rozwiązać równanie różniczkowe

[Kartezjusz]

Ten drugi, a potem odwróć obustronnie.

[kamiolka28]

\(\displaystyle{ \frac{dx}{dt}= \frac{x^2 \cdot t^2}{(t-1)(-xt^2+2)}}\)

[Kartezjusz]

Tak. Teraz ułamki proste.

[kamiolka28]

czyli
\(\displaystyle{ \frac{A}{(t-1)}+ \frac{B}{(-xt^2+2)}}\) więc mam
\(\displaystyle{ -Axt^2+2A+Bt-B=x^2 \cdot t^2}\)
i pogubiłam się... bo teraz mam porównywać to co przy x czy przy t ?

[Mariusz M]

Kartezjusz, przy założeniu że y jest zmienną niezależną to równanie
wygląda na Riccatiego a nie na Bernoulliego

\(\displaystyle{ (x+y)^2 \frac{dy}{dx} - 2y =0\\
\left( x+y\right)^2 \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }=2y\\
\left( x+y\right)^2=2y \frac{ \mbox{d}x}{ \mbox{d}y}\\
x^2+2xy+y^2=2yx^{\prime}\\
x^{\prime}=\frac{1}{2y}x^2+x+\frac{1}{2}y\\}\)

Teraz mając całkę szczególną można równanie sprowadzic do Bernoulliego bądź liniowego
Jeśli nie uda się znaleźc całki szczególnej to można równanie sprowadzic do liniowego drugiego rzędu

Ponieważ nie widac całki szczególnej sprowadźmy te równanie do równania liniowego drugiego rzędu

\(\displaystyle{ x=-2\frac{yw^{\prime}}{w}\\
x^{\prime}=-2\frac{\left( w^{\prime}+yw^{\prime\prime}\right)w-w^{\prime}yw^{\prime} }{w^2}\\
-2\left( \frac{w^{\prime}}{w}+y\frac{w^{\prime\prime}}{w}-y\frac{\left( w^{\prime}\right)^2 }{w^2} \right)= \frac{1}{2y} \cdot \frac{4y^2\left( w^{\prime}\right)^2 }{w^2}-2\frac{yw^{\prime}}{w}+\frac{1}{2}y\\
-2\frac{w^{\prime}}{w}-2y\frac{w^{\prime\prime}}{w}=-2y\frac{w^{\prime}}{w}+\frac{1}{2}y\\
2yw^{\prime\prime}+2\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{2}yw=0\\
yw^{\prime\prime}+\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{4}yw=0}\)


Aby dokończyc obliczenia można jeszcze podstawic szereg
ale ja nie mam w tym wprawy
(Dochodzę do zależności rekurencyjnej i mam problemy z obliczaniem współczynników)

[kamiolka28]

czyli masz na myśli, że nasze równanie będzie Bernoulliego
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = p(y)x+q(y)x^n=0}\)
czyli w naszym przypadku byłoby:
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = \frac{1}{2y}x^2+ p(y)x}\) tylko że jak przekształcić \(\displaystyle{ x+ \frac{y}{2} =p(y)x}\) ??

[Mariusz M]

czyli masz na myśli, że nasze równanie będzie Bernoulliego
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = p(y)x+q(y)x^n=0}\)
czyli w naszym przypadku byłoby:
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = \frac{1}{2y}x^2+ p(y)x}\) tylko że jak przekształcić \(\displaystyle{ x+ \frac{y}{2} =p(y)x}\) ??

Gdybyś znała całkę szczególną tego równania to mogłabyś łatwo przekształcic to równanie
do takiej postaci

W tym przypadku pozostaje sprowadzic równanie Riccatiego
do liniowego drugiego rzędu i całkowac szeregami


kamiolka28, nie Bernoulliego tylko Riccatiego
Po sprowadzeniu do równania liniowego drugiego rzędu można całkowac szeregami


\(\displaystyle{ yw^{\prime\prime}+\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{4}yw=0}\)

Równanie to można jeszcze uprościc eliminując składnik \(\displaystyle{ \left( 1-y\right)w^{\prime}}\)


\(\displaystyle{ yw^{\prime\prime}+\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{4}yw=0\\
w^{\prime\prime}+\left( \frac{1}{y}-1 \right)w^{\prime}+\frac{1}{4}w=0\\
w=ze^{ \frac{1}{2}\left( y-\ln{\left| y\right| }\right) }\\
w=z \cdot \frac{e^{\frac{y}{2}}}{ \sqrt{y} }\\}\)

Podstawiając szereg otrzymujemy coś takiego

\(\displaystyle{ yw^{\prime\prime}+\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{4}yw=0\\
w=\sum_{n=0}^{ \infty }{c_{n}y^{n}}\\
\sum_{n=0}^{\infty}{\left( n+2\right)\left( n+1\right)c_{n+2}y^{n+1} }+\sum_{n=0}^{\infty}{\left( n+1\right)c_{n+1}y^{n} }+\sum_{n=0}^{ \infty }{-\left(n+1 \right)c_{n+1}y^{n+1} }+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\frac{1}{4}c_{n}y^{n+1}}=0\\
c_{1}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\left[ \left( n+2\right)^2c_{n+2}-\left( n+1\right)c_{n+1}+\frac{1}{4}c_{n} \right]y^{n+1} }=0\\
\begin{cases} c_{1}=0 \\ c_{n+2}= \frac{\left( n+1\right)c_{n+1}- \frac{1}{4}c_{n} }{\left( n+2\right)^2 } \end{cases}\\}\)

\(\displaystyle{ c_{0}}\) jest stałą dowolną

[kamiolka28]

o jej. to już nie moja matematyka chyba.
Bo i tak nie znam tej metody jeszcze z szeregami.. ale jak się jej przyjrzeć to co dalej ?-- 11 gru 2013, o 20:37 --więc może jeszcze zapytam, jak pokazać (z czego) że w ogóle rozwiązanie takiego równania istnieje?:)

[kamiolka28]

czyli masz na myśli, że nasze równanie będzie Bernoulliego
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = p(y)x+q(y)x^n=0}\)
czyli w naszym przypadku byłoby:
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = \frac{1}{2y}x^2+ p(y)x}\) tylko że jak przekształcić \(\displaystyle{ x+ \frac{y}{2} =p(y)x}\) ??

Gdybyś znała całkę szczególną tego równania to mogłabyś łatwo przekształcic to równanie
do takiej postaci

W tym przypadku pozostaje sprowadzic równanie Riccatiego
do liniowego drugiego rzędu i całkowac szeregami


kamiolka28, nie Bernoulliego tylko Riccatiego
Po sprowadzeniu do równania liniowego drugiego rzędu można całkowac szeregami


\(\displaystyle{ yw^{\prime\prime}+\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{4}yw=0}\)

Równanie to można jeszcze uprościc eliminując składnik \(\displaystyle{ \left( 1-y\right)w^{\prime}}\)


\(\displaystyle{ yw^{\prime\prime}+\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{4}yw=0\\
w^{\prime\prime}+\left( \frac{1}{y}-1 \right)w^{\prime}+\frac{1}{4}w=0\\
w=ze^{ \frac{1}{2}\left( y-\ln{\left| y\right| }\right) }\\
w=z \cdot \frac{e^{\frac{y}{2}}}{ \sqrt{y} }\\}\)

Podstawiając szereg otrzymujemy coś takiego

\(\displaystyle{ yw^{\prime\prime}+\left( 1-y\right)w^{\prime}+\frac{1}{4}yw=0\\
w=\sum_{n=0}^{ \infty }{c_{n}y^{n}}\\
\sum_{n=0}^{\infty}{\left( n+2\right)\left( n+1\right)c_{n+2}y^{n+1} }+\sum_{n=0}^{\infty}{\left( n+1\right)c_{n+1}y^{n} }+\sum_{n=0}^{ \infty }{-\left(n+1 \right)c_{n+1}y^{n+1} }+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\frac{1}{4}c_{n}y^{n+1}}=0\\
c_{1}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\left[ \left( n+2\right)^2c_{n+2}-\left( n+1\right)c_{n+1}+\frac{1}{4}c_{n} \right]y^{n+1} }=0\\
\begin{cases} c_{1}=0 \\ c_{n+2}= \frac{\left( n+1\right)c_{n+1}- \frac{1}{4}c_{n} }{\left( n+2\right)^2 } \end{cases}\\}\)

\(\displaystyle{ c_{0}}\) jest stałą dowolną

Ok. Jednak wracam do tego zadania Może kiedyś mi się uda.
Z tymi szeregami - jaki będzie kolejny krok ?
(Ile tych 'szeregowych' metod widziałam, ten jest zdecydowanie trudniejszy )

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ \left(x+y\right)^2 \frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x} - 2y =0\\
\left(x+y\right)^2 \frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}=2y\\
2y \frac{ \mbox{d}x }{ \mbox{d}y}=\left( x+y\right)^2\\
2y\frac{ \mbox{d}x }{ \mbox{d}y}=x^2+2yx+y^2\\
\frac{ \mbox{d}x }{ \mbox{d}y}=\frac{1}{2y}x^2+x+\frac{1}{2}y\\
x=u+v\\
u^{\prime}+v^{\prime}=\frac{1}{2y}\left( u+v\right)^2+\left(u+v\right)+\frac{1}{2}y\\
u^{\prime}+v^{\prime}=\frac{1}{2y}\left( u^2+2uv+v^2\right)+\left( u+v\right)+\frac{1}{2}y\\
u^{\prime}+v^{\prime}=\frac{1}{2y}u^2+\frac{1}{y}uv+\left(u+v\right)+\frac{1}{2y}v^2+\frac{1}{2}y\\
u^{\prime}+v^{\prime}=\frac{1}{2y}u^2+u\left( \frac{1}{y}v+1 \right)+\frac{1}{2y}v^2+v+\frac{1}{2}y\\
\frac{1}{y}v+1=0\\
v+y=0\\
v=-y\\
u^{\prime}-1=\frac{1}{2y}u^2+\frac{1}{2y} \cdot y^2-y+\frac{y}{2}\\
u^{\prime}-1=\frac{1}{2y}u^2\\
u^{\prime}=\frac{1}{2y}u^2+1\\
u= \frac{-2yw^{\prime}}{w}\\
\frac{w\left( -2yw^{\prime}\right)^{\prime}-w^{\prime}\left( -2yw^{\prime}\right) }{w^2}=\frac{1}{2y} \cdot \frac{\left(-2y w^{\prime}\right)^2 }{w^2}+1\\
\frac{w\left( -2w^{\prime}-2yw^{\prime\prime}\right)+2y\left( w^{\prime}\right)^2 }{w^2}=2y \cdot \frac{\left( w^{\prime}\right)^{2} }{w^2}+1\\
\frac{-2w^{\prime}-2yw^{\prime\prime}}{w}=1\\
-2w^{\prime}-2yw^{\prime\prime}=w\\
-2w^{\prime}-2yw^{\prime\prime}-w=0\\
yw^{\prime\prime}+w^{\prime}+\frac{1}{2}w=0\\
w= \sum_{n=0}^{ \infty }{c_{n}y^{n}}\\
\sum_{n=0}^{ \infty }{\left( n+2\right)\left( n+1\right)c_{n+2}y^{n+1}}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\left( n+1\right)c_{n+1}y^{n}}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\frac{1}{2}c_{n}y^{n}}\\}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty }{\left( n+2\right)\left( n+1\right)c_{n+2}y^{n+1}}+c_{1}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\left( n+2\right)c_{n+2}y^{n+1} }+\frac{1}{2}c_{0}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{ \frac{1}{2}c_{n+1}y^{n+1} } \\
c_{1}+\frac{1}{2}c_{0}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\left[ \left( n+2\right)\left( n+1\right)c_{n+2}+\left( n+2\right)c_{n+2}+\frac{1}{2}c_{n+1} \right]y^{n+1} }\\
c_{1}+\frac{1}{2}c_{0}+ \sum_{n=0}^{ \infty }{\left[ \left( n+2\right)^2c_{n+2}+\frac{1}{2}c_{n+1} \right]y^{n+1} }\\
\begin{cases} c_{0}\in\mathbb{R} \\ c_{1}=-\frac{1}{2}c_{0}\\c_{n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{\left( n+2\right)^2 }\cdot c_{n+1}\end{cases} \\
\begin{cases} c_{0}\in\mathbb{R} \\ c_{n+1}=-\frac{1}{2\left( n+1\right)^2 }\cdot c_{n} \end{cases} \\
c_{n}=\frac{\left( -1\right)^n }{2^{n}\left( n!\right)^2 }\\
w\left( y\right)=\sum_{n=0}^{ \infty }{\frac{\left( -1\right)^n }{2^{n}\left( n!\right)^2 }y^{n}}\\}\)

Otrzymany szereg to funkcja Bessela

\(\displaystyle{ x\left( y\right)= -\frac{2yw^{\prime}\left( y\right) }{w\left( y\right) }-y}\)

Otrzymaliśmy całkę szczególną równania Riccatiego
Mając całkę szczególną równania Riccatiego
łatwo sprowadzić je do równania Bernoulliego lub liniowego pierwszego rzędu

czyli masz na myśli, że nasze równanie będzie Bernoulliego
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = p(y)x+q(y)x^n=0}\)
czyli w naszym przypadku byłoby:
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dy} = \frac{1}{2y}x^2+ p(y)x}\) tylko że jak przekształcić \(\displaystyle{ x+ \frac{y}{2} =p(y)x}\) ??

Równanie Bernoulliego otrzymasz po podstawieniu

\(\displaystyle{ x\left( y\right)= \frac{-2yw^{\prime}\left( y\right) }{w\left( y\right) }-y+z\left( y\right)}\)

Funkcję \(\displaystyle{ w\left( y\right)}\) można wyrazić za pomocą funkcji Bessela


Mamy całkę szczególną równania spróbujmy rozwiązać to równanie

\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}x}{ \mbox{d}y }=p\left( y\right)x\left( y\right)^2+q\left( y\right)x\left( y\right)+r\left( x\right) \\
x^{\prime}=px^2+qx+r\\
x=x_{1}+fg\\
x_{1}^{\prime}+f^{\prime}g+g^{\prime}f=p\left( x_{1}+fg\right)^2+q\left( x_{1}+fg\right)+r\\
x_{1}^{\prime}+f^{\prime}g+g^{\prime}f=p\left( x_{1}^2+2x_{1}fg+f^2g^2\right)+qx_{1}+qfg+r\\
f^{\prime}g+g^{\prime}f=2x_{1}pfg+pf^2g^2+qfg\\
f^{\prime}g=-g^{\prime}f+2x_{1}pfg+pf^2g^2+qfg\\
f^{\prime}g=f\left( -g^{\prime}+2x_{1}pg+qg\right)+pf^2g^2\\
-g^{\prime}+2x_{1}pg+qg=0\\
g^{\prime}=2x_{1}pg+qg\\
g^{\prime}=g\left( 2px_{1}+q\right) \\
\frac{g^{\prime}}{g}=\left( 2px_{1}+q\right)\\
\frac{ \mbox{d}g}{g}=\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y\\
\ln{\left| g\right| }=\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}\\
g=e^{\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}}\\
f^{\prime}g=pf^2g^2\\
f^{\prime}=pf^2g\\
\frac{f^{\prime}}{f^{2}}=pg\\
\frac{ \mbox{d}f}{f^2}=pg \mbox{d}y\\
-\frac{1}{f}=\int{pg \mbox{d}y}+C\\
\frac{1}{f}=-\left( \int{pg \mbox{d}y}+C\right)\\
f=-\frac{1}{\int{pg \mbox{d}y}+C}\\
x=x_{1}-\frac{e^{\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}}}{\int{pe^{\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}}+C}}}\)

Spróbuj podstawić za wyrażenie w nawiasie.

To podstawienie ma jednak sens bo ułatwia poszukiwanie całki szczególnej tego równania
Upraszcza równanie różnicowe(czy rekurencyjne) które dostajemy

[kamiolka28]

1. skąd podstawienie , że \(\displaystyle{ x=u+v}\) ?
2. i potem, że \(\displaystyle{ \frac{1}{y}v+1=0, v+y=0}\)

[Mariusz M]

1. To podstawienie pozwala usunąć wyraz \(\displaystyle{ q\left( y\right)x\left( y\right)}\)
w równaniu Riccatiego które otrzymaliśmy
2. \(\displaystyle{ v}\) jest pewną nieznaną funkcją, staramy się tak dobrać tę funkcję aby wyzerować
wyraz \(\displaystyle{ q\left( y\right)x\left( y\right)}\) , pomnożyłem równanie przez \(\displaystyle{ y}\)
aby dostać \(\displaystyle{ v+y=0}\)

Nie pomyślałem o tym aby usunąć ten wyraz bo na ogół to niewiele daje
Chciałem od razu sprowadzać równanie Riccatiego do liniowego drugiego rzędu
ale nie mogłem znaleźć w sieci jak rozwiązać to równanie różnicowe czy rekurencyjne

Miałaś coś o funkcjach Bessela ?
W tym równaniu one się pojawiają

[kamiolka28]

Nie miałam. Ja nie studiuję typowej matmy ale ją lubię i sama czasem coś doczytam.
tak w chwilach wolnych będę krok po kroku analizować (doczytywać) i ew pytać co i jak. Na razie po linijce. -- 30 mar 2014, o 10:40 --ok. to teraz co oznacza wprowadzenie w? \(\displaystyle{ u= -\frac{2yw'}{w}}\) i potem to przejście następne to podstawienie tego \(\displaystyle{ u= -\frac{2yw'}{w}}\) do funkcji \(\displaystyle{ u'= \frac{1}{2y}u^2+1}\) ?;)

potem jest podstawienie za w = szereg. Metoda rozwiązywania szeregami (?) - chyba nigdzie nie ma dobrze wytłumaczonej tej metody, ja miałam tylko dwa przykłady na wykładzie i to takie najbanalniejsze. - masz może jakieś dobre źródło tłumaczenia ? Bo to powinnam ogarnąć.

[Mariusz M]

To jest podstawienie sprowadzające równanie Riccatiego do liniowego drugiego rzędu

W równaniu
\(\displaystyle{ x^{\prime}=px^2+qx+r}\)

podstawiasz \(\displaystyle{ z \frac{w^{\prime}}{w}}\)
gdzie \(\displaystyle{ z\left( y\right)}\) jest nieznaną funkcją
Po podstawieniu wyznaczasz funkcję \(\displaystyle{ z\left( y\right)}\) tak aby otrzymać równanie liniowe drugiego rzędu

[kamiolka28]

Mamy całkę szczególną równania spróbujmy rozwiązać to równanie

\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}x}{ \mbox{d}y }=p\left( y\right)x\left( y\right)^2+q\left( y\right)x\left( y\right)+r\left( x\right) \\
x^{\prime}=px^2+qx+r\\
x=x_{1}+fg\\
x_{1}^{\prime}+f^{\prime}g+g^{\prime}f=p\left( x_{1}+fg\right)^2+q\left( x_{1}+fg\right)+r\\
x_{1}^{\prime}+f^{\prime}g+g^{\prime}f=p\left( x_{1}^2+2x_{1}fg+f^2g^2\right)+qx_{1}+qfg+r\\
f^{\prime}g+g^{\prime}f=2x_{1}pfg+pf^2g^2+qfg\\
f^{\prime}g=-g^{\prime}f+2x_{1}pfg+pf^2g^2+qfg\\
f^{\prime}g=f\left( -g^{\prime}+2x_{1}pg+qg\right)+pf^2g^2\\
-g^{\prime}+2x_{1}pg+qg=0\\
g^{\prime}=2x_{1}pg+qg\\
g^{\prime}=g\left( 2px_{1}+q\right) \\
\frac{g^{\prime}}{g}=\left( 2px_{1}+q\right)\\
\frac{ \mbox{d}g}{g}=\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y\\
\ln{\left| g\right| }=\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}\\
g=e^{\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}}\\
f^{\prime}g=pf^2g^2\\
f^{\prime}=pf^2g\\
\frac{f^{\prime}}{f^{2}}=pg\\
\frac{ \mbox{d}f}{f^2}=pg \mbox{d}y\\
-\frac{1}{f}=\int{pg \mbox{d}y}+C\\
\frac{1}{f}=-\left( \int{pg \mbox{d}y}+C\right)\\
f=-\frac{1}{\int{pg \mbox{d}y}+C}\\
x=x_{1}-\frac{e^{\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}}}{\int{pe^{\int{\left( 2px_{1}+q\right) \mbox{d}y}}+C}}}\)

Czy jeżeli dałeś postawienie \(\displaystyle{ x=x_{1}+fg\\}\)
czy jest różnica jeśli dam \(\displaystyle{ x=x_{1}+ \frac{1}{u}}\) tak jak np tu ... n/ror7.htm
??


(gdzie jak rozumiem \(\displaystyle{ x_{1}}\) to całka szczególna rów. Riccatiego \(\displaystyle{ x(y)=- \frac{2yw'}{w} -y}\) ??)-- 31 mar 2014, o 11:02 --1.i czemu przy przejściu 5 -> 6 linijka : jakby 'zniknęło' - zbrakło w 6 linijce \(\displaystyle{ x_{1}=p(x_{1})^{2}+qx_{1}+r}\) ?:D

2. w linijce 9 . Założyłeś, że \(\displaystyle{ -g'+2x_{1}pg+qg=0}\) czy to też po to aby wyeliminować wyraz ?
czy się wzięło z innego powodu ?