Matematické Fórum

Fobl · 29. 01. 2015 19:34

Dobrý den.
Nevím si rady s následujícím příkladem. Zkoušel jsem počítat levou stranu a s pravou si nevím rady.
//forum.matweb.cz/upload3/img/2015-01/55798_img343.jpg
Wolfram alpha mi hodil výsledek:
$y(x)=\frac{1}{2}(-2e^{-x}(c_{2}x+c_{1}+c_{2})-(x^{2}-6x+4)\cos (x)+2(x-6)\sin (x))+c_{3}$

jelena · 29. 01. 2015 21:29

Zdravím,

vyřešil jsi charakteristickou rovnici, kořeny jsou reálná čísla, jeden kořen je dvojnásobný. Rovnice není homogenní - pravá strana není nulová, kterou metodu jste brali k řešení (neurčitých koeficientů nebo variaci konstant - viz odkaz, nebo něco jiného?). MAW by měl ukázat obě metody, ale variaci konstant používá jako univerzální - zkoušel jsi? Děkuji.

Eratosthenes · 29. 01. 2015 21:51

ahoj ↑ Fobl:,

doporučuji metodu neurčitých koeficientů. Variace konstant je sice univerzální, ale v tomto případě bude asi dost nepříjemná.

jelena · 29. 01. 2015 22:59

↑ Eratosthenes:

Zdravím, já ještě žádnou metodu nenavrhuji, jen zjišťuji, jak je na tom kolega a nabízím odkaz, kde jsou obě metody a porovnání metod (jako univerzální variaci konstant nabízí MAW - i když teď jsem zviklaná, kterou nabízí jako univerzální), v každém případě v historii MAW tuto úlohu již vidím vloženou v 19:46 jak v jedné, tak druhé metodě).

Fobl · 30. 01. 2015 19:03

Dobrý den.
Mam v tom docela hokej. Potřeboval bych naznačit postup. Vím, že levá strana bude vycházet: $y(k)=c_{1}e^{0}x^{2}+c_{2}e^{-x}x+c_{3}e^{-x}=c_{1}x^{2}+c_{2}e^{-x}x+c_{3}e^{-x}$ , ale s tou pravou to nemůžu stále nějak pochopit.

jelena · 30. 01. 2015 20:25

↑ Fobl:

Zdravím,

teď abychom ten hokej ještě nezakčnili. Ještě na úvod - a to zatím nebylo řečeno, že lze zavést substituci $y^{\prime}=t$ , potom rovnice přejde na rovnici 2. řadu a mohl bys s MAW projít metodu neurčitých koeficientů pro 2. řad (na závěr ale by bylo třeba ještě výsledek integrovat).

V každém případě viz kolega ↑ Eratosthenes: bychom měli zůstat u neurčitých koeficientů - tuto metodu, jako takovou, ovládáš? (zatím bych řekla, že spíš směruješ k variaci konstant - tak?).

Fobl · 30. 01. 2015 20:59

Říkal jsem si, jestli by se to nemělo dělat metodou odhadu, ale nevim jak to použít.

jelena · 30. 01. 2015 23:23

↑ Fobl:

ano, pokud jde o název metody, tak je to jedna z variant "neurčitých koeficientů". Použitím výsledku charakteristické rovnice jsi sestavil obecné řešení, teď se podíváš na pravou stranu $=(2x+1)\sin x- (x^2-4x)\cos x$ a sestavíš partikulární řešení ve tvaru - viz str. 25 (doufám, že jsem našla některý váš materiál).

Jelikož z pravé strany máme $r=0$ , $a=0$ , $b=1$ , potom $\lambda=0\pm1\mathrm{i}$ není kořenem charakteristické rovnice, jak jsi našel v 1. části výpočtu. Polynomy (s ohledem na nejvyšší stupeň - kvadratický dvojčlen $(x^2-4x)$ ) bys měl mít ve tvaru $Ax^2+Bx+C$ a $Dx^2+Ex+F$ a půjde o nalezení těchto koeficientů.

$y_p=(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$

Pokud jsem nic nepřehlédla, potom už budeš derivovat a dosazovat do levé strany rovnice $y^{\prime\prime\prime}+2y^{\prime\prime}+y^{\prime}$ a porovnáním s pravou stranou $=(2x+1)\sin x- (x^2-4x)\cos x$ hledat příslušné koeficienty.

Tomuto je rozumět a nemám nějakou nesrovnalost? Děkuji.
----------------
Takové poznámky:
a) toto je spíš mechanický popis procesu, teorii okolo - záleží, jak podrobně berete,
b) navrhla jsem substituci $y^{\prime}=t$ . Jelikož použití substituce se bude lišit pouze ve tvaru obecného řešení, partikulární zůstane stejné, ale s menším počtem derivování pro dosazování nalevo, tak ještě můžeš projít i tuto variantu.

Fobl · 01. 02. 2015 20:29

Dobrý den.
Lámu si s tím kebulu a víc už si nevím rady.
Zkoušel jsem to řešit takto.
//forum.matweb.cz/upload3/img/2015-02/18154_img347.jpg

Dál už si nevím rady. Možné je, že tam mám nějakou chybu.

Eratosthenes

↑ Fobl:

Pozor! Pravá strana není tvaru

$(2x+1)\sin x+ (x^2-4x)\cos x$

ale

$e^{0\cdot x}\[ (2x+1)\sin x+ (x^2-4x)\cos x\]$

což v tomto případě není tak docela totéž...

PS: omlouvám se, přehlédl jsem. V postupu to uvažováno je a v tomto případě to nemá na výsledek vliv.

jelena · 01. 02. 2015 23:30

Zdravím,

↑ Fobl: neplatí, že $y_p=(2x+1)\sin x- (x^2-4x)\cos x$ , ale předpokládáme $y_p=(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$ (nebo jak máš s q, p) a tento tvar derivujeme do 1. derivace, do 2. derivace, do 3. derivace a výsledky dosadíme na místa odpovídajícím derivacím do levé str. rovnice $y^{\prime\prime\prime}+2y^{\prime\prime}+y^{\prime}=$ .

↑ Eratosthenes: mám nějaký nepořádek, nebo může být? Děkuji.

Fobl · 03. 02. 2015 12:12

Dobrý den.
Zkoušel jsem zderivovat $y_p=(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$ , což předpokládám že je $y_p=(2x+1)\sin x+ (x^2-4x)\cos x$ a dosadil do $y^{\prime\prime\prime}+2y^{\prime\prime}+y^{\prime}=$ a nějak mi to nevychází. Wolfram alpha mi ukázal výsledek $y(x)=\frac{1}{2}(-2e^{-x}(c_{2}x+c_{1}+c_{2})-(x^{2}-6x+4)cos (x)+2(x-6)sin (x)+c_{3})$

jelena · 03. 02. 2015 14:11

Zdravím,

což předpokládám že je

to bohužel nepředpokládáš dobře. Máš rovnici $y^{\prime\prime\prime}+2y^{\prime\prime}+y^{\prime}=(2x+1)\sin x- (x^2-4x)\cos x$ , tato rovnice má nějaké řešení, které, když dosadíš do rovnice, tak rovnice bude platit.

Ty předpokládáš, že partikulární řešení je $y_p=(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$ a budeš ho dosazovat nalevo tak:

$$(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$^{\prime\prime\prime}+2$(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$^{\prime\prime}+\\+$(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$^{\prime}=(2x+1)\sin x- (x^2-4x)\cos x$

Nalevo po úpravách vzniknou předpisy obsahující $\sin x$ nebo $\cos x$ a u nich nějaké koeficienty, které porovnáš s koeficienty stejných goniometrických funkcí napravo.

Fobl · 04. 02. 2015 11:13 — Editoval Fobl (04. 02. 2015 11:34)

Dobrý den.
Zkoušel jsem postupovat takto, ale nějak mi to nevychází.
$y_{p}=(x^{2}-4x-12)\sin x+(11-8x)\cos x+2((-x^{2}+4x+6)\cos x+(7-6x)\sin x)+$
$+(-x^{2}+4x+2)\sin x+(4x-3)\cos x=$ $(-12x+4)\sin x+(-2x^{2}+4x+20)\cos x=$
$=-4(3x+1)\sin x-2(x^{2}-2x-10)\cos x$ a obecné řešení mně vyšlo tím pádem
$y(x)=c_{1}+c_{2}e^{-x}x+c_{3}e^{-x}x^{2}-4(3x+1)\sin x-2(x^{2}-2x-10)\cos x$ ,
což je špatně, protože WA mi ukazuje
$y(x)=\frac{1}{2}(-2e^{-x}(c_{2}x+c_{1}+c_{2})-(x^{2}-6x+4)cos (x)+2(x-6)sin (x)+c_{3})$

jelena · 04. 02. 2015 14:15

↑ Fobl:

Zdravím,

čísla (koeficienty) nalevo jsou hodnoty A, B, C, D, E, F? Jak jsi počítal (stačí scan papíru s výpočtem)? Děkuji.

Fobl · 05. 02. 2015 11:45

Dobrý den.
Příklad je.
$y^{\prime\prime\prime}+2y^{\prime\prime}+y^{\prime}=(2x+1)\sin x+(x^2-4x)\cos x$
Levou stranu jsem spočetl. Ta vyšla $y_{k}=c_{1}e^{-x}x^{2}+c_{2}e^{-x}x+c_{3}$ .
Teď schází pravá.
Předpokládám,že u funkce sin x je A člen $x^{2}$ tj. 0, B u $x$ tj. 2 a C je 1 u funkce cos x je D=1, E=-4 a F=0
$y_p=(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$
Vycházím z toho, že vzoreček by byl
$y_{p}=e^{p\cdot x}x^{r}[ (Ax^{2}+Bx+C)\sin x+ (Dx^2+Ex+F)\cos x]=e^{0}x^{0}[ (2x+1)\sin x+ (x^2-4x)\cos x]=[ (2x+1)\sin x+ (x^2-4x)\cos x]$
Tudíž předpokládám
$$(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$^{\prime\prime\prime}+2$(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$^{\prime\prime}+\\+$(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$^{\prime}=(2x+1)\sin x+ (x^2-4x)\cos x$
tj.
$y_{p}=(x^{2}-4x-12)\sin x+(11-8x)\cos x+2((-x^{2}+4x+6)\cos x+(7-6x)\sin x)+$
$+(-x^{2}+4x+2)\sin x+(4x-3)\cos x=(-12x+4)\sin x+(-2x^{2}+4x+20)\cos x=$
$=-4(3x+1)\sin x-2(x^{2}-2x-10)\cos x$
$y(x)=c_{1}+c_{2}e^{-x}x+c_{3}e^{-x}x^{2}-4(3x+1)\sin x-2(x^{2}-2x-10)\cos x$
Postupoval jsem nejspíš špatně, protože WA ukazuje něco úplně jiného, tj.
$y(x)=\frac{1}{2}(-2e^{-x}(c_{2}x+c_{1}+c_{2})-(x^{2}-6x+4)cos (x)+2(x-6)sin (x)+c_{3})$

jelena · 05. 02. 2015 13:22

↑ Fobl:

Zdravím a děkuji, levou stranu ještě opravíme: jeden kořen charakteristické rovnice byl 0, dvojnásobný kořen charakteristické rovnice byl (-1), tedy obecné bude $y_{k}=c_{1}e^{0x}+c_{2}e^{-x}+c_{3}e^{-x}x$ .

WA má v závorce $(c_1+c_2)$ to je naše $c_2$ (u prostředního členu), jeho $c_3$ je naše $c_{1}e^{0x}$ .

U partikulárního: bez ohledu na pravou stranu musíš derivovat navržené řešení, tak jak je napsáno:

$y_p=(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$ toto, prosím, 3krát derivuj a dosazuj do $y^{\prime\prime\prime}+2y^{\prime\prime}+y^{\prime}=$ . Toto neděláš pořád. Derivuj, prosím, a potom dosazuj a až potom porovnávej s pravou stranou.

Fobl · 06. 02. 2015 11:53 — Editoval Fobl (06. 02. 2015 12:01)

Dobrý den.
Ještě než si dosadím, tak bych se zeptal, jestli derivuju správně.
1. derivaci bych si udělal takto:
$y_p=(Ax^2+Bx+C)\sin x+(Dx^2+Ex+F)\cos x$ bych zderivoval takto: $y_{p}^{'}=(Ax^{2}+Bx+C)\sin x+(2Ax+B)\cos x+(Dx^{2}+Ex+F)\cos x-(2Dx+E)\sin x=$
$((Ax^{2}+Bx+C-Dx-E)\sin x)+(2Ax+B+Dx^{2}+Ex+F)cos x$
potom bych pokračoval 2. a 3. derivací.
Nevím jestli postupuju správně

jelena · 06. 02. 2015 12:20

↑ Fobl:

Také pozdrav, derivuješ součin $(Ax^2+Bx+C)\sin x=(Ax^2+Bx+C)^{\prime}\sin x+(Ax^2+Bx+C)(\sin x)^{\prime}$ , obdobně pro 2. člen. Ať se podaří.

Fobl · 06. 02. 2015 12:37

Děkuji.
Takže když na to koukám, mám tam překlep, a to ten, že jsem prohodil sin a cos, chápu li to dobře. Když na to koukám domnívám se, že ve výsledku by to zřejmě nehrálo roli. Vyšlo by to stejně, ale vyučujícímu by se to moc nelíbilo, protože by tam došlo k porušení matematických pravidel. Nemýlim li se.

jelena · 06. 02. 2015 13:02

ve výsledku by to zřejmě nehrálo roli

pokud máš jen překlep při přepisu na fórum a na papíře máš dobře, tak to je překlep. Jinak to je chyba a derivuj, prosím, pořádně - ve výsledku se projeví všechno, jak chyby, tak překlepy.

Fobl · 06. 02. 2015 13:26

Tak zítra se na to zase vrhnu, jelikož dnes už to nestíhám, protože musim jít do práce.
$y_{p}^{'}=(2Ax+B)\sin x+(Ax^{2}+Bx+C)\cos x+(2Dx+E)cos x+(Dx^{2}+Ex+F)\sin x=$
$=(2Ax+B+Dx^{2}+Ex+F)\sin x+(2Ax+Bx+C+2Dx+Ex+E)\cos x$
Měl jsem to špatně zderivované na papíře, tak už jsem si to opravil, zatím jsem uvedl jen 1. derivaci, na papíře mám ještě druhou. Jen bych se chtěl zeptat, zda je správně.
Děkuji.

jelena · 06. 02. 2015 14:16

↑ Fobl:

také děkuji. Už skoro dobře, ještě derivace $\cos(x)$ je $-\sin(x)$ .

Fobl · 08. 02. 2015 01:15

Dobrý den.
Zkoušel jsem to počítat a řekl bych, že je to špatně, protože tam mám zdlouhavé výrazy. Nezdá se mi, že by to profesor zadal tak, aby vycházely takto zdlouhavé výrazy.
//forum.matweb.cz/upload3/img/2015-02/53874_img354.jpg

Potom by mně ještě zbývalo porovnat to s pravou stranou a doplnit tyto dílčí výsledky do obecného řešení.

Fobl · 08. 02. 2015 19:29 — Editoval Fobl (08. 02. 2015 19:31)

Trošku si ještě říkám, jestli se to dá řešit i nějakým jednodušším postupem. V tomto postupu se docela zamotávám a potom, jak to co mi vyjde porovnat s pravou stranou.

Matematické Fórum

#1 29. 01. 2015 19:34

Diferenciální rovnice

#2 29. 01. 2015 21:29

Re: Diferenciální rovnice

#3 29. 01. 2015 21:51

Re: Diferenciální rovnice

#4 29. 01. 2015 22:59

Re: Diferenciální rovnice

#5 30. 01. 2015 19:03

Re: Diferenciální rovnice

#6 30. 01. 2015 20:25

Re: Diferenciální rovnice

#7 30. 01. 2015 20:59

Re: Diferenciální rovnice

#8 30. 01. 2015 23:23

Re: Diferenciální rovnice

#9 01. 02. 2015 20:29

Re: Diferenciální rovnice

#10 01. 02. 2015 21:55 — Editoval Eratosthenes (01. 02. 2015 22:13)

Re: Diferenciální rovnice

#11 01. 02. 2015 23:30

Re: Diferenciální rovnice

#12 03. 02. 2015 12:12

Re: Diferenciální rovnice

#13 03. 02. 2015 14:11

Re: Diferenciální rovnice

#14 04. 02. 2015 11:13 — Editoval Fobl (04. 02. 2015 11:34)

Re: Diferenciální rovnice

#15 04. 02. 2015 14:15

Re: Diferenciální rovnice

#16 05. 02. 2015 11:45

Re: Diferenciální rovnice

#17 05. 02. 2015 13:22

Re: Diferenciální rovnice

#18 06. 02. 2015 11:53 — Editoval Fobl (06. 02. 2015 12:01)

Re: Diferenciální rovnice

#19 06. 02. 2015 12:20

Re: Diferenciální rovnice

#20 06. 02. 2015 12:37

Re: Diferenciální rovnice

#21 06. 02. 2015 13:02

Re: Diferenciální rovnice

#22 06. 02. 2015 13:26

Re: Diferenciální rovnice

#23 06. 02. 2015 14:16

Re: Diferenciální rovnice

#24 08. 02. 2015 01:15

Re: Diferenciální rovnice

#25 08. 02. 2015 19:29 — Editoval Fobl (08. 02. 2015 19:31)

Re: Diferenciální rovnice

Zápatí