Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

18 июня 2023
13 минут
5 583

Преподаватель математики и информатики. Кафедра бизнес-информатики Российского университета транспорта

Данная статья раскрывает вопрос о решении линейных неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами. Будет рассмотрена теория вместе с примерами приведенных задач. Для расшифровки непонятных терминов необходимо обращаться к теме об основных определениях и понятиях теории дифференциальных уравнений.

Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение (ЛНДУ) второго порядка с постоянными коэффициентами вида $y'' + p \cdot y' + q \cdot y = f (x)$ , где произвольными числами являются $p$ и $q$ , а имеющаяся функция $f (х)$ непрерывная на интервале интегрирования $x$ .

Перейдем к формулировке теоремы общего решения ЛНДУ.

Теорема общего решения ЛДНУ

Теорема 1

Общим решением, находящимся на интервале $х$ , неоднородного дифференциального уравнения вида $y^{(n)} + f_{n - 1} (x) \cdot y^{(n - 1)} + . . . + f_{0} (x) \cdot y = f (x)$ с непрерывными коэффициентами интегрирования на $x$ интервале $f_{0} (x), f_{1} (x), . . ., f_{n - 1} (x)$ и непрерывной функцией $f (x)$ равняется сумме общего решения $y_{0}$ , которое соответствует ЛОДУ и каким-нибудь частным решением $\tilde{y}$ , где исходным неоднородным уравнением является $y = y_{0} + \tilde{y}$ .

Отсюда видно, что решение такого уравнения второго порядка имеет вид $y = y_{0} + \tilde{y}$ . Алгоритм нахождения $y_{0}$ рассмотрен в статье о линейных однородных дифференциальных уравнениях второго порядка с постоянными коэффициентами. После чего следует переходить к определению $\tilde{y}$ .

Выбор частного решения ЛНДУ зависит от вида имеющейся функции $f (x)$ , располагающейся в правой части уравнения. Для этого необходимо рассмотреть отдельно решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка при постоянных коэффициентах.

Когда $f (x)$ считается за многочлен $n$ -ой степени $f (x) = P_{n} (x)$ , отсюда следует, что частное решение ЛНДУ находим по формуле вида $\tilde{y} = Q_{n} (x) \cdot x^{γ}$ , где $Q_{n} (x)$ является многочленом степени $n$ , $r$ – это количество нулевых корней характеристического уравнения. Значение $\tilde{y}$ является частным решением ${\tilde{y}}^{''} + p \cdot {\tilde{y}}^{'} + q \cdot \tilde{y} = f (x)$ , тогда имеющиеся коэффициенты, которые определены многочленом
$Q_{n} (x)$ , отыскиваем при помощи метода неопределенных коэффициентов из равенства ${\tilde{y}}^{''} + p \cdot {\tilde{y}}^{'} + q \cdot \tilde{y} = f (x)$ .

Пример 1

Вычислить по теореме Коши $y'' - 2 y' = x^{2} + 1, y (0) = 2, y' (0) = \frac{1}{4}$ .

Решение

Иначе говоря, необходимо перейти к частному решению линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами $y'' - 2 y' = x^{2} + 1$ , которое будет удовлетворять заданным условиям $y (0) = 2, y' (0) = \frac{1}{4}$ .

Общим решением линейного неоднородного уравнения является сумма общего решения, которое соответствует уравнению $y_{0}$ или частному решению неоднородного уравнения $\tilde{y}$ , то есть $y = y_{0} + \tilde{y}$ .

Для начала найдем общее решение для ЛНДУ, а после чего – частное.

Перейдем к нахождению $y_{0}$ . Запись характеристического уравнения поможет найти корни. Получаем, что

$k^{2} - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k_{1} = 0, k_{2} = 2$

Получили, что корни различные и действительные. Поэтому запишем

$y_{0} = C_{1} e^{0 x} + C_{2} e^{2 x} = C_{1} + C_{2} e^{2 x}$ .

Найдем $\tilde{y}$ . Видно, что правая часть заданного уравнения является многочленом второй степени, тогда один из корней равняется нулю. Отсюда получим, что частным решением для $\tilde{y}$ будет

$\tilde{y} = Q_{2} (x) \cdot x^{γ} = (A x^{2} + B x + C) \cdot x = A x^{3} + B x^{2} + C x$ , где значения $А, В, С$ принимают неопределенные коэффициенты.

Найдем их из равенства вида ${\tilde{y}}^{''} - 2 {\tilde{y}}^{'} = x^{2} + 1$ .

Тогда получим, что:

${\tilde{y}}^{''} - 2 {\tilde{y}}^{'} = x^{2} + 1 (A x^{3} + B x^{2} + C x)^{''} - 2 (A x^{3} + B x^{2} + C x)^{'} = x^{2} + 1 {(3 A x^{2} + 2 B x + C)}^{'} - 6 A x^{2} - 4 B x - 2 C = x^{2} + 1 6 A x + 2 B - 6 A x^{2} - 4 B x - 2 C = x^{2} + 1 - 6 A x^{2} + x (6 A - 4 B) + 2 B - 2 C = x^{2} + 1$

Приравняв коэффициенты с одинаковыми показателями степеней $x$ , получим систему линейных выражений $\{\begin{cases} - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 \\ 2 B - 2 C = 1 \end{cases}$ . При решении любым из способов найдем коэффициенты и запишем: $A = - \frac{1}{6}, B = - \frac{1}{4}, C = - \frac{3}{4}$ и $\tilde{y} = A x^{3} + B x^{2} + C x = - \frac{1}{6} x^{3} - \frac{1}{4} x^{2} - \frac{3}{4} x$ .

Эта запись называется общим решением исходного линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами.

Для нахождения частного решения, которое удовлетворяет условиям $y (0) = 2, y' (0) = \frac{1}{4}$ , требуется определить значения $C_{1}$ и $C_{2}$ , исходя из равенства вида $y = C_{1} + C_{2} e^{2 x} - (\frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2} + \frac{3}{4} x)$ .

Получаем, что:

$y (0) = {(C_{1} + C_{2} e^{2 x} - (\frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2} + \frac{3}{4} x))}_{x = 0} = C_{1} + C_{2} y' (0) = {(C_{1} + C_{2} e^{2 x} - (\frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2} + \frac{3}{4} x))}^{'}_{x = 0} = = {(2 C_{2} e^{2 x} - (\frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{2} x + \frac{3}{4}))}_{x = 0} = 2 C_{2} - \frac{3}{4}$

Работаем с полученной системой уравнений вида $\{\begin{cases} C_{1} + C_{2} = 2 \\ 2 C_{2} - \frac{3}{4} = \frac{1}{4} \end{cases}$ , где $C_{1} = \frac{3}{2}, C_{2} = \frac{1}{2}$ .

Применив теорему Коши, имеем, что

$y = C_{1} + C_{2} e^{2 x} - (\frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2} + \frac{3}{4} x) = = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} e^{2 x} - (\frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2} + \frac{3}{4} x)$

Ответ: $\frac{3}{2} + \frac{1}{2} e^{2 x} - (\frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2} + \frac{3}{4} x)$ .

Когда функция $f (x)$ представляется в виде произведения многочлена со степенью $n$ и экспоненты $f (x) = P_{n} (x) \cdot e^{a x}$ , тогда отсюда получаем, что частным решением ЛНДУ второго порядка будет уравнение вида $\tilde{y} = e^{a x} \cdot Q_{n} (x) \cdot x^{γ}$ , где $Q_{n} (x)$ является многочленом $n$ -ой степени, а $r$ – количеством корней характеристического уравнения, равняющиеся $α$ .

Коэффициенты, принадлежащие $Q_{n} (x)$ находятся по равенству ${\tilde{y}}^{''} + p \cdot {\tilde{y}}^{'} + q \cdot \tilde{y} = f (x)$ .

Пример 2

Найти общее решение дифференциального уравнения вида $y'' - 2 y' = (x^{2} + 1) \cdot e^{x}$ .

Решение

Уравнение общего вида $y = y_{0} + \tilde{y}$ . Указанное уравнение соответствует ЛОДУ $y'' - 2 y' = 0$ . По предыдущему примеру видно, что его корни равняются $k_{1} = 0$ и $k_{2} = 2$ и $y_{0} = C_{1} + C_{2} e^{2 x}$ по характеристическому уравнению.

Видно, что правой частью уравнения является $(x^{2} + 1) \cdot e^{x}$ . Отсюда ЛНДУ находится через $\tilde{y} = e^{a x} \cdot Q_{n} (x) \cdot x^{γ}$ , где $Q_{n} (x)$ , являющимся многочленом второй степени, где $α = 1$ и $r = 0$ , потому как у характеристического уравнения отсутствует корень, равный $1$ . Отсюда получаем, что

$\tilde{y} = e^{a x} \cdot Q_{n} (x) \cdot x^{γ} = e^{x} \cdot (A x^{2} + B x + C) \cdot x^{0} = e^{x} \cdot (A x^{2} + B x + C)$ .

$А, В, С$ являются неизвестными коэффициентами, которые можно найти по равенству ${\tilde{y}}^{''} - 2 {\tilde{y}}^{'} = (x^{2} + 1) \cdot e^{x}$ .

Получили, что

${\tilde{y}}^{'} = {(e^{x} \cdot (A x^{2} + B x + C))}^{'} = e^{x} \cdot (A x^{2} + B x + C) + e^{x} \cdot (2 A x + B) = = e^{x} \cdot (A x^{2} + x (2 A + B) + B + C) {\tilde{y}}^{''} = {(e^{x} \cdot (A x^{2} + x (2 A + B) + B + C))}^{'} = = e^{x} \cdot (A x^{2} + x (2 A + B) + B + C) + e^{x} \cdot (2 A x + 2 A + B) = = e^{x} \cdot (A x^{2} + x (4 A + B) + 2 A + 2 B + C)$

Значит

${\tilde{y}}^{''} - 2 {\tilde{y}}^{'} = (x^{2} + 1) \cdot e^{x} \Leftrightarrow e^{x} \cdot (A x^{2} + x (4 A + B) + 2 A + 2 B + C) - - 2 e^{x} \cdot (A x^{2} + x (2 A + B) + B + C) = (x^{2} + 1) \cdot e^{x} \Leftrightarrow e^{x} \cdot (- A x^{2} - B x + 2 A - C) = (x^{2} + 1) \cdot e^{x} \Leftrightarrow - A x^{2} - B x + 2 A - C = x^{2} + 1 \Leftrightarrow - A x^{2} - B x + 2 A - C = 1 \cdot x^{2} + 0 \cdot x + 1$

Показатели при одинаковых коэффициентах приравниваем и получаем систему линейных уравнений. Отсюда и находим $А, В, С$ :

$\{\begin{array}{l} - A = 1 - B = 0 \\ 2 A - C = 1 \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{cases} A = - 1 B = 0 \\ C = - 3 \end{cases}$

Ответ: видно, что $\tilde{y} = e^{x} \cdot (A x^{2} + B x + C) = e^{x} \cdot (- x^{2} + 0 \cdot x - 3) = - e^{x} \cdot (x^{2} + 3)$ является частным решением ЛНДУ, а $y = y_{0} + y = C_{1} e^{2 x} - e^{x} \cdot (x^{2} + 3)$ - общим решением для неоднородного дифуравнения второго порядка.

Когда функция записывается как $f (x) = A_{1} \cos (β x) + B_{1} \sin (β x)$ , а $А_{1}$ и $В_{1}$ являются числами, тогда частным решением ЛНДУ считается уравнение вида $\tilde{y} = (A \cos (β x) + B \sin (β x)) \cdot x^{γ}$ , где $А$ и $В$ считаются неопределенными коэффициентами, а $r$ числом комплексно сопряженных корней, относящихся к характеристическому уравнению, равняющимся $\pm i β$ . В этом случае поиск коэффициентов проводится по равенству ${\tilde{y}}^{''} + p \cdot {\tilde{y}}^{'} + q \cdot \tilde{y} = f (x)$ .

Пример 3

Найти общее решение дифференциального уравнения вида $y'' + 4 y = \cos (2 x) + 3 \sin (2 x)$ .

Решение

Перед написанием характеристического уравнения находим $y_{0}$ . Тогда

$k^{2} + 4 = 0 k^{2} = - 4 k_{1} = 2 i, k_{2} = - 2 i$

Имеем пару комплексно сопряженных корней. Преобразуем и получим:

$y_{0} = e^{0} \cdot (C_{1} \cos (2 x) + C_{2} \sin (2 x)) = C_{1} \cos (2 x) + C_{2} \sin (2 x)$

Корни из характеристического уравнения считаются сопряженной парой $\pm 2 i$ , тогда $f (x) = \cos (2 x) + 3 \sin (2 x)$ . Отсюда видно, что поиск $\tilde{y}$ будет производиться из $\tilde{y} = (A \cos (β x) + B \sin (β x) \cdot x^{γ} = (A \cos (2 x) + B \sin (2 x)) \cdot x$ . Неизвестные коэффициенты $А$ и $В$ будем искать из равенства вида ${\tilde{y}}^{''} + 4 \tilde{y} = \cos (2 x) + 3 \sin (2 x)$ .

Преобразуем:

${\tilde{y}}^{'} = ((A \cos (2 x) + B \sin (2 x) \cdot x)^{'} = = (- 2 A \sin (2 x) + 2 B \cos (2 x)) \cdot x + A \cos (2 x) + B \sin (2 x) {\tilde{y}}^{''} = ((- 2 A \sin (2 x) + 2 B \cos (2 x)) \cdot x + A \cos (2 x) + B \sin (2 x))^{'} = = (- 4 A \cos (2 x) - 4 B \sin (2 x)) \cdot x - 2 A \sin (2 x) + 2 B \cos (2 x) - - 2 A \sin (2 x) + 2 B \cos (2 x) = = (- 4 A \cos (2 x) - 4 B \sin (2 x)) \cdot x - 4 A \sin (2 x) + 4 B \cos (2 x)$

Тогда видно, что

${\tilde{y}}^{''} + 4 \tilde{y} = \cos (2 x) + 3 \sin (2 x) \Leftrightarrow (- 4 A \cos (2 x) - 4 B \sin (2 x)) \cdot x - 4 A \sin (2 x) + 4 B \cos (2 x) + + 4 (A \cos (2 x) + B \sin (2 x)) \cdot x = \cos (2 x) + 3 \sin (2 x) \Leftrightarrow - 4 A \sin (2 x) + 4 B \cos (2 x) = \cos (2 x) + 3 \sin (2 x)$

Необходимо приравнять коэффициенты синусов и косинусов. Получаем систему вида:

$\{\begin{cases} - 4 A = 3 \\ 4 B = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} A = - \frac{3}{4} \\ B = \frac{1}{4} \end{cases}$

Следует, что $\tilde{y} = (A \cos (2 x) + B \sin (2 x) \cdot x = (- \frac{3}{4} \cos (2 x) + \frac{1}{4} \sin (2 x)) \cdot x$ .

Ответ: общим решением исходного ЛНДУ второго порядка с постоянными коэффициентами считается

$y = y_{0} + \tilde{y} = = C_{1} \cos (2 x) + C_{2} \sin (2 x) + (- \frac{3}{4} \cos (2 x) + \frac{1}{4} \sin (2 x)) \cdot x$

Когда $f (x) = e^{a x} \cdot (P_{n} (x) \sin (β x) + Q_{k} (x) \cos (β x))$ , тогда $\tilde{y} = e^{a x} \cdot (L_{m} (x) \sin (β x) + N_{m} (x) \cos (β x) \cdot x^{γ}$ . Имеем, что $r$ – это число комплексно сопряженных пар корней, относящихся к характеристическому уравнению, равняются $α \pm i β$ , где $P_{n} (x), Q_{k} (x), L_{m} (x)$ и $N_{m} (x)$ являются многочленами степени $n, k, т, m$ , где $m = m a x (n, k)$ . Нахождение коэффициентов $L_{m} (x)$ и $N_{m} (x)$ производится, исходя из равенства ${\tilde{y}}^{''} + p \cdot {\tilde{y}}^{'} + q \cdot \tilde{y} = f (x)$ .

Пример 4

Найти общее решение $y'' + 3 y' + 2 y = - e^{3 x} \cdot ((38 x + 45) \sin (5 x) + (8 x - 5) \cos (5 x))$ .

Решение

По условию видно, что

$α = 3, β = 5, P_{n} (x) = - 38 x - 45, Q_{k} (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1$

Тогда $m = m a x (n, k) = 1$ . Производим нахождение $y_{0}$ , предварительно записав характеристическое уравнение вида:

$k^{2} - 3 k + 2 = 0 D = 3^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1 k_{1} = \frac{3 - 1}{2} = 1, k_{2} = \frac{3 + 1}{2} = 2$

Получили, что корни являются действительными и различными. Отсюда $y_{0} = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x}$ . Далее необходимо искать общее решение, исходя из неоднородного уравнения $\tilde{y}$ вида

$\tilde{y} = e^{α x} \cdot (L_{m} (x) \sin (β x) + N_{m} (x) \cos (β x) \cdot x^{γ} = = e^{3 x} \cdot ((A x + B) \cos (5 x) + (C x + D) \sin (5 x)) \cdot x^{0} = = e^{3 x} \cdot ((A x + B) \cos (5 x) + (C x + D) \sin (5 x))$

Известно, что $А, В, С$ являются коэффициентами, $r = 0$ , потому как отсутствует пара сопряженных корней, относящихся к характеристическому уравнению с $α \pm i β = 3 \pm 5 \cdot i$ . Данные коэффициенты находим из полученного равенства:

${\tilde{y}}^{''} - 3 {\tilde{y}}^{'} + 2 \tilde{y} = - e^{3 x} ((38 x + 45) \sin (5 x) + (8 x - 5) \cos (5 x)) \Leftrightarrow (e^{3 x} ((A x + B) \cos (5 x) + (C x + D) \sin (5 x)))^{''} - - 3 (e^{3 x} ((A x + B) \cos (5 x) + (C x + D) \sin (5 x))) = - e^{3 x} ((38 x + 45) \sin (5 x) + (8 x - 5) \cos (5 x))$

Нахождение производной и подобных слагаемых дает

$- e^{3 x} \cdot ((15 A + 23 C) \cdot x \cdot \sin (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) \cdot \sin (5 x) + + (23 A - 15 C) \cdot x \cdot \cos (5 x) + (- 3 A + 23 B - 10 C - 15 D) \cdot \cos (5 x)) = = - e^{3 x} \cdot (38 \cdot x \cdot \sin (5 x) + 45 \cdot \sin (5 x) + + 8 \cdot x \cdot \cos (5 x) - 5 \cdot \cos (5 x))$

После приравнивания коэффициентов получаем систему вида

$\{\begin{array}{l} 15 A + 23 C = 38 \\ 10 A + 15 B - 3 C + 23 D = 45 23 A - 15 C = 8 - 3 A + 23 B - 10 C - 15 D = - 5 \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{cases} A = 1 B = 1 C = 1 \\ D = 1 \end{cases}$

Из всего следует, что

$\tilde{y} = e^{3 x} \cdot ((A x + B) \cos (5 x) + (C x + D) \sin (5 x)) = = e^{3 x} \cdot ((x + 1) \cos (5 x) + (x + 1) \sin (5 x))$

Ответ: теперь получено общее решение заданного линейного уравнения:

$y = y_{0} + \tilde{y} = = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} + e^{3 x} \cdot ((x + 1) \cos (5 x) + (x + 1) \sin (5 x))$

Алгоритм решения ЛДНУ

Определение 1

Любой другой вид функции $f (x)$ для решения предусматривает соблюдение алгоритма решения:

нахождение общего решения соответствующего линейного однородного уравнения, где $y_{0} = C_{1} \cdot y_{1} + C_{2} \cdot y_{2}$ , где $y_{1}$ и $y_{2}$ являются линейно независимыми частными решениями ЛОДУ, $С_{1}$ и $С_{2}$ считаются произвольными постоянными;
принятие в качестве общего решения ЛНДУ $y = C_{1} (x) \cdot y_{1} + C_{2} (x) \cdot y_{2}$ ;
определение производных функции через систему вида $\{\begin{cases} C_{1}' (x) + y_{1} (x) + C_{2}' (x) \cdot y_{2} (x) = 0 \\ C_{1}' (x) + y_{1}' (x) + C_{2}' (x) \cdot y_{2}' (x) = f (x) \end{cases}$ , а нахождение функций $C_{1} (x)$ и $C_{2} (x)$ посредствам интегрирования.

Пример 5

Найти общее решение для $y^{''} + 36 y = 24 \sin (6 x) - 12 \cos (6 x) + 36 e^{6 x}$ .

Решение

Переходим к написанию характеристического уравнения, предварительно записав $y_{0}, y'' + 36 y = 0$ . Запишем и решим:

$k^{2} + 36 = 0 k_{1} = 6 i, k_{2} = - 6 i \Rightarrow y_{0} = C_{1} \cos (6 x) + C_{2} \sin (6 x) \Rightarrow y_{1} (x) = \cos (6 x), y_{2} (x) = \sin (6 x)$

Имеем, что запись общего решения заданного уравнения получит вид $y = C_{1} (x) \cdot \cos (6 x) + C_{2} (x) \cdot \sin (6 x)$ . Необходимо перейти к определению производных функций $C_{1} (x)$ и $C_{2} (x)$ по системе с уравнениями:

$\{\begin{cases} C_{1}' (x) \cdot \cos (6 x) + C_{2}' (x) \cdot \sin (6 x) = 0 \\ C_{1}' (x) \cdot (\cos (6 x))^{'} + C_{2}' (x) \cdot (\sin (6 x))^{'} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} C_{1}' (x) \cdot \cos (6 x) + C_{2}' (x) \cdot \sin (6 x) = 0 \\ C_{1}' (x) (- 6 \sin (6 x) + C_{2}' (x) (6 \cos (6 x)) = = 24 \sin (6 x) - 12 \cos (6 x) + 36 e^{6 x} \end{cases}$

Необходимо произвести решение относительно $C_{1}' (x)$ и $C_{2}' (x)$ при помощи любого способа. Тогда запишем:

$C_{1}' (x) = - 4 \sin^{2} (6 x) + 2 \sin (6 x) \cos (6 x) - 6^{e 6 x} \sin (6 x) C_{2}' (x) = 4 \sin (6 x) \cos (6 x) - 2 \cos^{2} (6 x) + 6 e^{6 x} \cos (6 x)$

Каждое из уравнений следует проинтегрировать . Тогда запишем получившиеся уравнения:

$C_{1} (x) = \frac{1}{3} \sin (6 x) \cos (6 x) - 2 x - \frac{1}{6} \cos^{2} (6 x) + + \frac{1}{2} e^{6 x} \cos (6 x) - \frac{1}{2} e^{6 x} \sin (6 x) + C_{3} C_{2} (x) = - \frac{1}{6} \sin (6 x) \cos (6 x) - x - \frac{1}{3} \cos^{2} (6 x) + + \frac{1}{2} e^{6 x} \cos (6 x) + \frac{1}{2} e^{6 x} \sin (6 x) + C_{4}$

Отсюда следует, что общее решение будет иметь вид:

$y = (\frac{1}{3} \sin (6 x) \cos (6 x) - 2 x - \frac{1}{6} \cos^{2} (6 x) + + \frac{1}{2} e^{6 x} \cos (6 x) - \frac{1}{2} e^{6 x} \sin (6 x) + C_{3}) \cdot \cos (6 x) + + (- \frac{1}{6} \sin (6 x) \cos (6 x) - x - \frac{1}{3} \cos^{2} (6 x) + + \frac{1}{2} e^{6 x} \cos (6 x) + \frac{1}{2} e^{6 x} \sin (6 x) + C_{4}) \cdot \sin (6 x) = = - 2 x \cdot \cos (6 x) - x \cdot \sin (6 x) - \frac{1}{6} \cos (6 x) + + \frac{1}{2} e^{6 x} + C_{3} \cdot \cos (6 x) + C_{4} \cdot \sin (6 x)$

Ответ: $y = y_{0} + \tilde{y} = - 2 x \cdot \cos (6 x) - x \cdot \sin (6 x) - \frac{1}{6} \cos (6 x) + + \frac{1}{2} e^{6 x} + C_{3} \cdot \cos (6 x) + C_{4} \cdot \sin (6 x)$