Едно линейно

[Todor]

Линейното уравнение е

(x²+1)(dy/dx) - (1-x²)y = xexp(-x)

по време на решението се стига до интеграла (чрез малко смени)

∫tg(t)exp(-2t)dt

или чрез още малко преобразувания имаме проблемното звено

∫exp(-2t)cos^(-2)(t)dt

Дали може да се заобиколи първия, или все едно-втория, интеграл при решаването на уравнението и ако неможе, дали интегралите имат аналитично решение?

[Реклама]

[ганка симеонова]

Последният интеграл е напълно решим с няколко пъти интегриране пшо части.
[tex]\int_{}^{ } e^{-2t}cos(-2t)=-\frac{1}{ 2}\int_{}^{ }e^{-2t}cos(-2t)d(-2t) [/tex]
за по- голямо удобство, докато го решавам, ще положa [tex]-2t=u [/tex]
=>[tex]I= -\frac{1}{ 2} \int_{}^{ }e^ucosudu =-\int_{}^{ } \frac{1}{2 }cosude^u=-\frac{1}{ 2}e^ucosu+\frac{1}{ 2} \int_{}^{ } e^udcosu= [/tex]
[tex]= -\frac{1}{ 2}e^ucosu -\frac{1}{2 }\int_{}^{ } e^usinudu= -\frac{1}{ 2}e^ucosu -\frac{1}{2 }\int_{}^{ } sinude^u= [/tex]
[tex]= -\frac{1}{ 2}e^ucosu -\frac{1}{ 2}e^usinu+\frac{1}{ 2}\int_{}^{ } e^udsinu=-\frac{1}{ 2}e^ucosu -\frac{1}{ 2}e^usinu+\frac{1}{2 }\int_{}^{ } e^ucosudu [/tex]=>
=>[tex]-\frac{1}{ 2} \int_{}^{ }e^ucosudu =-\frac{1}{ 2}e^ucosu -\frac{1}{ 2}e^usinu+\frac{1}{2 }\int_{}^{ } e^ucosudu [/tex]
=>[tex]I= -\frac{1}{ 2}e^ucosu -\frac{1}{ 2}e^usinu -I [/tex]

[tex]2I=-\frac{1}{ 2}e^ucosu -\frac{1}{ 2}e^usinu =>I=-\frac{1}{ 2}e^u(sinu+cosu) [/tex]

=>[tex]I=-\frac{1}{2 }e^{-2t}(sin(-2t)+cos(-2t)) [/tex]

[Todor]

косинусът е на минус втора!

[tex]cos^{-2}(t)[/tex]

[ганка симеонова]

е, браво на теб, т.е. на мен. тогава ще мислим.

[Todor]

И въпреки всичко диференциалното уравнение е решено някак си. До тоя интеграл се стига като варираме константата. По-добре да се съсредоточим върху уравнението. Няма ли друг метод за решаването му?

Отговора на уравнението е

[tex]y=\frac{Ce^{x}-(2x+1)e^{-x}}{ 4(x^{3}+1)} [/tex]

[ганка симеонова]

би ли ми казал, какво е решението, което си получил, решавайки хомогенното уравнение

[ганка симеонова]

така, да продължим разсъжденията. аз достигам до
[tex]C(x)=\int_{}^{ } xe^{-2arctgx}dx [/tex]
гледайки твоят интеграл и ти си стигнал май до там, но си положил [tex]t=arctgx [/tex]
и после си мисля, че си забравил да направиш смяна на [tex]dx [/tex]
[tex]x=tgt=>dx=\frac{1}{cos^2t }dt [/tex]
така ли е или греша?
защото, ако е така горният интеграл се решава чудесно без полагане.
ако това е и твоят интеграл, ще ти го реша..

[Todor]

Работата започна да става дебела.....
Значи:

[tex]y'=\frac{1-x^{2}}{ 1+x^{2}} y+\frac{x}{1+x^{2} } e^{-x}[/tex]

[tex]\int_{}^{ } \frac{1-x^{2}}{ 1+x^{2}}dx=2arctg(x)-x [/tex]

[tex]y=e^{\int_{}^{ } \frac{1-x^{2}}{ 1+x^{2}}}dx[\int_{}^{ } \frac{x}{1+x^{2} } e^{-x}e^{-\int_{}^{ } \frac{1-x^{2}}{ 1+x^{2}}dx}dx+C] [/tex]

[tex]\int_{}^{ } \frac{x}{1+x^{2} } e^{-x}e^{-2arctg(x)+x}dx=\int_{}^{ } xe^{-2arctg(x)}darctg(x)=\int_{}^{ } tg(t)e^{-2t}dt[/tex]

[Todor]

Нещо ентусиазмът понамаля

[anikа]

Провери уравнението. Точно такова ли е условието?
В решението, което дава продукта Maple, присъства точно този интеграл, до който и ти си стигнал. Но Maple не го решава, от което следва че интеграла не може да се реши аналитично.
Освен това този отговор, който си написал, не обръща уравнението в тъждество

[ганка симеонова]

[Todor]

Знаете ли как се радвам на такива задръстени сборници!!!!....
Благодарности за отделеното време.

ПП. Все си мислех да проверя отговора, ама не ми се заместваше...

[anikа]

Е, все пак си се упражнил в решаването на интеграли.
Добре че са компютрите, иначе на ръка не бих се хванала да замествам отговора.

[xyz]

[Todor]

Интересен е въпросът кога една примитивна неможе да се изрази чрез елементарни функции, но все пак знаем че съществува. В тоя случай израза


[tex]\int_{}^{ } f(x)dx[/tex]


изразява една трансцедентна функция.
Ако интегралат се доведе по някакъв начин до инт. на Френел, Поасон и др., за които е доказано, че не могат да бъдат изразени чрез елементарни функции-добре, а какво да ги правим другите?