szukanie zaawansowane
 [ Posty: 11 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 16 kwi 2019, o 13:10 
Użytkownik

Posty: 47
Lokalizacja: Radomsko
Mam równanie:

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:

u \left(x \left) = y' \left( x \left)

i wyznaczam równanie jednorodne, opowiadające danemu:

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: u_1 \left( x \right) = x^a

ale wyszło mi, że w takim wypadku, to 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:

u' = A \cdot \frac{u}{x}

dobrze kombinuję?

Chyba nie, bo to się do tego samego sprowadzi...
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 16 kwi 2019, o 14:13 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 13931
Lokalizacja: Wrocław
Cześć. Twój pomysł na przewidywanie był bardzo dobry, niby wychodzi a zespolone, ale zła się nie lękajmy. ;) Podstawiając u(x)=x^a w równaniu
x^3 \cdot u'' - x^2 \cdot u' + 10x \cdot u = 0 \ (*)
dostajemy:
a(a-1)x^{a+1}-ax^{a+1}+10x^{a+1}=0
Dzielimy stronami przez x^{a+1} i mamy:
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 (*) spełniają funkcje u_1(x), \ u_2(x), to ich dowolna kombinacja liniowa także (to jest kluczowe, jak ktoś widział coś podobnego w równaniu typu y''+y=0, to sobie powinien skojarzyć z tą sytuacją).
Skoro więc równanie (*) spełniają funkcje
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
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 \left( x\cos(3\ln x), \ x\sin(3\ln x)\right), ale pozwolę sobie pominąć ten krok, w każdym razie rozwiązanie ogólne równania
(*) jest postaci 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.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 16 kwi 2019, o 14:21 
Użytkownik

Posty: 47
Lokalizacja: Radomsko
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!!!
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 kwi 2019, o 15:23 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6685
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Lepiej zmienić zmienną niezależną x=e^{t}
aby otrzymać liniowe o stałych współczynnikach
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 kwi 2019, o 20:14 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 7058
sdd1975 napisał(a):
x^3 \cdot y''' - x^2 \cdot y'' + 10x \cdot y' = 13 ln x
Ja bym przyjął y=x^r, potem równanie charakterystyczne i całka ogólna, a całkę szczególną można przewidzieć.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 kwi 2019, o 20:55 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6685
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
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
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 kwi 2019, o 20:56 
Użytkownik

Posty: 47
Lokalizacja: Radomsko
kerajs napisał(a):
sdd1975 napisał(a):
x^3 \cdot y''' - x^2 \cdot y'' + 10x \cdot y' = 13 ln x
Ja bym przyjął 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 --

mariuszm napisał(a):
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.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 kwi 2019, o 21:23 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6685
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
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}\\

\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\\
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 kwi 2019, o 22:19 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3698
Lokalizacja: blisko
Chyba Premislav zaczął dobrze i czytelnie...

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

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

Układ równań:

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

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

Rozwiązaniem tego układu jest:

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

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:

u=x\cos(3\ln x)C_{1}(x)+x\sin(3\ln x)C_{2}(x)
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 18 kwi 2019, o 23:18 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6685
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
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

\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}\\

\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 2 \times 2

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}\\

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) \\

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)\\

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)\\
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 19 kwi 2019, o 11:31 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3698
Lokalizacja: blisko
Masz racje zamiana na liniowe przynosi lepsze efekty...
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 11 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 równanie trzeciego stopnia  Pumba  1
 Równanie trzeciego stopnia - zadanie 2  Basia86  4
 równanie trzeciego stopnia - zadanie 3  askaka  2
 równanie trzeciego stopnia - zadanie 4  marek12  0
 równanie trzeciego stopnia - zadanie 5  mrowcia92  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl