Дифур Лапласом

[Ian]

[math]x^2y"+5xy'+3y=0, [math]y'(1)=3, [math]y(x)=O(x^{-2}) при [math]x\to +\infty
Тут легко установить, какие степени ему удовлетворяют, и получить 2 линейно независимых решения [math]y_1=x^{-1} и [math]y_2=x^{-3}. Но сказано же -Лапласом, значит хотя бы ненамного сложнее, чем так. Но как?

[peregoudov]

Так тут, наверное, не преобразование Лапласа (которое подходит только для уравнений с постоянными коэффициентами), а метод Лапласа: поиск решения в виде интеграла по контуру. Не могу быстро найти в Гугле. Видел в "Квантовой механике" Ландау и Лифшица, одно из первых приложений. Буду дома --- смогу дать точную ссылку или даже описать идею.

[peregoudov]

Ну, в общем, это в Математических дополнениях, параграф "а". Только, оказывается, метод работает для коэффициентов, линейных по x, а тут квадратичный...

Теперь не знаю. Поскольку исходное уравнение инвариантно относительно масштабных преобразований x, заменой можно привести его к уравнению с постоянными коэффициентами. Но это по сути то же самое, что искать решения в виде степенных функций...

[Ian]

Спасибо. Это был пример задачи к зачету, именно преобразованием Лапласа, предмет видимо называется "Доп.главы математики", там также задачи на преобр.Фурье. Мои соображения такие; если решение дифура с начальным условием в 1(в 0 нельзя) ищут преобразованием Лапласа, то его надо делать интегрированием по [math][1;\infty )- по тому участку, на котором нам интересно решение. Это все равно, что решать дифур со сдвинутым аргументом обычным преобразованием Лапласа.
Таким интегрированием левой части [math]\int_1 ^{\infty}(x^2y"+5xy'+3y)e^{-px}dx=0 надо, используя интегрирование по частям, свести это к алгебраическому уравнению относительно [math]Y(p)=\int_1 ^{\infty}y(x)e^{-px}dx=0, в общем ничего невозможного,но я запутался, не хватает еще граничных условий. А казалось что преподаватель придумал хороший прием, так бы и уравнение Бесселя решалось в изображениях.

[peregoudov]

Source of the post Таким интегрированием левой части ∫∞1(x2y"+5xy′+3y)e−pxdx=0 надо, используя интегрирование по частям, свести это к алгебраическому уравнению относительно Y(p)=∫∞1y(x)e−pxdx=0, в общем ничего невозможного,но я запутался

Так я тоже пробовал, путаться там, вроде бы, особо негде, но получается то же самое уравнение (ну, того же типа), только теперь уже в образах.

P.S. Хотя нет, вру, понижается порядок. Вот что у меня получилось



Коэффициенты подобраны так, что после лапласа сокращается .

[Ian]

Ну да, интегрированием по частям слагаемыху меня примерно то же вышло
[math]\int_1^{\infty}(px+p^2x^2)e^{-px}y(x)dx+[y'(1)+y(1)(3+p)]e^{-p}=0
,только при доп. условии [math]\lim_{x\to\infty}(x^2y'(x)e^{-px})=0 которое вовсе не дано. Кто знает, как ведет себя производная решения на бесконечности. И почему-то ответ [math]y=Cx^{-1} отсюда совсем не очевиден

[peregoudov]

Зато понятно, как метод Лапласа из ЛЛ3 связан с преобразованием Лапласа: если сделать преобразование Лапласа уравнения с линейными коэффициентами, получается уравнение первого порядка, которое решается вариацией постоянной.

Кстати, вы уверены, что

Source of the post y(x)=O(x−2) при x→+∞

выделяет именно , а не ?

[Ian]

Кстати, вы уверены, что

Source of the post y(x)=O(x−2) при x→+∞

выделяет именно , а не ?

Конечно, наоборот, написал не подумав. Правильное решение дифура [math]y=-x^{-3}\cdot 1_{x\geq 1},изображение Y этой функции и должно получиться