Diferencialne enačbe
Re: Diferencialne enačbe
1.
To so najbolj osnovne diferencialne enacbe: homogene, linearne s konstantnimi koeficienti. Vemo, da je resitev vedno linearna kombinacija eksponentnih funkcij (toliko neodvisnih resitev kot je stopnja enacbe). Ce gres v enacbo ay''+by'+c=0 z nastavkom \(y=e^{k x}\) dobis karakteristicni polinom, ki ti da resitve za k: \(ak^2+bk +c=0\). Ce so med resitvami kompleksni k-ji, seveda lahko po Eulerjevi formuli preides na sinuse in kosinuse. Te enacbe moras znat resit na pamet z zaprtimi ocmi - se posebej znano enacbo nihanja iz fizike, \(y''+\omega^2 y=0\), ki ima resitve \(y=A\cos \omega x+B\sin \omega x\), in se bolj pogosto enacbo eksponentnega praznenja \(y'+\frac{1}{t_0} y=0\) (zaviranje v viskozni tekocini, jedrski razpadi, redcenje tekocine, in nasploh vsi procesi, ki opisujejo kako tem vecji odmik od ravnovesja povzroca vecji ucinek vracanja v ravnovesje).
2.
Integral \(\int \ln x \,{\rm d} x\) je v tabelah, resis ga pa tudi s per-partes: \(du=dx\), \(v=\ln x\) od koder \(u=x\), \(dv=\frac{1}{x}dx\) in dobis
\(\int \ln \,{\rm d}x=x \ln x-\int {\rm d}x=x(\ln x-1)+C\)
3. Hitro vidis pravilo: ce hoces, da bo resitev premica, y=kx+n, mora veljat
\(y=y' x+n(y')\)
in ker je y' v tem izjemnem primeru konstanta, lahko v prostem clenu nastopa v popolnoma poljubni obliki, saj vsaka funkcija konstante da novo konstanto. Ta vzorec se naucis prepoznat. To je tudi eden izmed redkih primerov, ko je enacba, v kateri funkcija nastopa nelinearno, sploh analiticno resljiva. Upanje obstaja ponavadi le, ce je enacba posebne oblike (tale, ali Riccatijeva, Bernoullijeva, ali kaksna druga kjer je nekdo ze ugotovil kaksno zamenjave spremenljivke uporabit, ali ce je eksaktna), ali ce imas sreco in se da videt menjavo spremenljivke, ali ce je prvega reda in se da separirat spremenljivke.
Zdaj imas z=ky-k^2. Ogrinjaca je krivulja, ki je tangentna na celo druzino (logicno, ce je resitev cela druzina krivulj, potem je resitev tudi krivulja, ki se v vsaki tocki ujema z eno izmed resitev). Dobis jo iz pogoja
\(\frac{dz}{dk}=0\) (odvod po parametru je 0) in eliminiras parameter iz preostanka. V tem primeru
\(\frac{dz}{dk}=y-2k=0\)
\(k=y/2\)
neses nazaj v originalno enacbo, da izgine parameter:
\(z=y^2/2-(-y/2)^2=\frac{1}{4}y^2\)
To so najbolj osnovne diferencialne enacbe: homogene, linearne s konstantnimi koeficienti. Vemo, da je resitev vedno linearna kombinacija eksponentnih funkcij (toliko neodvisnih resitev kot je stopnja enacbe). Ce gres v enacbo ay''+by'+c=0 z nastavkom \(y=e^{k x}\) dobis karakteristicni polinom, ki ti da resitve za k: \(ak^2+bk +c=0\). Ce so med resitvami kompleksni k-ji, seveda lahko po Eulerjevi formuli preides na sinuse in kosinuse. Te enacbe moras znat resit na pamet z zaprtimi ocmi - se posebej znano enacbo nihanja iz fizike, \(y''+\omega^2 y=0\), ki ima resitve \(y=A\cos \omega x+B\sin \omega x\), in se bolj pogosto enacbo eksponentnega praznenja \(y'+\frac{1}{t_0} y=0\) (zaviranje v viskozni tekocini, jedrski razpadi, redcenje tekocine, in nasploh vsi procesi, ki opisujejo kako tem vecji odmik od ravnovesja povzroca vecji ucinek vracanja v ravnovesje).
2.
Integral \(\int \ln x \,{\rm d} x\) je v tabelah, resis ga pa tudi s per-partes: \(du=dx\), \(v=\ln x\) od koder \(u=x\), \(dv=\frac{1}{x}dx\) in dobis
\(\int \ln \,{\rm d}x=x \ln x-\int {\rm d}x=x(\ln x-1)+C\)
3. Hitro vidis pravilo: ce hoces, da bo resitev premica, y=kx+n, mora veljat
\(y=y' x+n(y')\)
in ker je y' v tem izjemnem primeru konstanta, lahko v prostem clenu nastopa v popolnoma poljubni obliki, saj vsaka funkcija konstante da novo konstanto. Ta vzorec se naucis prepoznat. To je tudi eden izmed redkih primerov, ko je enacba, v kateri funkcija nastopa nelinearno, sploh analiticno resljiva. Upanje obstaja ponavadi le, ce je enacba posebne oblike (tale, ali Riccatijeva, Bernoullijeva, ali kaksna druga kjer je nekdo ze ugotovil kaksno zamenjave spremenljivke uporabit, ali ce je eksaktna), ali ce imas sreco in se da videt menjavo spremenljivke, ali ce je prvega reda in se da separirat spremenljivke.
Zdaj imas z=ky-k^2. Ogrinjaca je krivulja, ki je tangentna na celo druzino (logicno, ce je resitev cela druzina krivulj, potem je resitev tudi krivulja, ki se v vsaki tocki ujema z eno izmed resitev). Dobis jo iz pogoja
\(\frac{dz}{dk}=0\) (odvod po parametru je 0) in eliminiras parameter iz preostanka. V tem primeru
\(\frac{dz}{dk}=y-2k=0\)
\(k=y/2\)
neses nazaj v originalno enacbo, da izgine parameter:
\(z=y^2/2-(-y/2)^2=\frac{1}{4}y^2\)
Re: Diferencialne enačbe
3. Dobili smo enačbo:\(z=\dot{z}y-\dot{z}^2\), pri tem je\('z=y', 'y=x'\), še vedno ne vidim, zakaj mora biti premica, kaj nam predstavljajo \(\dot{z}\).
ali je to mislimo: \(\dot{z}^2\)Aniviller napisal/-a:funkcija nastopa nelinearno
ali mislimo: \(z=\dot{z}y-\dot{z}^2\), zakaj je posebna? zato ker je oblike Clairotove enačbe?Aniviller napisal/-a:enacba posebne oblike (tale
, še vedno je problem, ker ne vem zakaj mora biti premica.Aniviller napisal/-a:mora veljat
y=y' x+n(y')
Re: Diferencialne enačbe
Tako je. Prepoznat jo moras in potem ves kaj je resitev.ali mislimo: \(z=\dot{z}y-\dot{z}^2\), zakaj je posebna? zato ker je oblike Clairotove enačbe?
No, za ta tip enacbe pac vemo, da je premica resitev (pokazal sem ti v obratni smeri zakaj je tako). Odvod premice (v tem primeru je y neodvisna spremenljivka, z pa odvisna) je konstanta in v tem primeru se to pac izide. Zakaj mora biti premica? Ja premica je pac resitev, v tem primeru ti ni treba ponovno ugibat ker je to ze nekdo drug naredil za vse enacbe tega tipa. Lahko pa vstavis in vidis da je res, resevanje diferencialnih enacb z nastavki ni nic posebnega.delta napisal/-a:3. Dobili smo enačbo:\(z=\dot{z}y-\dot{z}^2\), pri tem je\('z=y', 'y=x'\), še vedno ne vidim, zakaj mora biti premica, kaj nam predstavljajo \(\dot{z}\).
Re: Diferencialne enačbe
Hvala. To s premico sedaj razumem. Za Clairotovo enačbo vemo, da je njena rešitev premica.
Pri tej nalogi so poleg rešitve \(y=C+D/C\exp^{Cx}\)tudi singularne rešitve: \(y=0\) in \(y=\frac{-4}{x+C}\). Jaz dobim rešitev:\(y=k+D\exp{kx}\), ne vem kje so dobili, da je konstanta pred \(\exp\) odvisna od k. Za dif. enačbe 1.reda bi znala poiskat sing. rešitve, odvajamo po\(y'\), oz. še zamenjamo y' s parametrom \(c\) in odvajamo po c, izenačimo z 0(kot ste napisali spodaj). Kako pa se lotimo, če je višjega reda?hm
Linearni sistemi dif. enačb
Imamo sistem dif. enačb 1.reda s konst. koeficenti.
1.Ali je vrstni red v katerem zapišemo lastne vektorje v prehodno matriko pomemben? enkrat smo pisali po vrsti, enkrat pa od desne proti levi. Zakaj bi to bilo?
2. Za lastne vektorje velja:\(Ax=\lambda x\), \(x\neq 0\), torej za 2x2 matriko velja: \((A-\lambda_{1}I )\vec{v_{1}}=0\) in \((A-\lambda_{2}I )\vec{v_{2}}=0\). Pri enojnih ničlah to drži. V primeru večkratne:npr. \(\lambda_{1,2}=3\) pa smo za last. vektor vzeli \(\vec{v_{1}}=[1,0]\) in dobili:\((A-3I)\vec{v_{1}}=\vec{v_{2}}\) kar ni nič. Kako je to mogoče, zakaj?. Kako bi poiskali lastne vektorje za sistem:
\(\dot{x}=5x+4y\)
\(\dot{y}=-x+y\)
Ne razumem zakaj ni 0. Lepo prosim za pomoč.
Pri tej nalogi so poleg rešitve \(y=C+D/C\exp^{Cx}\)tudi singularne rešitve: \(y=0\) in \(y=\frac{-4}{x+C}\). Jaz dobim rešitev:\(y=k+D\exp{kx}\), ne vem kje so dobili, da je konstanta pred \(\exp\) odvisna od k. Za dif. enačbe 1.reda bi znala poiskat sing. rešitve, odvajamo po\(y'\), oz. še zamenjamo y' s parametrom \(c\) in odvajamo po c, izenačimo z 0(kot ste napisali spodaj). Kako pa se lotimo, če je višjega reda?hm
Linearni sistemi dif. enačb
Imamo sistem dif. enačb 1.reda s konst. koeficenti.
1.Ali je vrstni red v katerem zapišemo lastne vektorje v prehodno matriko pomemben? enkrat smo pisali po vrsti, enkrat pa od desne proti levi. Zakaj bi to bilo?
2. Za lastne vektorje velja:\(Ax=\lambda x\), \(x\neq 0\), torej za 2x2 matriko velja: \((A-\lambda_{1}I )\vec{v_{1}}=0\) in \((A-\lambda_{2}I )\vec{v_{2}}=0\). Pri enojnih ničlah to drži. V primeru večkratne:npr. \(\lambda_{1,2}=3\) pa smo za last. vektor vzeli \(\vec{v_{1}}=[1,0]\) in dobili:\((A-3I)\vec{v_{1}}=\vec{v_{2}}\) kar ni nič. Kako je to mogoče, zakaj?. Kako bi poiskali lastne vektorje za sistem:
\(\dot{x}=5x+4y\)
\(\dot{y}=-x+y\)
Ne razumem zakaj ni 0. Lepo prosim za pomoč.
Re: Diferencialne enačbe
Ne, vrstni red mora biti zgolj kompatibilen z vrstnim redom lastnih vrednosti. Pri večkratnih lastnih vrednosti je potrebno upoštevati, da so Jordanove kletke lahko večje (to so tiste enice nad diagonalo, kar se zgodi če je alg. večkratnost l. v. strogo večja od geom. večkratnosti l. v.); v tem primeru moraš naračunati korenske lastne vektorje, to so vektorji, za katere velja \((A-\lambda I)^rv=0\), kjer je \(r\) najmanjše naravno število, da je \(\dim \ker (A-\lambda I)^r=\dim \ker (A-\lambda I)^{r+1}\) (dimenzije jedra nehajo naraščati). Na mestu te kletke potem v prehodno matriko razvrstiš lastne vektorje \((A-\lambda I)^{r-1}v,\dots (A-\lambda I)v,v\).
V tvojem primeru je \(v_1\) korenski lastni vektor, torej v jedru \((A-3I)^2\), \(v_2\) pa je zato v jedru \(A-3I\), torej lastni vektor.
Konkretno:
\(A=\bmatrix 5 & 4 \\ -1 &1 \end{bmatrix}\)
ima dvojno lastno vrednost 3 in velja \(A-3I=\bmatrix 2 & 4 \\ -1 &-2 \end{bmatrix}\); ker to ni enako 0, je jedro te matrike enodimenzionalno, zato da zgolj en lastni vektor za dvojno lastno vrednost, torej moraš načeloma računati korenske podprostore. Pri 2x2 matrikah to takoj pomeni, da je druga potenca enaka 0, njeno jedro je zato kar cel prostor in lahko vzameš poljuben vektor iz njega, npr. \(v_1=\bmatrix 1 \\0\end{bmatrix}\) (lahko bi vzela tudi drugi bazni vektor, bi pa potem dobila drugačen \(v_2\)), in potem še \(v_2=(A-3I)v_1\). Prehodna matrika je potem \(P=[v_2v_1]\).
V tvojem primeru je \(v_1\) korenski lastni vektor, torej v jedru \((A-3I)^2\), \(v_2\) pa je zato v jedru \(A-3I\), torej lastni vektor.
Konkretno:
\(A=\bmatrix 5 & 4 \\ -1 &1 \end{bmatrix}\)
ima dvojno lastno vrednost 3 in velja \(A-3I=\bmatrix 2 & 4 \\ -1 &-2 \end{bmatrix}\); ker to ni enako 0, je jedro te matrike enodimenzionalno, zato da zgolj en lastni vektor za dvojno lastno vrednost, torej moraš načeloma računati korenske podprostore. Pri 2x2 matrikah to takoj pomeni, da je druga potenca enaka 0, njeno jedro je zato kar cel prostor in lahko vzameš poljuben vektor iz njega, npr. \(v_1=\bmatrix 1 \\0\end{bmatrix}\) (lahko bi vzela tudi drugi bazni vektor, bi pa potem dobila drugačen \(v_2\)), in potem še \(v_2=(A-3I)v_1\). Prehodna matrika je potem \(P=[v_2v_1]\).
Re: Diferencialne enačbe
No, tisti dve resitvi z eksponentno funkcijo sta povsem ekvivalentni. Ce je D prosta konstanta, potem ravno tako dobis vse mozne predfaktorje, ce pises D ali pa D/C. V primeru k=0 imas z=0 in s tem y'=0, y=konstanta. Ta konstanta se izkaze za 0, ko vstavis nazaj v originalno enacbo in pogledas koliko mora bit, da se izide. Singularno dobis iz ogrinjace,delta napisal/-a:Hvala. To s premico sedaj razumem. Za Clairotovo enačbo vemo, da je njena rešitev premica.
Pri tej nalogi so poleg rešitve \(y=C+D/C\exp^{Cx}\)tudi singularne rešitve: \(y=0\) in \(y=\frac{-4}{x+C}\). Jaz dobim rešitev:\(y=k+D\exp{kx}\), ne vem kje so dobili, da je konstanta pred \(\exp\) odvisna od k. Za dif. enačbe 1.reda bi znala poiskat sing. rešitve, odvajamo po\(y'\), oz. še zamenjamo y' s parametrom \(c\) in odvajamo po c, izenačimo z 0(kot ste napisali spodaj). Kako pa se lotimo, če je višjega reda?hm
\(y'=\frac{y^2}{4}\)
\(\frac{dy}{y^2}=\frac{dx}{4}\)
\(-\frac{1}{y}=\frac{x}{4}+C=\frac{x+C'}{4}\) (ce je C poljubna je, C'=4C tudi poljubna)
\(y=-\frac{4}{x+C'}\)
Ce je visjega reda, potem itak dobis vec parametrov, vprasljivo je tudi, ce dobis lepe druzine resitev in kaj je sploh ogrinjaca... razen ce imas dejansko tak primer, o tem raje ne razmisljaj. Nelinearne enacbe visjega reda so katastrofalne za resevat.
Re: Diferencialne enačbe
To z lastnimi vektorji je bolj jasno.
hm
Ne vidim, kako smo dobili ogrinjačo:\(y'=y^2/4\)
hm
v katero je to mišljeno?, kjerkoli vstavim, je y=konst. se izide za katerokoli konst. ker se odvaja in uniči.Aniviller napisal/-a:y=konstanta. Ta konstanta se izkaze za 0, ko vstavis nazaj v originalno enacbo
Ne vidim, kako smo dobili ogrinjačo:\(y'=y^2/4\)
Re: Diferencialne enačbe
No pa res, sploh nisem preveril. Potem y=0 sploh ni nic posebnega.
Ogrinjaco smo dobili ravno z opisanim postopkom (saj imas par vnosov gor postopek). Tukaj je bil parameter k (odvajas po njemu, izenacis z 0 in ga eliminiras), funkcija pa z(y) in sva dobila z=y^2/4. Ampak po substituciji je z=y' in to je to.
Ogrinjaco smo dobili ravno z opisanim postopkom (saj imas par vnosov gor postopek). Tukaj je bil parameter k (odvajas po njemu, izenacis z 0 in ga eliminiras), funkcija pa z(y) in sva dobila z=y^2/4. Ampak po substituciji je z=y' in to je to.
Re: Diferencialne enačbe
Hvala , če na začetku pogledamo enačbo vidimo, da je rešitev y=0, zakaj pa je singularna?(rešitev je sing., če je rešitev y(x)=y taka, da za \(\forall x\) velja, da NDE nima lokalno enolične rešitve okoli x). Katere so teh več rešitev?
Lastni vektorji:
kaj nam točno pomeni
Zakaj je \(\vec{v_{1}}\)v jedru \((A-\lambda I)^2\)? \(\vec{v_{2}}\) pa v jedru \((A-\lambda I)\)?
Ali če bi imeli npr. trojno lastno vrednost, bi imeli 2 korenska in en lastni vektor. K vsaki last. vrednosti je največ 1 last. vektor, ostali so korenski, je res?
Pri primeru:
Lastni vektorji:
kaj nam točno pomeni
?Jurij napisal/-a:(A-\lambda I)^rv=0
Zakaj je \(\vec{v_{1}}\)v jedru \((A-\lambda I)^2\)? \(\vec{v_{2}}\) pa v jedru \((A-\lambda I)\)?
Ali če bi imeli npr. trojno lastno vrednost, bi imeli 2 korenska in en lastni vektor. K vsaki last. vrednosti je največ 1 last. vektor, ostali so korenski, je res?
Pri primeru:
hm, zakaj?Jurij napisal/-a:ker to ni enako 0, je jedro te matrike enodimenzionalno
zakaj druga potenca nič?Jurij napisal/-a:Pri 2x2 matrikah to takoj pomeni, da je druga potenca enaka 0, njeno jedro je zato kar cel prostor
Re: Diferencialne enačbe
Sistemi:
a)
\(y'=-3y+4z\)
\(z'=-2y+3z\)
b)
\(y'=y+2z\)
\(z'=-y-z\)
Dobim rešitvi:a)\(y=c e^{x}+2d e^{-x}, z=c e^{x}+d e^{-x}\) rešitev naj bi bila:\(y=(2C_{2} - C_{1})e^x + (2C_{1}-2C_{2})e^{-x}\), \(z= (2C_{2}-C_{1})e^{x}+(C_{1}-C_{2})e^{-x}\),
b)
\(y=(c+d)\cos{t}+(ci-di)\sin{t}\), \(z=(c\frac{i-1}{2}+d \frac{-i-1}{2})\cos{t} + (c\frac{-1-i}{2}+d\frac{-1+i}{2})\sin{t}\), rešitev naj bi bila:
\(y=(-C_{1}-C_{2})\cos{x}+(C_{1}-C_{2})\sin{x}\), \(z=C_{1}\cos{x}+C_{2}\sin{x}\)
vem, da je vseeno, kakšne konstante so zapisane spredaj, samo še vedno me zanima, kako so prišli do te oblike.
a)
\(y'=-3y+4z\)
\(z'=-2y+3z\)
b)
\(y'=y+2z\)
\(z'=-y-z\)
Dobim rešitvi:a)\(y=c e^{x}+2d e^{-x}, z=c e^{x}+d e^{-x}\) rešitev naj bi bila:\(y=(2C_{2} - C_{1})e^x + (2C_{1}-2C_{2})e^{-x}\), \(z= (2C_{2}-C_{1})e^{x}+(C_{1}-C_{2})e^{-x}\),
b)
\(y=(c+d)\cos{t}+(ci-di)\sin{t}\), \(z=(c\frac{i-1}{2}+d \frac{-i-1}{2})\cos{t} + (c\frac{-1-i}{2}+d\frac{-1+i}{2})\sin{t}\), rešitev naj bi bila:
\(y=(-C_{1}-C_{2})\cos{x}+(C_{1}-C_{2})\sin{x}\), \(z=C_{1}\cos{x}+C_{2}\sin{x}\)
vem, da je vseeno, kakšne konstante so zapisane spredaj, samo še vedno me zanima, kako so prišli do te oblike.
Re: Diferencialne enačbe
Prosim za pomoč, če kdo ve katero izmed zgornjih vprašanj, ki sem jih napisala in tole:(nič jasno, kje sem se zmotila )
z variiranjem konstant poišči partikularne rešitve
a) \(x^2y''-2y=\log{(1+x)}\)
najprej se lotim homogenega dela: \(y=c_{1}x^2+c_{2}x^{-1}\), to je prav. Kako pa sedaj partikularni? grem delat \(\dot{\vec{c}}=X^{-1}\vec{f}\), za \(X\) vzamem v prvi vrstici rešitve v drugi pa njihove odvode, ven sem dobila:\(c_{1}= \log{(1+x)1/x(x+2)}\). To sem šla s per partes, ne dobim nič pametnega, Mathematica pravi:\(-1/2L_{i}(x)\), ni podobno pravi rešitvi, kje bi bila napaka?
z variiranjem konstant poišči partikularne rešitve
a) \(x^2y''-2y=\log{(1+x)}\)
najprej se lotim homogenega dela: \(y=c_{1}x^2+c_{2}x^{-1}\), to je prav. Kako pa sedaj partikularni? grem delat \(\dot{\vec{c}}=X^{-1}\vec{f}\), za \(X\) vzamem v prvi vrstici rešitve v drugi pa njihove odvode, ven sem dobila:\(c_{1}= \log{(1+x)1/x(x+2)}\). To sem šla s per partes, ne dobim nič pametnega, Mathematica pravi:\(-1/2L_{i}(x)\), ni podobno pravi rešitvi, kje bi bila napaka?
Re: Diferencialne enačbe
Hmmm, če uporabimo to izpeljavo, potem sta koeficienta v partikularni rešitvi:delta napisal/-a:Prosim za pomoč, če kdo ve katero izmed zgornjih vprašanj, ki sem jih napisala in tole:(nič jasno, kje sem se zmotila )
z variiranjem konstant poišči partikularne rešitve
a) \(x^2y''-2y=\log{(1+x)}\)
najprej se lotim homogenega dela: \(y=c_{1}x^2+c_{2}x^{-1}\), to je prav. Kako pa sedaj partikularni? grem delat \(\dot{\vec{c}}=X^{-1}\vec{f}\), za \(X\) vzamem v prvi vrstici rešitve v drugi pa njihove odvode, ven sem dobila:\(c_{1}= \log{(1+x)1/x(x+2)}\). To sem šla s per partes, ne dobim nič pametnega, Mathematica pravi:\(-1/2L_{i}(x)\), ni podobno pravi rešitvi, kje bi bila napaka?
\(v_1(x)=-\int \frac{y_2 g(x)}{W(x)}dx=-\int \frac{x^2 \log (1+x)}{3x^2}dx=-1/3 \int \log (1+x)dx\)
in
\(v_2(x)=\int \frac{y_1 g(x)}{W(x)}dx=\int \frac{x^{-1} \log (1+x)}{3x^2}dx=1/3 \int \frac{\log (1+x)}{x^3}dx\)
kjer je \(y_1=x^{-1}\), \(y_2=x^2\), \(W(x)=y_1y_2'-y_2y_1'=3\) in \(g(x)=\frac{\log (1+x)}{x^2}\).
Prvi integral je praktično tabeliran, drugega se s per partes prevede na integriranje racionalne funkcije.
Re: Diferencialne enačbe
Pa lahko uporabimo ta postopek? Pred y'' je \(x^2\), pač delimo z \(x^2\), ali kako? Končna rešitev bi naj bila:
\(y = (2x-x^2+x^3\log(x) +(x^3-3x-2)\log(1+x))/6x\)
\(y = (2x-x^2+x^3\log(x) +(x^3-3x-2)\log(1+x))/6x\)
Re: Diferencialne enačbe
Prosim še za malo pomoči. Sem izračunala:
\(v_{1}=-1/3 ((1+x)\log(1+x)-x)+C\) to je prav
\(v_{2}= 1/6(-x^{-2}\log(1+x)-\log{x} -x^{-1}+\log(1+x)+D)\) bi tudi moralo biti
rešitev je:
\(y=v_{1} y_{1}+v_{2}y_{2}\). Ni isto kot rešitev zakaj? Lepo prosim za pomoč.
\(v_{1}=-1/3 ((1+x)\log(1+x)-x)+C\) to je prav
\(v_{2}= 1/6(-x^{-2}\log(1+x)-\log{x} -x^{-1}+\log(1+x)+D)\) bi tudi moralo biti
rešitev je:
\(y=v_{1} y_{1}+v_{2}y_{2}\). Ni isto kot rešitev zakaj? Lepo prosim za pomoč.
Re: Diferencialne enačbe
Seveda, saj gre za metodo variacije konstant, deljenje z \(x^2\) pa nikakor ne spreminja dif. en.delta napisal/-a:Pa lahko uporabimo ta postopek? Pred y'' je \(x^2\), pač delimo z \(x^2\), ali kako? Končna rešitev bi naj bila:
\(y = (2x-x^2+x^3\log(x) +(x^3-3x-2)\log(1+x))/6x\)
Že pri izračunu prvega integrala je napaka: v oklepaju manjka -1. Drugega nisem preverjal, sem pa izračunal integrale in partikularno rešitev ter naredil preizkus, ali je dobljena partikularna rešitev res rešitev nehomogene enačbe, z Mapleom:delta napisal/-a:Prosim še za malo pomoči. Sem izračunala:
\(v_{1}=-1/3 ((1+x)\log(1+x)-x)+C\) to je prav
\(v_{2}= 1/6(-x^{-2}\log(1+x)-\log{x} -x^{-1}+\log(1+x)+D)\) bi tudi moralo biti
rešitev je:
\(y=v_{1} y_{1}+v_{2}y_{2}\). Ni isto kot rešitev zakaj? Lepo prosim za pomoč.
Dobljena partikularna rešitev ustreza iskani rešitvi, pa tudi seveda reši nehomogeno dif. en. Verjetno imaš kje napako tudi v računu drugega integrala.