https://pp.userapi.com/c638826/v638826430/40365/eZfywBY5tbQ.jpg Помогите пожалуйста дорешать. Там нужно найти частные неоднородные решения. Не могу понять пока эти квазиполиномы, особенно тут с синусом((

задан 19 Май '17 19:38

10|600 символов нужно символов осталось
1

Cинус является мнимой частью комплекснозначной функции e^{ix} действительного аргумента. Поэтому при нахождении частного решения мы берём квазимногочлен p(x)e^{ix}, находим подходящую функцию, и у неё выделяем мнимую часть. Здесь p(x) имеет комплексные коэффициенты.

Если y=pe^{ix}, то y'=(p'+ip)e^{ix} и y''=(p''+2ip'-p)e^{ix}. Мы ищем такое p, чтобы в правой части получилось 3xe^{ix} (синус заменили на экспоненту, мнимой частью которой он является). Это даёт y''+4y=(p''+2ip'+3p)e^{ix}=3xe^{ix}, то есть p''+2ip'+3p=3x.

В "обычном" случае, когда коэффициент при x в показателе экспоненты не равен никакому характеристическому корню (а здесь это так), степень p можно считать равной степени многочлена в правой части. То есть ищем p в виде линейного многочлена: p(x)=ax+b, где a, b -- неизвестные комплексные числа. Понятно, что p'=a, p''=0, откуда 2ia+3ax+3b=3x. Тождество имеет место при a=1, b=-2i/3. То есть частное решение имеет вид (x-2i/3)e^{ix}=(x-2i/3)(cos x+i sin x), и остаётся выделить мнимую часть, которая здесь равна x sin x-(2/3)cos x. Это и будет искомое частное решение. Общее решение неоднородного уравнения в ответе даётся как сумма общего решения однородного (Вы его нашли), и этого частного решения.

Процедура достаточно общая, и она несложная. Если в правой части было бы, например, x^2e^{2x}cos3x, то мы искали бы решение в виде p(x)e^{(2+3i)x}, а потом выделяли бы действительную часть.

ссылка

отвечен 19 Май '17 20:45

@falcao @all_exist Спасибо большое. Разберем.

(21 Май '17 12:52) Стас001

@falcao А откуда мы берем правую часть вот тут: "(x-2i/3)e^{ix}=(x-2i/3)(cos x+i sin x)"? Там вроде p умножается на тригонометрическую форму комплексного числа.

(28 Май '17 16:07) Стас001
1

@Стас001: не понял смысл Вашего вопроса. У нас y=p(x)e^{ix}, где p(x)=ax+b, и e^{ix}=cos x + i sin x по формуле Эйлера. Мы нашли, что a=1, b=-2i/3, то есть p(x)=x-2i/3, как и было написано.

(28 Май '17 17:00) falcao

@falcao Видимо я просто не знал формулу Эйлера. Теперь понял. Спасибо.

(28 Май '17 17:57) Стас001
10|600 символов нужно символов осталось
2

Можно и без комплексных чисел обойтись...

Помним, что синус без косинуса не ходит... :D ... то есть правая часть формально имеет вид $$ f = (3x+0)\sin x + (0x+0)\cos x $$ Поскольку синус и косинус икса соответствуют $%\lambda = i$%, которое не является корнем характеристического многочлена, то многочлен в частном решении будет иметь ту же степень, что и многочлен в правой части при синусе...

Итого, $$ y_1 = (Ax+B)\sin x + (Cx+D)\cos x $$

ссылка

отвечен 19 Май '17 22:31

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,054

задан
19 Май '17 19:38

показан
466 раз

обновлен
28 Май '17 17:57

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru