równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
-
- Użytkownik
- Posty: 293
- Rejestracja: 4 paź 2007, o 18:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: ja mam wiedzieć ?
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 3 razy
równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
czy ktoś może wie jak zapisać w programie Mathematica 5 takie równanie różniczkowe cząstkowe:
\(\displaystyle{ 2x \frac{\partial u}{\partial x}+y \frac{\partial u}{\partial y}+ \frac{z}{2} \frac{\partial u}{\partial z} =0}\)
jeśli w ogóle ten program liczy takie równania
\(\displaystyle{ 2x \frac{\partial u}{\partial x}+y \frac{\partial u}{\partial y}+ \frac{z}{2} \frac{\partial u}{\partial z} =0}\)
jeśli w ogóle ten program liczy takie równania
- Szemek
- Użytkownik
- Posty: 4819
- Rejestracja: 10 paź 2006, o 23:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 1407 razy
równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
\(\displaystyle{ f\text{:=}u[x,y,z]; \\
p\text{:=}D[u[x,y,z],x]; \\
q\text{:=}D[u[x,y,z],y]; \\
r\text{:=}D[u[x,y,z],z]; \\
\text{eqn}=2*x*p+y*q+\frac{z}{2}*r==0; \\
\text{sol}=\text{DSolve}[\text{eqn},u,\{x,y,z\}]}\)
p\text{:=}D[u[x,y,z],x]; \\
q\text{:=}D[u[x,y,z],y]; \\
r\text{:=}D[u[x,y,z],z]; \\
\text{eqn}=2*x*p+y*q+\frac{z}{2}*r==0; \\
\text{sol}=\text{DSolve}[\text{eqn},u,\{x,y,z\}]}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 23
- Rejestracja: 11 wrz 2009, o 13:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
A czy ktoś może wie jak rozwiazać takie równanie " na piechotę" ?
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4076
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1395 razy
Re: równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
Można wyznaczyć całki pierwsze rozwiązując układ równań:peter19913 pisze: ↑6 gru 2011, o 22:28 A czy ktoś może wie jak rozwiazać takie równanie " na piechotę" ?
\(\displaystyle{ \frac{ \dd x }{2x}= \frac{ \dd y}{y}= \frac{ \dd z}{z/2} }\)
Z pierwszego wynika, że \(\displaystyle{ C_1= \frac{y^2}{x} }\) zatem przykładową całką pierwszą będzie \(\displaystyle{ \phi=\frac{y^2}{x}}\). Z drugiego równania dostajemy, że \(\displaystyle{ C_2= \frac{z^2}{y} }\) zatem bierzemy \(\displaystyle{ \psi= \frac{z^2}{y} }\). I rozwiązaniem jest funkcja \(\displaystyle{ u(x,y)=F(\phi,\psi)}\), gdzie \(\displaystyle{ F}\) to dowolna.
-
- Administrator
- Posty: 34296
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
A odznakę archeologa miesiąca otrzymuje... Janusz Tracz!
JK
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 164
- Rejestracja: 27 paź 2015, o 23:44
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 30 razy
Re: równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
Nie udaje mi się tego zróżniczkować. Zmienna zet już chyba nie jest niezależna, tzn \(\displaystyle{ z=z(x,y)}\)?Janusz Tracz pisze: ↑18 mar 2021, o 23:07Można wyznaczyć całki pierwsze rozwiązując układ równań:peter19913 pisze: ↑6 gru 2011, o 22:28 A czy ktoś może wie jak rozwiazać takie równanie " na piechotę" ?
\(\displaystyle{ \frac{ \dd x }{2x}= \frac{ \dd y}{y}= \frac{ \dd z}{z/2} }\)
Z pierwszego wynika, że \(\displaystyle{ C_1= \frac{y^2}{x} }\) zatem przykładową całką pierwszą będzie \(\displaystyle{ \phi=\frac{y^2}{x}}\). Z drugiego równania dostajemy, że \(\displaystyle{ C_2= \frac{z^2}{y} }\) zatem bierzemy \(\displaystyle{ \psi= \frac{z^2}{y} }\). I rozwiązaniem jest funkcja \(\displaystyle{ u(x,y)=F(\phi,\psi)}\), gdzie \(\displaystyle{ F}\) to dowolna.
Robię tak:
\(\displaystyle{ \frac{2x}{x'} = \frac{y}{y'} = \frac{z/2}{z'} = \frac{0}{u'} }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{2x}{x'} = \frac{y}{y'} \\ \frac{2x}{x'} = \frac{z/2}{z'} \\ \frac{2x}{x'} = \frac{0}{u'} \end{cases} }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} C_1=x/y^2 \\ C_2=z^4/x \\ C_3=u \end{cases}}\)
I stałe są powiązane dowolnymi funkcjami tj. \(\displaystyle{ \begin{cases} C_2=\Phi_1(C_1) \\ C_3=\Phi_2(C_2) \end{cases} }\) i niech \(\displaystyle{ F\equiv\Phi_2\left( \Phi_1\right) }\)
Więc \(\displaystyle{ z^4=x\Phi_1\left( \frac{x}{y^2} \right)}\)
\(\displaystyle{ u=\Phi_2\Phi_1\left( \frac{x}{y^2} \right)=F\left( \frac{x}{y^2} \right)}\)
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4076
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1395 razy
Re: równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
Chain Rule:
\(\displaystyle{ u_x=F_{\phi}\phi_x+F_{\psi}\psi_x=F_{\phi} \cdot \frac{y^2}{-x^2} }\)
\(\displaystyle{ u_y=F_{\phi}\phi_y+F_{\psi}\psi_y=F_{\phi} \cdot \frac{2y}{x} +F_{\psi} \cdot \frac{z^2}{-y^2} }\)
\(\displaystyle{ u_x=F_{\phi}\phi_z+F_{\psi}\psi_z=F_{\psi} \cdot \frac{2z}{y} }\)
Wstawiam do równania i dostaje:
\(\displaystyle{ 2x\left(F_{\phi} \cdot \frac{y^2}{-x^2} \right)+y\left( F_{\phi} \cdot \frac{2y}{x} +F_{\psi} \cdot \frac{z^2}{-y^2} \right)+ \frac{z}{2}\left(F_{\psi} \cdot \frac{2z}{y} \right)=0 }\)
Więc raczej się zgadza. By się dodatkowo upewnić można jeszcze pokazać, że całki pierwsze \(\displaystyle{ \phi,\psi}\) są funkcyjnie niezależne tj.: \(\displaystyle{ \nabla \phi \times \nabla \psi \neq \vec{0} }\)
\(\displaystyle{ \left[ -\frac{y^2}{x^2},\frac{2 y}{x},0\right] \times \left[ 0,-\frac{z^2}{y^2},\frac{2 z}{y} \right] = \left[ \frac{4 z}{x},\frac{2 y z}{x^2},\frac{z^2}{x^2}\right] }\)
na pewnym obszarze \(\displaystyle{ \RR^3}\) (tu jest to \(\displaystyle{ \RR^3}\) bez płaszczyzny \(\displaystyle{ z=0}\)). No i można też sprawdzić, że \(\displaystyle{ \phi,\psi}\) to faktycznie całki pierwsze czyli, że:
\(\displaystyle{ \nabla \phi \circ \left[ 2x,y, \frac{z}{2} \right]=0 }\)
\(\displaystyle{ \nabla \psi \circ \left[ 2x,y, \frac{z}{2} \right]=0 }\)
Raczej nie. Szukamy funkcji \(\displaystyle{ u=u(x,y,z)}\). Jak w takim razie taka zależność \(\displaystyle{ z=z(x,y)}\) miała by wyglądać? Jeśli rozwiązaniem miało by być:
To widać, że rozwiązanie nie zależny od \(\displaystyle{ z}\)? Ale spójrz na równanie. Podstaw \(\displaystyle{ u(x,y,z)= \frac{z^2}{y} }\) powinno spełniać równanie.
-
- Użytkownik
- Posty: 164
- Rejestracja: 27 paź 2015, o 23:44
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 30 razy
Re: równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
Czy z tego nie wynika, że \(\displaystyle{ z^4=x\Phi_1^4\left( \frac{y^2}{x} \right)}\), czyli że zet zależy od \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) i istnieje taka funkcja \(\displaystyle{ G}\), że \(\displaystyle{ \psi=G(\phi)}\)?pkrwczn pisze: ↑19 mar 2021, o 02:17 ...
Nie udaje mi się tego zróżniczkować. Zmienna zet już chyba nie jest niezależna, tzn \(\displaystyle{ z=z(x,y)}\)?
Robię tak:
\(\displaystyle{ \frac{2x}{x'} = \frac{y}{y'} = \frac{z/2}{z'} = \frac{0}{u'} }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{2x}{x'} = \frac{y}{y'} \\ \frac{2x}{x'} = \frac{z/2}{z'} \\ \frac{2x}{x'} = \frac{0}{u'} \end{cases} }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} C_1=x/y^2 \\ C_2=z^4/x \\ C_3=u \end{cases}}\) \(\displaystyle{ \begin{cases} C_1=y^2/x \\ C_2=z^4/x \\ C_3=u \end{cases}}\)
I stałe są powiązane dowolnymi funkcjami tj. \(\displaystyle{ \begin{cases} C_2=\Phi_1(C_1) \\ C_3=\Phi_2(C_2) \end{cases} }\) i niech \(\displaystyle{ F\equiv\Phi_2\left( \Phi_1\right) }\) \(\displaystyle{ F\equiv F\left( \Phi_1,\Phi_2\right) }\)
Więc \(\displaystyle{ z^4=x\Phi_1\left( \frac{x}{y^2} \right)}\) \(\displaystyle{ z^4=x\Phi_1^4\left( \frac{x}{y^2} \right)}\)
\(\displaystyle{ u=\Phi_2\Phi_1\left( \frac{x}{y^2} \right)=F\left( \frac{x}{y^2} \right)}\)
\(\displaystyle{ u=F_1\left( \frac{y^2}{x} , \frac{z^2}{y} \right) = F_2\left( \frac{y^2}{x}\right) =F_3 \left( \frac{z^2}{y}\right) }\), gdzie \(\displaystyle{ F_1}\), \(\displaystyle{ F_2}\) i \(\displaystyle{ F_3}\) są nieznanymi funkcjami.
Każdy z tych zapisów jest jednoznaczny, ponieważ
\(\displaystyle{ \psi= \frac{z^2}{y}= \frac{\left[ x\Phi_1^4\left( \frac{y^2}{x} \right) \right]^{ \frac{1}{2} } }{y}= \left( \frac{y^2}{x} \right)^{ \frac{1}{2} } \Phi_1^2\left( \frac{y^2}{x} \right):=G(\phi)}\)
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4076
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1395 razy
Re: równanie różniczkowe cząstkowe - Mathematica
Ja chciałem tylko odznakę archeologa, nie spodziewałem się, że będę odpytany. Ale ok. Spróbuję wyjaśnić jak ja to widzę:
\(\displaystyle{ \bullet}\) Funkcję \(\displaystyle{ g:\Omega\to\mathbb \RR}\) klasy \(\displaystyle{ \mathcal{C}^1}\) nazywa się całką pierwszą układu
gdy \(\displaystyle{ g\big(t,x_1(t), \ldots ,x_n(t)\big)= {\rm const}}\) dla \(\displaystyle{ t \in I}\).
Uwaga: Gdy powyższy układ jest autonomiczny czyli niezależny od czasu \(\displaystyle{ (t)}\) to można go przepisać w postaci symetrycznej:
Uwaga: Czasami można się spotkać z inną definicją całek pierwszych. W kontekście r.r.c. to po prostu funkcje które się rozwiązaniem danego równania.
Z której można wybrać \(\displaystyle{ n-1}\) istotnie równych równań postaci \(\displaystyle{ \frac{ \dd x_i}{f_i}= \frac{ \dd x_j}{f_j} }\). Których rozwiązania będą nam dawać całki pierwsze.
\(\displaystyle{ \bullet}\) Całki pierwsze \(\displaystyle{ g_1, \ldots , g_m \in \mathcal{C}^1(\Omega )}\) nazwiemy funkcyjnie (funkcjonalnie) niezależne, gdy:
Czyli rad macierzy Jacobiego jest równy zawsze \(\displaystyle{ m}\) (na \(\displaystyle{ \Omega}\)).
Uwaga: Funkcyjna niezależność funkcji \(\displaystyle{ \phi}\) oraz \(\displaystyle{ \psi}\) mówi o tym, że nie istnieje taka funkcja \(\displaystyle{ F}\) aby \(\displaystyle{ \phi=F\circ \psi}\)
Uwaga: Gdy badamy funkcyjną niezależność tylko dwóch funkcji warunek z rzędem jest równoważny pokazaniu, że \(\displaystyle{ \nabla \phi \times \nabla \psi \neq \vec{0} }\). Lub wykazaniu liniowej niezależności wektorów \(\displaystyle{ \nabla \phi, \nabla \psi }\) w sensie algebry linowej. To wynika z twierdzenia Kroneckera-Capellego.
\(\displaystyle{ \bullet}\) Całki pierwsze pozostają całkami pierwszymi niezależnie od ich składania z innymi funkcjami klasy \(\displaystyle{ \mathcal{C}^1}\). To znaczy jeśli \(\displaystyle{ \phi}\) jest całką pierwszą równania różniczkowego, a \(\displaystyle{ f\in\mathcal{C}_1}\) to \(\displaystyle{ f\circ \phi}\) też jest całką pierwsza. Prawdziwa jest też wersja dla wielu zmiennych.
\(\displaystyle{ \bullet}\) Równanie:
sprowadzamy do układu autonomicznego:
doszukując się w tym powiązań z różniczką \(\displaystyle{ \dd u}\). To natomiast sprowadzamy do układu symetrycznego:
który daje nam \(\displaystyle{ n-1}\) (funkcyjnie niezależnych) całek pierwszych \(\displaystyle{ \phi_1,...,\phi_{n-1}}\). A zgodnie z twierdzeniem całką pierwszą jest też:
dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ F\in\mathcal{C}^1}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \phi_1,...,\phi_{n-1}}\) są funkcyjnie niezależne konieczne jest wypisanie wszystkich w \(\displaystyle{ u=F\left( \phi_1,...,\phi_{n-1}\right) }\). Innymi słowy funkcyjna niezależność zapewnia, że nie zajdzie sytuacja w stylu:
Czyli, że każda całka pierwszą jest potrzebna. A ponieważ \(\displaystyle{ u}\) też jest całką pierwszą to jest rozwiązaniem ogólnym wyjściowego równania różniczkowego.
I to odpowiada na pytanie dlaczego:
\(\displaystyle{ \bullet}\) Funkcję \(\displaystyle{ g:\Omega\to\mathbb \RR}\) klasy \(\displaystyle{ \mathcal{C}^1}\) nazywa się całką pierwszą układu
\(\displaystyle{ \begin{cases} \dfrac{ \dd x_1}{ \dd t}=f_1(t,\hskip 0.2pc x_1,\hskip 0.2pc ,\ldots ,\hskip 0.2pc x_n), &\\~~ \vdots \hskip 3pc \vdots\hskip 3pc \vdots &\\\dfrac{ \dd x_n}{ \dd t}=f_n(t,\hskip 0.2pc x_1,\hskip 0.2pc\ldots ,\hskip 0.2pc x_n) \end{cases}}\)
gdy \(\displaystyle{ g\big(t,x_1(t), \ldots ,x_n(t)\big)= {\rm const}}\) dla \(\displaystyle{ t \in I}\).
Uwaga: Gdy powyższy układ jest autonomiczny czyli niezależny od czasu \(\displaystyle{ (t)}\) to można go przepisać w postaci symetrycznej:
Uwaga: Czasami można się spotkać z inną definicją całek pierwszych. W kontekście r.r.c. to po prostu funkcje które się rozwiązaniem danego równania.
\(\displaystyle{ \frac{ \dd x_1 }{f_1}=...= \frac{ \dd x_n}{f_n} }\)
Z której można wybrać \(\displaystyle{ n-1}\) istotnie równych równań postaci \(\displaystyle{ \frac{ \dd x_i}{f_i}= \frac{ \dd x_j}{f_j} }\). Których rozwiązania będą nam dawać całki pierwsze.
\(\displaystyle{ \bullet}\) Całki pierwsze \(\displaystyle{ g_1, \ldots , g_m \in \mathcal{C}^1(\Omega )}\) nazwiemy funkcyjnie (funkcjonalnie) niezależne, gdy:
\(\displaystyle{ \left( \forall \left( t,x_1,..,x_m\right)\in\Omega\right) \ \ \ \ \ \ \text{rank}\left( \begin{bmatrix} \dfrac{\partial g_1}{\partial x_1}(t,\hskip 0.2pc x) &\ldots & \dfrac{\partial g_1}{\partial x_n}(t,\hskip 0.2pc x)\\\vdots &\ddots &\vdots\\ \dfrac{\partial g_m}{\partial x_1}(t,\hskip 0.2pc x)& \ldots & \dfrac{\partial g_m}{\partial x_n}(t,\hskip 0.2pc x)\end{bmatrix} \right) =m }\)
Czyli rad macierzy Jacobiego jest równy zawsze \(\displaystyle{ m}\) (na \(\displaystyle{ \Omega}\)).
Uwaga: Funkcyjna niezależność funkcji \(\displaystyle{ \phi}\) oraz \(\displaystyle{ \psi}\) mówi o tym, że nie istnieje taka funkcja \(\displaystyle{ F}\) aby \(\displaystyle{ \phi=F\circ \psi}\)
Uwaga: Gdy badamy funkcyjną niezależność tylko dwóch funkcji warunek z rzędem jest równoważny pokazaniu, że \(\displaystyle{ \nabla \phi \times \nabla \psi \neq \vec{0} }\). Lub wykazaniu liniowej niezależności wektorów \(\displaystyle{ \nabla \phi, \nabla \psi }\) w sensie algebry linowej. To wynika z twierdzenia Kroneckera-Capellego.
\(\displaystyle{ \bullet}\) Całki pierwsze pozostają całkami pierwszymi niezależnie od ich składania z innymi funkcjami klasy \(\displaystyle{ \mathcal{C}^1}\). To znaczy jeśli \(\displaystyle{ \phi}\) jest całką pierwszą równania różniczkowego, a \(\displaystyle{ f\in\mathcal{C}_1}\) to \(\displaystyle{ f\circ \phi}\) też jest całką pierwsza. Prawdziwa jest też wersja dla wielu zmiennych.
\(\displaystyle{ \bullet}\) Równanie:
\(\displaystyle{ a_1(x_1,\ldots ,x_n) \dfrac{\partial u}{\partial x_1}+a_2(x_1,\ldots ,x_n) \dfrac{\partial u}{\partial x_2} +\ldots +a_n(x_1,\ldots ,x_n) \dfrac{\partial u}{\partial x_n}=0}\)
sprowadzamy do układu autonomicznego:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \dfrac{ \dd x_1}{ \dd t}=a_1(x_1,\hskip 0.2pc ,\ldots ,\hskip 0.2pc x_n), &\\~~ \vdots \hskip 3pc \vdots\hskip 3pc \vdots &\\\dfrac{ \dd x_n}{ \dd t}=a_n(x_1,\hskip 0.2pc\ldots ,\hskip 0.2pc x_n) \end{cases}}\)
doszukując się w tym powiązań z różniczką \(\displaystyle{ \dd u}\). To natomiast sprowadzamy do układu symetrycznego:
\(\displaystyle{ \frac{ \dd x_1}{a_1}=...=\frac{ \dd x_n}{a_n} }\)
który daje nam \(\displaystyle{ n-1}\) (funkcyjnie niezależnych) całek pierwszych \(\displaystyle{ \phi_1,...,\phi_{n-1}}\). A zgodnie z twierdzeniem całką pierwszą jest też:
\(\displaystyle{ u=F\left( \phi_1,...,\phi_{n-1}\right) }\)
dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ F\in\mathcal{C}^1}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \phi_1,...,\phi_{n-1}}\) są funkcyjnie niezależne konieczne jest wypisanie wszystkich w \(\displaystyle{ u=F\left( \phi_1,...,\phi_{n-1}\right) }\). Innymi słowy funkcyjna niezależność zapewnia, że nie zajdzie sytuacja w stylu:
\(\displaystyle{ F\left( \phi_1,...,\phi_i,...,\phi_{n-1}\right)=F\left( \phi_1,...,G(\phi_1,...,\phi_{i-1},\phi_{i+1},...,\phi_{n-1}),...,\phi_{n-1}\right)}\)
Czyli, że każda całka pierwszą jest potrzebna. A ponieważ \(\displaystyle{ u}\) też jest całką pierwszą to jest rozwiązaniem ogólnym wyjściowego równania różniczkowego.
I to odpowiada na pytanie dlaczego:
tak nie można. Mimo, że wydawać by się mogło, że \(\displaystyle{ z=z(x,y)}\). Tak chwilowo faktycznie \(\displaystyle{ z=z(x,y)}\). Na powierzchni całkowej \(\displaystyle{ u(x,y,z)=\text{\cosnst}}\) faktycznie \(\displaystyle{ z=z(x,y)}\). Ale my szukamy ogólnego rozwiązania więc po tych powierzchniach całkowych trzeba się tak jakby poruszać (to nieformalne stwierdzenie ale wydaje mi się, że oddaje ideę).