Równanie trzeciego stopnia

[sdd1975]

Mam równanie:

\(\displaystyle{ x^3 \cdot y''' - x^2 \cdot y'' + 10x \cdot y' = 13 ln x}\)

oczywiście w pierwszej kolejności sprowadzam je do równania drugiego rzędu, poprzez postawienie:

\(\displaystyle{ u \left(x \left) = y' \left( x \left)}\)

i wyznaczam równanie jednorodne, opowiadające danemu:

\(\displaystyle{ x^3 \cdot u'' - x^2 \cdot u' + 10x \cdot u = 0}\)

I teraz, wzorując się na przykładzie z podręcznika Radożycki T. "Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej" cz. 2 usiłuję zgadnąć postać jednego z rozwiązań.
Jako, że potęgi x przy kolejnych pochodnych rosną, to pomyślałem, że może by przewidzieć jedną z całek ogólnych, jako funkcję typu: \(\displaystyle{ u_1 \left( x \right) = x^a}\)

ale wyszło mi, że w takim wypadku, to \(\displaystyle{ a}\) musiałoby być liczbą zespoloną, więc chyba nie tędy droga.
Jakieś sugestie?

-- 16 kwi 2019, o 13:16 --

A może przewidzieć ją jako rozwiązanie równania różniczkowego:

\(\displaystyle{ u' = A \cdot \frac{u}{x}}\)

dobrze kombinuję?

Chyba nie, bo to się do tego samego sprowadzi...

[Premislav]

Cześć. Twój pomysł na przewidywanie był bardzo dobry, niby wychodzi \(\displaystyle{ a}\) zespolone, ale zła się nie lękajmy. Podstawiając \(\displaystyle{ u(x)=x^a}\) w równaniu
\(\displaystyle{ x^3 \cdot u'' - x^2 \cdot u' + 10x \cdot u = 0 \ (*)}\)
dostajemy:
\(\displaystyle{ a(a-1)x^{a+1}-ax^{a+1}+10x^{a+1}=0}\)
Dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ x^{a+1}}\) i mamy:
\(\displaystyle{ a(a-1)-a+10=0\\a^2-2a+10=0\\(a-1)^2-(3i)^2=0\\ a=1+3i\vee a=1-3i}\)
Teraz zauważmy, że jeśli równanie \(\displaystyle{ (*)}\) spełniają funkcje \(\displaystyle{ u_1(x), \ u_2(x)}\), to ich dowolna kombinacja liniowa także (to jest kluczowe, jak ktoś widział coś podobnego w równaniu typu \(\displaystyle{ y''+y=0}\), to sobie powinien skojarzyć z tą sytuacją).
Skoro więc równanie \(\displaystyle{ (*)}\) spełniają funkcje
\(\displaystyle{ u_1(x)=x^{1+3i}=xe^{3i\ln x}=x\left( \cos(3\ln x)+i\sin(3\ln x)\right) \\ u_2(x)=x^{1-3i}=x\left( \cos(3\ln x)-i\sin(3\ln x)\right)}\),
to jest ono spełnione też przez funkcje
\(\displaystyle{ v_1(x)=\frac{u_1(x)+u_2(x)}{2}=x \cos(3\ln x), \ v_2(x)= \frac{u_1(x)-u_2(x)}{2i}=x\sin(3\ln x)}\)
Teraz formalnie należałoby jeszcze policzyć wrońskian dla układu \(\displaystyle{ \left( x\cos(3\ln x), \ x\sin(3\ln x)\right)}\), ale pozwolę sobie pominąć ten krok, w każdym razie rozwiązanie ogólne równania
\(\displaystyle{ (*)}\) jest postaci \(\displaystyle{ C_1 x\cos(3\ln x)+C_2 x\sin(3\ln x)}\).
Teraz trzeba by rozwiązać równanie niejednorodne, niestety nie bardzo umiem metodą przewidywań, podejrzewam, że można tu użyć metody uzmienniania stałych, ale nie przeliczałem tego jeszcze.

[sdd1975]

Dzięki. Coś tak czułem, że będzie to ten przypadek, ale jakoś nie wpadłem na prosty związek między zespoloną potęgą x a postacią trygonometryczną a przede wszystkim na zgrabne pozbycie się części urojonej. Dzięki!!!

[Mariusz M]

Lepiej zmienić zmienną niezależną \(\displaystyle{ x=e^{t}}\)
aby otrzymać liniowe o stałych współczynnikach

[kerajs]

\(\displaystyle{ x^3 \cdot y''' - x^2 \cdot y'' + 10x \cdot y' = 13 ln x}\)

Ja bym przyjął \(\displaystyle{ y=x^r}\), potem równanie charakterystyczne i całka ogólna, a całkę szczególną można przewidzieć.

[Mariusz M]

Tyle że to sprawdza się tylko dla różnych pierwiastków rzeczywistych
ale za to jakie modne amerykańskie

Premislav, wcześniej już pokazał że i tak trzeba zamienić na exponentę
aby pokazać postać rozwiązania

[sdd1975]

\(\displaystyle{ x^3 \cdot y''' - x^2 \cdot y'' + 10x \cdot y' = 13 ln x}\)

Ja bym przyjął \(\displaystyle{ y=x^r}\), potem równanie charakterystyczne i całka ogólna, a całkę szczególną można przewidzieć.

No to już ten pomysł padł - tak chciałem zrobić, tylko mnie zespolony wykładnik zmylił, ale fakt, to sprowadzalne jest do klasycznego przypadku z ujemną deltą przy równaniu ze stałymi współczynnikami.-- 18 kwi 2019, o 21:00 --

Tyle że to sprawdza się tylko dla różnych pierwiastków rzeczywistych
ale za to jakie modne amerykańskie

No dla zespolonych też ma to sens. Dla jednakowych myślę, że też - w końcu chodzi o odgadnięcie jednego rozwiązania. Drugie można wyliczyć z wrońskianów - i wtedy aparat matematyczny zadba o wszystko, jeśli drugi pierwiastek miałby być taki sam.

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ x^3 \cdot y''' - x^2 \cdot y'' + 10x \cdot y' = 13 ln x\\
x=e^{t}\\
\frac{ \mbox{d}x}{ \mbox{d}t}=e^{t}\\
\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }= \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \frac{ \mbox{d}t}{ \mbox{d}x } \\
\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }=\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}e^{-t}\\
\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 }= \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}e^{-t} \right)\\
\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 }= \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}t }\left(\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}e^{-t} \right)\frac{ \mbox{d}t}{ \mbox{d}x }\\
\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 }= \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}t }\left(\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}e^{-t} \right)e^{-t}\\
\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 }=\left(\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}e^{-t}-\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}e^{-t} \right)e^{-t} \\
\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 }=\left(\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}-\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \right) e^{-2t}\\
\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}x^3 }= \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left( \left(\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}-\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \right) e^{-2t}\right)\\
\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}x^3 }= \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}t }\left( \left(\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}-\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \right) e^{-2t}\right) \frac{ \mbox{d}t}{ \mbox{d}x}\\
\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}x^3 }= \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}t }\left( \left(\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}-\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \right) e^{-2t}\right)e^{-t}\\
\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}x^3 }=\left( \left(\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}t^3}-\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2} \right)e^{-2t}-2\left( \frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}-\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}\right)e^{-2t} \right)e^{-t}\\
\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}x^3 }=\left(\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}t^3}-3\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}+2\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \right)e^{-3t}\\}\)

\(\displaystyle{ \left(\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}t^3}-3\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}+2\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \right)-\left(\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}-\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t} \right)+10\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}=13t\\
\frac{ \mbox{d}^3y}{ \mbox{d}t^3}-4\frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}t^2}+13\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}t}=13t\\}\)

[arek1357]

Chyba Premislav zaczął dobrze i czytelnie...

\(\displaystyle{ u=C_{1}(x)x\cos(3\ln x)+C_{2}(x)x\sin(3\ln x)}\)

\(\displaystyle{ y_{1}=x\cos(3\ln x) , y_{2}=x\sin(3\ln x)}\)

Układ równań:

\(\displaystyle{ C_{1}'(x)y_{1}+ C_{2}'(x)y_{2}=0}\)

\(\displaystyle{ C_{1}'(x)y_{1}'+ C_{2}'(x)y_{2}'=13 \frac{\ln x}{x^3}}\)

Rozwiązaniem tego układu jest:

\(\displaystyle{ C_{1}(x)= 13\int_{}^{} \frac{\ln x}{x^3\left[ \cos(3\ln x)-3\sin(3\ln x)-\ctg(3\ln x)\right] }dx}\)

\(\displaystyle{ C_{2}(x)= -13\int_{}^{} \frac{\ln x \cdot \ctg(3\ln x)}{x^3\left[ \cos(3\ln x)-3\sin(3\ln x)-\ctg(3\ln x)\right] }dx}\)

No ale liczenia tych całek się nie imam...

ostatecznie:

\(\displaystyle{ u=x\cos(3\ln x)C_{1}(x)+x\sin(3\ln x)C_{2}(x)}\)

[Mariusz M]

arek1357, za to po sprowadzeniu do liniowego o stałych współczynnikach stosunkowo
łatwo znaleźć całkę szczególną
Przewidywanie może wymagać mniej obliczeń ale uzmiennianie stałych nie wymaga zgadywania

\(\displaystyle{ \lambda^3-4\lambda^2+13\lambda=0\\
\lambda\left( \left( \lambda-2\right)^2+9 \right)=0\\
y_{j}\left( t\right) =C_{1}+C_{2}e^{2t}\cos{3t}+C_{3}e^{2t}\sin{3t}\\}\)

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1 & e^{2t}\cos{3t} & e^{2t}\sin{3t} \\ 0 & e^{2t}\left( 2\cos{3t}-3\sin{3t}\right) & e^{2t}\left(3\cos{3t}+2\sin{3t}\right) \\ 0 & e^{2t}\left( -5\cos{3t}-12\sin{3t} \right) & e^{2t}\left( 12\cos{3t}-5\sin{3t}\right) \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} C_{1}'\left( t\right) \\ C_{2}'\left( t\right)\\C_{3}'\left( t\right) \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 \\ 0\\13t \end{bmatrix} \\
\begin{bmatrix} C_{1}'\left( t\right) \\ C_{2}'\left( t\right)\\C_{3}'\left( t\right) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & e^{2t}\cos{3t} & e^{2t}\sin{3t} \\ 0 & e^{2t}\left( 2\cos{3t}-3\sin{3t}\right) & e^{2t}\left(3\cos{3t}+2\sin{3t}\right) \\ 0 & e^{2t}\left( -5\cos{3t}-12\sin{3t} \right) & e^{2t}\left( 12\cos{3t}-5\sin{3t}\right) \end{bmatrix}^{-1} \cdot \begin{bmatrix} 0 \\ 0\\13t \end{bmatrix}\\
y_{s}\left( t\right) = C_{1}\left( t\right) +C_{2}\left( t\right)e^{2t}\cos{3t} +C_{3}\left( t\right)e^{2t}\sin{3t}\\}\)

Chociaż może wygodniej byłoby ten układ rozwiązać metodą Cramera
bo w tym przypadku zawsze znajdzie się kolumna do rozwinięcia Laplace
i zostaną wyznaczniki macierzy o wymiarach \(\displaystyle{ 2 \times 2}\)

\(\displaystyle{ W = e^{4t}\left( 2\cos{3t}-3\sin{3t}\right)\left(12\cos{3t}-5\sin{3t} \right)+e^{4t}\left( 3\cos{3t}+2\sin{3t}\right)\left( 5\cos{3t}+12\sin{3t}\right) \\
W = e^{4t}\left( 24\cos^2{3t}-10\cos{3t}\sin{3t}-36\sin{3t}\cos{3t}+15\sin^2{3t}\right) \\
+e^{4t}\left( 15\cos^2{3t}+36\cos{3t}\sin{3t}+10\sin{3t}\cos{3t}+24\sin^2{3t}\right)\\
W = e^{4t}\left( 24\left(\cos^2{3t}+ \sin^2{3t}\right)+15\left(\sin^2{3t}+ \cos^2{3t}\right) \right) \\
W = 39e^{4t}\\
W_{C1'}=13t e^{4t}\cdot \left(\cos{3t}\left( 3\cos{3t}+2\sin{3t}\right)-\sin{3t}\left( 2\cos{3t}-3\sin{3t}\right) \right) \\
W_{C1'}=13t e^{4t}\cdot\left( 3\cos^{2}{3t}+2\cos{3t}\sin{3t}-2\sin{3t}\cos{3t}+3\sin^2{3t}\right) \\
W_{C1'}=13t e^{4t}\left( 3\left(\cos^{2}{3t}+ \sin^2{3t}\right) \right) \\
W_{C1'}=39t e^{4t}\\}\)

\(\displaystyle{ W_{C2'}=0 \cdot e^{2t}\left( 12\cos{3t}-5\sin{3t}\right)-13te^{2t}\left( 3\cos{3t}+2\sin{3t}\right) \\
W_{C2'}=-13te^{2t}\left( 3\cos{3t}+2\sin{3t}\right) \\}\)

\(\displaystyle{ W_{C3}=13te^{2t}\left( 2\cos{3t}-3\sin{3t}\right)+0 \cdot \left(5\cos{3t}+12\sin{3t} \right) \\
W_{C3}=13te^{2t}\left( 2\cos{3t}-3\sin{3t}\right)\\}\)

\(\displaystyle{ C_{1}'\left( t\right)=t\\
C_{2}'\left( t\right)=-\frac{1}{3}te^{-2t}\left( 3\cos{3t}+2\sin{3t}\right)\\
C_{3}'\left( t\right)=\frac{1}{3}te^{-2t}\left( 2\cos{3t}-3\sin{3t}\right)\\}\)

[arek1357]

Masz racje zamiana na liniowe przynosi lepsze efekty...