Równania Różniczkowe

Różniczkowalność, pochodna funkcji. Przebieg zmienności. Zadania optymalizacyjne. Równania i nierówności z wykorzystaniem rachunku różniczkowego.
Konsumerat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 20
Rejestracja: 28 sty 2010, o 19:51
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Politechnika Łódzka

Równania Różniczkowe

Post autor: Konsumerat » 4 wrz 2010, o 18:41

\(\displaystyle{ y' + \frac{2xy}{1+ x^{2} } = \frac{1}{ x^{2} }}\)

\(\displaystyle{ y'' + y = \frac{1}{ sinx^{2} }}\)

Hej, proszę uprzejmie o zrobienie tych dwóch równań i wyjaśnienie kroków jakie należy zrobić aby to policzyć, kompletnie nie rozumiem równań różniczkowych, a przykłady te mają mi posłużyć za dalszy ciąg nauki.

Pozdrawiam

pajong8888
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 231
Rejestracja: 29 lip 2010, o 00:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 38 razy

Równania Różniczkowe

Post autor: pajong8888 » 4 wrz 2010, o 19:42

W 1. jest to równanie różniczkowe zwyczajne liniowe niejednorodne.
Najpierw wyznaczmy ogólną postać równania jednorodnego:
\(\displaystyle{ y'+\frac{2xy}{1+x^2}=0}\)
\(\displaystyle{ \frac{dy}{dx}=-\frac{2xy}{1+x^2}\Rightarrow \frac{dy}{y}=-\frac{2xdx}{1+x^2}\Rightarrow \int\frac{dy}{y}=-\int\frac{2xdx}{1+x^2}}\)
Pierwszą całke wiadomo jak obliczyć, w drugiej trzeba podstawić za mianownik np. t.
\(\displaystyle{ \ln y=-\ln (1+x^2) +c_1}\)
\(\displaystyle{ y=\frac{c}{1+x^2}}\) Jest to OPRJ.
Uzmienniamy stałą:
\(\displaystyle{ \begin{equation}y=\frac{c(x)}{1+x^2}\end{equation}}\)
I wstawiamy do naszego równania:
\(\displaystyle{ \frac{c'(x)(1+x^2)-c(x)\cdot 2x}{(1+x^2)^2}+\frac{2xc(x)}{(1+x^2)^2}=\frac{1}{x^2}\Rightarrow c'(x)=\frac{1+x^2}{x^2}\Rightarrow c(x)=\int (\frac{1}{x^2}+1)dx=-\frac{1}{x}+x}\)
i wstawiamy do (1). Otrzymamy wtedy szczególną postać równania niejednorodnego (SPRN)

Ogólna postać równania niejednorodnego, a zarazem rozwiązanie naszego zagadnienia to OPRN=SPRN+OPRJ-- 4 wrz 2010, o 20:12 --w 2. tam nie powinno być \(\displaystyle{ \sin^2 x}\) zamiast \(\displaystyle{ \sin x^2}\)? Jeśli nie to nie mam żadnej koncepcji na znalezienie rozwiązania tego zadania. Tak można byłoby zastosować metodę uzmienniania stałych i pewne przydatne twierdzenie, które można znaleźć w książce Skoczylasa i Gewerta. Z resztą tam jest ten przykład i wyszło mi tak samo jak jest w odpowiedzi.

Konsumerat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 20
Rejestracja: 28 sty 2010, o 19:51
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Politechnika Łódzka

Równania Różniczkowe

Post autor: Konsumerat » 4 wrz 2010, o 20:53

Tak, w drugim przykładzie jest \(\displaystyle{ sin ^{2} x}\)
dzięki za rozpisanie pierwszego przykłady, oba przykłady znajdują się w tej książce?

pajong8888
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 231
Rejestracja: 29 lip 2010, o 00:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 38 razy

Równania Różniczkowe

Post autor: pajong8888 » 4 wrz 2010, o 21:00

Nie wiem czy pierwszy przykład się znajduje, sam go rozwiązałem. Za to dla przypomnienia sobie sposobu rozwiązywania rrz niejednorodnych 2. rzedu sięgnąłem po tą książkę, ale tam tylko jest podany ten przykład do rozwiązania z odpowiedzią na końcu książki bez jego rozwiązania.

Konsumerat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 20
Rejestracja: 28 sty 2010, o 19:51
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Politechnika Łódzka

Równania Różniczkowe

Post autor: Konsumerat » 4 wrz 2010, o 21:12

pajong8888 pisze:Nie wiem czy pierwszy przykład się znajduje, sam go rozwiązałem. Za to dla przypomnienia sobie sposobu rozwiązywania rrz niejednorodnych 2. rzedu sięgnąłem po tą książkę, ale tam tylko jest podany ten przykład do rozwiązania z odpowiedzią na końcu książki bez jego rozwiązania.
Ok.
Dałbyś radę jeszcze rzucić okiem na drugi przykład?

pajong8888
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 231
Rejestracja: 29 lip 2010, o 00:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 38 razy

Równania Różniczkowe

Post autor: pajong8888 » 4 wrz 2010, o 21:33

2.
Najpierw rozwiążmy równanie jednorodne.
\(\displaystyle{ y''+y=0}\)
Przewidujemy rozwiązanie typu \(\displaystyle{ y=e^{rx}}\)
Wstawiamy i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ r^2e^{rx}+e^{rx}=0}\)
Dzielimy przez \(\displaystyle{ e^{rx}}\) i otrzymujemy równanie charakterystyczne:
\(\displaystyle{ r^2+1=0\Rightarrow r=-i \vee r=i}\)
Mamy dwa pierwiastki zespolone, oczywiście jeden jest sprzężeniem drugiego. Gdy jeden z pierwiastków równania o współczynnikach rzeczywistych jest zespolony, to wtedy jego sprzężenie też jest pierwiastkiem tego równania. Jeśli rozwiązaniami równania różniczkowego jednorodnego 2. rzędu są liczby \(\displaystyle{ a+bi}\) i \(\displaystyle{ a-bi}\), to ogólną postacią równania jednorodnego jest:
\(\displaystyle{ y=e^{ax}(c_1\cos bx+c_2\sin bx)}\)
W naszym przypadku OPRJ to \(\displaystyle{ y=c_1\cos x+c_2\sin x}\)
Uzmienniając stałe:
\(\displaystyle{ y=c_1(x)\cos x+c_2(x)\sin x}\)

Teraz zapiszę ten fakt z tej książki:

Niech funkcje \(\displaystyle{ y_1(x),y_2(x)}\) tworzą układ fundamentalny równania liniowego jednorodnego odpowiadającego równaniu niejednorodnemu i niech \(\displaystyle{ c_1(x),c_2(x)}\) będą funkcjami, których pochodne \(\displaystyle{ c_1'(x),c_2'(x)}\) spełniają układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{displaymath}\begin{cases}y_1(x)c_1'(x)+y_2(x)c_2'(x)=0\\ y_1'(x)c_1'(x)+y_2'(x)c_2'(x)=h(x)\end{cases}\end{displaymath}}\),
gdzie postać naszego równania różniczkowego niejednorodnego to \(\displaystyle{ y''+p(x)y'+q(x)y=h(x)}\)

Wtedy funkcja postaci \(\displaystyle{ \phi(x)=c_1(x)y_1(x)+c_2(x)y_2(x)}\) jest rozwiązaniem równania niejednorodnego.

W naszym przypadku \(\displaystyle{ h(x)=\frac{1}{\sin^2 x}}\), \(\displaystyle{ y_1(x)=\cos x}\), \(\displaystyle{ y_2(x)=\sin x}\)

Z metody Cramera wyznaczę \(\displaystyle{ c_1'}\) i \(\displaystyle{ c_2'}\) licząc wyznacznik główny i wyznaczniki po \(\displaystyle{ c_1'}\) i \(\displaystyle{ c_2'}\)

\(\displaystyle{ W=\cos^2 x+\sin^2 x=1}\)
\(\displaystyle{ W_{c_1'}=-\frac{\sin x}{\sin^2 x}=-\frac{1}{\sin x}}\)
\(\displaystyle{ W_{c_2'}=\frac{\cos x}{\sin^2 x}}\)
\(\displaystyle{ c_1'=\frac{W_{c_1'}}{W}=-\frac{1}{\sin x}}\)
\(\displaystyle{ c_1=-\int\frac{dx}{sinx}=-\int\frac{dx}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}=-\int\frac{dx}{2\tg\frac{x}{2}\cos^2\frac{x}{2}}=*}\)
Podstawienie \(\displaystyle{ t=\tg\frac{x}{2}\Rightarrow dt=\frac{dx}{2\cos^2\frac{x}{2}}}\)
\(\displaystyle{ *=\int\frac{dt}{t}=-\ln \left| t\right|=-\ln \left| \tg\frac{x}{2}\right|}\)
\(\displaystyle{ c_2=\int \frac{\cos xdx}{\sin^2 x}\Rightarrow c_2=-\frac{1}{\sin x}}\)
(przez proste podstawienie \(\displaystyle{ t=\sin x=\Rightarrow dt=\cos xdx}\)
Wstawiając to tak jak w twierdzeniu:
\(\displaystyle{ \phi(x)=-\cos x \ln \left| \tg\frac{x}{2}\right|-1}\) Jest to PSRN

Więc PORN, czyli nasze rozwiązanie to \(\displaystyle{ y=c_1\cos x+c_2\sin x-\cos x \ln \left| \tg\frac{x}{2}\right|-1}\) gdzie \(\displaystyle{ c_1,c_2\in\mathbb{R}}\)


Nie wiem, czemu ten układ równości jest tak dziwnie wyświetlany, mam nadzieję, że się doczytasz. Tam jest układ 2 równań.
Ostatnio zmieniony 4 wrz 2010, o 21:41 przez pajong8888, łącznie zmieniany 1 raz.

Konsumerat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 20
Rejestracja: 28 sty 2010, o 19:51
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Politechnika Łódzka

Równania Różniczkowe

Post autor: Konsumerat » 4 wrz 2010, o 21:40

pajong8888 pisze:2.
Najpierw rozwiążmy równanie jednorodne.
\(\displaystyle{ y''+y=0}\)
Przewidujemy rozwiązanie typu \(\displaystyle{ y=e^{rx}}\)
Wstawiamy i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ r^2e^{rx}+e^{rx}=0}\)
Dzielimy przez \(\displaystyle{ e^{rx}}\) i otrzymujemy równanie charakterystyczne:
\(\displaystyle{ r^2+1=0\Rightarrow r=-i \vee r=i}\)
Mamy dwa pierwiastki zespolone, oczywiście jeden jest sprzężeniem drugiego. Gdy jeden z pierwiastków równania o współczynnikach rzeczywistych jest zespolony, to wtedy jego sprzężenie też jest pierwiastkiem tego równania. Jeśli rozwiązaniami równania różniczkowego jednorodnego 2. rzędu są liczby \(\displaystyle{ a+bi}\) i \(\displaystyle{ a-bi}\), to ogólną postacią równania jednorodnego jest:
\(\displaystyle{ y=e^{ax}(c_1\cos bx+c_2\sin bx)}\)
W naszym przypadku OPRJ to \(\displaystyle{ y=c_1\cos x+c_2\sin x}\)
Uzmienniając stałe:
\(\displaystyle{ y=c_1(x)\cos x+c_2(x)\sin x}\)

Teraz zapiszę ten fakt z tej książki:

Niech funkcje \(\displaystyle{ y_1(x),y_2(x)}\) tworzą układ fundamentalny równania liniowego jednorodnego odpowiadającego równaniu niejednorodnemu i niech \(\displaystyle{ c_1(x),c_2(x)}\) będą funkcjami, których pochodne \(\displaystyle{ c_1'(x),c_2'(x)}\) spełniają układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases}y_1c_1^{'}+y_2c_2^{'}=0\\ y_1^{'}c_1^{'}+y_2^{'} c_2^{'}=h(x)\end{cases}}\),
gdzie postać naszego równania różniczkowego niejednorodnego to \(\displaystyle{ y''+p(x)y'+q(x)y=h(x)}\)

Wtedy funkcja postaci \(\displaystyle{ \phi(x)=c_1(x)y_1(x)+c_2(x)y_2(x)}\) jest rozwiązaniem równania niejednorodnego.

W naszym przypadku \(\displaystyle{ h(x)=\frac{1}{\sin^2 x}}\), \(\displaystyle{ y_1(x)=\cos x}\), \(\displaystyle{ y_2(x)=\sin x}\)

Z metody Cramera wyznaczę \(\displaystyle{ c_1'}\) i \(\displaystyle{ c_2'}\) licząc wyznacznik główny i wyznaczniki po \(\displaystyle{ c_1'}\) i \(\displaystyle{ c_2'}\)

\(\displaystyle{ W=\cos^2 x+\sin^2 x=1}\)
\(\displaystyle{ W_{c_1'}=-\frac{\sin x}{\sin^2 x}=-\frac{1}{\sin x}}\)
\(\displaystyle{ W_{c_2'}=\frac{\cos x}{\sin^2 x}}\)
\(\displaystyle{ c_1'=\frac{W_{c_1'}}{W}=-\frac{1}{\sin x}}\)
\(\displaystyle{ c_1=-\int\frac{dx}{sinx}=-\int\frac{dx}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}=-\int\frac{dx}{2\tg\frac{x}{2}\cos^2\frac{x}{2}}=*}\)
Podstawienie \(\displaystyle{ t=\tg\frac{x}{2}\Rightarrow dt=\frac{dx}{2\cos^2\frac{x}{2}}}\)
\(\displaystyle{ *=\int\frac{dt}{t}=-\ln \left| t\right|=-\ln \left| \tg\frac{x}{2}\right|}\)
\(\displaystyle{ c_2=\int \frac{\cos xdx}{\sin^2 x}\Rightarrow c_2=-\frac{1}{\sin x}}\)
(przez proste podstawienie \(\displaystyle{ t=\sin x=\Rightarrow dt=\cos xdx}\)
Wstawiając to tak jak w twierdzeniu:
\(\displaystyle{ \phi(x)=-\cos x \ln \left| \tg\frac{x}{2}\right|-1}\) Jest to PSRN

Więc PORN, czyli nasze rozwiązanie to \(\displaystyle{ y=c_1\cos x+c_2\sin x-\cos x \ln \left| \tg\frac{x}{2}\right|-1}\) gdzie \(\displaystyle{ c_1,c_2\in\mathbb{R}}\)
Dziękuję ; )

P.S- jakieś wzkazówki do tego typu równań, przyznam że jestem kompletnym betonem jeśli o to chodzi.

ODPOWIEDZ