не могу определить вид диффура

[ShMaxG]

Понятно, в чем ваше непонимание

Смотрите. Оказывается мало писать, что, например, $p=y'$. Эта замена (которую Вы в начале хотите сделать) заменяет не только функцию, но и аргумент. На самом деле, более правильно и формально, нужно писать $p=p(y)=y'$. Теперь аргументом будет не икс, а игрек! И смотрите, что дальше происходит. Вам нужно в новых терминах представить $y''$. Но $y''=\frac{d^2 y}{dx^2}$.

$$\[y'' = \frac{{{d^2}y}} {{d{x^2}}} = \frac{d} {{dx}}\left( {\frac{d} {{dx}}y} \right) = \frac{d} {{dx}}\left( {p\left( y \right)} \right) = \frac{d} {{dy}}\left( {p\left( y \right)} \right)\frac{{dy}} {{dx}} = p'p\]$$

Вот почему там не просто $p'$, а $p'p$. Производная, которая берется от пэ -- по игреку, а не по иксу! И все дальнейшие производные тоже по игреку. И $z=z(y)$. Но теперь-то нам не нужно делать такую хитрую двойную замену. Поэтому все чисто:

$$\[z' = \frac{{dz}} {{dy}} = \frac{d} {{dy}}\left( {\frac{{{p^2}\left( y \right)}} {2} - 2k} \right) = p'p\]$$

$$\[z'' = \frac{{{d^2}z}} {{d{y^2}}} = \frac{d} {{dy}}\left( {p'p} \right) = \left( {p'p} \right)'\]$$

[carryEx]

спасибо, понял)

[ShMaxG]

$(z')' = z''$. По определению второй производной по одному и тому же аргументу.

-- Пт сен 09, 2011 20:01:16 --

Ну вот. Давайте, получайте это линейное дифф. уравнение второго порядка с переменными коэффициентами, и решайте.

[carryEx]

$\frac{1}{2}{y^2}z'' - y + z = 0$ разве оно является линейным? ведь отсутствует z'?

[ShMaxG]

carryEx в сообщении #481895 писал(а):

разве оно является линейным? ведь отсутствует z'?

Считайте, что он там есть, но коэффициент перед ним равен 0

[carryEx]

то-есть сейчас для начала нужно найти частное решение, верно?

-- 10.09.2011, 00:27 --

z=y является частным решением?

[ShMaxG]

carryEx в сообщении #481898 писал(а):

z=y является частным решением?

Да. И нужно найти общее решение соответствующего однородного уравнение. Самое сложное, как я понимаю.

-- Пт сен 09, 2011 20:38:54 --

Не, зря я вам сказал, что оно линейное с переменными коэффициентами. Надо проще думать, иногда хотя бы В общем так: Эйлер.

[carryEx]

вообщем вот что получилось(нашел z):

$\begin{gathered} {z_1} = y \hfill \\ {z_2} = {z_1}\int {\frac{C} {{z_1^2}}{e^{ - \int {p(y)dy} }}dy} + {C_2}{z_1} \hfill \\ {z_2} = y\int {\frac{C} {{y_{}^2}}{e^{ - \int {\frac{0} {{\frac{1} {2}{y^2}}}dy} }}dy} + {C_2}y \hfill \\ {z_2} = y\int {\frac{C} {{y_{}^2}}dy} + {C_2}y \hfill \\ {z_2} = y( - \frac{C} {y} + {C_3}) + {C_2}y = - C + {C_4}y \hfill \\ {z_o} = {{\tilde C}_1}{z_1} + {{\tilde C}_2}{z_2} = {{\tilde C}_1}y + {{\tilde C}_2}( - C + {C_4}y) = {{\tilde C}_3}y + {{\tilde C}_4} \hfill \\ \end{gathered} $

-- 10.09.2011, 01:14 --

решение дальше:

$\begin{gathered} z = \frac{{{p^2}}} {2} - 2k \hfill \\ p = \sqrt {2({{\tilde C}_3}y + {{\tilde C}_4} + 2k)} \hfill \\ p = y' \hfill \\ \frac{{dy}} {{dx}} = \sqrt {2({{\tilde C}_3}y + {{\tilde C}_4} + 2k)} \hfill \\ x = \frac{1} {{\sqrt 2 }}\int {\frac{{dy}} {{\sqrt {{{\tilde C}_3}y + {{\tilde C}_4} + 2k} }}} = \frac{1} {{{{\tilde C}_3}\sqrt 2 }}\int {\frac{{d({{\tilde C}_3}y + {{\tilde C}_4} + 2k)}} {{\sqrt {{{\tilde C}_3}y + {{\tilde C}_4} + 2k} }}} = \frac{2} {{{{\tilde C}_3}\sqrt 2 }}\sqrt {{{\tilde C}_3}y + {{\tilde C}_4} + 2k} + \tilde \tilde C \hfill \\ \end{gathered} $

[ShMaxG]

Стоп-стоп-стоп-стоп-стоп-стоп-стоп-стоп-стоп-стоп-стоп.
Я же написал:

ShMaxG в сообщении #481899 писал(а):

зря я вам сказал, что оно линейное с переменными коэффициентами. Надо проще думать, иногда хотя бы В общем так: Эйлер.

[carryEx]

Увидел поздно) А по такому методу будет неправильно?

[ShMaxG]

По такому методу не то что неправильно, скорее -- не нужно. И даже -- не можно. Ибо ответ такой, что... Ну да ладно.
Решайте методом Эйлера. Я уверен, что именно это в этом случае имеется ввиду.

[carryEx]

сейчас попробую)

[ShMaxG]

Вот Вы пишете: $z_1=y$. Правильно, но это частное решение неоднородного уравнения! И оно не является одним из решений соответствующего однородного, по которому Вы бы искали второе по теореме Лиувилля. Ведь именно это нужно делать, когда одно из решений однородного известно. Но в нашем случае это на самом деле не так. Их даже не угадать, они сложные.

[carryEx]

по Эйлеру получается пока так:
$\begin{gathered} y = {e^t} \hfill \\ z(y) = g(t) \hfill \\ yz' = \frac{{dg}} {{dt}} \hfill \\ {y^2}z'' = \frac{{{d^2}g}} {{d{t^2}}} - \frac{{dg}} {{dt}} \hfill \\ \frac{1} {2}g'' - \frac{1} {2}g' + g - {e^t} = 0 \hfill \\ \end{gathered}$
верно?

[ShMaxG]

Что-то не то.
Вы должны взять $y=e^t$ и $z = y^{\lambda}=e^{\lambda \cdot t}$. Подставить в соотв. однородное уравнение, и найти лямбды. Получите два линейно независимых решения и ответом будет их линейная комбинация плюс частное решение неоднородного, которое вы знаете.

-- Пт сен 09, 2011 22:09:06 --

Аа, я понял. По сути Вы все равно к правильному ответу должны придти, вы же уже линейное с постоянными коэфф. получили и будете делать замену $g=e^{\lambda t}$. Так что можете и так продолжать.