uklad rownan z funkcja ekspotencjalna

[Mat.Monia]

Chcialabym rozwiazac uklda rownan (2) ze strony :
[ciach]

dla B, \(\displaystyle{ \alpha}\) oraz \(\displaystyle{ E_{\infty}}\)

Do tej pory podnioslam drugie rownanie do kwadratu i wyznaczylam \(\displaystyle{ Be^{-2\alpha}}\) oraz \(\displaystyle{ Be^{-4\alpha}}\) dla rownania 1 oraz 2, odpowiednio:

\(\displaystyle{ E(Dz) = E_{\infty} Be^{-2\alpha} \\
E(Tz)^{2} = E_{\infty}^{2}+B^2e^{-6\alpha}\\
E(Qz)=E_{\infty}+Be^{-4\alpha}}\)

Kolejno wstawiam 1 i 3 rownanie do 2:
\(\displaystyle{ E(Tz)^2 = E^{2}_{\infty}+Be^{-4\alpha}Be^{-2\alpha} = E^{2}_{\infty}+(E(Qz)-E_{\infty})(E(Dz)-E_{\infty})\\
2E_{\infty}^{2}+E_{\infty}(E(Dz)-E(Qz)) +E(Dz)E(Qz)-E(Tz)^2=0}\)

Niestety gdy wyznaczam pierwiastki, to moje rozwiazanie nie prowadzi do poprawnego rozwiazania z powyzszej strony (row. (3)). Czy ktos widzi co robie zle?

[kerajs]

Do tej pory podnioslam drugie rownanie do kwadratu i wyznaczylam \(\displaystyle{ Be^{-2\alpha}}\) oraz \(\displaystyle{ Be^{-4\alpha}}\) dla rownania 1 oraz 2, odpowiednio:

\(\displaystyle{ E(Dz) = E_{\infty} Be^{-\alpha} \\
E(Tz)^{2} = E_{\infty}^{2}+B^2e^{-6\alpha}\\
E(Qz)=E_{\infty}+Be^{-4\alpha}}\)

Jeśli równanie \(\displaystyle{ E(Tz) = E_{\infty}}+Be^{-3\alpha}}\) podnosisz do kwadratu to dostajesz
\(\displaystyle{ E(Tz)^{2} = E_{\infty}^{2}+2E_{\infty}Be^{-3\alpha}+B^2e^{-6\alpha}}\)

proponuję wykonać podstawienia:
\(\displaystyle{ E(Dz)=p \ , \ E(Tz)=q \ , \ E(Qz)=r \ , \ E_{\infty}=A\ , \ e^{-2\alpha}=C}\)
co daje układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} p=A+BC^2 \\ q=A+BC^3 \\ r=A+BC^4\end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} BC^2=p-A \\ q=A+(p-A )C \\ r=A+(p-A )C^2 \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} BC^2=p-A \\ C= \frac{q-A}{p-A} \\ r=A+(p-A )(\frac{q-A}{p-A})^2 \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} BC^2=p-A \\ C= \frac{q-A}{p-A} \\ A= \frac{pr-q^2}{p+r-2q}\end{cases}}\)

Wylicz C i B i wróć podstawienie. Warto także dopisać pominięte założenia.

[Mat.Monia]

Niezmiernie dziekuje za pomoc!

Mam jeszcze pytanie odnosnie wyznaczenia \(\displaystyle{ \alpha}\).
Z powyzszych rownan otrzymujemy:
\(\displaystyle{ e^{-2\alpha}= \frac{q-A}{p-A}= \frac{pq+qr-2q-pr-q^2}{(p-q)^2}}\)

Niestety nie widze jakich zaleznosci musze uzyc, aby otrzymac \(\displaystyle{ \alpha}\). Bede wdzieczna za jakiekolwiek wskazowki!

[kerajs]

Nie chcę przepisywać tych tasiemców, więc przedstawię tylko ideę przekształceń:
\(\displaystyle{ e^{-2 \alpha }=K\\
\ln e^{-2 \alpha }=\ln K\\
-2 \alpha \ln e=\ln K\\
-2 \alpha =\ln K\\
\alpha = \frac{-\ln K}{2}}\)

[Mat.Monia]

Bardzo dziekuje!

[_Michal]

proponuję wykonać podstawienia:
\(\displaystyle{ E(Dz)=p \ , \ E(Tz)=q \ , \ E(Qz)=r \ , \ E_{\infty}=A\ , \ e^{-2\alpha}=C}\)

Nie powinno być \(\displaystyle{ e^{-\alpha}=C}\)?

[kerajs]

Istotnie, powinno.

Na szczęście nie zmienia to rozwiązania układu, a jedynie ma wpływ na powrót od niewiadomej pomocniczej C do pierwotnej niewiadomej alfa.

Wtedy zamiast \(\displaystyle{ e^{-2 \alpha }=K}\) będzie:
\(\displaystyle{ e^{- \alpha }=K\\
\ln e^{- \alpha }=\ln K\\
- \alpha \ln e=\ln K\\
\alpha =-\ln K=\ln \frac{1}{K}}\)

Sorry!

PS
Dziękuję _Michał za wyłapanie tej żenującej pomyłki.