Równanie różniczkowe 2 stopnia.

[SzymonK]

Witam, potrzebuję pomocy z rozwiązaniem takiego zadania.

Rozwiązać równania różniczkowe z zadanymi warunkami początkowymi.

\(\displaystyle{ x^2(1-\ln(x))y''+xy'-y=0 ,y(1)=2,y'(1)=1}\)
\(\displaystyle{ x^2y''-2xy'+2y=0, y(1)=3,y'(1)=1 }\)

[kerajs]

\(\displaystyle{ x^2y''-2xy'+2y=0, y(1)=3,y'(1)=1 \\
y=x^r\\
x^2r(r-1)x^{r-2}-2xrx^{r-1}+2x^r=0\\
(r-2)(r-1)=0\\
y=C_1x+c_2x^2\\
y=5x-2x^2
}\)

[SzymonK]

Nie rozumiem podstawienia \(\displaystyle{ y=x^r }\), dalszych przekształceń. Mógłbyś wytłumaczyć ?

[kerajs]

Nie rozumiem podstawienia \(\displaystyle{ y=x^r }\), dalszych przekształceń. Mógłbyś wytłumaczyć ?

Tu masz jednorodne równanie Eulera drugiego stopnia. Zastosowałem standardowe podstawienie, jak i standardowe postępowanie (równanie charakterystyczne, wyznaczenie całki ogólnej i wyliczenie stałych z warunków początkowych). Jeśli rozwiązujesz takie równania to metodę ich rozwiązywania masz opisaną w notatkach/ skrypcie/ podręczniku. Zaglądnij tam.

[janusz47]

\(\displaystyle{ x^2y'' -2xy' +2y = 0, \ \ y(1) = 3, \ \ y'(1)= 1 \ \ (0) }\)

Jest to równanie (problem) Cauchy-Euera drugiego rzędu.

Podstawienie w postaci funkcji potęgowej

\(\displaystyle{ y = x^{\lambda}, \ \ \lambda }\)-stała

stosujemy po to, aby rozwiązywanie równania różniczkowego drugiego rzędu sprowadzić do rozwiązywania równania algebraicznego
kwadratowego. Wtedy rozwiązanie ogólne \(\displaystyle{ y_{o} }\) równania \(\displaystyle{ (0) }\) jest kombinacją liniową funkcji potęgowych:

\(\displaystyle{ y_{o} = ax^{\lambda_{1}} + bx^{\lambda_{2}}. }\)

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji potęgowej

\(\displaystyle{ y= x^{\lambda} \ \ (1) }\)

\(\displaystyle{ y' = \lambda x^{\lambda-1} \ \ (2) }\)

\(\displaystyle{ y'' = \lambda(\lambda -1) x^{\lambda-2} \ \ (3) }\)

Podstawiamy \(\displaystyle{ (1), (2), (3) }\) do \(\displaystyle{ (0) }\)

\(\displaystyle{ x^2 \lambda (\lambda-1)x^{\lambda-2} -2x\lambda x^{\lambda-1} +2x^{\lambda} = 0 }\)

\(\displaystyle{ \lambda(\lambda-1)x^{\lambda} -2\lambda x^{\lambda} + 2x^{\lambda} = 0. }\)

Wyłączamy czynnik \(\displaystyle{ x^{\lambda} }\) przed nawias

\(\displaystyle{ x^{\lambda}[\lambda(\lambda-1)-2\lambda +2] = 0 \ \ (4) }\)

Ponieważ wartości funkcji \(\displaystyle{ x^{\lambda}}\) są większe od zera, więc równość \(\displaystyle{ (4) }\) zachodzi wtedy, gdy

\(\displaystyle{ \lambda(\lambda-1)-2\lambda+2 = 0 }\)

\(\displaystyle{ \lambda^2 - 3\lambda +2 = 0 }\)

Otrzymaliśmy równanie kwadratowe, którego pierwiastkami są liczby \(\displaystyle{ \lambda_{1} =1, \ \ \lambda_{2}= 2. }\)

Wracając do podstawienia - otrzymujemy rozwiązanie ogólne równania \(\displaystyle{ (0) }\)

\(\displaystyle{ y_{o} = ax^{\lambda_{1}} + bx^{\lambda_{2}} = a x^{1} + b x^{2} = ax +bx^2. }\)

Stałe \(\displaystyle{ a, \ \ b }\) wyznaczymy z warunków początkowych:

\(\displaystyle{ \begin{cases} y_{o}(1) = a\cdot 1^{1} + b\cdot 1^2 = 3, \\ y'_{o}(1) = a\cdot 1 +2b\cdot 1 = 1, \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} a + b = 3, \\ a + 2b = 1. \end{cases} }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \begin{cases} a = 5, \\ b = -2 \end{cases} }\)

Rozwiązanie szczególne równania (rozwiązanie Cauchy-Eulera)

\(\displaystyle{ y = 5x^1 - 2x^2 = 5x -2x^2. }\)


Sprawdzenie:

\(\displaystyle{ y' = 5 -4x, }\)

\(\displaystyle{ y'' = -4, }\)

\(\displaystyle{ x^2\cdot (-4) - 2x\cdot (5 -4x) + 2( 5x -2x^2) = -4x^2 +8x^2-10x +10x -4x^2 = 0.}\)

[SzymonK]

Ok, dzięki już rozumiem

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ x^2(1-\ln(x))y''+xy'-y=0 ,y(1)=2,y'(1)=1}\)
\(\displaystyle{ x^2y''-2xy'+2y=0, y(1)=3,y'(1)=1 }\)

Jeżeli chodzi o równanie Eulera to "standardowym postępowaniem"
jest zamiana zmiennej niezależnej \(\displaystyle{ x=e^{t}}\)
Dostaniemy wtedy równanie liniowe o stałych współczynnikach

Można też zauważyć że w obydwu równaniach całką szczególną będzie
\(\displaystyle{ y_{1}=x}\)
i można obniżyć rząd równania podstawieniem \(\displaystyle{ y=x \int{u\left( x\right) \dd x } }\)

Dodano po 17 minutach 22 sekundach:
\(\displaystyle{ x^2y''-2xy'+2y=0, y(1)=3,y'(1)=1\\
x=e^{t}\\
\frac{ \dd x }{ \dd t} = e^{t}\\
\frac{ \dd y}{ \dd x } = \frac{ \dd y}{ \dd t } \cdot \frac{ \dd t}{ \dd x }
\frac{ \dd y}{ \dd x } = \frac{ \dd y}{ \dd t } \cdot e^{-t}\\
x\frac{ \dd y}{ \dd x } = e^{t}\frac{ \dd y}{ \dd t } \cdot e^{-t}\\
x\frac{ \dd y}{ \dd x } = \frac{ \dd y}{ \dd t }\\
\frac{ \dd ^2 y}{ \dd x^2 } = \frac{ \dd }{ \dd x} \left( \frac{ \dd y}{ \dd x } \right) \\
\frac{ \dd ^2 y}{ \dd x^2 } = \frac{ \dd }{ \dd t}\left( \frac{ \dd y}{ \dd t } \cdot \frac{ \dd t}{ \dd x }\right) \frac{ \dd t}{ \dd x } \\
\frac{ \dd ^2 y}{ \dd x^2 } = \frac{ \dd }{ \dd t}\left( \frac{ \dd y}{ \dd t } \cdot e^{-t}\right) e^{-t} \\
\frac{ \dd ^2 y}{ \dd x^2 } = \left(\frac{ \dd^2 y}{ \dd t^2 }e^{-t} - \frac{ \dd y}{ \dd t }e^{-t} \right) e^{-t}\\
\frac{ \dd ^2 y}{ \dd x^2 } = \left(\frac{ \dd^2 y}{ \dd t^2 } - \frac{ \dd y}{ \dd t } \right)e^{-2t} \\
x^2\frac{ \dd ^2 y}{ \dd x^2 } = e^{2t}\left(\frac{ \dd^2 y}{ \dd t^2 } - \frac{ \dd y}{ \dd t } \right)e^{-2t} \\
x^2\frac{ \dd ^2 y}{ \dd x^2 } = \frac{ \dd^2 y}{ \dd t^2 } - \frac{ \dd y}{ \dd t }\\
\frac{ \dd^2 y}{ \dd t^2 } - \frac{ \dd y}{ \dd t } -2\frac{ \dd y}{ \dd t }+2y=0\\
\frac{ \dd^2 y}{ \dd t^2 } - 3\frac{ \dd y}{ \dd t }+2y=0 \\
}\)

i mamy równanie o stałych współczynnikach

Dodano po 59 minutach 44 sekundach:
\(\displaystyle{ x^2(1-\ln(x))y''+xy'-y=0 ,y(1)=2,y'(1)=1}\)

Nie wiem czy coś zyskamy zamieniając zmienną niezależną więc zastosuję podejście z obniżaniem rzędu

\(\displaystyle{ x^2(1-\ln(x))y''+xy'-y=0 \\
y_{1} = x\\
y = x \int{u\left( x\right) \dd x } \\
y' = \int{u\left( x\right) \dd x } + xu\\
y'' = u + u + xu' \\
y'' = xu' + 2u\\
x^2\left( 1-\ln{\left( x\right) }\right) \left( xu'+2u\right)+x\left(\int{u\left( x\right) \dd x } + xu \right) -x \int{u\left( x\right) \dd x }=0\\
x^3\left( 1-\ln{\left( x\right) }\right)u' +x^2 \left(3-2\ln{\left( x\right) } \right)u = 0\\
x^3\left( 1-\ln{\left( x\right) }\right)u'=-x^2 \left(3-2\ln{\left( x\right) } \right)u\\
\frac{u'}{u} = -\frac{3-2\ln{\left( x\right) }}{x\left(1-\ln{\left( x\right) } \right) }\\
t = 1-\ln{\left( x\right) }\\
\dd t = -\frac{1}{x} \dd x \\
\ln{\left| u\right| } = \int{\frac{1+2t}{t} \dd t}\\
\ln{\left| u\right| } = \ln{\left| t\right| } + 2t+C_{1}\\
u = C_{1}te^{2t}\\
u = C_{1}\left( 1-\ln{\left( x\right) }\right) e^{2-2\ln{\left( x\right) }}\\
u\left( x\right) = C_{1}\frac{1-\ln{\left( x\right) }}{x^2} \\
y = C_{1}x \int{\frac{1-\ln{\left( x\right) }}{x^2}} \dd x \\
y = C_{1}x\left( -\frac{1-\ln{\left( x\right) }}{x}- \int{\frac{\left( -1\right) }{x} \cdot \frac{-1}{x} \dd x }\right) \\
y = C_{1}x\left(-\frac{1-\ln{\left( x\right) }}{x}- \int{\frac{1}{x^2} \dd x } \right) \\
y = C_{1}x\left(\frac{-1+\ln{\left( x\right) }}{x}+\frac{1}{x} + C_{2} \right) \\
y = C_{1}x\left( \frac{\ln{\left( x\right) }}{x} + C_{2}\right) \\
y = C_{1}\ln{\left( x\right) } + C_{2}x
}\)