Diferencialne enačbe
Re: Diferencialne enačbe
Samo eno vprašanje še, kako plotati funkcijo u(x) v mathematici?
Poskusila sem z manipulate, pa mi ne nariše grafa, niti mi ga ne nariše, če vstavim realne vrednosti namesto konstant.
Poskusila sem z manipulate, pa mi ne nariše grafa, niti mi ga ne nariše, če vstavim realne vrednosti namesto konstant.
Re: Diferencialne enačbe
Zanima me, kako smo tu izračunali partikularni del. Oz od kje dobimo A=1? (objava 2.6.2010)
Hvala, lpAniviller napisal/-a:Prva: karakteristicna enacba ti da eksponente, da dobis
\(y=c_1 e^{x}+c_2 e^{3x}\)
Partikularni del pa dobis tako da vstavis nastavek oblike \(Ae^{7x}\) in dolocis A.
Re: Diferencialne enačbe
Ce je nastavek eksponentne oblike, z eksponentom, ki ne nastopa ze v homogeni resitvi, nastavis resitev v isti obliki.
\(y''-4y'+3y=-24e^{7x}\)
Vstavis \(y=Ae^{7x}\)
\(7^2Ae^{7x}-4\cdot 7 Ae^{7x}+3Ae^{7x}=-24e^{7x}\)
\((49-28+3)A=-24\)
\(A=-1\)
\(y''-4y'+3y=-24e^{7x}\)
Vstavis \(y=Ae^{7x}\)
\(7^2Ae^{7x}-4\cdot 7 Ae^{7x}+3Ae^{7x}=-24e^{7x}\)
\((49-28+3)A=-24\)
\(A=-1\)
Re: Diferencialne enačbe
Rešitve pri homogeni enačbi dobimo:
\(y(x)=c1 \exp{(3+2i)x}+c2 \exp{(3-2i)x}\)
\(=c1\exp{3x}(\cos{2x}+i \sin{2x})+c2\exp{3x}(\cos{2x}-i \sin{2x})\)
\(= A\exp{3x} \cos{2x}+B \exp{3x} \sin{2x}\)
To naj bi bila pretvorba na realno, ni mi jasno, zakaj je \(B=i c1-i c2\) realno.??
7.12.2011
\(y(x)=c1 \exp{(3+2i)x}+c2 \exp{(3-2i)x}\)
\(=c1\exp{3x}(\cos{2x}+i \sin{2x})+c2\exp{3x}(\cos{2x}-i \sin{2x})\)
\(= A\exp{3x} \cos{2x}+B \exp{3x} \sin{2x}\)
To naj bi bila pretvorba na realno, ni mi jasno, zakaj je \(B=i c1-i c2\) realno.??
7.12.2011
Kako partikulani del? Mi smo delali tako, da smo v prvo vrstico matrike zapisali rešitvi, v drugo odvode, nato pa po fli \(\vec{c}'=X^{-1} \vec{f}\)izračunali konstante, pri čemer je \(\vec{f}=[0,...,0,x]^T\), samo na koncu ven še vedno dobimo nekaj odvisno s konstantami. Kako se to naredi na krajši način, kot je bila dobljena zgornja rešitev? Lepo prosim za pomočAniviller napisal/-a:6) Ja imaginarne resitve pomenijo imaginarne eksponente v eksponentni funkciji, ki pa so le linearna kombinacija sinusa in kosinusa. Partikularni del je pa itak y=x/5+2/5.
Re: Diferencialne enačbe
Saj ni treba da je realno. A in B sta odvisni od zacetnih pogojev. Ce isces realno resitev z realnimi zacetnimi pogoji, potem bosta A in B realna. c1 in c2 sta pa v splosnem kompleksna tudi ce je resitev realna, ker si izbral drug razcep na neodvisni resitvi.delta napisal/-a:Rešitve pri homogeni enačbi dobimo:
\(y(x)=c1 \exp{(3+2i)x}+c2 \exp{(3-2i)x}\)
\(=c1\exp{3x}(\cos{2x}+i \sin{2x})+c2\exp{3x}(\cos{2x}-i \sin{2x})\)
\(= A\exp{3x} \cos{2x}+B \exp{3x} \sin{2x}\)
To naj bi bila pretvorba na realno, ni mi jasno, zakaj je \(B=i c1-i c2\) realno.??
Resevanje diferencialnih enacb ni samo surovo sledenje postopku. Nacinov je vec, izkusnje in intuicija pa zelo pomagata. Za partikularno resitev gres lahko z variacijo konstante: vzames homogeno resitev, pri cemer so zdaj konstante odvisne od neodvisne spremenljivke in dobis enostavnejso diferencialno enacbo za neznane konstante. Za linearne enacbe gres lahko po v naprej pripravljenih postopkih ampak po mojem mnenju je tole kar predlagas nepotrebno kompliciranje. Za linearne enacbe s konstantnimi koeficienti, je zelo dober nacin kar resevanje z nastavkom: ce je desna stran eksponentna ali trigonometricna funkcija, potem ves, da bo resitev ravno tako eksponentna/trigonometricna funkcija, z neznano konstanto spredaj. Izjema je, ce je ravno ista funkcija ze resitev homogenega dela (ce se karakteristicni eksponent ujema). Potem imas isti sistem kot pri veckratnih niclah: pripisujes potence "x" pred eksponentno/trigonometricno funkcijo. Po drugi strani, ce je desna stran polinom, je tudi resitev polinom (nastavis lahko polinom iste stopnje kot na desni, razen v posebnih primerih, recimo ko clen z y manjka). To pomaga v tem primeru. Noter gres z Ax+B in dolocis obe konstanti.
Re: Diferencialne enačbe
Hvala za odgovor. Razumem, samo kaj pa vzameš, takrat ko manjka člen y?
Re: Diferencialne enačbe
Zanima me še kako rešiš 7.a) z variacijo konstant pridem do:\(A''(x)\cosx-2A'(x)\sinx+B''(x)\sinx+2B'(x)\cosx=\frac{1}{\sin x}\) naprej pa ne vem kako.
Re: Diferencialne enačbe
No variacija konstant je zelo enostavna za enacbe prvega reda. Za visje rede je pa zoprna, ker imas dodatne pogoje. V bistvu je to tisto kar imas ti v formalno navedeno v matricnemu zapisu. Tiste dodatne vrstice v matriki so pogoji, ki jim morajo konstante zadostit. Zato je nastavek tako eleganten, ker se izognes resevanju sistema diferencialnih enacb in samo poisces ustrezne predfaktorje. Ce seveda nastavek ne prime, lahko vedno poskusis s tem splosnejsim nacinom.
Re: Diferencialne enačbe
Po splošnejšem načinu potem dobim pravo rešitev. Hvala. Ali je treba v matriko vedno vstaviti realno rešitev, t.j. \(sin x, cos x\)? In kako potem vemo, kdaj naj uporabimo nastavek in kdaj matriko: Ali nastavek pač takrat ko imamo na desni strani enačbe nekaj kar je v obliki homog.rešitve? matriko pa takrat ko ni podobno. Zanima me še zakaj pride do razlike, če imamo polinom in ni y. Kako potem rešujemo?
Re: Diferencialne enačbe
Ce ni y, potem uvedes novo spremenljivko y'=u in nadaljujes kot obicajno, s tem da potem na koncu se enkrat integriras da dobis y.
Za matriko je samo vazno, da so linearno neodvisne resitve, kakrsnekoli kombinacije ze izberes.
Pri enacbah s konstantnimi koeficienti lahko uporabis nastavek za vse eksponentne, trigonometricne in polinomske desne strani. Za nekonstantne koeficiente moras bit malo bolj inovativen in malo poskusat ampak z vajo tudi tiste lahko vcasih razresis z nastavkom.
Za matriko je samo vazno, da so linearno neodvisne resitve, kakrsnekoli kombinacije ze izberes.
Pri enacbah s konstantnimi koeficienti lahko uporabis nastavek za vse eksponentne, trigonometricne in polinomske desne strani. Za nekonstantne koeficiente moras bit malo bolj inovativen in malo poskusat ampak z vajo tudi tiste lahko vcasih razresis z nastavkom.
Re: Diferencialne enačbe
Pozdravljeni.
Zanima me rešitev naloge
Ali je maksimalen tlak 5,5 ob času 2,75?
Hvala za odgovor.
LP,
Eva
Zanima me rešitev naloge
Ali je maksimalen tlak 5,5 ob času 2,75?
Hvala za odgovor.
LP,
Eva
Re: Diferencialne enačbe
Zanima me, kako bi rešili:
1.\(yy'''=y'y''\)
2.\(x^2y'''=y''^{2}\)
3.\(yy'y''=y'^3+y''^2\)
4.\(yy''=x^2y^2+y'^2\)
1.po substituciji \(y'''=(z'z)'z\) dobimo:\(y(z''z+z'^{2})=z z'\) kako od tu naprej?
2.dobim: \(y=\frac{Fx^2}{2}-\frac{F^2}{2}x (\log{\frac{1}{F}}+\log{(x+F)})+Dx+E\), rešitev:\(y=-C^2(x+C)\log{(x+C)}+\frac{Cx^2}{2}+Dx+E\)
3. po subst. \(y'=z\) dobim: \(y \dot{z}-z=\dot{z}^2\) kako se naj lotim zadnje enačbe?
1.\(yy'''=y'y''\)
2.\(x^2y'''=y''^{2}\)
3.\(yy'y''=y'^3+y''^2\)
4.\(yy''=x^2y^2+y'^2\)
1.po substituciji \(y'''=(z'z)'z\) dobimo:\(y(z''z+z'^{2})=z z'\) kako od tu naprej?
2.dobim: \(y=\frac{Fx^2}{2}-\frac{F^2}{2}x (\log{\frac{1}{F}}+\log{(x+F)})+Dx+E\), rešitev:\(y=-C^2(x+C)\log{(x+C)}+\frac{Cx^2}{2}+Dx+E\)
3. po subst. \(y'=z\) dobim: \(y \dot{z}-z=\dot{z}^2\) kako se naj lotim zadnje enačbe?
Re: Diferencialne enačbe
Huh. Malo po inspiraciji.
1)
\(y y'''-y' y''=0\)
To izgleda kot odvod kvocienta (zaradi minusa), vidis da v enem clenu je en odvajan enkrat prevec in drugi enkrat premalo. Ujemalo se bo, ce das z=y''/y. V tem primeru velja
\(z'=\frac{y y'''-y'y''}{y^2}\)
Pod pogojem, da y ni nikoli nic, je ta izraz ekvivalenten zgornjemu in imas
\(z'=0\)
\(z=y''/y=C\)
\(y''-Cy=0\)
Kar ima seveda za razlicne C lahko za resitev pare kosinus/sinus, ali pare eksponentnih funkcij, za vse lahko preveris z vstavljanjem v prvotno enacbo da dejansko deluje (celo v izoliranih tockah ko je y=0, je vse ok).
2) Zapisi z=y'', pa dobis
\(\frac{z'}{z^2}=\frac{1}{x^2}\)
Integriras na obeh straneh
\(-\frac{1}{z}=-\frac{1}{x}+C\)
Od koder izrazis z in se dvakrat integriras, karkoli ze pac pride. Nisem preverjal ce dobim isto kot ti. Preveri ce nista celo obe resitvi enaki, samo v drugacni obliki.
3) To postaja vedno bolj komplicirano in tezko iskat vzorce. Recimo moj prvi instinkt je bil tole: y''^2 ne spada k ostalim, ker je kvadratnega reda, ostali so kubicni. Das kubicne na isto stran:
\(y y' y''-y'^3=y''^2\)
\(y'(y y''-y'^2)=y''^2\)
Zdaj spet vidis na levi znani vzorec, povezan z odvodom izraza y'/y. Ni pa to najboljsa ideja ker nimas kam naprej in red enacbe ostane visok.
Tvoja pot (menjava na odvod po y iz odvodov po x) je bila moja naslednja ideja.... nakazuje na vrsto enacbe, ki ima za resitev druzino premic \(\dot{z}=k\), \(z=ky+n\):
\(yk-ky-n=k^2\)
\(n=-k^2\). Ponavadi je poleg druzine premic, v tem primeru \(z=ky-k^2\), resitev tudi ogrinjaca druzine.
4.
No tukaj bo pa ideja iz prejsnje tocke pomagala, saj se da takoj zapisat
\(\frac{yy''-y'^2}{y^2}=x^2\)
z=y'/y
\(z'=x^2\)
\(z=\frac{x^3}{3}+C\)
in dobis linearno enacbo prvega reda za y (z nekonstantnimi koeficienti, ampak nic hudega).
1)
\(y y'''-y' y''=0\)
To izgleda kot odvod kvocienta (zaradi minusa), vidis da v enem clenu je en odvajan enkrat prevec in drugi enkrat premalo. Ujemalo se bo, ce das z=y''/y. V tem primeru velja
\(z'=\frac{y y'''-y'y''}{y^2}\)
Pod pogojem, da y ni nikoli nic, je ta izraz ekvivalenten zgornjemu in imas
\(z'=0\)
\(z=y''/y=C\)
\(y''-Cy=0\)
Kar ima seveda za razlicne C lahko za resitev pare kosinus/sinus, ali pare eksponentnih funkcij, za vse lahko preveris z vstavljanjem v prvotno enacbo da dejansko deluje (celo v izoliranih tockah ko je y=0, je vse ok).
2) Zapisi z=y'', pa dobis
\(\frac{z'}{z^2}=\frac{1}{x^2}\)
Integriras na obeh straneh
\(-\frac{1}{z}=-\frac{1}{x}+C\)
Od koder izrazis z in se dvakrat integriras, karkoli ze pac pride. Nisem preverjal ce dobim isto kot ti. Preveri ce nista celo obe resitvi enaki, samo v drugacni obliki.
3) To postaja vedno bolj komplicirano in tezko iskat vzorce. Recimo moj prvi instinkt je bil tole: y''^2 ne spada k ostalim, ker je kvadratnega reda, ostali so kubicni. Das kubicne na isto stran:
\(y y' y''-y'^3=y''^2\)
\(y'(y y''-y'^2)=y''^2\)
Zdaj spet vidis na levi znani vzorec, povezan z odvodom izraza y'/y. Ni pa to najboljsa ideja ker nimas kam naprej in red enacbe ostane visok.
Tvoja pot (menjava na odvod po y iz odvodov po x) je bila moja naslednja ideja.... nakazuje na vrsto enacbe, ki ima za resitev druzino premic \(\dot{z}=k\), \(z=ky+n\):
\(yk-ky-n=k^2\)
\(n=-k^2\). Ponavadi je poleg druzine premic, v tem primeru \(z=ky-k^2\), resitev tudi ogrinjaca druzine.
4.
No tukaj bo pa ideja iz prejsnje tocke pomagala, saj se da takoj zapisat
\(\frac{yy''-y'^2}{y^2}=x^2\)
z=y'/y
\(z'=x^2\)
\(z=\frac{x^3}{3}+C\)
in dobis linearno enacbo prvega reda za y (z nekonstantnimi koeficienti, ampak nic hudega).
Re: Diferencialne enačbe
Najlepša hvala za pomoč.
1. Kako vemo, da so rešitve dif. enačbe:\(y''-Cy=0\) pari sin/cos in pari eksponentnih fcij?
2. vmes dobim integral: \(\int{(\ln{cx+1})dx}\), s per partes ne pride nič pametnega, kako bi se rešilo?
3.
4. vse o.k.
1. Kako vemo, da so rešitve dif. enačbe:\(y''-Cy=0\) pari sin/cos in pari eksponentnih fcij?
2. vmes dobim integral: \(\int{(\ln{cx+1})dx}\), s per partes ne pride nič pametnega, kako bi se rešilo?
3.
, kako pridemo do tega sklepa?Aniviller napisal/-a:nakazuje na vrsto enacbe, ki ima za resitev druzino premic \dot{z}=k
ali lahko navedete kakšen primerAniviller napisal/-a:resitev tudi ogrinjaca druzine.
4. vse o.k.