Matematické Fórum

ajeto · 27. 11. 2012 23:25

Dobrý večer, nedarí sa mi vymyslieť niečo užitočné v úlohe

$y'''=y^2y'$ $y(0)=1\,,\,y'(0)=\frac{1}{\sqrt{6}}\,,\,y''(0)=\frac{1}{3}$

mám problém s nájdením všeobecného riešenia, nemám potuchy ako začať
(zač.podmienky uvádzam len kvôli úplnosti zadania)

vďaka za postrčenie

Tomas.P

↑ ajeto:
Řešil bych to takto:
úpravou na tvar $y'''-y'y^2=0$ se ptám: kdy se daná dif. rce rovná nule?

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

ajeto · 28. 11. 2012 20:38

zdravím ↑ Tomas.P:

to že $y=c \Rightarrow y'''-y'y^2=0$ je mi jasné,
ale toto $y'''-y'y^2=0 \Rightarrow y=c$ už nie
dá sa to vyvodiť?
vďaka

Tomas.P · 29. 11. 2012 07:46

↑ ajeto:
Svým způsobem jsem to řešil numericky, proto na tvou otázku neznám odpověď.

Rumburak

↑ ajeto:

Ahoj. Napadlo mne následující:

Pravou stranu rovnice $y'''=y^2y'$ lze vyjádřit buďto jako $\frac{1}{3}\,(y^3)'$ nebo jako $\frac{1}{2}\,(y^2)'y$ , což vede přinejmenším k roovnicím

$y'' = \frac{1}{3}\,y^3 + C , y''' = \frac{1}{2}\,(y^2)'\,y$ .

Jak dál zatím netuším .

Tomas.P · 30. 11. 2012 19:42

↑ ajeto:
Napadlo mě to řešit pomocí LT:
je dána dif. rce $y'''={y^2}y'$ a po úpravě na $s^3=s$ vychází přenos $F(s)=\frac{1}{s^2}$ . Zpětná LT pak vychází: $f(t)=t$ .

ajeto · 01. 12. 2012 05:01 — Editoval ajeto (01. 12. 2012 05:13)

vďaka ↑ Tomas.P:, ale popravde neviem ako pracovať s navrhovaným postupom

zdravím ↑ Rumburak:

skúsil som vyjsť z $y'' =\frac{1}{3}y^3+C$ $(1)$ nasledovne:

$y=y$
$y'=z$
$y''=(y')'=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}y'=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}y}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}y'\stackrel{(2)}{=}\frac{\mathrm{d}y'}{\mathrm{d}y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}\cdot y'$

nie som si úplne istý krokom označeným $(2)$ , ale ide tam podľa môjho o súčin pomerov diferenciálov a mohlo by to prejsť

potom by som dostal dosadením do rovnice $(1)$ rovnosť

$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}z=\frac{y^3}{3}+C$

a potom separáciou premenných rovnicu

$(y')^2=\frac{1}{6}y^4+2Cy+D$

ktorú síce zatiaľ vyriešiť neviem, ale posun by to byť mohol,
lebo je to už rovnica prvého rádu

Tomas.P · 01. 12. 2012 10:17

↑ ajeto:
Laplaceova transformace

Rumburak

↑ ajeto:
Ahoj. Tak tomu postupu (2) atd. zatím moc nerozumím, snad se to časem poddá :-).

Ale během obligátní nedělní relaxace jsem jakési řešení nalezl, i když ne nějakou deduktivní metodou - spíše metodou "pokus-omyl".

Řešme tedy rovnici

(1) $y'''=y^2y'$

s počátečními podmínkami

(2) $y(0)=1\,,\,y'(0)=\frac{1}{\sqrt{6}}\,,\,y''(0)=\frac{1}{3}$

a řešení této úlohy hledejme ve tvaru

(3) $y(x) = k(x+c)^a$ ,

kde $k, c, a$ jsou neznámé konstanty (takové, aby tento funkční předpis měl smysl pro všechna $x$ z nějakého okolí nuly).

Z podmínek (2) plyne, že žádná z funkcí $y, y' , y''$ není identicky rovna nule, proto můžeme jejich derivace $y', y'' , y'''$ vyjádřit
postupným derivováním předpisu (3) pomocí věty o derivaci mocniny podle základu. Dosazením do (1) dostaneme rovnici mezi dvěma
funkcemi, porovnáním její levé a pravé strany obdržíme $a = -1 , k^2 = 6$ a jak postupovat dále, je jistě zřejmé.

Počátěčetní podmínka $y'(0)=\frac{1}{\sqrt{6}}$ rozhoduje pouze o znaménku čísla $k$ , podmínka $y''(0)=\frac{1}{3}$ se v této fázi neuplatní
vůbec, což patrně znamená, že řešení tvaru (3) není dosti obecné.

Také by ještě chtělo zodpovědět otázku jednoznačnosti nalezeného řešení - tj. aplikovat některou větu tohoto zaměření.

ajeto · 04. 12. 2012 02:01

ďakujem vám obom ↑ Tomas.P:↑ Rumburak:

skúsim ešte hľadať

jardofpr · 09. 12. 2012 18:51

ahojte

v príspevku ↑ ajeto: uplatnenie začiatočných podmienok pre $y''$ a $y$ v rovnici $(1)$ dá rovnosť

$\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\cdot(1)^3+C$ z čoho rezultuje $C=0$ .

Následne ostane rovnica $y''=\frac{y^3}{3}$ $(\bigstar)$ .

Riešenie pomocou $y=y,y'=z,y''=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}y'$ ktoré uvádzaš v tom istom príspevku ↑ ajeto: je podľa mňa možné,
myslím že som tento postup (aj so zdôvodnením) videl v niektorej knihe v kapitole, ktorá sa zaoberala parametrickou reprezentáciou s $y'$ ako parametrom,
žiaľ teraz si nespomeniem kde, možno to niekde nájdem ...

použitie tohto postupu na rovnicu $(\bigstar)$ vedie k separácii premenných, následne k rovnici

$\frac{z^2}{2}=\frac{y^4}{12}+C_2$
alebo teda

$(y')^2=\frac{y^4}{6}+2C_2$

tu po uplatnení začiatočných podmienok pre $y'$ a $y$

dostaneme $\frac{1}{6}=\frac{1}{6}+2C_2$ takže $C_2=0$ .

Zostáva rovnica $(y')^2=\frac{y^4}{6}$ , alebo v inom tvare

$y'=\pm \frac{y^2}{\sqrt{6}}$ .

Keďže zač. podmienky hovoria okrem iného, že $y'(0)=\frac{1}{\sqrt{6}}>0$ , uvažujeme len znamienko $+$ .

Záverečná rovnica $y'=\frac{y^2}{\sqrt{6}}$ sa dá riešiť separáciou, vyjde

$-\frac{1}{y}=\frac{x}{\sqrt{6}}+C_3$

z podmienky $y(0)=1$ máme $C_3=-1$ .

Hľadané riešenie je

$y(x)=\frac{1}{1-\frac{x}{\sqrt{6}}}$ .