Układ równań różniczkowych.

[ola7]

Mam problem z przykładami, proszę o pomoc
a) \(\displaystyle{ \begin{cases}y'=y+x \\ z'=y+z+x \end{cases}}\)

b) \(\displaystyle{ \begin{cases}y'=1- \frac{1}{z} \\ z'= \frac{1}{y-x} \end{cases}}\)

[Janusz Tracz]

a) To jest układ równań liniowych więc są standardowe metody na taki problem. Można na przykład zapisać z drugiego równa \(\displaystyle{ y=z'-z-x}\) zróżniczkować \(\displaystyle{ y'=z''-z'-1}\) a to wstawić do pierwszego równania dostając

\(\displaystyle{ z''-z'-1=z'-z}\)

co jest równaniem 2 rzędu o stałych współczynnikach co rozwiązuje się na przykład równaniem charakterystycznym dostając (o ile dobrze liczę):

\(\displaystyle{ z(x)=C_1e^x+C_2xe^x+1}\)

b) Z pierwszego równania wynika, że \(\displaystyle{ z= \frac{1}{1-y'}}\) czyli ten układ można zapisać jako

\(\displaystyle{ \begin{cases} z(y'-1)=-1 \\ z'(y-x)=1 \end{cases}}\)

sumując stronami dostaniemy że:

\(\displaystyle{ z(y'-1)+z'(y-x)=0}\)

A to można zwinąć do

\(\displaystyle{ \left(z(y-x)\right)'=0}\)

Zatem \(\displaystyle{ z(y-x)=\text{const}}\) czyli \(\displaystyle{ z= \frac{\text{const}}{y-x}}\). Wstawiając to do drugiego równania dostajemy, że:

\(\displaystyle{ -\text{const} \frac{y'-1}{y-x}=1}\)

A to już jest równanie liniowe z którego można wyznaczyć \(\displaystyle{ y(x)}\) a potem \(\displaystyle{ z(x)}\)

[Mariusz M]

Janusz Tracz, Ja próbowałem rozwiązywać w postaci symetrycznej
Podobnie można rozwiązywać równania cząstkowe pierwszego rzędu

\(\displaystyle{ \begin{cases}y'=1- \frac{1}{z} \\ z'= \frac{1}{y-x} \end{cases}\\
\begin{cases}y'= \frac{z-1}{z} \\ z'= \frac{1}{y-x} \end{cases}\\
\frac{ \mbox{d}y}{\frac{z-1}{z}} = \frac{ \mbox{d}z}{\frac{1}{y-x}} = \frac{ \mbox{d}x }{1} \\
\frac{z}{z-1} \mbox{d}y =\left( y-x\right) \mbox{d}z = \mbox{d}x \\
\frac{ \mbox{d}y}{\left( z-1\right)\left( y-x\right) } = \frac{ \mbox{d}z}{z} = \frac{ \mbox{d}x }{z\left( y-x\right) } \\}\)

\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}y- \mbox{d}x }{\left( y-x\right)\left( z-1-z\right) }= \frac{ \mbox{d}z}{z} \\
\frac{\mbox{d}y- \mbox{d}x}{-\left( y-x\right) } = \frac{ \mbox{d}z}{z} \\
\frac{\mbox{d}y- \mbox{d}x}{ y-x} = -\frac{ \mbox{d}z}{z} \\
\ln{\left| y-x\right| }=-\ln{\left| z\right| }+C\\
\ln{\left| y-x\right| }+\ln{\left| z\right| }=C\\
\ln{\left| z\left( y-x\right) \right| }=C\\
z\left( y-x\right)=C_{1}\\}\)

\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}z}{z} = \frac{ \mbox{d}x }{z\left( y-x\right) } \\
\frac{ \mbox{d}z}{z} = \frac{ \mbox{d}x }{z \cdot \frac{C_{1}}{z} } \\
\frac{ \mbox{d}z}{z} = \frac{ \mbox{d}x }{C_{1}} \\
\ln{\left| z\right| }=\frac{x}{C_{1}}+C\\
z=C_{2}e^{ \frac{x}{C_{1}} }\\}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} z\left( y-x\right)=C_{1} \\ ze^{ -\frac{x}{C_{1}} } = C_{2}\end{cases}}\)

[ola7]

Dziękuje . Jednak dalej nie radzę sobie z przykładem a)..

[Janusz Tracz]

A czy umiesz rozwiązywać równania różniczkowe liniowe 2 rzędu o stałych współczynnikach jednorodne? W którym momencie masz problem? Gubisz się w rozwiązywaniu równania o stałych współczynnikach czy wcześniej gdy przekształcamy układ równań? Bo jeśli problem leży w równaniu 2 rzędy to nie za bardzo mogę pomóc inaczej niż odsyłając do notatek z wykładu. To jest podstawa którą trzeba znać w internecie też jest mnóstwo przykładów

Kod: Zaznacz cały

http://smurf.mimuw.edu.pl/node/274

PS Wiem, że tu mamy do czynienia z równaniem niejednorodnym \(\displaystyle{ z''-2z'+z=\red{1}}\) ale od jednorodnego warto zacząć (poza tym można zrobić podstawianie które pozwoli i tak sprawdzić to równanie do równania jednorodnego \(\displaystyle{ w=z-1}\) ale mniejsza z tym na razie).

[ola7]

Wychodzi mi dojść do rozwiązania \(\displaystyle{ z(x)=(C _{1}x+c _{2}) e^{x}}\), jednak na wykładzie nie rozwiązywaliśmy tego typu równań niejednorodnych, a w internecie to co znalazłam mówi o metodach przewidywania, czego również nie realizujemy na wykładach raczej, wiem że można też to rozwiązać bazując na macierzach.. i dochodzę do momentu, że mam układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} xe ^{x} \frac{du _{1} }{dx}+e ^{x} \frac{du _{2} }{dx}=0 \\ e ^{x}(1+x) \frac{du _{1} }{dx}+e ^{x} \frac{du _{2} }{dx}=1 \end{cases}}\)
łatwo wyznaczam z tego \(\displaystyle{ u _{1}=-e ^{x}+C _{1}}\) oraz \(\displaystyle{ u _{2}=e ^{-x}(x+1)+C _{2}}\) oraz całe \(\displaystyle{ z(x)=C _{1}xe ^{x}+C _{2}e ^{x}+1}\) tak jak wyżej napisałeś może mam problem dlatego że nie zgadza mi się z odpowiedziami że \(\displaystyle{ z=-A+Be ^{2x}+ \frac{1}{4}x ^{2}- \frac{1}{4}x+ \frac{1}{4}}\)... ale z drugiej strony to po prostu mógł się wkraść błąd

[Mariusz M]

Jeżeli chodzi o metodę macierzową to też można

\(\displaystyle{ \begin{cases}y'=y+x \\ z'=y+z+x \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} y \\ z \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} x \\ x \end{bmatrix} \\
\det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 0\\ 1 & 1-\lambda \end{bmatrix} =0\\
\left( 1-\lambda\right)^2=0\\
\lambda = 1\\
\begin{bmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{bmatrix}=0\\
x_{1} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}}\)

Brakuje nam jednego wektora własnego
Trzeba go poszukać wśród uogólnionych wektorów własnych

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 0\\ 0 & 0 \end{bmatrix}}\)

Drugim wektorem własnym może być np

\(\displaystyle{ x_{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}}\)


Zatem rozwiązaniem układu jednorodnego jest


\(\displaystyle{ \left( \begin{bmatrix} 1 &0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}+x\begin{bmatrix} 0 &0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \right) \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}e^{x} +\left( \begin{bmatrix} 1 &0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}+x\begin{bmatrix} 0 &0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \right) \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}e^{x}\\
\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 1 & x \end{bmatrix}e^{x}}\)

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0 & e^{x} \\ e^{x} & xe^{x} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} C_{1}'\left( x\right) \\ C_{2}'\left( x\right) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ x \end{bmatrix} \\
W = -e^{2x}\\
W_{C1'}=x^2e^{x}-xe^{x}\\
W_{C2'}=-xe^{x}\\
C_{1}'\left( x\right) =\left( x-x^{2}\right)e^{-x}\\
C_{1}\left( x\right) = -\left( x-x^{2}\right)e^{-x}+\int{\left( 1-2x\right)e^{-x} \mbox{d}x }\\
C_{1}\left( x\right) = -\left( x-x^{2}\right)e^{-x}-\left( 1-2x\right)e^{-x}+ 2\int{-e^{-x}} \\
C_{1}\left( x\right) = \left( x^2+x+1\right)e^{-x} \\
C_{2}\left( x\right) = \int{xe^{-x} \mbox{d}x }\\
C_{2}\left( x\right) =-xe^{x} +\int{e^{-x} \mbox{d}x }\\
C_{2}\left( x\right) =-\left( x+1\right)e^{-x} \\
\left( x^2+x+1\right)e^{-x} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}e^{x} -\left( x+1\right)e^{-x} \begin{bmatrix} 1 \\ x \end{bmatrix}e^{x}\\
\begin{bmatrix} -x-1 \\ 1 \end{bmatrix} \\}\)

Rozwiązanie układu niejednorodnego to

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} C_{2}e^{x} - x - 1 \\ C_{1}e^{x} + C_{2}xe^{x} + 1 \end{bmatrix} \\}\)

Można też rozwiązywać metodą eliminacji tak jak Janusz Tracz, proponował