matematika - diferencialne enačbe

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
msenekovic
Posts: 97
Joined: 5.6.2013 21:34

matematika - diferencialne enačbe

Post by msenekovic » 5.6.2013 21:40

Pozdravljeni,

rabil bi pomoč pri reševanju diferencialne enačbe: y'+y = e^(-x), začetni pogoj y(0) = 3.

Zanima me postopek. Težave imam že pri ločevanju spremenljivk..

Hvala.

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by Aniviller » 5.6.2013 22:19

Resitev sestavis kot vsoto homogene in partikularne resitve. Homogena resitev mora zadostit enacbi
y'+y=0
in tukaj locevanje spremenljivk ni problem:
dy/dx=-y
dy/y=-dx
ln(y)=-x+c
\(y=C e^{-x}\)

Po drugi strani lahko to resis z nastavkom. Linearne diferencialne enacbe s konstantnimi koeficienti imajo vedno resitve tipa \(e^{kx}\) in ce to vstavis kot nastavek, dobis enacbo za k.

Nadaljujes lahko z variacijo konstante, ce hoces. Zapises kot \(y=C(x)e^{-x}\), kjer namesto konstante predpostavis, da je tisti clen spredaj se odvisen od x. Ce to zdaj neses v enacbo:
\(y'+y=e^{-x}\)
\(C'(x)e^{-x}+C(x)(-e^{-x})+C(x)e^{-x}=e^{-x}\)
Pokrajsas stvari:
\(C'(x)=1\)
\(C(x)=\int 1 dx=x+C\)
torej je polna resitev
\(y(x)=Ce^{-x}+xe^{-x}\)

msenekovic
Posts: 97
Joined: 5.6.2013 21:34

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by msenekovic » 6.6.2013 15:48

Hvala.. :) Pozabil da treba najprej homogeni del, potem res ni težav pri ločevanju spremenljivk v tem primeru..

Kaj pa tale DE 2. reda:

2y'' - y' - y = 4xe^2x

?

lp

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by sanej » 6.6.2013 16:45

izračunaš homogeni del. (ničle karakterističnega polinoma)

\(2k^2 - k -1 = 0\) dobiš splošni rešitvi homogenega dela :

za ničlo \(k_1 = 1\) bo \(y_1 = Ae^x\) za ničlo \(k_2 = -1/2\) bo \(y_2 = Be^{-1x/2 }\)
splošna rešitev homogenega dela bo vsota gornjih dveh.

potem za partikularni del vzameš približno tak nastavek kot je na desni strani enačbe ( se ti bo kasneje pokrajšal )

\(y = (Ax + B)e^{2x}\) ta nastavek odvajaš enkrat in potem še enkrat, te odvode neseš v osnovno enačbo

izraziš konstanto in jo vstaviš v nastavek. Tako si dobil rešitev oblike (nekaj)e^(2x) ki je partikularna.

Celotna rešitev pa je vstota partikularne rešitve in splošne rešitve homogenega dela.

msenekovic
Posts: 97
Joined: 5.6.2013 21:34

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by msenekovic » 7.6.2013 17:07

Hvala Sanej,

ampak a ne dobiš ničel karakterističnega polinoma k1= 1/4 + 1i in k2 = 1/4 -1i ?

Računal sem po pravilu (-b +/- sqrt (b^2-4ac))/2a

msenekovic
Posts: 97
Joined: 5.6.2013 21:34

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by msenekovic » 7.6.2013 18:21

Pardon, moja napaka.. ničli -1/2 in 1 sta pravilni.

msenekovic
Posts: 97
Joined: 5.6.2013 21:34

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by msenekovic » 10.6.2013 23:50

Aniviller wrote:Resitev sestavis kot vsoto homogene in partikularne resitve. Homogena resitev mora zadostit enacbi
y'+y=0
in tukaj locevanje spremenljivk ni problem:
dy/dx=-y
dy/y=-dx
ln(y)=-x+c
\(y=C e^{-x}\)

Po drugi strani lahko to resis z nastavkom. Linearne diferencialne enacbe s konstantnimi koeficienti imajo vedno resitve tipa \(e^{kx}\) in ce to vstavis kot nastavek, dobis enacbo za k.

Nadaljujes lahko z variacijo konstante, ce hoces. Zapises kot \(y=C(x)e^{-x}\), kjer namesto konstante predpostavis, da je tisti clen spredaj se odvisen od x. Ce to zdaj neses v enacbo:
\(y'+y=e^{-x}\)
\(C'(x)e^{-x}+C(x)(-e^{-x})+C(x)e^{-x}=e^{-x}\)
Pokrajsas stvari:
\(C'(x)=1\)
\(C(x)=\int 1 dx=x+C\)
torej je polna resitev
\(y(x)=Ce^{-x}+xe^{-x}\)
Če je navodilo naloge upoštevaj začetni pogoj y(0)=3 predvidevam, da na koncu vstavim kot y=3 in x=0 ter izračunam konstanto, samega poteka naloge pa to dejstvo ne spremeni?

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by Aniviller » 10.6.2013 23:58

Tako je. Dokler imas notri proste konstante, je to splosna resitev, ki obsega vse zacetne pogoje.

msenekovic
Posts: 97
Joined: 5.6.2013 21:34

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by msenekovic » 11.6.2013 21:34

Ok, daj mi prosim objasni kako si dobil iz tega => ln(y)=-x+C to => y=C e^{-x} ?

A ne dobiš iz tega y=e^{C-x} ?

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by Aniviller » 12.6.2013 4:20

Prvi C ni isti kot drugi C. Ker gre za prosto konstanto, enostavno preimenujes \(e^C\mapsto C\), ker itak nima veze. Bi bilo pa formalno lepse uporabit drugo oznako :) Seveda je lepse imet v obliki predfaktorja, saj je iz tega ocitna linearnost problema (mnozis zacetne pogoje s konstanto in to pac mnozi celo resitev z isto konstanto).

msenekovic
Posts: 97
Joined: 5.6.2013 21:34

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by msenekovic » 12.6.2013 14:06

Aniviller wrote:Resitev sestavis kot vsoto homogene in partikularne resitve. Homogena resitev mora zadostit enacbi
y'+y=0
in tukaj locevanje spremenljivk ni problem:
dy/dx=-y
dy/y=-dx
ln(y)=-x+c
\(y=C e^{-x}\)

Po drugi strani lahko to resis z nastavkom. Linearne diferencialne enacbe s konstantnimi koeficienti imajo vedno resitve tipa \(e^{kx}\) in ce to vstavis kot nastavek, dobis enacbo za k.

Nadaljujes lahko z variacijo konstante, ce hoces. Zapises kot \(y=C(x)e^{-x}\), kjer namesto konstante predpostavis, da je tisti clen spredaj se odvisen od x. Ce to zdaj neses v enacbo:
\(y'+y=e^{-x}\)
\(C'(x)e^{-x}+C(x)(-e^{-x})+C(x)e^{-x}=e^{-x}\)
Pokrajsas stvari:
\(C'(x)=1\)
\(C(x)=\int 1 dx=x+C\)
torej je polna resitev
\(y(x)=Ce^{-x}+xe^{-x}\)
Če bi bila enačba y'+2xy = e^{-x^2},
bi naj dobil rešitev zelo podobno kot v zgornjem primeru, vendar mi ni jasno kako se v drugem koraku (pri variaciji konstante) zadeva pokrajša:

Če imam nastavek y=C(x)e^{-x^2} in ga vstavim v začetno enačbo y'+2xy, kako se potem pokrajša zadeva na C'(x) =1 ? (beri : moj problem je odvajanje izraza) :)

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by Aniviller » 12.6.2013 16:15

Po vrsti. Odvajas kot produkt, in na drugem clenu verizno pravilo:
\(y'=C'(x)e^{-x^2}+C(x)(e^{-x^2})'=C'(x)e^{-x^2}+C(x)(-2xe^{-x^2})\)
Vstavis vse:
\(y'+2xy=C'(x)e^{-x^2}+C(x)(-2xe^{-x^2})+2xC(x)e^{-x^2}=e^{-x^2}\)
Odstejes drugi in tretji clen na levi:
\(C'(x)e^{-x^2}=e^{-x^2}\)
\(C'(x)=1\)
\(C(x)=x\)

spooky_cat
Posts: 8
Joined: 12.2.2013 10:25

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by spooky_cat » 17.6.2013 19:45

Pozdravljeni

Zanima me ali je nastavek za partikularno rešitev enačbe y"+2y´+y = 1/(x^2*e^x) pravilen.
Nastavek: A*x^-2*e^x

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by Aniviller » 17.6.2013 20:13

Takoj brez preverjanja lahko recem da nastavek ni v redu... ze ce imas polinom, ponavadi ni dovolj ista oblika, ampak rabis splosen polinom tiste stopnje (recimo ze v primeru xe^x bi bilo treba nastavit najmanj (Ax+B)e^x, ali pa se visjo potenco, ce je e^x ze resitev homogenega dela). Ce imas negativne potence je pa sploh nepredvidljivo. Sicer ce je tisti e^x res v imenovalcu, ti tudi en minus se manjka.

Ze sam levi del ima degenerirane lastne vrednosti in zato je resitev homogenega dela (Ax+B)e^-x.

Mogoce lahko nastavis s prostim predfaktorjem, v obliki
\(y=p(x)e^{-x}\)
Enacba potem postane
\((p''(x)-2p'(x)+p(x))+2(p'(x)-p(x))+p(x)=\frac{1}{x^2}\)
\(p''(x)=\frac{1}{x^2}\)
In to lahko resis z dvakratno integracijo:
\(p'(x)=-\frac{1}{x}+A\)
\(p(x)=-\ln x +Ax+B\)
To zdaj vkljucuje splosno resitev (partikularna + homogena, ker sem pustil integracijski konstanti A in B notri):
\(y(x)=-\ln x e^{-x}+(Ax+B)e^{-x}\)
Preveri se enkrat.

spooky_cat
Posts: 8
Joined: 12.2.2013 10:25

Re: matematika - diferencialne enačbe

Post by spooky_cat » 17.6.2013 22:14

Najlepša hvala za tako obširno in razumljivo razlago. Mi je sedaj bolj jasno glede določanja nastavkov.

Post Reply