@Шабалина Елена

Добрый день! Очень нужно решить краевую задачу... y''+k^2*y=0 начальные условия: y(0)=0 y'(1)=y'(0)+y(1) Общее решение я нашла y=C1*cos(kx)+C2*sin(kx). Подставляя первое условие, нахожу, что С1=0. Далее использую второе условие. И вот тут затык, который продолжается 3-й день((( Получается, что нужно решить k*cos(k)-k-sin(k)=0. Ну никак не могу выразить эту k, чтобы найти ее собственные значения, ну и потом соответственно собственные функции. Помогите, кто может!!!

0

@mathmichel

У Вас получилось трансцендентное уравнение, которое можно решить только численно. С учетом нечетности функции f(k) получается три корня: k=-5,95; 0; +5,95

Изображения

 

0

@Шабалина Елена

А как это можно написать в контрольной работе студенту? :-) Нужно же объяснить преподавателю так, будто студент все понял)))

0

@mathmichel

Ну приложите этот Mathcad листинг в контрольной

Миниатюры

 

0

@Шабалина Елена

Ох сомневаюсь, что наши заочники такое смогут сделать, с учетом того, что эти примеры меня просят решить. А я вот расписываю все так, будто человек все по методичке делал

0

@helter

С чужой помощью заочники способны творить чудеса, особенно если в методичке ошибки.

Маткад, конечно, — несерьёзно. Даже если не думать, о том, что это закрытое ПО для закрытой платформы, это только эвристика, причём в данном случае ведущая к заблуждению.

Прежде чем считать корни трансцендентного уравнения численно, нужно исследовать уравнение, чтобы знать, что и где искать.

Мне кажется, можно сделать так. Запишем в виде
k(1 - cos k) = - sin k
Теперь если cos k = 1, то необходимо sin k = 0, и такие k являются решениями — получается серия k = 2πm.

Если же cos k /= 1, можно поделить и преобразовать к половинному аргументу; кажется, получается
k = - 1/2 ctg k
И это уже не очень хорошее уравнение. Надо бы доказать, что на каждом периоде котангенса оно имеет ровно одно решение, и тогда задачу можно считать решённой (приближённо пусть числовики считают, для заочников это и так много). Плохо, что обе части ― возрастающие. Существование искомого решения следует из теоремы о среднем, потому что пределы функции k + 1/2 ctg k ― бесконечности разных знаков. Для единственности, наверно, можно воспользоваться выпуклостью котангенса. В силу нечётности достаточно рассмотреть положительные k. Пусть a > 0 ― середина периода, тогда на (a - π/2, a) минус котангенс отрицательный, поэтому решений там нет; значит, все решения ― на (a, a + π/2). На этом промежутке минус котангенс выпуклый, поэтому решений не больше 2. Предположим, что их два: k1 < k2. Тогда в силу выпуклости имеем - 1/2 ctg k/2 > k при a <= k < k1, но тогда для k = a получаем a < -1/2 ctg a/2 = 0, так как в середине периода котангенс зануляется. Это противоречит предположению a > 0, так что решение ровно одно.

1

@Том Ардер

Корней у этого трансцендентного уравнения бесконечно много, что видно из графиков.

Приближенные выражения (асимптотика по номеру корня):

Но уже при оценка близка к численному решению -

Миниатюры

   

0

Байт

И вы с таким уровнем знаний за это дело беретесь?
Любопытно, на общественных началах, или как?

0