Замена для ДУ 2го порядка

[jake20]

$xy'' - 4yy' + 3y=0$
брались такие замены как
$x \to tx,y \to t^ky,y' \to t^{k-1}y'$ итп
или $y' = yz, y, и все не оч удачно.
Подскажите пожалуйста какую взять правильно

[SpBTimes]

Ну, можно частные решения поугадывать. А так... Это учебная задача?

[jake20]

да, для самост решения

-- 02.11.2013, 18:36 --

ответ есть
$ v = C_1 u^3, v = C_2 u$

[Ms-dos4]

Стоит искать решения подбором. Например так

$\[xy'' - 4yy' + 3y = 0\]$

ищем в виде $\[y = \lambda {x^\mu }\]$

$\[\mu (\mu - 1)\lambda {x^{\mu - 1}} - 4{\lambda ^2}{x^{2\mu - 1}}\mu + 3\lambda {x^\mu } = 0\]$

$\[\mu (\mu - 1) - 4\lambda \mu {x^\mu } + 3x = 0\]$

Нужно занулить свободное слагаемое. Тогда $\[\mu = 1\]$

$\[3x - 4\lambda x = 0\]$

отсюда $\[\lambda = \frac{3}{4}\]$

и частное решение $\[y = \frac{3}{4}x\]$

Другое дело, что уравнение нелинейное, и что либо глобальное посоветовать трудно.

P.S.А вы точно не ошиблись в условии? Может уравнение такое $\[xy'' - 4xy' + 3y = 0\]$?

[jake20]

Ms-dos4 в сообщении #783668 писал(а):

Нужно занулить свободное слагаемое. Тогда $\[\mu = 1\]$

$\[3x - 4\lambda x = 0\]$

Почему можно занулить?
К сожелению, уравнение верное.
Сейчас попробую с такой подстановкой

[Ms-dos4]

jake20
В смысле? Это вообще не подстановка это подбор решения. И данные коэффициенты нужно подобрать так, что бы то уравнение тождественно выполнялось при любых x. Одно частное решение я вам нашёл. Дальше дерзайте, можно пробовать разные функции, но вот зачем? Реально говоря если здесь нет какой-то хитрой подстановки(а я пока не вижу) шанс решить его стремится к нулю. Позвольте поинтересоваться, откуда вы взяли это уравнение.

[jake20]

ду для асимптотических линий поверхности $ zx^2=ay^2, a=const $

[Ms-dos4]

Так нет там такого уравнения. Смотрите. Если поверхность имеет уравнение

$\[z = f(x,y)\]$, то асимптотическая кривая будет задаваться уравнением

$\[\partial _{yy}^2f \cdot d{y^2} + 2\partial _{xy}^2f \cdot dxdy + \partial _{xx}^2f \cdot d{x^2} = 0\]$

у нас $\[z = a\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}\]$

$\[\begin{array}{l} \partial _{yy}^2f = 2a\frac{1}{{{x^2}}}\\ 2\partial _{xy}^2f = - 8a\frac{y}{{{x^3}}}\\ \partial _{xx}^2f = 6a\frac{{{y^2}}}{{{x^4}}} \end{array}\]$

Сразу сделаем замену $\[p = \frac{{dy}}{{dx}}\]$

Уравнение примет вид $\[\partial _{yy}^2f \cdot {p^2} + 2\partial _{xy}^2f \cdot p + \partial _{xx}^2f = 0\]$

$\[\frac{1}{{{x^2}}} \cdot {p^2} - 4\frac{y}{{{x^3}}} \cdot p + 3\frac{{{y^2}}}{{{x^4}}} = 0\]$

Обычное квадратное уравнение. $\[\Delta = 16\frac{{{y^2}}}{{{x^6}}} - 12\frac{{{y^2}}}{{{x^6}}} = 4\frac{{{y^2}}}{{{x^6}}}\]$

$\[p = \frac{{4\frac{y}{{{x^3}}} \pm 2\frac{y}{{{x^3}}}}}{{\frac{2}{{{x^2}}}}} = \frac{{{x^2}}}{2}(4\frac{y}{{{x^3}}} \pm 2\frac{y}{{{x^3}}})\]$

$\[{p_1} = 3\frac{y}{x}\]$ и $\[{p_2} = \frac{y}{x}\]$

Или, возвращаясь к прошлым обозначениям $\[\frac{{dy}}{{dx}} = 3\frac{y}{x}\]$ и $\[\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{y}{x}\]$

Решая эти простенькие уравнения имеет два семейства (ваш ответ)

$\[\begin{array}{l} y = {C_1}{x^3}\\ y = {C_2}x \end{array}\]$

P.S.Вот говорил же, что уравнение неверное.

[jake20]

ммммм, просто я через 2 квадр форму : как $L du^2+2Mdudv+Ndv^2=0$

[Ms-dos4]

jake20
Так и я через неё. Ведь $\[\begin{array}{l} L = \partial _{yy}^2f\\ M = \partial _{xy}^2f\\ N = \partial _{xx}^2f \end{array}\]$
Просто я сохранил x и y вместо u и v

[jake20]

так так вроде же опред-ся E,G,F. а L,M,N - определители же, связ-ые с E,G,F

[Ms-dos4]

jake20
Я не понял ваши обозначения(они разные в разных книгах), но делается так, как я написал. А про саму вторую форму можете почитать хоть на английской википедии.