Matematické Fórum

TerezaG · 23. 12. 2014 13:39

Dobrý den,
potřebovala bych poradit s odhadem partikulárního řešení diferenciálních rovnic.
Fundamentální systém, ze kterého pak partikulární řešení vychází, vytvořit umím, bohužel mi ale dělají problém příklady, kde se vyskytuje součet funkcí.. například:

$f(t)=1+2\mathrm{e}^{-3t}$ a charakteristická čísla jsou $\lambda _{1}=0, \lambda _{2}=-3$
Rozdělím si výraz na dvě funkce: $f_{1}=1$ a $f_{2}=2\mathrm{e}^{-3t}$ a teď bych $t$ napsala jednoduše jako $X_{p1}=A$ a $2\mathrm{e}^{-3t}$ jako $X_{p2}=B\cdot \mathrm{e}^{-3t}\cdot t$ protože $\mathrm{e}^{-3t}$ se ve fundamentálním systému vyskytuje právě jednou.
Ve výsledku ale mám, že první funkce má být $A\cdot t$ , nechápu, kde se tam vzalo to $t$ :(

Ve skriptech je to vše rozepsáno ještě podle vzorce pro $X_{p}(t)$ ale tomu moc nerozumím :/ a spíš jsem pochopila princip, kde dopíši koeficienty A, B... podle "stupně polynomu".

Moc děkuji za radu :)

Eratosthenes · 23. 12. 2014 22:05

ahoj ↑ TerezaG:,

zkoušela jsi ze své volby zjistit, kolik je A a B? Pokud ano, asi jsi se ničeho nedopočítala. To t tam musí být proto, že pravou stranu máš tvaru

$f(t)=1\cdot t^0 +2\mathrm{e}^{-3t}\cdot t^0$

a nula je charakteristické číslo.

TerezaG · 23. 12. 2014 23:36

↑ Eratosthenes:
Jo takhle, už je mi to jasnější :)

Dobře, pokud budu mít tedy $f(t)=\mathrm{e}^{2t}-3$ , tak má vyjít $X_{p1}=A\mathrm{e}^{2t}$ a $X_{p2}=C$ proč tam tedy není $C\cdot t$ ?

Moc děkuji, jsem v tom trochu ztracená :/

Eratosthenes · 23. 12. 2014 23:44

ahoj ↑ TerezaG:,

záleží na kořenech charakteristické rovnice (charakteristických číslech). Pokud tam není nula, stačí $X_{p1}=A\mathrm{e}^{2t}$ , $X_{p2}=C$ . Pokud by byla nula charakteristické číslo, muselo by být $X_{p1}=A\cdot t\cdot \mathrm{e}^{2t}$ , $X_{p2}=C\cdot t$ . Pokud by byla dvojnásobná, muselo by být $X_{p1}=A\cdot t^2\cdot \mathrm{e}^{2t}$ , $X_{p2}=C\cdot t^2$ atd. Jinak by to nevyšlo.

TerezaG · 24. 12. 2014 00:00

↑ Eratosthenes:
Tak už to chápu, moc děkuju, proč to nikde nebylo napsáno takhle srozumitelně polopatě :))

Ale přeci jen ještě jedna věc:
Budu mít rovnici:

$x''+x'=t^{2}-1$ , kořeny této rovnice budou tedy $\lambda _{1}=0$ a $\lambda _{2}=-1$ jak bude tedy vypadat partikulární řešení?

Takhle?
$X_{p}=(A\cdot t^{2}+B\cdot t+C) +D\cdot t$ ?
Nebo vlastně nevím, v jakých případech si mám tu rovnici rozdělit jakoby na dvě funkce? a pak hledat dvě patrikulární řešení?

Děkuji.

Eratosthenes

↑ Eratosthenes:

TerezaG napsal(a):
... proč to nikde nebylo napsáno takhle srozumitelně polopatě :))

Asi proto, že si většina učitelů myslí, že je lepší to dávat studentům "po kouskách" a pak už to nedají dohromady úplně obecně. Já si myslím, že v tomto případě je lepší jít trochu s dělem na komára a dát to hned najednou úplně obecně a teprve pak postupovat k jednotlivostem. Takže zkusím (už spoustu let jsem to neviděl, tak doufám, že to napíšu správně).

Rovnici

$a_nx^{(n)}+..+a_0x=f_1(t)+f_2(t)+..+f_m(t)$

je třeba nejdřív vyřešit bez pravé strany. Pak se řeší jednotlivé rovnice

$a_nx^{(n)}+..+a_0x=f_1(t)$
$a_nx^{(n)}+..+a_0x=f_2(t)$
....
$a_nx^{(n)}+..+a_0x=f_m(t)$

a jednotlivá partikulární řešení se přičítají k obecnému řešení homogenní rovnice. Řešení každé rovnice

$a_nx^{(n)}+..+a_0x=f(t)$

lze vždy získat (aspoň principiálně) variací konstant. Někdy je to ale obtížné, občas až prakticky neproveditelné. Metoda "neurčitých koeficientů" (o kterou tady jde) může nastoupit v případě, že na pravé straně jsou funkce, které jsou při derivování stále stejného typu: derivací polynomu je polynom, exponenciály exponenciála a derivací součtu sinů a kosinů téhož argumentu je opět součet sinů a kosinů téhož argumentu. V tom případě je možné řešení až na koeficienty "uhodnout" a koeficienty zjistit dosazením příslušných derivací do rovnice. "Uhodnout řešení" je možné v případě, že funkce f(t) na pravé straně má obecně tvar

$f(t) =e^{\alpha t}\left( p_m(t)*\cos \beta t+q_n(t)\sin \beta t\right)$ (1)

kde p_m(t) resp. q_n(t) jsou polynomy m-tého resp. n-tého stupně. Řešení se pak předpokládá ve tvaru

$X_p = x^re^{\alpha t}\left( P_M(t)*\cos \beta t+Q_M(t)\sin \beta t\right)$

kde P_M resp Q_M jsou polynomy M-tého stupně (M je větší z čísel m,n) a r je násobnost kořene $\alpha \pm \beta i$ .

Je-li tedy $x''+x'=t^2-1$ , pak rozdělit to na dva případy

$x''+x'=t^{2}$

$x''+x'=1$

je sice možné, ale naprosto zbytečné. Pravá strana je jeden polynom. Je potřeba vzít obecný tvar (1) a dát si dohromady jednotlivé koeficienty. V tomto případě má být

$e^{\alpha t}\left( p_m(t)*\cos \beta t+q_n(t)\sin \beta t\right) = t^2-1$

Takže $\alpha =\beta = 0$ , $p_m(t)=p_2(t)= t^2-1$ , q_m(t) zcela libovolný, protože je násoben nulou. Takže klidně q_m(t)=0.

Tedy:

$X_p = t^re^{\alpha t}\left( P_M(t)*\cos \beta t+Q_M(t)\sin \beta t\right) = t^1e^{0t}\left( P_2(t)*\cos 0 t+0\sin 0 t\right) =t\cdot (At^2+Bt+C)$

r=1 proto, že $0 = 0 \pm 0i$ je jednonásobným kořenem.

TerezaG

↑ Eratosthenes:
Chápu, děkuji, ale stále nevím, kdy mám tu pravou stranu rozdělit na dva případy a kdy ne. V tomto případě, pokud bych funkci rozdělila, tak za prvé by mi vyšlo, že $X_{p1}=t(At^{2}+Bt+C)$ a pak $X_{p2}=Dt$ ...což mi vychází přeci úplně jinak, než když tu pravou stranu nerozdělím :(

Děkuji :)

Eratosthenes

↑ TerezaG:

Dejme tomu, že při "nerozděleném" postupu by ti vyšlo

$X_{p}=t(A_1t^{2}+B_1t+C_1)$

a při rozděleném

$X_{p1}=t(A_2t^{2}+B_2t+C_2)$

$X_{p2}=D_2t$

Pak ovšem bude $A_1=A_2;B_1=B_2;$ , $C_1=C_2+D_2$

Při "nerozděleném" způsobu budeš mít partikulární řešení $X_p$ , při "rozděleném" pak $X_{p1}+X_{p2}$ , takže ...

Doporučuji vyzkoušet (třeba zrovna u tohoto příkladu)