Demidroll
Новичок
|
    
Для Trushkov, это типо этого:
tg(t)=Cx;
t=arctg(Cx)+Pi*K;
y\x=arctg(Cx)+Pi*K;
y=x*arctg(Cx)+Pi*K*x
|
Всего сообщений: 35 | Присоединился: февраль 2009 | Отправлено: 5 марта 2009 18:07 | IP
|
|
SuNNyGirl
Начинающий
|
пожалуйста,помогите решить 2 примерчика:
1)найти общее решение
(x^2-1)y'' + 4xy'+2y=6x,
если известно 2 частных решения линейного неоднородного уравнения:y1=x,y2=(x^2+x+1)/(x+1)
2)y''+y'tgx=4(cosx)^2*(y+(cosx)^2)
|
Всего сообщений: 61 | Присоединился: сентябрь 2008 | Отправлено: 5 марта 2009 19:34 | IP
|
|
Trushkov
Долгожитель
|
 
Demidroll, у Вас было tg(y/2x)=... Поэтому Вы на два забыли умножить.
neytron40, стандартный ход для Вашего уравнения - замена y'=p(y). Тогда y''=p'*p. См., например, стр. 32 на внешняя ссылка удалена
SuNNyGirl, во втором уравнении порядок уравнения понижается с помощью замены z=y'.
В первом уравнении я бы делал так. Заметим, что разность данных нам решений является решением однородного уравнения. А теперь применим формулу Лиувилля-Остроградского для вронскиана. Подробнее можно посмотреть на стр. 77-78 по той же ссылке.
(Сообщение отредактировал Trushkov 5 марта 2009 20:25)
|
Всего сообщений: 273 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 5 марта 2009 20:21 | IP
|
|
MrZORG
Новичок
|
Помгите пожалуйста с двумя уравнениями первого порядка:
(e^x)*(y^2-1)dx=((e^x)-1)dy=0
y'+2y/x=x
И одним второго:
(x+1)*y"=y'
Заранее огромное спасибо!!!!
|
Всего сообщений: 20 | Присоединился: февраль 2009 | Отправлено: 5 марта 2009 21:20 | IP
|
|
Trushkov
Долгожитель
|
MrZORG, первое уравнение - уравнение с разделяющимися переменными. Переносите всё, что с иксом в левую часть, а всё, что с игреком - в правую. Ну, и интегрируете.
Второе, в общем-то относится к тому же типу. Но для начала надо сделать замену y'(x)=z(x). Тогда порядок уравнения понизится, и оно станет уравнением с разделяющимися переменными.
|
Всего сообщений: 273 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 5 марта 2009 21:39 | IP
|
|
SuNNyGirl
Начинающий
|
y''+y'tgx=4(cosx)^2*(y+(cosx)^2)
y''+y'tgx-4y(cosx)^2=4(cosx)^4,
т.е. однородное получилось:
y''+y'tgx-4y(cosx)^2=0-не поняла,к чему приведёт замена z=y'?
|
Всего сообщений: 61 | Присоединился: сентябрь 2008 | Отправлено: 5 марта 2009 21:58 | IP
|
|
Trushkov
Долгожитель
|
SuNNyGirl, не заметил я игрека в правой части. Сделайте замену t=2sin(x). Получится уравнение с постоянными коэффициентами.
Об уравнениях, сводящимся к уравнениям с постоянными коэффициентами см. стр. 83-84 на внешняя ссылка удалена
(Сообщение отредактировал Trushkov 5 марта 2009 23:35)
|
Всего сообщений: 273 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 5 марта 2009 22:22 | IP
|
|
SuNNyGirl
Начинающий
|
в ходе решения
y''+y'tgx=4(cosx)^2*(y+(cosx)^2)
получилось такое ду:
z''+(15t^2-40)/(16(1+t^2)^2)z=0-как его решить,не подскажите
|
Всего сообщений: 61 | Присоединился: сентябрь 2008 | Отправлено: 6 марта 2009 0:50 | IP
|
|
Trushkov
Долгожитель
|
Итак, замена t=2*sin(x), dt=2*cos(x)dx
dy/dx=2cos(x)dy/dt,
d^2y/dx^2=(4*cos^2(x))d^2y/dt^2-2sin(x)dy/dy
Подствляем
4*cos^2(x)*d^2y/dt^2-2sin(x)*dy/dt+tg(x)*2*cos(x)dy/dt-4*cos^2(x)y=...
При dy/dt всё сокращается, делим на 4*cos^2(x) и получаются постоянные коэффициенты. Ура!
|
Всего сообщений: 273 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 6 марта 2009 10:12 | IP
|
|
neytron40
Новичок
|
мне тоже помогите..а тоя остался не замеченным
|
Всего сообщений: 35 | Присоединился: март 2009 | Отправлено: 6 марта 2009 16:09 | IP
|
|
Форум
Решение дифференциальных уравнений
