Решить ДУ операторным методом

[hiraev]

Имеется ДУ следующего вида:
$y'''-y''=4x^2-3x+2$
Необходимо решить его используя операторный метод.
На практике рассматривали случай, когда правая часть была квазиполиномом.
В этом примере не так. Не знаю как решать, никакую литературу по этой теме найти не могу.

Отрывок из теории с практики:
$y^{n}+a_{n-1}y^{n-1}+...+a_1y'+a_0y=f(x)$
$[D^n+...+a_1D+a_0]y=f(x)$
$L(D)y=f(x)$
и т.д.

На своем примере я получил следующее
$D^3-D^2=0$
$D^2(D-1)=0$
$\sigma=\{0,1\}$ - спектр
$y_1=1$
$y_2=x$
$y_3=e^x$
$y^o=c_1+c_2x+c_3e^x$

А что дальше делать, как искать частное решение не знаю.

[svv]

1) К обеим частям дифференциального уравнения относительно $y(x)$ примените преобразование Лапласа.
У Вас получится уравнение относительно изображения $Y(s)$, уже не дифференциальное, а алгебраическое.
2) Решите его: $Y(s)=...$
3) Для правой части восстановите оригинал с помощью свойств преобразования Лапласа и/или таблиц (в данном случае хватит элементарных свойств). Он будет равен оригиналу левой части, т.е. $y(x)$.

hiraev в сообщении #1275108 писал(а):

никакую литературу по этой теме найти не могу

По операционному исчислению?

hiraev в сообщении #1275108 писал(а):

как искать частное решение не знаю

Вы тут всегда получаете частное решение — в том смысле, что у Вас нет произвольных констант, которые надо (или не надо) определять из начальных условий. «Всё уже включено», и начальные условия явно входят в решение.

[ewert]

hiraev в сообщении #1275108 писал(а):

$\sigma=\{0,1\}$ - спектр
$y_1=1$
$y_2=x$
$y_3=e^x$
$y^o=c_1+c_2x+c_3e^x$

Спектр тут не при чём.

svv в сообщении #1275123 писал(а):

«Всё уже включено», и начальные условия явно входят в решение.

В стартовом посте не входят. Соответственно, входят именно произвольные постоянные (в виде произвольных начальных условий).

[svv]

Можно и так сказать.

[hiraev]

То есть операторный метод здесь не применим?

[Someone]

Замечательно применим. Если, составляя изображения производных, не считать начальные данные нулевыми и не заменять правую часть нулём. Вам же написали:

svv в сообщении #1275123 писал(а):

1) К обеим частям дифференциального уравнения относительно $y(x)$ примените преобразование Лапласа.

[StaticZero]

Судя по стартовому посту ТС, тут не об операционном исчислении речь, а об обращении оператора $\mathbf L = \sum a_n \dfrac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}$, там какую-то науку рассказывали на матане и нам тоже, но настолько скомканно и быстро, что я ничего не помню. У меня тоже была проблема, что я не мог найти литературу про операторный метод, но забил; о преобразовании Лапласа речь, очевидно, не велась.

[hiraev]

StaticZero
Вы все правильно поняли)

[ewert]

StaticZero в сообщении #1275267 писал(а):

а об обращении оператора $\mathbf L = \sum a_n \dfrac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}$, там какую-то науку рассказывали на матане и нам тоже, но настолько скомканно и быстро, что я ничего не помню.

А там нет никакой серьёзной науки. В том смысле, что говорить об операторах, об их областях определения и множествах значений применительно к операционному исчислению -- это не пришей кобыле хвост. Там просто гоняние полезных формулок.

Во всяком случае, если речь о втором семестре, к которому в стандартном режиме операционное исчисление (в минимально необходимом объёме) обычно и пристёгивается.

[amon]

hiraev в сообщении #1275108 писал(а):

никакую литературу по этой теме найти не могу.

Судя по всему, см. В.И. Смирнов. Курс высшей математики, т.2, гл. 2, пар.3, п.38 "Символический метод", стр. 106 по изданию 1974 года.

[ewert]

ну уж если о ссылках, то классикой принято считать Араманович, Лунц, Эльсгольц (сам я их не читал, но так принято).

[StaticZero]

ewert в сообщении #1275271 писал(а):

к операционному исчислению

Так нет здесь никакого операционного исчисления. Есть оператор — линейная комбинация производных, который нужно обратить. amon уже указал название обсуждаемого метода такое, что оно не сбивает с толку и не пристёгивает сюда Лапласа.

[ewert]

StaticZero в сообщении #1275275 писал(а):

линейная комбинация производных, который нужно обратить.

что невозможно без допоговорок

StaticZero в сообщении #1275275 писал(а):

что оно не сбивает с толку и не пристёгивает сюда Лапласа

Это, видимо, не тот Лаплас, которого Вы имели в виду. Лапласов вообще-то жутко много, и все они едины в одном лице. И вот один из них -- ровно тут. И ровно тут он преобразованием и обзывается.

[StaticZero]

ewert в сообщении #1275277 писал(а):

преобразованием и обзывается.

Здесь в теме два отличных друг от друга заслуженных участника помянули того Лапласа, который $\int \limits_0^\infty e^{-pt} f(t) \ \mathrm dt$. Если вы не являетесь в этом множестве третьим элементом, тогда прошу прощения.

[ewert]

(Оффтоп)

StaticZero в сообщении #1275278 писал(а):

ewert в сообщении #1275277 писал(а):

преобразованием и обзывается.

Здесь в теме два отличных друг от друга заслуженных участника помянули того Лапласа, который $\int \limits_0^\infty e^{-pt} f(t) \ \mathrm dt$. Если вы не являетесь в этом множестве третьим элементом, тогда прошу прощения.

Я не могу являться третьим элементом в множестве, состоящем из двух уже заданных (хотя и не помню, каких). А так -- являюсь, безусловно. Ровно в этом смысле преобразование Лапласа и есть операционное исчисление, не больше и не меньше.