Różniczkowe Jack: Milu znasz się na równaniach różniczkowych drugiego rzędu? Głównie chodzi mi o metodę przewidywań. Daj znać jak się pojawisz

Mila: Jack Bardzo mało mam to w pamięci. JC i Pytający na pewno pomogą. Pisz zadania.

Pytający: Milu, też poleciłbym Ciebie w ciemno. Jack, na mnie nie licz, jeśli chodzi o równania różniczkowe, bo nie ogarniam zbyt dobrze. Acz, jak napisała Mila, napisz zadania − a nuż ktoś rozwiąże, rozjaśni i wszyscy się nieco douczymy.

Mila: Ja też spojrzę do książki. Pozdrawiam Pytający

Jack: wezmy sobie taki przyklad y'' − 4y' + 4y = x*e^2x jaki dobrać y_p czyli te przewidywanie? normalnie byloby (Ax+B)e^2x ale jak policze to nie wyjdzie, wiec mnoze razy x zatem mam x(Ax+B)e^2x i nadal za malo wiec razy kolejny x i wtedy wyjdzie. Ale skad mam wiedziec kiedy to ppomnozyc? Ktos mowil ze trzeba patrzec na to czy y_p zawiera sie w y_j(podst. rozw. charakt.) no ale to akurat nie ma za duzo wspolnego tak samo te dwa https://matematykaszkolna.pl/forum/355885.html tutaj tez trzeba zwiekszyc chociaz nie zawieraja sie...

Jack: albo to y'' − 2y' + y = 6xe^x

jc: Rzecz dotyczy równań typu y" + Py' + Qy = f(t). Jeśli f jest wielomianem pomnożonym przez e^βt to wiadomo jak będzie wyglądać rozwiązanie szczególne (jedno z wielu), trzeba tylko dobrać szczegóły. y" − 5y' + 6y = e^5t Rozwiązania równania jednorodnego to e^2t i e^3t. Możemy więc szukać rozwiązania szczególnego w postaci y=Ke^5t. Sam dobierz K w tym i następnych przykładach. Gdybyśmy mieli y" − 5y' + 6y = e^2t to nic by to nie dało. W tym wypadku należy podstawić Kte^2t. W przypadku y" − 4y' + 4y = e^3t rozwiązaniami równania jednorodnego są funkcje e^2t i te^2t. Ponieważ 3≠2, możemy podstawić y=Ke^3t. Jednak w przypadku y" − 4y' + 4y = e^2t ani y=Ke^2t, ani y=Kte^2t nic nie da. Rozwiązanie da y=Kt²e^2t. −−−− Jeśli mamy po prawej stronie wielomian pomnożony przez e^βt, to szukamy rozwiązania w postaci wielomianu tego samego stopnia pomnożonego przez e^βt. Jeśli jednak e^βt jest rozwiązaniem równania jednorodnego, to dobierane wyrażenie trzeba pomnożyć przez t, a w przypadku te^βt nawet przez t². Przykład y" = t³, rozwiązaniami równania jednorodnego są 1 i t. Zatem rozwiązanie znajdziemy w postaci y= A t². Faktycznie (1/5)t⁵ spełnia nasze równanie. W wszystkich przykładach rozwiązanie ogólne jest odpowiednią sumą, w tym przykładzie y = A + Bt + (1/5)t⁵. A jak będzie w tym przykładzie y"−3y'+2y = e^3t + e^5t ?

jc: Teraz zobaczyłem Twój przykład. y'' − 2y' + y = 6xe^x Rozwiązaniami równania y'' − 2y' + y =0 są funkcje e^x oraz xe^x. W takim przypadku rozwiązania równania niejednorodnego szukamy w postaci y = (K x² + Lx³)e^x. Wyjdzie y=x³e^x.

jc: Nie jestem pewny, czy czegoś nie pomyliłem. Na pewno znajdzie się na forum ktoś, kto zna to lepiej (to nie jest trudne). Dziś mam inną pilną sprawę.

Jack: Dzięki wielkie −> czytam i myślę

Saizou : y''−4y'+4y=x*e^2x Jest to równanie niejednorodne, zatem rozważmy najpierw równanie jednorodne, tzn y''−4y''+4y=0 Wielomian charakterystyczne dla tego równanie wygląda następująco F(α)=α²−4α+4=(α−2)² Mamy jedno rozwiązanie α=2 o krotności k=2, wobec tego mamy układ fundamentalny postaci (e^2x, xe^2x) y(x)=c₁e^2x+c₂xe^2x =============================================================== Metoda przewidywań L(y)=P(y)e^λx P(y)=∑p_iyⁱ (suma i=0 do m) L(y)− lewa strona równania wyjściowego, P(y)= wielomian zmiennej y stopnia m λ− pewna liczba (odpowiednie współczynniki potęg układu fundamentalnego) Wówczas przewidywane (szczególne) rozwiązanie ma postać: y(x)=Q(x)x^r•e^λx Q(t)− wielomian tego samego stopnia co P Q(t)=∑q_ixⁱ (suma do i=0 do m) r− krotność liczby λ jako pierwiastka wielomianu charakterystycznego (jeśli λ nie jest pierwiastkiem to r=0 ),

	i+k+r i
∑qi+k		F(k+r)(λ)=pi (suma do k=0 do m−i, i=0,1,2,...,m)

=============================================================== I przypadek, gdy L(y)=x*e^2x P(x)=x m=1 p₀=0 p₁=1 λ=2 jest to pierwiastek wielomianu charakterystycznego F, zatem r=2 Przywidujemy rozwiązanie: y(x)=Q(x)x^re^λx=(q₀+q₁x)x²e^2x F(α)=(α−2)² F'(α)=2α−4 F''(α)=2 dla i =0 mamy

	k+2 0
∑1k=0 qk		F(k+2)(2)=p0=0, zatem

2q₀=0 q₀=0 dla i=1 mamy

	k+3 1
∑0k=0 q1+k		F(k+2)(2)=p1=1, zatem

6q₁=1

	1
q1=
	6

rozwiązanie szczególne

	1
y(x)=		x3e2x
	6

rozwiązanie ogólne

	1
y(x)=c1e2x+c2xe2x+		x3e2x
	6

Jack: Dzieki Saizou również.

Jack: Chyba już wszystko rozumiem, co do twojego postu jc y"−3y'+2y = e^3t + e^5t y_p dla tej sumy e^3t + e^5t rozbiłbym to na y_p1 dla e^3t a potem y_p2 dla e^5t i na końcu y = y_j + y_p1 + y_p2 <chociaż pewnie da się to zrobić za jednym razem>

jc: Właśnie o to chodziło