Matematyka.pl

Dokładna treść zdania:

Zastosuj metodę trapezów do rozwiązania zagadnienia początkowego dla następującego równania różniczkowego zwyczajnego.

\(\displaystyle{ y' = \frac{1}{x} \left( y ^{2}+y \right) \\
1 \le x \le 3 \\
y\left( 1\right) = -2\\
h=0,5}\)

oraz:

\(\displaystyle{ y' = \sin x +e ^{-x}}\)

gdzie:
\(\displaystyle{ 0 \le x \le 1 \\
y\left( 0\right) =0 \\
h=0,25}\)

A co to za problem? Wstawić do wzoru:

\(\displaystyle{ {\displaystyle \int \limits _{a}^{b}f(x)dx\approx h\left({\frac {y_{1}}{2}}+y_{2}+y_{3}+...+y_{n}+{\frac {y_{n+1}}{2}}\right)={\frac {h}{2}}\sum _{i=1}^{n}\left(f(x_{i})+f(x_{i+1})\right)}}\), gdzie

\(\displaystyle{ f(x_i)}\) - wartość funkcji w \(\displaystyle{ i}\)- tym punkcie podziału. \(\displaystyle{ h}\) masz podane.

Metoda trapezów to metoda dla całek, ty masz równanie różniczkowe. Na pewno treść masz dobrą?

squared pisze:A co to za problem? Wstawić do wzoru:

\(\displaystyle{ {\displaystyle \int \limits _{a}^{b}f(x)dx\approx h\left({\frac {y_{1}}{2}}+y_{2}+y_{3}+...+y_{n}+{\frac {y_{n+1}}{2}}\right)={\frac {h}{2}}\sum _{i=1}^{n}\left(f(x_{i})+f(x_{i+1})\right)}}\), gdzie

\(\displaystyle{ f(x_i)}\) - wartość funkcji w \(\displaystyle{ i}\)- tym punkcie podziału. \(\displaystyle{ h}\) masz podane.

Metoda trapezów to metoda dla całek, ty masz równanie różniczkowe. Na pewno treść masz dobrą?

Dokładna treść zdania:

Zastosuj metodę trapezów do rozwiązania zagadnienia początkowego dla następującego równania różniczkowego zwyczajnego.

Zasięgnąłem źródeł. Jest coś takiego, jak schemat trapezów: ... ag1213.pdf

Taką nazwę stosuje się dla jednokrokowej metoda Adamsa-Moultona:

\(\displaystyle{ y_{i+1}=y_i+0.5h(f_i+f_{i+1})}\)

\(\displaystyle{ y_0, y_1, y_2, ...}\) - wartości funkcji (nieznane, poza \(\displaystyle{ y_0}\)),
\(\displaystyle{ f_0, f_1, f_2, f_3, ....}\) - wartości prawej strony równania rózniczkowego \(\displaystyle{ y'=f(x,y)}\).

U Ciebie:
\(\displaystyle{ f(x,y)=\frac{1}{x}(y^2+y), h=0,5, y_0=-2, x_0=1}\). Spróbuj zastosować, jutro rzucę okiem, czy dobrze.

Czyli to będzie:

\(\displaystyle{ y _{1} = -2 + 0.25 \left( -2 + f _{1} \right)}\)
\(\displaystyle{ 0.75 y_{1} = -2.5}\)
\(\displaystyle{ y_{1} \approx -3.3333}\)

itd?

-- 27 sie 2018, o 13:22 --

czy (jako metoda wsteczna Eulera)

\(\displaystyle{ y_{i+1} = y_{i} +h f_{i+1}}\)

gdzie zaczynamy od:
\(\displaystyle{ y_{i} = y_{0} = -2}\)

\(\displaystyle{ y_{1}= y_{0}+0.5 f_{1}}\)
\(\displaystyle{ y_{1} = 2 y_{0}}\)
\(\displaystyle{ y _{1} = -4}\)

itd.

czy jeszcze inaczej?

A możesz przedstawić bliżej rachunki dla pierwszej części postu. Ja myślę, że ma być innego.

squared pisze:A możesz przedstawić bliżej rachunki dla pierwszej części postu. Ja myślę, że ma być innego.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ y_{i+1}=y_i+0.5h(f_i+f_{i+1})}\)

\(\displaystyle{ f_0=f(x_0,y_0)=f(1,-2)=2\\
f_1=f(x_1,y_1)=f(1.5,y_1)=\frac{2}{3}\left( y_1 + y_1^2\right) \\
y_1=y_0+0.5h(f_0+f_1)=-2+0.5\cdot 0.5 (2+\frac{2}{3}\left( y_1 + y_1^2\right))}\)

Popełniłem błąd, wymieszałem trochę wzorów i nie sprawdziłem. Aż wstyd wracać do tego.

Co do twojego rozwiązania to \(\displaystyle{ y_{1}}\) jest po obu stronach tj.

\(\displaystyle{ y_{1} = -2 + 0.5 + \frac{1}{3}\left( y_{1} + y_{1}^2\right)}\)

co dalej zrobić, przenieść na jedną stronę i obliczyć \(\displaystyle{ y_1}\) z delty?

Tak, przykre zajęcie liczyć deltę, ale to raczej dobrze. To metoda niejawna, więc trzeba z równania wyliczyć \(\displaystyle{ y_1}\).

\(\displaystyle{ y_{1} = -1.5 + \frac{1}{3} y_{1} + \frac{1}{3}y_{1}^{2}}\)

\(\displaystyle{ - \frac{1}{3}y_{1}^{2} + \frac{2}{3} y_{1} +1.5 = 0}\)

\(\displaystyle{ - y_{1}^{2} + 2 y_{1} + 4.5 = 0}\)

\(\displaystyle{ \Delta = 22}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{\Delta} = \sqrt{22} \approx 4,7}\)

\(\displaystyle{ y_{11} =\frac{-2 - 4,7}{-2} = 3,35}\)

\(\displaystyle{ y_{12} =\frac{-2 + 4,7}{-2} = -1.35}\)

i co dalej?

To metoda iteracyjna. Skoro masz \(\displaystyle{ y_1}\) liczysz sobie teraz \(\displaystyle{ y_2}\)

Jak zauwazyłeś, masz dwa rozwiązania. Stosując iteracyjne rozwiązanie tego równania przy punkcie startowym \(\displaystyle{ y_0}\) np. metodę iteracji - dostałbyś tylko jedno, jednoznaczne rozwiązanie.

squared pisze:To metoda iteracyjna. Skoro masz \(\displaystyle{ y_1}\) liczysz sobie teraz \(\displaystyle{ y_2}\)

Jak zauwazyłeś, masz dwa rozwiązania. Stosując iteracyjne rozwiązanie tego równania przy punkcie startowym \(\displaystyle{ y_0}\) np. metodę iteracji - dostałbyś tylko jedno, jednoznaczne rozwiązanie.

czyli to pierwsze równanie

\(\displaystyle{ y_{1} = -1.5 + \frac{1}{3} y_{1} + \frac{1}{3}y_{1}^{2}}\) wstawiam do wzoru na \(\displaystyle{ y_{2}}\)

Nie, nie.

Konkretnie sobie wyliczyłeś \(\displaystyle{ y_1}\). Wówczas \(\displaystyle{ y_2}\) liczysz, tak jak \(\displaystyle{ y_1}\), tzn.

\(\displaystyle{ f_1=f(x_1,y_1)\\
f_2=f(x_2,y_2) \\
y_2=y_1+0.5h(f_1+f_2) \rightarrow \text{stąd wyliczysz } y_2}\)