не могу определить вид диффура

[carryEx]

и как отсюда найти $\lambda $ ?
${\lambda ^2}{e^{t(2 + \lambda )}} - {e^t} + {e^{t(\lambda - 1)}} = 0$

-- 10.09.2011, 02:26 --

я вот как попробовал сделать:
$\frac{1} {2}g'' - \frac{1} {2}g' + g - {e^t} = 0$
нашел общее решение однородного уравнения, соответствующего данному неоднородному.
$\begin{gathered} g'' - g' + 2g = 0 \hfill \\ {\lambda ^2} - \lambda + 2 = 0 \hfill \\ {\lambda _{1,2}} = \frac{{1 \pm i\sqrt 7 }} {2};g = {C_1}{e^{(\frac{{1 + i\sqrt 7 }} {2})t}} + {C_2}{e^{(\frac{{1 - i\sqrt 7 }} {2})t}} \hfill \\ \end{gathered} $

частное решение неоднородного: $g = {e^t}$
Тогда общее решение неоднородного: $g = {C_1}{e^{(\frac{{1 + i\sqrt 7 }} {2})t}} + {C_2}{e^{(\frac{{1 - i\sqrt 7 }} {2})t}} + {e^t}$

После замены: $z(y,{C_1},{C_2}) = {C_1}{e^{(\frac{{1 + i\sqrt 7 }} {2})\ln y}} + {C_2}{e^{(\frac{{1 - i\sqrt 7 }} {2})\ln y}} + y$

[ShMaxG]

Прежде чем замены обратные делать, причешите полученный результат. Экспоненты от мнимых чисел, что же может быть?

[carryEx]

вы про это?)

$g(t,{C_1},{C_2}) = {C_1}{e^{\frac{1} {2}t}}(\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} t) + i\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} t)) + {C_2}{e^{\frac{1} {2}t}}(\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} t) - i\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} t)) + {e^t}$

[ShMaxG]

Нет. Надо знать, что если вы получаете $\[{\lambda _{1,2}} = \alpha \pm \beta i\]$, то решением однородного будет: $\[g\left( t \right) = {e^{\alpha t}}\left( {{C_1}\cos \beta t + {C_2}\sin \beta t} \right)\]$. Из вашего ответа это тоже можно получить, если с константами поиграться и т.д. И вообще: в конечном счете чаще всего требуются именно действительные решения, и мои константы именно действительные, а Ваши -- комплексные, вообще говоря. Так что пишите по-аккуратней

[carryEx]

так?

$g(t,{C_1},{C_2}) = {e^{\frac{1} {2}t}}({C_1}\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} t) + {C_2}\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} t)) + {e^t}$

[ShMaxG]

Да, теперь до иксов и игреков добирайтесь.

[carryEx]

как то так
[\begin{gathered} z(y,{C_1},{C_2}) = {e^{\frac{1} {2}\ln y}}({C_1}\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y) + {C_2}\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y)) + y \hfill \\ z = \frac{{{p^2}}} {2} - 2k \hfill \\ p = \sqrt {2({e^{\frac{1} {2}\ln y}}({C_1}\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y) + {C_2}\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y)) + y + 2k)} \hfill \\ y' = p \hfill \\ x = \int {\frac{{dy}} {{\sqrt {2({e^{\frac{1} {2}\ln y}}({C_1}\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y) + {C_2}\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y)) + y + 2k)} }}} \hfill \\ \end{gathered} $

[ShMaxG]

1. Откуда мнимые единицы?
2. Игрек не интегралу равен, не так.

[carryEx]

ShMaxG в сообщении #481945 писал(а):

1. Откуда мнимые единицы?
2. Игрек не интегралу равен, не так.

Просто это последствия 24часов без сна)

[ShMaxG]

Так, ну отлично. Вроде так. А теперь вспомните, что мы делили на $y'$, а он вроде как и нулем быть может
По-крайней мере случай, когда он тождественно равен нулю рассмотреть следует обязательно.

[carryEx]

получается y=C является еще одним корнем?

[ShMaxG]

Да-да.

[carryEx]

тогда ответ это x=... и y=C.
Спасибо огромное) Теперь бы закрыть еще 3 долга, и можно жить спокойно xD

[ShMaxG]

Кстати, вот еще что. Из $p^2=2z+4k$ следует 2 решения, вообще говоря, а не одно.

[carryEx]

$p = \pm \sqrt {2({e^{\frac{1} {2}\ln y}}({C_1}\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y) + {C_2}\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y)) + y + 2k)} $

$x = \pm \int {\frac{{dy}} {{\sqrt {2({e^{\frac{1} {2}\ln y}}({C_1}\cos (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y) + {C_2}\sin (\sqrt {\frac{7} {4}} \ln y)) + y + 2k)} }}}$