Løs følgende 2nd order linear ODE
[tex]\large x^2\cdot y'' + 5x\cdot y' + 3y = 4 \ln(x),\,\,\,x>0[/tex]
Euler-Cauchy
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Den generelle løsningen er summen av partikulærløsningen $y_p$ og homogenløsningen $y_h$. Homogenløsningen er rett fram Euler-Cauchy-likning med $y_h=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}$ for konstanter $A,B$. For $y_p$, tipp at $y=\alpha\ln(x)+\beta$ er en løsning. Ved å sette inn får vi $3\alpha\ln(x)+(3\beta+4\alpha)=4\ln(x)$, og ved sammenligning av koeffisienter fås $\alpha=\frac43, \beta=-\frac{16}{9}$. Dermed er den generelle løsningen $y = \frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}+\frac{4}{3}\ln(x)-\frac{16}{9}$ for konstanter $A,B$.
Sjølsagt riktig, skal fylle ut litt mtp homogenløsninga, yh:Markus skrev:Den generelle løsningen er summen av partikulærløsningen $y_p$ og homogenløsningen $y_h$. Homogenløsningen er rett fram Euler-Cauchy-likning med $y_h=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}$ for konstanter $A,B$. For $y_p$, tipp at $y=\alpha\ln(x)+\beta$ er en løsning. Ved å sette inn får vi $3\alpha\ln(x)+(3\beta+4\alpha)=4\ln(x)$, og ved sammenligning av koeffisienter fås $\alpha=\frac43, \beta=-\frac{16}{9}$. Dermed er den generelle løsningen $y = \frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}+\frac{4}{3}\ln(x)-\frac{16}{9}$ for konstanter $A,B$.
Euler-Cauchy- ODE:
[tex]x^2y''+5xy'+3y = 4\ln(x)[/tex]
[tex]z=\ln(x)\,=>\,x=e^z[/tex]
[tex]y''(z)+4y'(z)+3y(z)=4z[/tex]
karakteristisk likning for yh:
[tex]r^2+4r+3=0[/tex]
gir;
[tex]r_1=-3, r_2=-1[/tex]
der:
[tex]y_h=Ae^{-z}+Be^{-3z}[/tex]
dvs
[tex]y_h=Ax^{-1}+Bx^{-3}[/tex]
yp bra forklart over...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]