Помощ за задача

[Гост]

y''+y=4sinx

[Гост]

Напъни се за едно "Моля..."

[KOPMOPAH]

Напъни се за едно "Моля..."

[Гост]

Извинявам се, трябваше ми спешно и не съобразих! Попринцип аз също държа много на учтивостта и благодаря за направената забележка! Хубава вечер!

[peyo]

y''+y=4sinx

Метода по който ще решим уравнението е първо ще решим y''+y=0 и после ще намерим още едно решение на y''+y=4sinx и ще съберем двете решения и това ще е крайния резултат. Имам смътен спомен, че това е валиден метод.

y'' = -y

Това не съм сигурен как се решава без отгатване, но с отгатване се решава лесно, защото търсим функция която 2 пъти диференцирана е равна на същата функция със знак минус. Ние знаем за 2 много известни такива функции: sin и cos. И понеже и двете стават и могат да се съберат и да имат собствена константа всяка:

$y = C_1sin(x) + C_2cos(x)$

Сега остава да намерим частно решение за y''+y=4sinx което обаче не е линейна комбинация на sin и cos. Значи ще търсим нелинейна като $Asin^2(x)$ или нещо с полином $Аxsin(x)$. След малко проби и грешки установяваме, че тази комбинация ще ни свърши работа: $Аxcos(x)$

$A x \cos{\left(x \right)} - A x \cos{\left(x \right)} + 2 A\sin{\left(x \right)} - 4 \sin{\left(x \right)} = 0$

$ 2 A\sin{\left(x \right)} = 4 \sin{\left(x \right)} $

$A=2$

И така крайното решение е:

$y = C_1sin(x) + C_2cos(x) + 2xcos(x)$

[Гост]

[tex]y= e^{ \lambda t}[/tex] nima li da probvash?

[Davids]

Имаме нехомогенно линейно ДУ от втори ред с постоянни коефициенти. За целта се интересуваме от:
1) общото решение на хомогенната част;
2) едно частно решение на нехомогенното уравнение.

Сборът от двете ще даде общото решение на уравнението.

Започваме с първата стъпка - Общо решение на хомогенната част:
Имаме $y'' + y = 0$. Характеристичен полином на уравнението е $P(\lambda) = \lambda^2 + 1$, съответно корените му са $\lambda_{1,2} = \pm i$.

Значи ФСР (фундаментална система от решения) на хомогенната част е $\Phi = \{\cos x, \sin x\}$.
С други думи, общото решение на хомогенната част е $y_0(x) = C_1\cos x + C_2\sin x$

Преминаваме към стъпка 2. Започваме с търсенето на частно решение на нехомогенното уравнение:
Тук имаме генерално два подхода:

I. начин: Метод на неопределените коефициенти

Дясната ни страна $f(x) := 4\sin x$ е от вида $f(x) = P_n(x)\sin(bx) e^{ax}$
където:
* $P_n(x)$ е полином от $n$-та степен на $x$. В нашия случай $n = 0$ и $P_n(x) = P_0(x) = 4$
* $b = 1$
* $a = 0$

Сега, теоретичната стъпка тук се основава на основното тъждество на Ойлер от комплексните числа:
Нека $\alpha = a + ib$, тогава $e^{\alpha x} = e^{(a+ib)x} = e^{ax}\cdot e^{ibx} = e^{ax}\left[\cos(bx) +i\sin(bx)\right]$
и ще се възползваме от факта, че: $\sin(bx) = Im(e^{ibx})$
и така достигаме до извода, че нашата дясна страна $f(x) = P_n(x)Im\left(e^{\alpha x}\right) = Im\left(P_ne^{\alpha x}\right)$

Значи ще можем да намерим комплексно решение $z(x)$ на разширеното уравнение с дясна страна $F(x) := P_ne^{\alpha x}$ и след това да вземем имагинерната му част.

Теорията (която по идея не е нищо по-сложно от малко по-генерални хрумки, подобни на тези от горния пост на колегата) ни казва,
че за дясна страна от нашия общ вид $F(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$
нашето цяло начално уравнение ще има частно решение на уравнението от вида:
$z(x) = x^sQ_n(x)e^{\alpha x}$, където:
* $s = \begin{cases} 0,\text{ ако }\alpha\text{ не е корен на характеристичния полином} \\ k,\text{ ако }\alpha\text{ е }k\text{-кратен корен на характеристичния полином} \end{cases}$
В нашия случай $\alpha = i$ е еднократен корен, така че $s = 1$.
* $Q_n(x)$ е полином от $n$-та (същата като на $P$) степен с неопределени коефициенти. При нас тази степен е нулева, значи $Q$ ще е просто произволна константа.

Значи финално търсеният общ вид на частното решение е $z(x) = cxe^{ix}$. A pък разширеното ни уравнение става $y'' + y = 4e^{ix}$

Заместваме в уравнението и се заемаме с търсенето на неопределените коефициенти (е, в нашия случай това е само константата $c$):
$z'' + z = 4e^{ix}$

Имаме $z$, остава да пресметнем втората производна:
$z = cxe^{ix}$
$z' = c(e^{ix} + ixe^{ix}) = ce^{ix}(1 + ix)$
$z'' = c\left[ie^{ix} + ie^{ix}(1+ix)\right] = cie^{ix}(2+ix)$

Заместваме и решаваме за $c$:
$cie^{ix}(2+ix) + cxe^{ix} = 4e^{ix}$
$ce^{ix}(2i - x + x) = 4e^{ix}$
$2ic=4$
$\Rightarrow c = \frac{i}{2} = -2i$

Значи комплексното ни частно решение е $z = -2ixe^{ix} = -2ix(\cos x + i\sin x) = 2x\sin x -2ix\cos x$.
И така реалното ни частно решение е $y_1 = Im(z) = -2x\cos x$.

С това получаваме общо решение:
$\boxed{y(x) = C_1\cos x + C_2\sin x - 2x\cos x}$

II. начин: Метод на Лагранж за вариране на коефициентите:
Тук вече малко се изтормозих да набирам на LaTeX, затова ще го караме по-направо, а теоретичната справка в детайли ще оставим на читателя

Общата идея е следната:
Знаем, че общото решение на хомогенната част е $y_0(x) = C_1\cos x + C_2\sin x$. Значи идеята е да търсим частно решение на хомогенното уравнение от вида:
$z(x) = b_1(x)\cos x + b_2(x)\sin x$

След заместване в уравнението и малко диференциране по части (няма да се впускаме в обяснения, има да се попрочете по идеята), уравнението се свежда до системата:
[tex]\begin{array}{|l} \cos x b_1'(x) + \sin x b_2'(x) = 0 \\ (\cos x)'b_1'(x) + (\sin x)'b_2'(x) = 4\sin x \end{array} \Longleftrightarrow \begin{array}{|l} \cos xb_1'(x) + \sin x b_2'(x) = 0 \\ -\sin x b_1'(x) + \cos xb_2'(x) = 4\sin x \end{array}[/tex]

В матрична форма:
$$\begin{pmatrix}
\cos x & \sin x\\
-\sin x & \cos x
\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}b_1'(x) \\ b_2'(x)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\4\sin x\end{pmatrix}$$

След малко разджуркване (което не разбрах как да изпиша хубаво с разширена матрица с наличните инструменти на форума), ще достигнем до решения за първите производни на варираните коефициенти, а именно:
[tex]\begin{array}{|l} b_1'(x) = -4\sin^2x \\ b_2'(x) = 2\sin2x \end{array}[/tex]

След интегриране достигаме и до решенията:
[tex]\begin{array}{|l} b_1(x) = \sin2x - 2x + K_1 \\ b_2(x) = -cos2x + K_2 \end{array}[/tex]

* Fun fact: за улеснение ще вземем $К_1 = К_2 = 0$ и ще заместим за частно решение. Но ако оставим константите произволни, директно ще получим общото решение на цялото уравнение.

Та, заместваме и получаваме частното ни решение:
$z(x) = (\sin2x - 2x)\cos x - cos2x\sin x = -2x\cos x + (\sin2x\cos x - \cos2x\sin x) = -2x\cos x + \sin x$

И понеже имаме едно паразитно събираемо $\sin x$, което така или иначе е линейна комбинация на фундаменталната система от решения, общото решение отново се свежда до еквивалентото от горния подход:
$y(x) = C_1\cos x + C_2\sin x - 2x\cos x$