Дифференциальное уравнение

[freedom_of_heart]

Не получается найти частное решение...

$y'''-y''-y'+y=(2x+11)e^x$

1) Найдем решение однородного уравнения

$y'''-y''-y'+y=0$

$k^3-k^2-k+1=0$

$k^2(k-1)-(k-1)=0$

$(k^2-1)(k-1)=0$

$(k+1)(k-1)^2=0$

$y_1=(C_1x+C_2)e^x+C_3e^{-x}$ - общее решение однородного уравнения

Я предполагаю, что нужно искать частное решение в виде $y_2=x^2(Ax+B)e^x$

Но, если в таком виде искать - то не совпадет с ответом, в ответе так:

$y_2=e^x(\frac{x^3}{6}+\frac{5x^2}{2}-\frac{5x}{2})$

[ИСН]

Ну а откуда Вы взяли, что следует его искать в таком виде?

[phys]

А по логике верно,$P_n(x)e^x$ - стандартный вид, да дважды повторяющийся корень единица, получим $x^2P_n(x)e^x$. Где то подвох, никак не могу найти ошибку.

- - - upd - - -

Что интересно если искать в виде $x^2(Ax + B)e^x$ то частное решение тоже выходит, и довольно таки верное. Так что и там и там будет правильно, а уж какое частное выбирать - выбирать вам. Видимо для получения ответа вида $e^xP_3(x)$ использовался какой то другой метод.

[Someone]

phys в сообщении #459301 писал(а):

Где то подвох, никак не могу найти ошибку.

Да нету там никакой ошибки. Вы думаете, что у дифференциального уравнения только одно частное решение?

freedom_of_heart в сообщении #459274 писал(а):

Но, если в таком виде искать - то не совпадет с ответом, в ответе так:

$y_2=e^x(\frac{x^3}{6}+\frac{5x^2}{2}-\frac{5x}{2})$

$-\frac{5x}2e^x$ - решение однородного уравнения. (При каких $C_1,C_2,C_3$ оно получается из указанного Вами общего решения?)

[phys]

Someone, да да, я уже нашел ошибку в своих рассуждениях, именно об этом и дописал.

[freedom_of_heart]

Спасибо большое, понятно!

[freedom_of_heart]

А как методом Лагранжа решить это же уравнение?

Частное решение ищем в виде:

$y_1=C_1(x)xe^x+C_2(x)e^x+C_3(x)e^{-x}$

$$\begin{cases} C_1'(x)xe^x+C_2'(x)e^x+C_3'(x)e^{-x}=0 \\ C_1'(x)(xe^x)'+C_2'(x)(e^x)'+C_3'(x)(e^{-x})'=(2x+11)e^x\\ \end{cases}$$

Ведь получается 2 уравнения и 3 неизвестных...Значит этим методом не найти решение?!

[Someone]

freedom_of_heart в сообщении #459357 писал(а):

Ведь получается 2 уравнения и 3 неизвестных...Значит этим методом не найти решение?!

Вполне можно найти, только систему надо правильно составить. Откуда Вы эту систему взяли? Какого порядка уравнение там рассматривалось?

[phys]

Варьировать постоянные вы там убьетесь, утонете просто в буквах.

(Оффтоп)

На самом деле там и подбором долго. Лучше вбить в матлаб и радоваться.

[freedom_of_heart]

Someone в сообщении #459406 писал(а):

Вполне можно найти, только систему надо правильно составить. Откуда Вы эту систему взяли? Какого порядка уравнение там рассматривалось?

Уравнение 3 порядка!!! Точно,ошиблась..!

$$\begin{cases} C_1'(x)xe^x+C_2'(x)e^x+C_3'(x)e^{-x}=0 \\ C_1'(x)(xe^x)'+C_2'(x)(e^x)'+C_3'(x)(e^{-x})'=0\\ C_1'(x)(xe^x)''+C_2'(x)(e^x)''+C_3'(x)(e^{-x})''=(2x+11)e^x \end{cases}$$

О, ужас...

Правильно?!

Взяла информацию из википедии...

(Оффтоп)

Метод вариации произвольных постоянных для построения решения линейного неоднородного дифференциального уравнения

$a_n(t)z^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)z^{(n-1)}(t)+...+a_1(t)z'(t)+a_0(t)z(t)=f(t)$

состоит в замене произвольных постоянных $c_k$ в общем решении

$z(t)=c_1 z_1(t)+c_2z_2(t)+...+c_nz_n(t)$

соответствующего однородного уравнения

$a_n(t) z^{(n)}(t) + a_{n-1}(t) z^{(n-1)}(t) + ... +a_1(t) z'(t) + a_0(t) z(t) = 0$

на вспомогательные функции $c_k(t)$, производные которых удовлетворяют линейной алгебраической системе

$$\left\{\begin{matrix} z_1(t)c_1^'(t) &+& z_2(t)c_2^'(t) &+& ... &+& z_n(t)c_n^'(t) &=& 0 \\ \vdots\\ z_1^{(n-2)}(t)c_1^'(t) &+& z_2^{(n-2)}(t)c_2^'(t) &+& ... &+& z_n^{(n-2)}(t)c_n^'(t) &=& 0 \\ z_1^{(n-1)}(t)c_1^'(t) &+& z_2^{(n-1)}(t)c_2^'(t) &+& ... &+& z_n^{(n-1)}(t)c_n^'(t) &=& f(t)\end{matrix}\right.\qquad(1)$$

[phys]

Да, похоже на правду.

[freedom_of_heart]

phys в сообщении #459415 писал(а):

Да, похоже на правду.

Спасибо! Да, первый способ полегче!!!