Matematické Fórum

panak · 18. 05. 2012 12:25

Zdravím vás,
mám několik podobných příkladů s výsledky i postupy, ale nejde mi do hlavy kdy musím výsledek složit z partikulárního a homogenního řešení a kdy stačí partikulární... vím jen že pokud je rovnice y'+něconěco=0 výsledkem je homogenní řešení.

dva příklady:
$y'-y/x=(x^2)e^x y(1)=2$ výsledek je složený z H a P řešení

a

$y'=2yx+2xe^(x^2) y(0)=4$ výsledek je jen P řešení

Rumburak

Zdravím taktéž.
Je potřeba si ujasnit teoretické poznatky. Nechť $L$ je obyčejný diferenciální operáror, který je LINEÁRNÍ, tedy splňuje podmínky

$L(v + h) = L(v) + L(h)$ , $L(r\,u) = r\,L(u)$ ,

kde $v, h$ jsou libovolné funkce z jeho definičního oboru a $r$ libovolné (obecně komplexní) číslo. Jak víme, všechna řešení rovnice

(1) $L(y) = 0$

bez dalších podmínek tvoří jakýsi lineární prostor $W$ , který má jistou bázi $B = (b_1, ..., b_n)$ , kde $n$ je řád operátoru $L$
(=řád nejvyšší derivace vyskytující se v $L$ ) .
Rovnice

(2) $L(y) = f$ ,

kde $f$ je vhodná (obecně nenulová) funkce, má bez dalších podmínek také nekonečně mnoho řešení - jejich množiinu označme $P$ .
Tato řešení mají následující souvislost s řešeními rovnice (1): platí totiž implikace

$u, v \in P \Rightarrow u-v \in W$ .

Položíme-li zde $h = u - v$ , můžeme psát $u = v + h$ . Odtud je vidět: k tomu, abychom znali všechna řešení rovnice (2), stačí znát

- jedno řešení $v$ rovnice (2) ,
- všechna řešení $h$ rovnice (1) .

Veškerá řešení $u$ rovnice (2) pak budou mít tvar $u = v + h$ , kde $h \in W$ . Jádrem důkazu těchto poznatků jsou výpočty

$L(u - v) = L(u) - L(v) = f - f = 0$ , $L(v +h) = L(v) + L(h) = f + 0 = f$

pro uvažované funkce.

Funkci $h$ můžeme vyjádřit ve tvaru obecné lineární kombinace (tj. s obecnými koeficienty) funkcí $b_1, ..., b_n$ tvořících bázi prostoru $W$
a pak říkáme, že $h$ je obecné řešení rovnice (1).

Tvar $u = v + h$ , kde $h$ je obecné řešení rovnice (1) a $v$ konkretní (obvykle již známé) řešení rovnice (2), představuje obecné řešení
rovnice (2). Místo "konkretní řešení" rovnice (2) je zvykem říkat "partikulární řešení" rovnice (2).

panak · 18. 05. 2012 16:01 — Editoval panak (18. 05. 2012 16:02)

↑ Rumburak:
Teda, moc děkuju za vyčerpávající odpověď, ale nešlo by to trochu víc po lopatě?(jakože pro *ebila)? Nejlépe při využití příkladů, skripta si běžně nepročítám a do obecných vyjádření moc nevidim.

Rumburak · 18. 05. 2012 16:32

↑ panak:
Doporučuji skripta pročítat . :-) Máš to číst z obrazovky, nebo ze skript ?
Kdyžtak napiš, co přesně Ti není jasné. Nebo si ta moje "obecná" vyjádření projdi na nějakém jednoduchém příkladě, který si sestrojíš.

panak · 18. 05. 2012 17:01

↑ Rumburak:
No, na to teď už tak jako tak nemám čas.. :) Chtěl bych pokud to jde ukázat co v těchtou dvou příkladech konkrétně říká co bude řešením, pak už si to snad +- dokážu odvodit i u ostatních. Vim že tak to asi na téhle úrovni matiky nechodí ale moc bych si přál odpověď typu: když tam je $e^x$ nebo logaritmus, výsledkem je partikulární řešení.. Snad se neurazíš, vypadá to, že tě matika baví, ale mě to vlastně ani nezajímá proč to je tak jak to je, mě jde jen o to napsat zápočet :-) hledám proto nejjednodušší možné řešení

Rumburak

Díky za upřímnost. :-)

Když se u nehomoenních lin. rovnic řeší Cauchyova úloha (tj. berou se v úvahu počáteční podmínky), tak je výsledkem JEDINÉ konkretní řešení,
které už není závislé na dalších parametrech, tedy partikulární řešení. Zda na "pravé straně" rovnice $L(y) = f$ je $e^x$ , logaritmus nebo jiná
nenulová funkce, není rozhodující.
Pod rovnicí $L(y) = f$ si můžeš představit třeba tu Tvoji $y'-2xy = 2xe^(x^2)$ .

Je to to, na to ses ptal ?

Ještě popíši kostru postupu řeení, snad to pomůže lépe to pochopit:

1. Začnu tím, že najdu obecné řešení homogenní rovnice $y'-2xy = 0$ , což bude nějaká funkce tvaru $u(x) = Cg(x)$ ,
kde C je volitelná konstanta (tedy vlastně parametr).

2. Metodou variace konstanty zjistím nějaké - v podstatě náhodné - partikulární řešení $h(x)$ rovnice $y'-2xy = 2xe^{x^2}$ .

3. Sestavím obecné řešení $v(x) = Kg(x) + h(x)$ rovnice $y'-2xy = 2xe^{x^2}$ , kde opět K bude volitelný parametr.

4. Neznámou K určím tak, aby byla splněna počáteční podmínka - dostanu výsledné řešení $y(x) = K_0 g(x) + h(x)$ rovnice
$y'-2xy = 2xe^{x^2}$ , což bude zároveň její (obecně další) partikulární řešení. Pokud by vyšlo $K_0 = 0$ , bylo by ovšem $y = h$ .