Stran 4 od 9

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.12.2011 18:22
Napisal/-a Aniviller
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.

Veckratne resitve imajo univerzalno resitev: ce je exp(k*x) ze porabljena, je druga resitev x*exp(k*x) in ce se ta tudi pokrajsa se naprej zvisujes stopnjo polinoma spredaj. Isto velja za kotne funkcije (pri imaginarnih resitvah). Ta postopek deluje in za dvojne nicle v homogenem delu in za partikularne dele ki so sorazmerni s homogenim delom. Pazi, ce delas s kotnimi funkcijami moras vedno dat v nastavek obe (sinus in kosinus), tudi ce je partikularni del sestavljen samo iz ene.

Recimo c): resitvi homogenega dela sta sinus in kosinus:
\(y(x)=a \sin x+b \cos x\)
sin(x) je torej ze v homogeni resitvi, nastavek partikularnega dela bo torej \(y_p=c x \sin x+d x\cos x\).

7.
a) poskusi mogoce z variacijo konstante.
b) Klasicen primer tega kar sem zgoraj razlozil: nastavek v obliki \((Ax+B)\sin x+(Cx+D)\cos x\) in ce to ni dovolj gres se visje.
8.
Te so res malo tezje... splosni namigi: pametne substitucije, da se znebis cudnih clenov, potem pa poglej ce pripadajo kaksnemu standardnemu tipu diferencialnih enacb.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.12.2011 19:56
Napisal/-a Aniviller
8a)
ideja: hocemo se znebit eksponentne funkcije. Torej, logaritmiramo:
\(y'=\ln (xy'-y)\)
Logaritem nas ne skrbi ker ce logaritem odvajamo dobimo navadne racionalne izraze:
\(y''=\frac{xy''}{xy'-y}\)
resitev y''=0 nam da
\(y=ax+b\)
in ko to vstavimo noter dobimo b=-exp(a).
Drugo resitev dobimo, ce pokrajsamo drugi odvod in premecemo:
\(xy'-y=x\)
kar ima resitev
\(y=Ax+x\ln x\)
Ce to vstavis nazaj vidis da to ustreza ce das A=-1.

8b)
\(3y^2 y'+xy^3=x\)
\(u=y^3\)
\(u'+xu=x\)
nadaljevanje je pa obicajno resevanje linearnih enacb: homogeni del s separacijo spremenljivk, ostalo pa z nastavkom ali variacijo konstante.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.12.2011 20:11
Napisal/-a apovsic
Uf, res hvala za trud.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.12.2011 22:24
Napisal/-a apovsic
Spet problemi. In sicer pri 6b in d. Če se osredotočim na d(b je podoben primer).
y'' + 4y' + 4y = x*e^(-2*x)
Ko izračunam polinom pride dvakratni r = -2

Nastavim nastavek z = e^(-2x), vstavim v enačbo in pride(ko pokrajšam eks.)
4 - 8 + 4 = x

Četudi vzamem kak drug nastavek se hitro vidi, da ne bo šlo.

Kje ga lomim?

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.12.2011 22:39
Napisal/-a Aniviller
Ja spet isti problem kot vedno pri podvojenih resitvah... e^(-2x) in x*e^(-2x) sta ze resitvi homogenega dela, za partikularni del rabis torej najmanj Ax^2*e^(-2x).

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.12.2011 22:46
Napisal/-a apovsic
Ja ampak a se ne izniči vedno. Recimo(če ne upoštevam eks).
z = Ax^2
z' = -2Ax^2
z'' = 4Ax^2

In enačba je spet 4A - 8A + 4A = nekaj, ne glede na to kak polinom je.

Ne vem, pr temle so mi dobesedno možgani blokiral.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 8.12.2011 7:51
Napisal/-a Aniviller
Ja ce tudi z x^2 ni v redu, gres se z visjim redom (Ax^3+Bx^2)e^(-2x), dokler ne prides do necesa kar se ne pokrajsa. Najbolj ziher je pa da gres takoj s splosnim polinomom najvisje stopnje, ki se se splaca: najvisji odvod v enacbi je drugi. Torej, x^3 e^(-2x) bo se sposoben dat ven x e^(-2x), x^4 pa teoreticno ne more bit vec resitev. Tako da najbolj splosen postopek je, da za desno stran \(p_n(x)x^{kx}\) kjer je p_n(x) polinom n-te stopnje, uporabis nastavek \(p_{n+m}(x) x^{kx}\), kjer m red enacbe. Ce k ni resitev karakteristicnega polinoma, potem je ta stopnja prevelika in bodo visji koeficienti prisli 0 (tam gres lahko z nastavkom stopnje n, torej z istim nastavkom kot je desna stran). Ce je pa k resitev karakteristicnega polinoma, so pa najnizje stopnje ze vsebovane v homogeni resitvi. To je tudi razlog, zakaj ni zgornji nastavek (Ax^3+Bx^2+Cx+D)e(-2x). C in D sta namrec itak poljubna, ker resita homogeni del.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 8.12.2011 21:11
Napisal/-a apovsic
Mah, problem je bil ker nisem pravilno odvajal. :oops:

Hvala še enkrat.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.9.2012 14:45
Napisal/-a sanej
živjo! imam nekaj groznega

S pomočjo Fourierove transformacije reši valovno enačbo. \(\[ u_{tt}=u_{xx} \]\)
\(\[ u(x,0) = \frac{1}{1+x^2}\]\)

\(\[u_t(x,0) = 0 \]\) za t > 0 in \(\[ x \in (-\infty,\infty)\]\), tako da rešitev zapišeš s pomočjo inverzne Fourierove transformacije.

Začel sem s tem u = u(x,t)..... \(\[\widehat{u}(\lambda,t)_{xx} = -\lambda^2\widehat{u}(\lambda,t) \]\) (1)

\(\[ \widehat{u}(\lambda,t)_{tt}=\frac{\partial \widehat{u}(\lambda,t)}{\partial t^2} \]\) (2)

Potem sem (1) in (2) vstavil v parcialko in določil\(\[ \lambda^2= A \]\)

za A > 0 dobim iz diferencialke

\(\[ \widehat{u}(\lambda,t)= C_1\cos(\sqrt{A}t) + C_2\sin(\sqrt{A}t) \]\)



iz pogojev sledi ... \(C_2\sqrt{A} = 0 \to C_2 = 0\)

\(\widehat{u}(\lambda,0) = C_1= \widehat{f}(\lambda)\)

torej pride \(\[ \widehat{u}(\lambda,t) = \widehat{f}(\lambda) \cos(\sqrt{A}t) \]\)

tukaj se mi ustavi, predvidevam, da bi moral cos (..) nekako zapisati kot \(\widehat{g}(\lambda)=\cos(\sqrt{A}t)\)



za A < 0 dobim podobno

\(\widehat{u}(\lambda,t)= C_1e^(\sqrt{A}t) +..\)

in iz pogojev \(C_1=C_2\)

\(2C_1=\widehat{f}(\lambda)\)

in se mi ustavi na isti točki kot za A >0 za A=0 nisem preverjal

Bi znal kdo lepo prosim. Najlepša hvala

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 7.9.2012 18:45
Napisal/-a Aniviller
Pa joj no, to je valovna enacba, saj ves kaj moras dobit :)

Kot prvo, nikoli ne bo \(\lambda^2<0\). Drugo: Fourierove komponente so harmonski valovi, za katere ves, da bodo le potovali v ustrezno smer in imeli frekvenco \(\omega=k\) (c=1 v nasem primeru).

\(u_{tt}=u_{xx}\)
transformacija po x:
\(u_{tt}=-k^2 u\)
resitev so, kot si ugotovil, harmonska nihanja, za vsak k. Ker so prvi odvodi po casu enaki 0 (zacetni pogoj), je resitev kar
\(u(k,t)=F(k)\cos kt\)
kjer je F(k) fourierova transformacija zacetnega pogoja (pri t=0) je u(k,0)=F(k)
inverzna transformacija:
\(u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(k)\cos kt \,e^{ikx}\,{\rm d}k\)
To se tudi da izracunat: kosinus razcepis na dva dela in dobis
\(u(x,t)=\frac{1}{2}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\inftyF(k)(e^{ikt}+e^{-ikt})\,e^{ikx}\,{\rm d}k\)
\(u(x,t)=\frac{1}{2}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(k)(e^{ik(t+x)}+e^{-ik(t-x)})\,{\rm d}k\)
Zgornje je kar vsota dveh inverznih transformacij F(k), z zamenjavo x v x+t in x-t. Zato dobis loceni kopiji originalne funkcije:
\(u(x,t)=\frac{1}{2}(f(x+t)+f(x-t))\)
oziroma v tvojem primeru
\(u(x,t)=\frac{1}{2}(\frac{1}{1+(x+t)^2}+\frac{1}{1+(x-t)^2})\)

To bi lahko kar uganili, ker za valovno enacbo vemo, da je vsaka resitev sestavljena iz dveh valov poljubne oblike, ki se samo brez deformacij peljeta vsak v svojo smer s hitrostjo zvoka. Razcep na val v desno in levo je odvisen od zacetne oblike in zacetne hitrosti in ce zacetne hitrosti ni, imas simetrijo in je val sestavljen iz dveh polovicnih valov v levo in desno.

Transformacije zacetnega pogoja niti nisi rabil (smo prisli simbolicno skozi inverzno transformacijo), ce bi pa rabil pa itak ves resitev iz tabel ali na pamet. Transformiranka je F(k)=pi*e^-|k|.

Iskanje diferencialne enačbe in prevajanje toplotnega toka

Objavljeno: 18.11.2012 13:32
Napisal/-a _eva
Pozdravljeni.

Imam 2 nalogi, s katerima imam probleme.

Slika

Pri tej sicer znam rešiti DE enačbo (za te robne pogoje sta konstanti dokaj klobasasti :), vendar pa ne razumem naloge (kaj se sploh dogaja v palici), niti ne vem kaj si naj začnem s fi črtica. Mi mogoče lahko pomagate razjasniti zadevo? :) (graf temperaturne porazdelitve je torej u(x)?)


Še ena naloga pa je v bistvu iskanje diferencialne enačbe na podlagi 2 linearno neodvisnih rešitev e^t in cos(t). (Tu sem vstavila v splošno enačbo z nekonstantnimi koeficienti in sem dobila p(t) in q(t) izražena s tangensi, ko pa sem hotela preveriti v mathematici, ali je enačba res pravilna, mi je noče izračunati, tako da sem čisto zmedena :oops: )


Hvala za pomoč.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 18.11.2012 15:15
Napisal/-a Aniviller
Fizika za tem je zelo enostavna. Palica prevaja toploto vzdolz dolzine, nekaj toplote pa pusca navzven skozi povrsino. Oznake so malo butaste: fi' je v bistvu gostota toplotnega toka, ki tece skozi steno palice.

Lahko greva cisto fizikalno skozi, z obicajnimi oznakami in znanimi zakoni.
Vzdolz palice imas navadno prevajanje toplote (temperatura T, toplotni tok j)
\(j=-\lambda \frac{dT}{dx}\)
Za palico lahko smatras, da je prevlecena s tanko plastjo debeline "h" neke druge snovi z drugo toplotno prevodnostjo. Zunanja temperatura je T0. Zato tece skozi steno dodaten toplotni tok (puscanje):
\(j_{\perp}=-\lambda_{\perp} \frac{T-T_0}{h}\)
Pri tem smo predpostavili, da je sama palica po preseku enakomerne temperature in imas le iz notranjosti v zunanjost palice temperaturni skok (to je v redu, ce je palica tanka in bistveno bolje prevaja kot njena stena).

Ohranitev energije pravi
\(\rho c \frac{dT}{dt}=-\frac{dj}{dx}+q\)
kjer smo zapisali na levi spremembo notranje energije na enoto volumna (zato nastopa namesto gostote masa), na desni pa izgube zaradi razlike toplotnih tokov vzdolz palice (prvi clen) in ostalih izgub (drugi clen). Ostale izgube gredo takole: odsek palice dolzine dx in polmera r, ima povrsino 2*pi*r*dx, skozi katero tece tok \(j_{\perp}\). Celotna izgubljena moc na volumsko enoto je torej
\(q=\frac{dP}{dV}=\frac{j_\perp 2\pi r\,dx}{\pi r^2\,dx}=-\underbrace{\tfrac{2\lambda_{\perp}}{rh}}(T-T_0)\)
Oznaceni del, ki je odvisen od oblike palice in lastnosti povrsinske plasti, so v nalogi podali kot eno samo podano konstanto (\(\rho\), pri cemer to jasno ni isto kot moja oznaka za gostoto snovi).
Vse skupaj pa potem pride
\(\rho c \frac{dT}{dt}=\lambda\frac{d^2T}{dx^2}-\frac{2\lambda_{\perp}}{rh}(T-T_0)\)

Ker nas zanima stacionarno stanje (pa itak ne vem koliko ves o parcialnih diferencialnih enacbah), zahtevas resitev, kjer se temperatura s casom ne spreminja, le po prostoru. Leva stran enacbe je torej 0. Zdaj, ko nastopa samo en tip odvoda (po vzdolzni koordinati x), lahko odvode pises s crtico in ostane
\(\lambda T''=\frac{2\lambda_{\perp}}{rh}(T-T_0)\)
oziroma
\(T''=\sigma^2(T-T_0)\)
Ce ni "puscanja" izolacije, je desna stran 0 in dobis T''=0, kar da za resitev linearno odvisnost temperature od kraja, kar poznamo iz osnovne sole. Sicer pa se vedno splaca zunanjo temperaturo vzet za izhodisce, kar pomeni novo spremenljivko \(v=T-T_0\), s cimer naredis enacbo zelo enostavno:
\(v''=\sigma^2 v\)
katere resitev sta eksponentni funkciji z nasprotnima eksponentoma:
\(v=Ae^{\sigma x}+Be^{-\sigma x}\)
oziroma nazaj na obicajno temperaturo
\(T=v+T_0=T_0+Ae^{\sigma x}+Be^{-\sigma x}\)
Se bolje je, ce koordinatni sistem obrnes okrog (y=L-x), ker ti v tem primeru pogoj v'=0 pove, da morata imeti eksponentni funkciji ravno enaka predznaka
\(T=T_0+C(e^{\sigma (L-x)}+e^{-\sigma (L-x)})\)
C pa dolocis iz T=0 pri x=0:
\(T(0)=0=T_0+C(e^{\sigma L}+e^{-\sigma L})\)
\(C=-\frac{T_0}{e^{\sigma L}+e^{-\sigma L}}\)
Seveda lahko ze od vsega zacetka uporabljas hiperbolicne funkcije:
\(T=T_0(1-\frac{\cosh \sigma (L-x)}{\cosh \sigma L})\)

Re: Iskanje diferencialne enačbe in prevajanje toplotnega to

Objavljeno: 18.11.2012 15:57
Napisal/-a Aniviller
_eva napisal/-a:Še ena naloga pa je v bistvu iskanje diferencialne enačbe na podlagi 2 linearno neodvisnih rešitev e^t in cos(t). (Tu sem vstavila v splošno enačbo z nekonstantnimi koeficienti in sem dobila p(t) in q(t) izražena s tangensi, ko pa sem hotela preveriti v mathematici, ali je enačba res pravilna, mi je noče izračunati, tako da sem čisto zmedena :oops: )


Hvala za pomoč.
Mathematica marsicesa ne zna resit, to ni nic posebnega. Predvsem se sekira za stvari, ki jih clovek tiho ignorira (recimo kaj se dogaja v kompleksnem, kaksne tezave imas v posebnih tockah itd...).

Hm... odvisno kaj je misljeno. Ali gre za linearno enacbo druge stopnje? Potem sta to res edini resitvi. Je tvoj nastavek
\(y''+p(t)y'+q(t)y=0\)
Ker potem dobis
\(e^t+p(t)e^t+q(t)e^t=0\) od koder q=-1-p
in (ko uporabis q=-1-p)
\(-\cos t -p(t)\sin t -(1+p(t))\cos t=0\)
oziroma
\(p(t)=-\frac{2\cos t}{\cos t+ \sin t }\)
Ulomki niso prijazna stvar v diferencialnih enacbah. Mogoce je pametno malo pomnozit in dobis
\((\sin t+\cos t)y''-2\cos t\, y' +(\cos t-\sin t) y=0\)

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 18.11.2012 22:29
Napisal/-a _eva
Hvala za hiter odgovor.

Torej je v bistvu fi' (oz. gostota topl. toka) podana samo za razumevanje enačbe porazdelitve temperature u(x) (tako, da vemo, da je bilo že upoštevano)?

Pri drugi sem se napačno lotila naloge in vstavljala homogeno rešitev namesto vsake posebej.

Hvala.

Re: Diferencialne enačbe

Objavljeno: 18.11.2012 22:36
Napisal/-a Aniviller
Ja, povedat so morali pod kaksnimi predpostavkami prides do te enacbe - kaksen zakon velja za izmenjavo toplote z okolico.

Ce bi bili ti dve enacbi neodvisni, bi bilo itak prevec enacb za eno samo neznano funkcijo.