Diferencialne enačbe

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Odgovori
Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 26.12.2012 15:17

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:
\(z=y^2/2-(-y/2)^2=\frac{1}{4}y^2\)

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 26.12.2012 23:19

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 \(\dot{z}\).
Aniviller napisal/-a:funkcija nastopa nelinearno
ali je to mislimo: \(\dot{z}^2\)
Aniviller napisal/-a:enacba posebne oblike (tale
ali mislimo: \(z=\dot{z}y-\dot{z}^2\), zakaj je posebna? zato ker je oblike Clairotove enačbe?
Aniviller napisal/-a:mora veljat
y=y' x+n(y')
, še vedno je problem, ker ne vem zakaj mora biti premica. :?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 26.12.2012 23:32

ali mislimo: \(z=\dot{z}y-\dot{z}^2\), zakaj je posebna? zato ker je oblike Clairotove enačbe?
Tako je. Prepoznat jo moras in potem ves kaj je resitev.
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 \(\dot{z}\).
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
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 28.12.2012 11:46

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.

Jurij
Prispevkov: 585
Pridružen: 27.2.2006 11:09

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a Jurij » 28.12.2012 14:01

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 \(P=[v_2v_1]\).

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 28.12.2012 16:24

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
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,
\(y'=\frac{y^2}{4}\)
\(\frac{dy}{y^2}=\frac{dx}{4}\)
\(-\frac{1}{y}=\frac{x}{4}+C=\frac{x+C'}{4}\) (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.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 28.12.2012 21:34

To z lastnimi vektorji je bolj jasno.

hm
Aniviller napisal/-a:y=konstanta. Ta konstanta se izkaze za 0, ko vstavis nazaj v originalno enacbo
v katero je to mišljeno?, kjerkoli vstavim, je y=konst. se izide za katerokoli konst. ker se odvaja in uniči.
Ne vidim, kako smo dobili ogrinjačo:\(y'=y^2/4\)

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 28.12.2012 22:42

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.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 29.12.2012 14:04

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
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:
Jurij napisal/-a:ker to ni enako 0, je jedro te matrike enodimenzionalno
hm, zakaj?
Jurij napisal/-a:Pri 2x2 matrikah to takoj pomeni, da je druga potenca enaka 0, njeno jedro je zato kar cel prostor
zakaj druga potenca nič?

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 29.12.2012 16:00

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.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 30.12.2012 0:31

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?

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14338
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a shrink » 30.12.2012 17:06

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?
Hmmm, če uporabimo to izpeljavo, potem sta koeficienta v partikularni rešitvi:

\(v_1(x)=-\int \frac{y_2 g(x)}{W(x)}dx=-\int \frac{x^2 \log (1+x)}{3x^2}dx=-1/3 \int \log (1+x)dx\)

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.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 30.12.2012 19:39

Pa lahko uporabimo ta postopek? Pred y'' je \(x^2\), pač delimo z \(x^2\), ali kako? Končna rešitev bi naj bila:
\(y = (2x-x^2+x^3\log(x) +(x^3-3x-2)\log(1+x))/6x\)

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a delta » 30.12.2012 20:38

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.

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14338
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: Diferencialne enačbe

Odgovor Napisal/-a shrink » 30.12.2012 23:48

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:
\(y = (2x-x^2+x^3\log(x) +(x^3-3x-2)\log(1+x))/6x\)
Seveda, saj gre za metodo variacije konstant, deljenje z \(x^2\) pa nikakor ne spreminja dif. en.
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.
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:
dif_en_2_reda.jpg
Dobljena partikularna rešitev ustreza iskani rešitvi, pa tudi seveda reši nehomogeno dif. en. Verjetno imaš kje napako tudi v računu drugega integrala.

Odgovori