решење облика

${y_p} = {x^1}{e^{2x}}\left( {\left( {A{x^2} + Bx + C} \right)\cos 0x + \left( {D{x^2} + Ex + F} \right)\sin 0x} \right)$

${y_p} = x{e^{2x}}\left( {A{x^2} + Bx + C} \right)$

Одредимо још коефицијенте  А,B,C и D

${y_p}’ = 2{e^{2x}}\left( {A{x^3} + B{x^2} + Cx} \right) + {e^{2x}}\left( {3A{x^2} + 2Bx + C} \right)$

${y_p}’ = {e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right)$

${y_p}“ = 2{e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right)$

${\text{      }}{\text{      }}{\text{      }} {\text{      }}  {\text{      }} {\text{      }} + {e^{2x}}\left( {6A{x^2} + \left( {4B + 6A} \right)x + 2C + 2B} \right)$

${y_p}“ = {e^{2x}}\left( {4A{x^3} + \left( {4B + 12A} \right){x^2} + \left( {4C + 8B + 6A} \right)x + 4C + 2B} \right)$

${y_p}“’ = 2{e^{2x}}\left( {4A{x^3} + \left( {4B + 12A} \right){x^2} + \left( {4C + 8B + 6A} \right)x + 4C + 2B} \right) $

${\text{      }}{\text{      }}{\text{      }}{\text{      }} {\text{      }}{\text{      }} + {e^{2x}}\left( {12A{x^2} + \left( {8B + 24A} \right)x + 4C + 8B + 6A} \right)$

${y_p}“’ = {e^{2x}}\left( {8A{x^3} + \left( {8B + 36A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A} \right)x + 12C + 12B + 6A} \right)$

Уврштавајући партикуларно решење у полазну једначину

$y“’ – 4y’ = {x^2}{e^{2x}}$ добијамо

${e^{2x}}\left( {8A{x^3} + \left( {8B + 36A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A} \right)x + 12C + 12B + 6A} \right)$

$- 4{e^{2x}}\left( {2A{x^3} + \left( {2B + 3A} \right){x^2} + \left( {2C + 2B} \right)x + C} \right)= {x^2}{e^{2x}}$

$ \left( {8A – 8A} \right){x^3} + \left( {8B + 36A – 8B – 12A} \right){x^2} + \left( {8C + 24B + 36A – 8C – 8B} \right)x $

$+ \left( {12C + 12B + 6A – 4C} \right) = {x^2}$

Изједначавајући коефицијенте уз одговарајуће степене добијамо

$24A = 1{\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} A = \frac{1}{{24}}$

$36A + 16B = 0 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow {\text{      }}{\text{      }} B =  – \frac{3}{{32}}$

$6A + 12B + 8C = 0 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow {\text{      }}{\text{      }} C = \frac{7}{{64}}$

па је партикуларно решење

${y_p} = x{e^{2x}}\left( {\frac{1}{{24}}{x^2} – \frac{3}{{32}}x + \frac{7}{{64}}} \right)$

односно коначно решење полазне диференцијалне једначине

\[Y = {y_h} + {y_p} = {C_1} + {C_2}{e^{2x}} + {C_3}{e^{ – 2x}} + {e^{2x}}\left( {\frac{1}{{24}}{x^3} – \frac{3}{{32}}{x^2} + \frac{7}{{64}}x} \right)\]

3. Наћи опште решење диференцијалне једначине   $y“’ – 2y“ = x\sin 2x$

Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине

$y“’ – 2y“ = 0$

${k^3} – 2{k^2} = 0$

${k^2}\left( {k – 2} \right) = 0$

${k_{1,2}} = 0{\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} \wedge{\text{      }}{\text{      }} {\rm{   }}{k_3} = 2$

Следи да је хомогено решење наше диференцијалне једначине

\[{y_h} = {C_1}{e^{0x}} + {C_2}x{e^{0x}} + {C_3}{e^{2x}}\]

\[{y_h} = {C_1} + {C_2}x + {C_3}{e^{2x}}\]

Из нехомогеног дела  $f\left( x \right) = x\sin 2x$  закључујемо да је

$\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 2
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{      }}{\text{      }} a \pm bi = 2i {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} r = 0$

$\left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 1
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{      }}{\text{      }} N = 1$

Па је партикуларно решење облика

${y_p} = {x^0}{e^{0x}}\left( {\left( {Ax + B} \right)\cos 2x + \left( {Cx + D} \right)\sin 2x} \right)$

${y_p} = \left( {Ax + B} \right)\cos 2x + \left( {Cx + D} \right)\sin 2x$

Одредимо још коефицијенте  А,B,C и D

${y_p}’ = A\cos 2x + \left( {Ax + B} \right)\left( { – 2\sin 2x} \right) + C\sin 2x + \left( {Cx + D} \right)2\cos 2x$

${y_p}’ = \left( {A + 2Cx + 2D} \right)\cos 2x + \left( { – 2Ax – 2B + C} \right)\sin 2x$

${y_p}“ = 2C\cos 2x + \left( {A + 2Cx + 2D} \right)\left( { – 2\sin 2x} \right) – 2A\sin 2x + \left( { – 2Ax – 2B + C} \right)2\cos 2x$

${y_p}“ = \left( {4C – 4Ax – 4B} \right)\cos 2x + \left( { – 4A – 4Cx – 4D} \right)\sin 2x$

${y_p}“’ =  – 4A\cos 2x + \left( {4C – 4Ax – 4B} \right)\left( { – 2\sin 2x} \right) – 4C\sin 2x + \left( { – 4A – 4Cx – 4D} \right)2\cos 2x$

${y_p}“’ = \left( { – 12A – 8Cx – 8D} \right)\cos 2x + \left( { – 12C + 8Ax + 8B} \right)\sin 2x$

Уврштавајући партикуларно решење у полазну једначину

$y“’ – 2y“ = x\sin 2x$

$\left( { – 12A – 8Cx – 8D} \right)\cos 2x + \left( { – 12C + 8Ax + 8B} \right)\sin 2x + $

$+ \left( { – 8C + 8Ax + 8B} \right)\cos 2x + \left( {8A + 8Cx + 8D} \right)\sin 2x = x\sin 2x$

$\left( { – 12A – 8Cx – 8D – 8C + 8Ax + 8B} \right)\cos 2x +$

$+ \left( { – 12C + 8Ax + 8B + 8A + 8Cx + 8D} \right)\sin 2x = x\sin x$

$ – 12A – 8Cx – 8D – 8C + 8Ax + 8B = 0$

$ – 12C + 8Ax + 8B + 8A + 8Cx + 8D = x$

$ – 12A – 8D – 8C + 8B = 0$

$ – 8C + 8A = 0$

$ – 12C + 8B + 8A + 8D = 0$

$8A + 8C = 1$

$A = \frac{1}{{16}}$

$C = \frac{1}{{16}}$

$B = \frac{3}{{32}}$

$D =  – \frac{1}{{16}}$

Па је партикуларно решење наше једначине

\[{y_p} = \left( {\frac{1}{{16}}x + \frac{3}{{32}}} \right)\cos 2x + \left( {\frac{1}{{16}}x – \frac{1}{{16}}} \right)\sin 2x\]

Односно коначно решење

\[Y = {C_1} + {C_2}x + {C_3}{e^{2x}} + \left( {\frac{1}{{16}}x + \frac{3}{{32}}} \right)\cos 2x + \left( {\frac{1}{{16}}x – \frac{1}{{16}}} \right)\sin 2x\]

4. Диференцијалну једначину   $y“ + y’tgx – y{\cos ^2}x = {e^{2\sin x}}{\cos ^2}x$   сменом   $t = \sin x$   свести на диференцијалну једначину са константним коефицијентима и решити је.

$t = \sin x$

$\cos x = \sqrt {1 – {{\sin }^2}x}  = \sqrt {1 – {t^2}} $

$tgx = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \frac{t}{{\sqrt {1 – {t^2}} }}$

$t = \sin x$

$dt = \cos xdx$

$\frac{{dt}}{{dx}} = \cos x = \sqrt {1 – {t^2}} $

$y’ = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y \cdot \cos x= \dot y \cdot \sqrt {1 – {t^2}} $

$y“ = \frac{{dy’}}{{dx}} = \frac{{dy’}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \frac{d}{{dt}}\left( {\dot y\sqrt {1 – {t^2}} } \right) \cdot \cos x = $

$ {\text{      }}{\text{      }} {\text{      }}{\text{      }}  = \left( {\ddot y\sqrt {1 – {t^2}}  + \dot y\frac{1}{{2\sqrt {1 – {t^2}} }} \cdot \left( { – 2t} \right)} \right) \cdot \sqrt {1 – {t^2}}  = $

${\text{      }}{\text{      }} {\text{      }}{\text{      }}  = \ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – t\dot y$

Уврштавајући у почетну диференцијалну једначину добијамо:

$\ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – t\dot y + \dot y\sqrt {1 – {t^2}}  \cdot \frac{t}{{\sqrt {1 – {t^2}} }} – y\left( {1 – {t^2}} \right) = {e^{2t}}\left( {1 – {t^2}} \right)$

$\ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – t\dot y + \dot yt – y\left( {1 – {t^2}} \right) = {e^{2t}}\left( {1 – {t^2}} \right)$

$\ddot y\left( {1 – {t^2}} \right) – y\left( {1 – {t^2}} \right) = {e^{2t}}\left( {1 – {t^2}} \right){\text{      }}{\text{      }} /:\left( {1 – {t^2}} \right)$

$\ddot y – y = {e^{2t}}$

Овим смо нашу диференцијалну једначину свели на диференцијалну једначину са константним коефицијентима, коју сада лако решавамо.

$\ddot y – y = 0$

${k^2} – 1 = 0$

${k^2} = 1$

${k_{1/2}} =  \pm 1$

\[{y_h} = {C_1}{e^{1t}} + {C_2}{e^{ – 1t}} = {C_1}{e^{\sin x}} + {C_2}{e^{ – \sin x}}\]

$f\left( t \right) = {e^{2t}}$

$\left. \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\text{      }}{\text{      }} a \pm ib = 2 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} r = 0$

$\left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} N = 0$

${y_p} = A{e^{2t}}$

${y_p}’ = 2A{e^{2t}}$

${y_p}“ = 4A{e^{2t}}$

$4A{e^{2t}} – A{e^{2t}} = {e^{2t}}$

$3A{e^{2t}} = {e^{2t}}$

$A = \frac{1}{3}$

\[{y_p} = \frac{1}{3}{e^{2t}} = \frac{{{e^{2\sin x}}}}{3}\]

\[Y = {y_h} + {y_p} = {C_1}{e^{\sin x}} + {C_2}{e^{ – \sin x}} + \frac{{{e^{2\sin x}}}}{3}\]

5. Диференцијалну једначину   $\left( {1 + {e^x}} \right)y“ – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)y’ = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {x + {e^x} + {e^x}{e^{{e^x}}}} \right)$   сменом   $t = x + {e^x}$   свести на диференцијалну једначину са константним коефицијентима и решити је.

$t = x + {e^x}$

$dt = \left( {1 + {e^x}} \right)dx$

$\frac{{dt}}{{dx}} = 1 + {e^x}$

$y’ = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)$

$y“ = \frac{{dy’}}{{dx}} = \frac{d}{{dx}}\left( {\dot y\left( {1 + {e^x}} \right)} \right) = \frac{{d\dot y}}{{dx}}\left( {1 + {e^x}} \right) + \dot y\frac{{d\left( {1 + {e^x}} \right)}}{{dx}} = $

${\text{      }}{\text{      }}  {\text{      }}{\text{      }} = \frac{{d\dot y}}{{dt}} \frac{{dt}}{{dx}}\left( {1 + {e^x}} \right) + \dot y{e^x} = \ddot y \left( {1 + {e^x}} \right)\left( {1 + {e^x}} \right) + \dot y{e^x}$

$\left( {1 + {e^x}} \right)\left( {\ddot y {{\left( {1 + {e^x}} \right)}^2} + \dot y{e^x}} \right) – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)\dot y\left( {1 + {e^x}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {x + {e^x} + {e^{x + {e^x}}}} \right)$

$\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y{e^x}\left( {1 + {e^x}} \right) – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)\dot y\left( {1 + {e^x}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)$

$\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)\left( {{e^x} – \left( {1 + 3{e^x} + {e^{2x}}} \right)} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)$

$\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)\left( { – 1 – 2{e^x} – {e^{2x}}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)$

$\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} + \dot y\left( {1 + {e^x}} \right)\left( { – {{\left( {1 + {e^x}} \right)}^2}} \right) = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right)$

$\ddot y {\left( {1 + {e^x}} \right)^3} – \dot y{\left( {1 + {e^x}} \right)^3} = {\left( {1 + {e^x}} \right)^3}\left( {t + {e^t}} \right){\rm{     }}{\text{      }}{\text{      }} /:{\left( {1 + {e^x}} \right)^3}$

$\ddot y – \dot y = t + {e^t}$

Најпре решавамо хомогени део ове диференцијалне једначине.

$\ddot y – \dot y = 0$

${k^2} – k = 0$

$k\left( {k – 1} \right) = 0$

${k_1} = 0{\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} \wedge {\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} {k_2} = 1$

${y_h} = {C_1}{e^{0t}} + {C_2}{e^{1t}}$

${y_h} = {C_1} + {C_2}{e^t}$

\[{y_h} = {C_1} + {C_2}{e^{x + {e^x}}}\]

Нехомогени део раздвојићемо на две функције и на тај начин добити два партикуларна решења.

${f_1}\left( t \right) = t$

$\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} a \pm ib = 0{\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} r = 1$

$\left. \begin{array}{l}
n = 1\\
m = /
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} N = 1$

${y_{{p_1}}} = {t^1}{e^{0t}}\left( {\left( {At + B} \right)\cos 0t + \left( {Ct + D} \right)\sin 0t} \right)$

${y_{{p_1}}} = t\left( {At + B} \right)$

${{\dot y}_{{p_1}}} = 2At + B$

${{\ddot y}_{{p_1}}} = 2A$

$2A – \left( {2At + B} \right) = t$

$ – 2A = 1 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow {\text{      }}{\text{      }} A =  – \frac{1}{2}$

$2A + B = 0 {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow{\text{      }}{\text{      }} B = 1$

${y_{{p_1}}} =  – \frac{1}{2}{t^2} + t$

\[{y_{{p_1}}} =  – \frac{{{{\left( {x + {e^x}} \right)}^2}}}{2} + x + {e^x}\]

${f_2}\left( t \right) = {e^t}$

$\left. \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }{\text{      }}{\text{      }} }a \pm ib = 1{\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow {\rm{   }}{\text{      }}{\text{      }} r = 1$

$\left. \begin{array}{l}
n = 0\\
m = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} N = 0$

${y_{{p_2}}} = {t^1}{e^{1t}}\left( {A\cos 0t + B\sin 0t} \right)$

${y_{{p_2}}} = At{e^t}$

${{\dot y}_{{p_2}}} = A{e^t} + At{e^t} = {e^t}\left( {A + At} \right)$

${{\ddot y}_{{p_2}}} = {e^t}\left( {A + At} \right) + {e^t}A = {e^t}\left( {2A + At} \right)$

${e^t}\left( {2A + At} \right) – {e^t}\left( {A + At} \right) = {e^t}$

${e^t}\left( {2A + At – A – At} \right) = {e^t}$

$A = 1$

${y_{{p_2}}} = t{e^t}$

\[{y_{{p_2}}} = \left( {x + {e^x}} \right){e^{x + {e^x}}}\]

\[Y = {y_h} + {y_{{p_1}}} + {y_{{p_2}}} = {C_1} + {C_2}{e^{x + {e^x}}} – \frac{{{{\left( {x + {e^x}} \right)}^2}}}{2} + x + {e^x} + \left( {x + {e^x}} \right){e^{x + {e^x}}}\]

6. Сменом   $t = arctgx$   диференцијалну једначину   ${\left( {1 + {x^2}} \right)^2}y“ + 2x\left( {1 + {x^2}} \right)y’ + y = 4arctgx$   свести на диференцијалну једначину са константним коефицијентима и решити је.

$t = arctgx$

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

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

$y’ = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dy}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}} = \dot y\frac{1}{{1 + {x^2}}}$

$y“ = \frac{{dy’}}{{dx}} = \frac{d}{{dx}}\left( {\dot y\frac{1}{{1 + {x^2}}}} \right) = \frac{{d\dot y}}{{dx}}\frac{1}{{1 + {x^2}}} + \dot y\frac{{d\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} \right)}}{{dx}} = $

$ {\text{      }}{\text{      }} {\text{      }}{\text{      }} = \frac{{d\dot y}}{{dt}} \cdot \frac{{dt}}{{dx}}\frac{1}{{1 + {x^2}}} + \dot y\left( { – \frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}2x} \right) = \ddot y\frac{1}{{1 + {x^2}}}\frac{1}{{1 + {x^2}}} – \dot y\frac{{2x}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}$

${\left( {1 + {x^2}} \right)^2}\left( {\ddot y\frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}} – \dot y\frac{{2x}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}} \right) + 2x\left( {1 + {x^2}} \right)\dot y\frac{1}{{1 + {x^2}}} + y = 4t$

$\ddot y – 2x\dot y + 2x\dot y + y = 4t$

$\ddot y + y = 4t$

$\ddot y + y = 0$

${k^2} + 1 = 0$

${k_{1/2}} =  \pm i$

${y_h} = {e^{0t}}\left( {{C_1}\cos 1t + {C_2}\sin 1t} \right)$

\[{y_h} = {C_1}\cos \left( {arctgx} \right) + {C_2}\sin \left( {arctgx} \right)\]

\[{y_h} = {C_1}\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + {C_2}\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\]

$f\left( t \right) = 4t$

$\left. \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 0
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} a \pm ib = 0{\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} \Rightarrow {\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} r = 0$

$\left. \begin{array}{l}
m = /\\
n = 1
\end{array} \right\} \Rightarrow {\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} N = 1$

${y_p} = {t^0}{e^{0t}}\left( {\left( {At + B} \right)\cos 0t + \left( {Ct + D} \right)\sin 0t} \right)$

${y_p} = At + B$

${{\dot y}_p} = A$

${{\ddot y}_p} = 0$

$0 + At + B = 4t$

$A = 4{\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} \wedge {\rm{   }} {\text{      }}{\text{      }} B = 0$

${y_p} = 4t$

\[{y_p} = 4arctgx\]

\[Y = {y_h} + {y_p} = {C_1}\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + {C_2}\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 4arctgx\]