Side 1 av 1

Euler-Cauchy

InnleggSkrevet: 05/07-2019 07:46
Janhaa
Løs følgende 2nd order linear ODE

[tex]\large x^2\cdot y'' + 5x\cdot y' + 3y = 4 \ln(x),\,\,\,x>0[/tex]

Re: Euler-Cauchy

InnleggSkrevet: 15/07-2019 20:11
Markus
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 $A,B$.

Re: Euler-Cauchy

InnleggSkrevet: 16/07-2019 10:10
Janhaa
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 $A,B$.

Sjølsagt riktig, skal fylle ut litt mtp homogenløsninga, yh:
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...