Matematyka.pl

Witam.
Ostatnio próbuję znaleźć rozwiązanie poniższego równania:

\(\displaystyle{ \frac{ \dd }{\dd x}F(x) - F^{2}(x) -2\tg(x)F(x) = \frac{C}{\cos^{4}(x)} + \frac{D}{\cos^{3}(x)}}\)

D i C są stałe, a dziedzina \(\displaystyle{ F(x)}\) powinna być: \(\displaystyle{ x \in \left( -\frac{ \pi }{2} , \frac{\pi}{2} \right) }\)

Obstawiam, że w mianowniku funkcji musi się znaleźć \(\displaystyle{ \cos^{2}(x) }\) oraz że możliwych rozwiązań może być wiele.
Czy ma ktoś jakiś pomysł jak się do tego zabrać bądź jak sprawdzić, czy da się to rozwiązać?

Cześć, nie będzie to zbyt duża pomoc, ale o ile się nie mylę jest to równanie Riccatiego. Nie znasz przypadkiem jakiejś całki szczególnej?

Niestety nie, ale wielkie dzięki za podpowiedź, wiem przynajmniej, czego szukam .

Dodano po 13 godzinach 54 minutach 4 sekundach:

FasolkaBernoulliego pisze: ↑6 mar 2023, o 22:05 Cześć, nie będzie to zbyt duża pomoc, ale o ile się nie mylę jest to równanie Riccatiego. Nie znasz przypadkiem jakiejś całki szczególnej?

Odnośnie do całki szczególnej: znalazłem, iż jak do równania wstawię \(\displaystyle{ F_{1}(x)= \frac{A}{ \cos^{2}(x) } }\), to wówczas się zgadza, ale tylko w przypadku, gdy \(\displaystyle{ D=0}\). Czy byłoby to wystarczające, w celu znalezienia ogólnego rozwiązania, czy też lepiej poszukać czegoś, co nie zerowałoby mi D, zwłaszcza że pod nim skrywają się stałe fizyczne, a C wychodzi zespolone, (co też nie za bardzo pociesza, gdyż jest ono powiązane z wartością własną operatora hermitowskiego)?

Wydaje mi się, że powinniśmy mieć szczególne rozwiązanie dla każdego C i D, żeby móc korzystać ze standardowego podstawienia. Ja nic więcej niestety nie umiem, więc przepraszam ale nie pomogę. Może ktoś bardziej rozgarnięty by podpowiedział co można z tym zrobić?

Na pewno można pozbyć się funkcyj trygonometrycznych zamianą zmiennej niezależnej
\(\displaystyle{ x=2\arctan{t}}\)

Na pewno można sprowadzić równanie do postaci kanonicznej
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}F}{\mbox{d}t}=\pm F^2\left( t\right) + R(t)}\)
Sprowadzanie do postaci kanonicznej można przeprowadzić dwuetapowo
Najpierw staramy się aby otrzymać równanie w postaci
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}F}{\mbox{d}t}=\pm F^2\left( t\right) +Q_{1}\left( t\right)F\left( t\right)+ R(t)_{1}}\)
a następnie w postaci
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}F}{\mbox{d}t}=\pm F^2\left( t\right) + R(t)}\)

Podstawienia które sprowadzą równanie Riccatiego do postaci kanonicznej to
\(\displaystyle{ F\left( t\right)=\pm\frac{1}{p\left( t\right) }y\left( t\right) \\ y\left( t\right) = u\left( t\right)+v\left( t\right) }\)

Na pewno można sprowadzić równanie Riccatiego w postaci
\(\displaystyle{ y'\left( t\right)=p\left( t\right)y^2\left( t\right)+q\left( t\right)y\left( t\right) +r\left( t\right) }\)
do równania liniowego drugiego rzędu ale niestety to równanie nie będzie miało już stałych współczynników
Podstawienie sprowadzające to
\(\displaystyle{ u\left( t\right)=e^{- \int{p\left( t\right)y\left( t\right) \mbox{d}t } } }\)


Mając równanie różniczkowe liniowe można całkować podstawiając szereg potęgowy
bądź stosując metodę Frobeniusa

Powinno coś z tego wyjść jednak obliczenia mogą być żmudne

Dzięki za odpowiedź. Przeanalizowałem jeszcze raz mój problem i nie ładowałem się w funkcje trygonometryczne.
Dostałem równanie, jeżeli dobrze zrozumiałem, w postaci kanonicznej:

\(\displaystyle{ \frac{dF(x)}{dx}=-F ^{2}(x)+R(x) }\)

gdzie

\(\displaystyle{ R(x)= \frac{a}{ \sqrt{x^2 + b^2} } - c}\)

Dodano po 2 godzinach 46 minutach 47 sekundach:
A, zrobiłem jeszcze to podstawienie i dostałem coś takiego:

\(\displaystyle{ \frac{dy(x)}{dx}=-y^{2}(x)+\frac{1}{p(x)}\frac{dp(x)}{dx}y(x)+p(x)R(x)}\)

Czy to będzie się już nadawało do wspomnianej przez Ciebie metody Frobeniusa?

To jest tak że gdybyś po sprowadzeniu równania do postaci kanonicznej dostał równanie

\(\displaystyle{ \frac{ \dd F}{ \dd t} = -F^2\left( t\right)+bt^{r} }\)
gdzie \(\displaystyle{ b,r = const}\) ponadto gdyby \(\displaystyle{ \frac{r}{2r+4} \in \mathbb{Z}}\)
to wtedy mógłbyś sprowadzić podstawieniami do równania pierwszego rzędu które łatwiej rozwiązać
(Zdaje się że będzie to równanie o rozdzielonych zmiennych)
Tutaj jeżeli się zdarzy że r będzie zerować mianownik to takie r też pasuje
Gdy takiego równania nie masz prawdopodobnie będziesz musiał sprowadzić to równanie do równania drugiego rzędu
i całkować szeregami bo jak już z Fasolką Bernoulliego ustaliliście jest to równanie Riccatiego bez podanej całki szczególnej
Trudności może wtedy jednak sprawić wydobycie wzoru jawnego na współczynniki tego szeregu
Po wstawieniu szeregu do równania liniowego drugiego rzedu powinieneś dostać równanie rekurencyjne na współczynniki
szeregu przy czym to równanie rekurencyjne także będzie liniowe i także współczynniki nie będą stałe

Sprowadź najpierw do równania liniowego ale drugiego rzędu
i wtedy zastanów się czy podstawienie szeregu potęgowego wystarczy czy trzeba już zastosować metodę Frobeniusa
Gdyby w równaniu liniowym drugiego rzędu udało się szeregiem znaleźć tylko jedną całkę szczególną
to też by wystarczyło bo mając całkę szczególną można obniżyć rząd równania

Mając równanie w postaci

\(\displaystyle{ y'\left( t\right)=p\left( t\right)y^2\left( t\right)+q\left( t\right)+r\left( t\right) }\)
to po zastosowaniu podstawienia \(\displaystyle{ u\left( t\right)=e^{- \int{p\left( t\right)y\left( t\right) \dd t } } }\)
powinieneś otrzymać równanie

\(\displaystyle{ u''\left( t\right)- \frac{p'\left( t\right)+p\left( t\right)q\left( t\right) }{p\left( t\right) }u'\left( t\right)+p\left( t\right)r\left( t\right)u\left( t\right) =0 }\)

A tak z ciekawości zapytam czy twoje oryginalne równanie to było równanie liniowe drugiego rzędu i je jakoś sprowadziłeś do równania Riccatiego ?

To może zaprezentuję oryginalny problem - wygląda on tak:

\(\displaystyle{ \frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=R(x)\psi(x)}\),

gdzie:

\(\displaystyle{ R(x)=\frac{a}{\sqrt{x^{2}+b^{2}}}-c}\).

W swych poszukiwaniach próbowałem wyeliminować pierwiastek z mianownika w R(x) i pomyślałem, że przydatne okażą się funkcje trygonometryczne. Następnie przyjąłem założenie

\(\displaystyle{ \frac{d\psi(x)}{dx}=F(x)\psi(x)}\),

ale możliwe, że zbyt utrudniłem sobie zadanie.
Czy początkowe równanie byłoby prostsze do rozwiązania?

Ray od razu lepiej
Ja bym nie sprowadzał do równania Riccatiego
Co do zamiany zmiennej niezależnej to dobry pomysł
ale ja bym zastosował tak znienawidzone przez was pod wpływem tej amerykańskiej mody podstawienia Eulera
One jednak się przydają

Tutaj dobrym pomysłem będzie podstawienie

\(\displaystyle{ t=x+ \sqrt{x^2+b^2} }\)

i dopiero wtedy próbowałbym kombinować coś z szeregami
Może wystarczy szereg potęgowy a może jednak metoda Frobeniusa będzie bardziej przydatna

Dzięki. Nie wiem, czy ja akurat to znienawidzę, bo sam problem nie jest studenckim zadaniem, a wynikiem mojej zabawy z matmą i fizyką. Niestety brakuje mi dość sporo wiedzy. Choć może właśnie rozwiązywanie takich zagadnień pozwoli mi ją nabyć. Dlatego dzięki raz jeszcze za sugestię. Dam znać, co mi z tego wyszło.

Mogłoby się wydawać że straciłeś czas sprowadzając do równania Riccatiego ale
dowiedziałeś się że nie jest aż tak łatwo odgadnąć całkę szczególną równania Riccatiego
Po sprowadzeniu równania Riccatiego do postaci kanonicznej zobaczyłeś że nie spełnia ono warunku na to aby
stosunkowo łatwo było je scałkować w kwadraturach
Tak więc moim zdaniem nie straciłeś czasu bo coś jednak z tego wyniosłeś

Co do podanego tutaj przeze mnie podstawienia Eulera to dokonując zamiany zmiennej niezależnej
wyznacz sobie z podstawienia x jako funkcję zmiennej t a dopiero wtedy różniczkuj
Dalej będzie łatwo zamienić zmienną niezależną

Gdy już zamienisz zmienną niezależną to możemy się zastanowić czy wystarczy podstawienie szeregu potęgowego
czy jednak lepszym pomysłem będzie metoda Frobeniusa

Dodano po 1 godzinie 4 minutach 59 sekundach:
A jeszcze jedno
W równaniu \(\displaystyle{ y''\left( t\right)+p\left( t\right)y'\left( t\right)+q\left( t\right)y\left( t\right)=0 }\)
także możemy pozbyć się wyrazu \(\displaystyle{ p\left( t\right)y'\left( t\right) }\)
stosując podstawienie \(\displaystyle{ y\left( t\right)=u\left( t\right)v\left( t\right) }\)
gdzie \(\displaystyle{ v\left( t\right) }\) wyznaczamy tak aby współczynnik przy \(\displaystyle{ u'\left( t\right) }\)
się wyzerował

Doszedłem do czegoś takiego:

\(\displaystyle{ f^2(t) \frac{ d^2 \psi(t) }{ dt^2 } + f(t) \left( \frac{ d f(t) }{ dt } \right) \frac{ d \psi(t) }{ dt } - R(t)\psi(t) = 0 }\),

gdzie:

\(\displaystyle{ f(t) = \frac{ 3b^2 - t^2 }{ b^2 + t^2 }}\),

\(\displaystyle{ \frac{df(t)}{dt} = - \frac{ 8b^2 t }{ \left( b^2 + t^2 \right)^2 }}\),

\(\displaystyle{ R(t) = \frac{2at}{b^2 + t^2} - c}\).

Równanie ogólne raczej jest ok, mogłem ewentualnie pomylić się w różniczkowaniu - sprawdzę jeszcze raz. Faktycznie współczynniki są zależne od \(\displaystyle{ t}\), aczkolwiek sprawia to pozory równania jednorodnego.

Teraz współczynniki równania drugiego rzędu są funkcjami wymiernymi więc przedstaw równanie w postaci

\(\displaystyle{ W_{2}\left( t\right)y''\left( t\right)+W_{1}\left( t\right)y'\left( t\right)+W_{0}\left( t\right)y\left( t\right)=0 }\)
i spróbuj przyjąć że \(\displaystyle{ y\left( t\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}t^{n} }\)
Jeżeli uważasz że będziesz miał kolizję oznaczeń to przyjmij inną literkę na współczynniki tego szeregu

Jeśli to nie zadziała to może takie coś zadziała

\(\displaystyle{ y\left( t\right) = \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}t^{n+p} }\)

Możesz też sprawdzić czy wyzerowanie współczynnika przy \(\displaystyle{ y'\left( t\right) }\)
podstawieniem \(\displaystyle{ y\left( t\right) = u\left( t\right)v\left( t\right) }\)
gdzie \(\displaystyle{ v\left( t\right) }\) jest do wyznaczenia
uprości rozwiązanie tego równania


A i to jest równanie jednorodne bo funkcje zmiennej niezależnej występują jedynie jako współczynniki przy zmiennej zależnej
i jej pochodnych i jedyną funkcją która nie występuje jako współczynnik przy zmiennej zależnej jest funkcja tożsamościowo równa zeru

Dodano po 14 godzinach 59 minutach 43 sekundach:
\(\displaystyle{ \frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=R(x)\psi(x)}\),

gdzie:

\(\displaystyle{ R(x)=\frac{a}{\sqrt{x^{2}+b^{2}}}-c}\).

\(\displaystyle{
\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=\left( \frac{a}{ \sqrt{x^2+b^2} } - c\right)\psi(x)\\
t=x+ \sqrt{x^2+b^2}\\
t-x= \sqrt{x^2+b^2}\\
t^2-2tx+x^2=x^2+b^2\\
t^2-2tx=b^2\\
t^2-b^2=2tx\\
x=\frac{t^2-b^2}{2t}\\
x=\frac{1}{2}\left( t-\frac{b^2}{t}\right)\\
\frac{\mbox{d}x}{\mbox{d}t} = \frac{1}{2}\left( 1+\frac{b^2}{t^2}\right) \\
\frac{\mbox{d}x}{\mbox{d}t} =\frac{t^2+b^2}{2t^2}\\
\sqrt{x^2+b^2} = t-x\\
\sqrt{x^2+b^2} = t - \frac{t^2-b^2}{2t}\\
\sqrt{x^2+b^2} = \frac{2t^2 - t^2 + b^2}{2t}\\
\sqrt{x^2+b^2} = \frac{t^2+b^2}{2t}\\
}\)

\(\displaystyle{
\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=\left( \frac{a}{ \sqrt{x^2+b^2} } - c\right)\psi(x)\\
\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}x}=\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} \cdot \frac{\mbox{d}t}{\mbox{d}x} \\
\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}x}=\frac{2t^2}{t^2+b^2} \cdot \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t}\\
\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}x^2}=\frac{\mbox{d}}{\mbox{d}x}\left( \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}x} \right) \\
\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}x^2}=\frac{\mbox{d}}{\mbox{d}t}\left( \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} \cdot \frac{\mbox{d}t}{\mbox{d}x} \right) \cdot \frac{\mbox{d}t}{\mbox{d}x} \\
\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}x^2}=\frac{\mbox{d}}{\mbox{d}t}\left(\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} \cdot \frac{2t^2}{t^2+b^2} \right) \cdot \frac{2t^2}{t^2+b^2} \\
\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}x^2}= \frac{2t^2}{t^2+b^2}\left(\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} \cdot \frac{2t^2}{t^2+b^2} + \frac{4t\left( t^2+b^2\right)-2t \cdot 2t^2 }{\left( t^2+b^2\right)^2 } \right) \\
\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}x^2}= \frac{2t^2}{t^2+b^2}\left(\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} \cdot \frac{2t^2}{t^2+b^2} + \frac{4t\left( t^2+b^2\right)-2t \cdot 2t^2 }{\left( t^2+b^2\right)^2 }\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} \right)\\
\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}x^2}= \frac{2t^2}{t^2+b^2}\left(\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} \cdot \frac{2t^2}{t^2+b^2} + \frac{4b^2t}{\left( t^2+b^2\right)^2 } \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} \right)\\
\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}x^2} = \left( \frac{2t^2}{t^2+b^2} \right)^2 \frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} + b^3 \cdot \left( \frac{2t}{t^2+b^2} \right)^3 \cdot \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t}\\
\left( \frac{2t^2}{t^2+b^2} \right)^2 \frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} + b^3 \cdot \left( \frac{2t}{t^2+b^2} \right)^3 \cdot \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} = \left( a \cdot \frac{2t}{t^2+b^2} - c \right) \psi\left( t\right) \\
\left( \frac{2t^2}{t^2+b^2} \right)^2 \frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} + b^3 \cdot \left( \frac{2t}{t^2+b^2} \right)^3 \cdot \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} = - \frac{ct^2-2at + cb^2}{t^2+b^2} \psi\left( t\right) \\
\left( \frac{2t^2}{t^2+b^2} \right)^2 \frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} + b^3 \cdot \left( \frac{2t}{t^2+b^2} \right)^3 \cdot \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} + \frac{ct^2 - 2at + b^2c}{t^2+b^2} \psi\left( t\right) = 0\\
}\)

Czyli gdybyśmy przyjęli

\(\displaystyle{ f\left( t\right)=\frac{2t}{t^2+b^2} }\)

to równanie moglibyśmy zapisać następująco

\(\displaystyle{ t^2 \cdot f^2\left( t\right) \cdot \frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} + b^3 \cdot f^3\left( t\right) \cdot \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} + \left( c - a \cdot f\left( t\right) \right)\psi\left( t\right) = 0 }\)

Mnie po podstawieniu takie coś wyszło

I teraz tak jak pisałem sprowadzić do postaci

\(\displaystyle{ W_{2}\left( t\right)\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} + W_{1}\left( t\right)\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t}+W_{0}\left( t\right)\psi\left( t\right) =0 }\)

a następnie podstawić

\(\displaystyle{ \psi\left( t\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}t^n }\)

albo

\(\displaystyle{ \psi\left( t\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}t^{n+p} }\)

O, doszedłem do tego , ale mi wyszło \(\displaystyle{ b^2}\) w drugim członie. Może jakaś literówka.
Jeśli dobrze rozumiem, trzeba przetworzyć teraz te współczynniki na wielomiany tak, by nie było zmiennych w mianowniku, a następnie ugryźć to za pomocą metody szeregów potęgowych?

Dodano po 40 minutach 22 sekundach:
Zrobiłem tak:

\(\displaystyle{ f=\frac{2t}{t^2 + b^2}}\)

\(\displaystyle{ t^2 = \frac{2}{f^2}\left(1 \pm \sqrt{1-b^2 f^2} \right) - b^2}\)

\(\displaystyle{ \left[ \frac{2}{f^2}\left(1 \pm \sqrt{1-b^2 f^2} \right) - b^2 \right] f^2\psi''(f) + b^2 f^3\psi'(f) + \left(c - af^2\right) \psi(f) = 0}\)

\(\displaystyle{ \left[ 2\left(1 \pm \sqrt{1-b^2 f^2} \right) - b^2 f^2 \right] \psi''(f) + b^2 f^3\psi'(f) + \left(c - af^2\right) \psi(f) = 0}\)

I teraz zmienną jest f. Czy tak można zrobić?

Dodano po 8 godzinach 50 minutach 5 sekundach:
A nie! Sorry, przesadziłem.
Przemnożyłem po prostu całe równanie przez \(\displaystyle{ (t^2 + b^2)^3 }\) i z głowy. Dobra to wciskam do tego szeregi.

\(\displaystyle{
\left( \frac{2t^2}{t^2+b^2} \right)^2 \frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} + b^3 \cdot \left( \frac{2t}{t^2+b^2} \right)^3 \cdot \frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} + \frac{ct^2 - 2at + b^2c}{t^2+b^2} \psi\left( t\right) = 0\\
\frac{4t^4}{\left( t^2+b^2\right)^2 }\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2} +\frac{8b^3t^3}{\left( t^2+b^2\right)^3 }\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t} + \frac{ct^2-2at+b^2c}{t^2+b^2}\psi\left( t\right) = 0\\
}\)

\(\displaystyle{
4t^4\left( t^2+b^2\right)\frac{\mbox{d}^2\psi}{\mbox{d}t^2}+8b^3t^3\frac{\mbox{d}\psi}{\mbox{d}t}+\left( ct^2-2at+b^2c\right)\left( t^2+b^2\right)^2\psi\left( t\right) = 0\\
}\)

Teraz spróbuj rozwiązywać szeregiem potęgowym