Решить ДУ операторным методом

[StaticZero]

(Оффтоп)

ewert, ну, в общем, сойдемся на том, что задание не об этом.

[ewert]

(Оффтоп)

StaticZero в сообщении #1275286 писал(а):

[off]ewert, ну, в общем, сойдемся на том, что задание не об этом.

Да об этом. И при этом -- непонятно об чём. Есть два естественных варианта.

1) задать нулевые начусловия и найти соотв. решение.

2) при произвольных начусл-ях найти, соотв., общее решение

Обе задачки решаются идентично -- разложением дроби на простейшие (с предварительным выделением целой части). Вторая, естественно, более издевательна, если подходить к ней формально.[/off]

-- Сб дек 16, 2017 03:13:45 --

Опять вложенный оффтопик начал глючить. А ведь ещё недавно он, кажется, работал грамотно...

[Singular]

StaticZero в сообщении #1275267 писал(а):

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.

Если понимать способ решения в таком ключе, а судя по всему так оно и есть:

hiraev в сообщении #1275268 писал(а):

StaticZero
Вы все правильно поняли)

то решение нужно искать в такой логике, что сначала определяется фундаментальное решение $\mathscr E$ дифференциального оператора $\mathbf L$, а решение неоднородного - это есть свёртка фундаментального решения с правой частью уравнения $y=\mathscr E *f$.

[hiraev]

Мда. Спасибо за попытки помочь конечно, но все же пришлось разбираться самому.

$y'''-y''=4x^2-3x+2$

$y = y^o+y^*$

$L(\lambda)=\lambda^3-\lambda^2=0$

$\lambda^2(\lambda-1)=0$

$\lambda_1=0, m = 2; \lambda_2=1, m = 1$

$L(D)=D^2(D-1)$

$\sigma = \{0,1\}$

$y^o_1=1$

$y^o_2=x$

$y^o_3=e^x$

$y_o=c_1y^o_1+c_2y^o_2+c_3y^o_3=c_1+c_2x+c_3e^x$

Справа функция

$(4x^2-3x+2)e^{0x}$

Частное решение будем искать в виде

0 находится в спектре и имеет кратность 2, поэтому ЧР умножаем на $x^2$

$y^*=x^2(Ax^2+Bx+C)e^{0x}$

Применим ЛДО к частному решению

$D^2(D-1)x^2(Ax^2+Bx+C)e^{0x}=(4x^2-3x+2)e^{0x}$

Перемещаем экспоненту влево, она не оставляет никаких следов, т.к. ее степень равна нулю

$e^{0x}D^2(D-1)x^2(Ax^2+Bx+C)=(4x^2-3x+2)e^{0x}$

Сокращаем обе части на $e^{0x}$

$D^2(D-1)x^2(Ax^2+Bx+C)=4x^2-3x+2$

$(D^3-D^2)(Ax^4+Bx^3+Cx^2)=4x^2-3x+2$

$D^3(Ax^4+Bx^3+Cx^2)-D^2(Ax^4+Bx^3+Cx^2)=4x^2-3x+2$

$24Ax+6B-12Ax^2-6Bx-2C=4x^2-3x+2$

$$\left\{ \begin{array}{rcl} -12A=4 \\ 24A-6B=-3 \\ 6B-2C=2 \\ \end{array} \right.$$

Отсюда

$A = -\frac{1}{3}, B = -\frac{5}{6}, C = -\frac{2}{7}$

$y^*=-\frac{1}{3}x^4-\frac{5}{6}x^3-\frac{2}{7}x^2$
$y = c_1+c_2x+c_3e^x -\frac{1}{3}x^4-\frac{5}{6}x^3-\frac{2}{7}x^2$

Пример поинтереснее

$y''+2y'=2\sh{2x}$

$L(\lambda)=\lambda^2+2\lambda=0$

$\lambda(\lambda+2)=0$

$\lambda_1=0, \lambda_2=-2$

$L(D)=D(D+2)$

$\sigma=\{0, -2\}$

$y^o_1=1$

$y^o_2=e^{-2x}$

$y^o=c_1+c_2e^{-2x}$

Справа функция

$3\sh{3x}$

Распишем через экспоненту

$3\sh{3x} = e^{2x}-e^{-2x}$

Частное решение будем искать в виде

$y^*=y^*_1+y^*_2$

$y^*_1=Ae^{2x}$

-2 находится в спектре, поэтому умножаем на $x$

$y^*_2=Bxe^{-2x}$

Найдем $y^*_1$

$D(D+2)Ae^{2x}=e^{2x}$

Перемещаем экспоненту влево, применяя ЛДО

$e^{2x} (D+2)(D+4)A=e^{2x}$

Сокращаем обе части на $e^{2x}$

$(D+2)(D+4)A=1$

$(D^2+6D+8)A=1$

Оба ЛДО обращают константу A в ноль, поэтому остается

$8A=1$

$A=\frac{1}{8}$

Найдем $y^*_2$

$D(D+2)Bxe^{-2x}=-e^{-2x}$

Перемещаем экспоненту влево

$e^{-2x}(D-2)DBx=-e^{-2x}$

$(D-2)DBx=-1$

$(D^2-2D)Bx=-1$

$-2B=-1$

$B=\frac{1}{2}$

$y^*=\frac{1}{8}e^{2x}+\frac{1}{2}xe^{-2x}$

$y = c_1 +c_2e^{-2x}+\frac{1}{8}e^{2x}+\frac{1}{2}xe^{-2x}$

-- 16.12.2017, 23:29 --

Пытался решить такое ДУ, но с ним к меня возникли проблемы.

$y''+2y'+5y=-17\sin{2x}$

$L(\lambda)=\lambda^2+2\lambda+5=0$

$\lambda=-1\pm2i$

$L(D)=(D+1-2i)(D+1+2i)$

$y_o=e^{-x}(c_1\cos{2x}+c_2\sin{2x})$

Для поиска частного решения перепишем правую часть

$-17\sin{2x}=Im\{-17e^{2ix}\}$

После этого у меня ничего не получается

[Otta]

StaticZero
- Операционное исчисление - оно же использование преобразования Лапласа. (Четвертой (?) буду.)
- Задание об этом.

Почитать можно, например, в Сидоров, Федорюк, Шабунин "Лекции по ТФКП". Есть и побогаче места, но для исходной задачи хатит.

-- 17.12.2017, 01:31 --

hiraev в сообщении #1275108 писал(а):

На практике рассматривали случай, когда правая часть была квазиполиномом.

Полином - частный случай квазиполинома, так что смотрите, что было на практике.

[Someone]

hiraev в сообщении #1275546 писал(а):

$y'''-y''=4x^2-3x+2$

$y = y^o+y^*$

Где ЭТО называется операторным методом?

[hiraev]

А что вам не нравится-то. Это общий вид решения, и он не зависит от метода.

[Otta]

hiraev в сообщении #1275805 писал(а):

А что вам не нравится-то. Это общий вид решения, и он не зависит от метода.

Да если Вам нравится, то бога ради. Только это не мы хотели операторным методом. И последнее уравнение, опять же, не у нас не решается (которому тоже на методы наплевать, так-то если).

Если Вам метод непринципиален - то не стоило его указывать в постановке задачи. Все, что Вы с большим трудом нашли в интернетах, есть в сжатом виде в Филиппове, далеко и ходить не надо.

[hiraev]

Я не очень понимаю, что вас смутило. Нам преподаватель показывал такой ход решения.

[Someone]

hiraev в сообщении #1275809 писал(а):

Я не очень понимаю, что вас смутило. Нам преподаватель показывал такой ход решения.

И он называл это "операторным методом"?

[Otta]

Меня трудно смутить. :( Называть и кошку ежиком можно.
Но ежиком она от этого не станет.

И потом, одно дело "показывал", и совсем другое дело "показывал как операторный метод".

Еще раз: самое заинтересованное лицо тут Вы. Если Вы решили, что люди незаинтересованные почему-то организовали сговор и просто так упорствуют, то право Ваше )

Но это все равно не операторный метод.

[hiraev]

Да, примерно так и выглядело решение. Я опустил некоторые строчки, но в целом решение выглядело именно так. И такое решение было названо "операторныйм методом".

[Otta]

Ну и ладно. Резюме:
1) Решение может примерно так выглядеть.
2) При этом оно не может претендовать на то, чтобы называться решением операторным методом.

Это был очередной способ сказать то же самое, и слова у меня на этом кончились. )

[svv]

hiraev в сообщении #1275546 писал(а):

После этого у меня ничего не получается

Правая часть — линейная комбинация экспонент $e^{2i x}$ и $e^{-2i x}$. Так как коэффициенты $2i$ и $-2i$ в их показателях «не в спектре» , то и частное решение будет линейной комбинацией этих двух экспонент.

[hiraev]

Получилось такое решение.

$y^*_1=Ae^{2ix}$

$(D+1-2i)(D+1+2i)Ae^{2ix}=\frac{-17e^{2ix}}{2i}$

$e^{2ix}(D+1)(D+1+4i)A=\frac{-17e^{2ix}}{2i}$

$A(1+4i)=\frac{-17}{2i}$

$A=\frac{-17}{2i-8}$

$y^*_1=\frac{-17e^{2ix}}{2i-8}

Для $y^*_2$ аналогично

$y^*_2=\frac{17e^{-2ix}}{2i-8}

$y^*=\frac{17e^{-2ix}}{2i-8}-\frac{17e^{2ix}}{2i-8}$

$y^*=\frac{17}{2}\frac{e^{-2ix}-e^{2ix}}{i-4}$

Можно ли как-то посимпатичнее выразить ответ, без мнимой единицы?