Каким образом икать частное решение этого диффура?

[oleg-spbu]

Вот диффур

$$y''-2y'=\frac{e^t}{cht}$$

$$y(0)=0, y'(0)=0$$

Как я делал...
Замена $z=y'$
Исходное уравнение приобретает вид

$$z'-2z=\frac{e^t}{cht}$$

Ищем общее решение однородного уравнения

$$z'-2z=0$$

$$z={c_1}e^{2t}$$

Как найти частное решение неоднородного?
Методом Лагранжа (вариации произвольной постоянной) получается какая-то ересь, а методом неопределенныx коэффициентов ... правая часть совсем странная...
Можно конечно преобразовать ее

$$\frac{e^t}{cht} = \frac{2e^t}{e^t + e^{-t}}$$

Сделаем замену $e^t=x$

$$\frac{2e^t}{e^t + e^{-t}} = \frac{2x}{x + 1/x}=\frac{2x^2}{x^2 + 1}$$

Но это жизнь не упростило...
кстати, а для чего используется метод бернулли?(то есть в результате мы находим частное решение неоднородного? В каких случаях его лучше использовать?!

[vlad239]

Почему ересь-то? После замены в интеграле, возникающем из Лагранжа, получается рациональная функция. Не проинтегрировать?

Влад.

[oleg-spbu]

vlad239 в сообщении #223567 писал(а):

Почему ересь-то? После замены в интеграле, возникающем из Лагранжа, получается рациональная функция. Не проинтегрировать?

Влад.

Спасибо, Влад. У меня получается диффур на константу,

$${c_1}'-2{c_1}=\frac{1}{cht}$$

[vlad239]

Вы как это делаете?
Вот нашли $z=Ce^{2x}$. Теперь надо подставить в $z'-2z=\ldots$ функцию $C(x)e^{2x}$. Если все сделать правильно (в частности, правильно продифференцировать произведение), останется дифур типа $C'(x)=\ldots$.

Влад.

[ewert]

oleg-spbu в сообщении #223565 писал(а):

кстати, а для чего используется метод бернулли?

Метод Бернулли -- это (применительно к уравнению первого порядка) ровно то же самое, что и метод вариации произвольной постоянной, только оформлен другими буковками.

[oleg-spbu]

vlad239 в сообщении #223578 писал(а):

Вы как это делаете?
Вот нашли $z=Ce^{2x}$. Теперь надо подставить в $z'-2z=\ldots$ функцию $C(x)e^{2x}$. Если все сделать правильно (в частности, правильно продифференцировать произведение), останется дифур типа $C'(x)=\ldots$.

Влад.

Теперь все ясно, невнимательно я это сделал. Спасибо.
Ищем частное решение уравнения

$$z'-2z=\frac{e^t}{cht}$$

В виде

$$z={c_1}(t)e^{2t}$$

$${c_1}'(t)e^{2t} + 2{c_1}(t)e^{2t}-2{c_1}(t)e^{2t}=\frac{e^t}{cht}$$

$${c_1}'(t)e^{2t}=\frac{e^t}{cht}$$

$${c_1}'(t)e^{t}=\frac{1}{cht}$$

$${c_1}'(t)e^{t}=\frac{2}{e^t+e^{-t}}$$

$${c_1}'(t)=\frac{2}{(e^t+e^{-t})e^t}$$

замена $x=e^t$ ; $t=lnx$; $dt=\frac{dx}{x}$

$$\frac{xd{c_1}(x)}{dx}=\frac{2}{(x+1/x)x}$$

$$\frac{xd{c_1}(x)}{dx}=\frac{2x}{x^2+1}$$

$$\frac{d{c_1}(x)}{dx}=\frac{2}{x^2+1}$$

$$d{c_1}(x)}=\frac{2}{x^2+1}dx$$

$$\int{d{c_1}(x)}}=\int{\frac{2}{x^2+1}dx}$$

$$c_1=2arctg(x) + c_2$$

Пусть $c_2=0$ перейдем обратно к переменной $t$

$$c_1=2arctg(e^{t})$$

$$z_{2}=2e^{2t}arctg(e^{t})$$

$$z=z_1 + z_2 = {c_1}e^{2t} + 2e^{2t}arctg(e^{t}) $$

Мы делали замену z=y'
Поэтому

$$ z=\frac{dy}{dt}={c_1}(t)e^{2t} + 2e^{2t}arctg(e^{t})$$

=>

$$y =\int{{c_1}e^{2t} + 2e^{2t}arctg(e^{t})}dt$$

$$y=\int{{c_1}e^{2t}}dt + \int{2e^{2t}arctg(e^{t})}dt$$

считаем интегралы по-отдельности
1)

$$\int{{c_1}e^{2t}}dt=\frac{c_1}{2}e^{2t}$$

2)

$$\int{2e^{2t}arctg(e^{t})}dt$$

замена

$$e^t=\phi$$

Дальше я бы мог взять интеграл по частям, однако чутье подсказывает, что должно быть как-то все проще...есть ли ошибки?

$$\int{2e^{2t}arctg(e^{t})}dt= 2\int{e^{t}arctg(e^{t})}d{e^t}=2\int({\phi})arctg(\phi)}d{\phi} $$

-- Сб июн 20, 2009 23:41:44 --

ewert в сообщении #223580 писал(а):

oleg-spbu в сообщении #223565 писал(а):

кстати, а для чего используется метод бернулли?

Метод Бернулли -- это (применительно к уравнению первого порядка) ровно то же самое, что и метод вариации произвольной постоянной, только оформлен другими буковками.

Спасибо, ewert!

-- Вс июн 21, 2009 00:21:53 --

Скажите хоть что-нибудь, пожалуйста!!!...

-- Вс июн 21, 2009 01:44:45 --

аууууу, есть тут кто?

[invisible1]

Очевидно, что где-то ошибка в арифметике....