این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: جمعه ۱۴۰۱/۱۰/۲۳ - ۱۱:۵۲
$(y’)^2(c-x-1)(c-x)-y’m(c-x)-m^2=0$
$m$ و $c$ ثابت هستند.
$m$ و $c$ ثابت هستند.
هوپا، انجمن علم ایران
هوپا، انجمن علم ایران
https://hupaa.com/forum/
این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
صفحه 1 از 1
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: جمعه ۱۴۰۱/۱۰/۲۳ - ۲۲:۴۱
بچه‌ها جون من کسی نیست اینا رو بحله؟!!!! 
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۱۱:۰۹
من حلش کردم این به روش ODE حل میشه دقت کن تفکیک پذیره و راحت حل میشه
معادله شما دو ریشه داره $\lambda _1=\frac{\left(-b+\sqrt{b^2-12}\right)}{2},\:\lambda \:_2=\frac{\left(-b-\sqrt{b^2-12}\right)}{2}$ببین حالت کلی $a\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} + b\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx} + cy = f(x)$
نکته $\frac{\text{d}y(t)}{\text{d}t}=y'(t)$و $\frac{\text{d}^2y(t)}{\text{d}t^2}=y''(t)$
مثال $\frac{d^2y}{dt^2}-4t \frac{dy}{dt}+(4t^2-2)y=0$و $y_1(t)=e^{t^2}$
من از روشی که استادم به ما یاد داد ادامه دادم، ایشون گفتند $u(t)$ را پیدا کن
$u(t)=\frac{e^{-\int -4t dt}}{(e^{t^2})^2}=\frac{e^{2t}}{e^{2t^2}}=e^{2t-2t^2}$
سپس باید $y_2(t)$ را در آن پیدا کنیم
$y_2(t)=e^{t^2} \int e^{2t-2t^2}$
اما من در ادغام سمت راست مشکل دارم، بنابراین یا کار اشتباهی انجام دادم یا به سادگی گیر کردم.
اگر کسی جوابش را می خواهد این است:$y(t)=(c_1+c_2t)e^{t^2}$
اجازه دهید$y = e^{t^2}, \frac{dy}{dt} = 2ty, \frac{d^2 y}{dt^2} = 2y + 2t\frac{dy}{dt} = 2y + 4t^2y$
سپس من داریم$Ly = \frac{d^2 y}{dt^2} - 4t\frac{dy}{dt}+(4t^2 - 2)y=2y + 4t^2 y -4t(2ty)+(4t^2 - 2)y = 0.$
من آن را تأیید کردم$L\left(e^{t^2} \right)= 0.$ما به دنبال راه حل دوم در فرم خواهیم بود
$y = e^{t^2}u,\, y' = 2te^{t^2}u+e^{t^2}u',\, y'' = 2e^{t^2}u + 4t^2e^{t^2}u+4te^{t^2}u' + e^{t^2}u''$
تنظیمات$\begin{align} 0 = Ly &= 2e^{t^2}u+4t^2e^{t^2}u+4te^{t^2}u' + e^{t^2}u''
-4t\left( 2te^{t^2}u+e^{t^2}u' \right) + (4t^2 -2)e^{t^2}u \\
&=u''+u'\left(4t-4t\right) +u\left(2+4t^2-8t^2+4t^2 - 2\right)\\=u''
\end{align}$یک راه حل خاص است
$u = t,\, y = te^{t^2} \text{ second independent solution.}$ راه حل مستقل دوم.
من از روش کاهش با فرض استفاده میکنم$y_2=u y_1 = u(t)e^{t^2}$
و دوباره $u''(t) = 0$که یک راه حل ممکن را پیشنهاد می کند u(t)=t که به معنای $y_2=uy_1=te^{t^2}$ است. سپس راه حل کلی عمومی$y(t) = c_1 e^{t^2}+c_2te^{t^2} = (c_1+c_2 t)e^{t^2}.$
ببین سیستمی داشته باشیم که با معادله دیفرانسیل کلی تعریف شده است:
$\frac{d^n y}{dt^n} + p_1 \frac{d^{n-1} y}{dt^{n-1}} + \cdots p_{n-1} \frac{d y}{dt} + p_n y = q_0 \frac{d^n u}{dt^n} + q_1 \frac{d^{n-1} u}{dt^{n-1}} + \cdots q_{n-1} \frac{d u}{dt} + q_n u$
که در آن u ورودی و y خروجی است.
برای موردی که در حال مطالعه هستید، n=2، و معادله دیفرانسیل مربوطه می شود:
$\frac{d^2 y}{dt^2} + p_1 \frac{d y}{dt} + p_2 y = q_0 \frac{d^n u}{dt^n} + q_1 \frac{d^{n-1} u}{dt^{n-1}} + \cdots q_{n-1} \frac{du}{dt} + q_n u$
که در آن ضرایب عبارتند از:$ p_1=a$، $p_2=0$، $q_0=0$، $q_1=q_2=b.$
گرفتن تبدیل لاپلاس در هر دو طرف منجر به موارد زیر می شود:
$(s^2 + p_1 s + p_2) Y(s) = (q_0 s^2 + q_1 s + q_2) U(s)$
معادله را با ترکیب عبارت های حاوی $s^2$، s و $s^0$ (یا 1) به گونه ای تنظیم کنید که:
$s^2 (Y(s) - q_0 U(s)) + s(p_1 Y(s) - q_1 U(s)) + (p_2 Y(s) - q_2 U(s)) = 0$
تقسیم هر دو طرف بر$ s^2 $و جابجایی عبارات در s به سمت راست:
$\begin{align}
Y(s) &= q_0 U(s)) + \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s) \right) + \frac{1}{s^2}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right) \\
\text{or, } Y(s) &= q_0 U(s)) + \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s)+ \frac{1}{s}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right) \right)
\end{align}$
بگیرید، $Y(s) = q_0 U(s) + X_1(s)$، که در آن
$X_1(s) = \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s) + \frac{1}{s}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right) \right)$
حالا $X_1(s) = \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s) + X_2(s)\right)$ را طوری بنویسید که
$X_2(s) = \frac{1}{s}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right)$
با جایگزینی Y(s) در عبارت X1(s) و همچنین ضرب هر دو طرف در s، به دست می آید
$sX_1(s) = q_1 U(s)- p_1 (q_0 U(s) + X_1(s)) + X_2(s)$
$\therefore sX_1(s) = - p_1 X_1(s) + X_2(s) + (q_1- p_1 q_0) U(s)$
با در نظر گرفتن تبدیل لاپلاس معکوس (L.T.) از موارد فوق، دریافت می کنیم
$\dot{x_1} = - p_1 x_1 + x_2 + (q_1- p_1 q_0) u$
به طور مشابه، با جایگزینی Y(s) در عبارت $X_2(s)$ و ضرب در s در هر دو طرف، به دست می‌آییم.
$sX_2(s) = q_2 U(s) - p_2 (q_0 U(s) + X_1(s))$
$\therefore sX_2(s) = - p_2 X_1(s) + (q_2 - p_2 q_0) U(s)$
گرفتن معکوس L.T. از موارد فوق بدست می آوریم
$\dot{x_2} = -p_2 x_1 + (q_2 - p_2 q_0) u$
همچنین L.T معکوس را بگیرید. از عبارت Y(s) برای بدست آوردن:
$y = q_0 u + x_1$
حال مقادیر $p_1=a$، $p_2=0$،$ q_0=0$، $q_1=b$ و $q_2=b$ را جایگزین کنید تا معادلات حالت زیر را بدست آورید:
$\begin{align}
\dot{x_1} &= -ax_1 + x_2 + bu \\
\dot{x_2} &= bu \\
y &= x_1
\end{align}$
در شکل حالت-فضا،
$\begin{gather}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
-a & 1 \\
0 & 0
\end{bmatrix}
+
\begin{bmatrix}
b\\
b
\end{bmatrix}
u \\
y =
\begin{bmatrix}
1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2
\end{bmatrix}
\end{gather}$
این شکل از معادله حالت-فضا به عنوان شکل متعارف قابل مشاهده نیز شناخته می شود. می توانید در فصل 9 کتاب: مهندسی کنترل مدرن (ویرایش پنجم) نوشته کاتسوهیکو اوگاتا اطلاعات بیشتری در مورد آن بخوانید.
معادله شما دو ریشه داره $\lambda _1=\frac{\left(-b+\sqrt{b^2-12}\right)}{2},\:\lambda \:_2=\frac{\left(-b-\sqrt{b^2-12}\right)}{2}$ببین حالت کلی $a\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} + b\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx} + cy = f(x)$
نکته $\frac{\text{d}y(t)}{\text{d}t}=y'(t)$و $\frac{\text{d}^2y(t)}{\text{d}t^2}=y''(t)$
مثال $\frac{d^2y}{dt^2}-4t \frac{dy}{dt}+(4t^2-2)y=0$و $y_1(t)=e^{t^2}$
من از روشی که استادم به ما یاد داد ادامه دادم، ایشون گفتند $u(t)$ را پیدا کن
$u(t)=\frac{e^{-\int -4t dt}}{(e^{t^2})^2}=\frac{e^{2t}}{e^{2t^2}}=e^{2t-2t^2}$
سپس باید $y_2(t)$ را در آن پیدا کنیم
$y_2(t)=e^{t^2} \int e^{2t-2t^2}$
اما من در ادغام سمت راست مشکل دارم، بنابراین یا کار اشتباهی انجام دادم یا به سادگی گیر کردم.
اگر کسی جوابش را می خواهد این است:$y(t)=(c_1+c_2t)e^{t^2}$
اجازه دهید$y = e^{t^2}, \frac{dy}{dt} = 2ty, \frac{d^2 y}{dt^2} = 2y + 2t\frac{dy}{dt} = 2y + 4t^2y$
سپس من داریم$Ly = \frac{d^2 y}{dt^2} - 4t\frac{dy}{dt}+(4t^2 - 2)y=2y + 4t^2 y -4t(2ty)+(4t^2 - 2)y = 0.$
من آن را تأیید کردم$L\left(e^{t^2} \right)= 0.$ما به دنبال راه حل دوم در فرم خواهیم بود
$y = e^{t^2}u,\, y' = 2te^{t^2}u+e^{t^2}u',\, y'' = 2e^{t^2}u + 4t^2e^{t^2}u+4te^{t^2}u' + e^{t^2}u''$
تنظیمات$\begin{align} 0 = Ly &= 2e^{t^2}u+4t^2e^{t^2}u+4te^{t^2}u' + e^{t^2}u''
-4t\left( 2te^{t^2}u+e^{t^2}u' \right) + (4t^2 -2)e^{t^2}u \\
&=u''+u'\left(4t-4t\right) +u\left(2+4t^2-8t^2+4t^2 - 2\right)\\=u''
\end{align}$یک راه حل خاص است
$u = t,\, y = te^{t^2} \text{ second independent solution.}$ راه حل مستقل دوم.
من از روش کاهش با فرض استفاده میکنم$y_2=u y_1 = u(t)e^{t^2}$
و دوباره $u''(t) = 0$که یک راه حل ممکن را پیشنهاد می کند u(t)=t که به معنای $y_2=uy_1=te^{t^2}$ است. سپس راه حل کلی عمومی$y(t) = c_1 e^{t^2}+c_2te^{t^2} = (c_1+c_2 t)e^{t^2}.$
ببین سیستمی داشته باشیم که با معادله دیفرانسیل کلی تعریف شده است:
$\frac{d^n y}{dt^n} + p_1 \frac{d^{n-1} y}{dt^{n-1}} + \cdots p_{n-1} \frac{d y}{dt} + p_n y = q_0 \frac{d^n u}{dt^n} + q_1 \frac{d^{n-1} u}{dt^{n-1}} + \cdots q_{n-1} \frac{d u}{dt} + q_n u$
که در آن u ورودی و y خروجی است.
برای موردی که در حال مطالعه هستید، n=2، و معادله دیفرانسیل مربوطه می شود:
$\frac{d^2 y}{dt^2} + p_1 \frac{d y}{dt} + p_2 y = q_0 \frac{d^n u}{dt^n} + q_1 \frac{d^{n-1} u}{dt^{n-1}} + \cdots q_{n-1} \frac{du}{dt} + q_n u$
که در آن ضرایب عبارتند از:$ p_1=a$، $p_2=0$، $q_0=0$، $q_1=q_2=b.$
گرفتن تبدیل لاپلاس در هر دو طرف منجر به موارد زیر می شود:
$(s^2 + p_1 s + p_2) Y(s) = (q_0 s^2 + q_1 s + q_2) U(s)$
معادله را با ترکیب عبارت های حاوی $s^2$، s و $s^0$ (یا 1) به گونه ای تنظیم کنید که:
$s^2 (Y(s) - q_0 U(s)) + s(p_1 Y(s) - q_1 U(s)) + (p_2 Y(s) - q_2 U(s)) = 0$
تقسیم هر دو طرف بر$ s^2 $و جابجایی عبارات در s به سمت راست:
$\begin{align}
Y(s) &= q_0 U(s)) + \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s) \right) + \frac{1}{s^2}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right) \\
\text{or, } Y(s) &= q_0 U(s)) + \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s)+ \frac{1}{s}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right) \right)
\end{align}$
بگیرید، $Y(s) = q_0 U(s) + X_1(s)$، که در آن
$X_1(s) = \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s) + \frac{1}{s}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right) \right)$
حالا $X_1(s) = \frac{1}{s}\left(q_1 U(s) - p_1 Y(s) + X_2(s)\right)$ را طوری بنویسید که
$X_2(s) = \frac{1}{s}\left(q_2 U(s) - p_2 Y(s) \right)$
با جایگزینی Y(s) در عبارت X1(s) و همچنین ضرب هر دو طرف در s، به دست می آید
$sX_1(s) = q_1 U(s)- p_1 (q_0 U(s) + X_1(s)) + X_2(s)$
$\therefore sX_1(s) = - p_1 X_1(s) + X_2(s) + (q_1- p_1 q_0) U(s)$
با در نظر گرفتن تبدیل لاپلاس معکوس (L.T.) از موارد فوق، دریافت می کنیم
$\dot{x_1} = - p_1 x_1 + x_2 + (q_1- p_1 q_0) u$
به طور مشابه، با جایگزینی Y(s) در عبارت $X_2(s)$ و ضرب در s در هر دو طرف، به دست می‌آییم.
$sX_2(s) = q_2 U(s) - p_2 (q_0 U(s) + X_1(s))$
$\therefore sX_2(s) = - p_2 X_1(s) + (q_2 - p_2 q_0) U(s)$
گرفتن معکوس L.T. از موارد فوق بدست می آوریم
$\dot{x_2} = -p_2 x_1 + (q_2 - p_2 q_0) u$
همچنین L.T معکوس را بگیرید. از عبارت Y(s) برای بدست آوردن:
$y = q_0 u + x_1$
حال مقادیر $p_1=a$، $p_2=0$،$ q_0=0$، $q_1=b$ و $q_2=b$ را جایگزین کنید تا معادلات حالت زیر را بدست آورید:
$\begin{align}
\dot{x_1} &= -ax_1 + x_2 + bu \\
\dot{x_2} &= bu \\
y &= x_1
\end{align}$
در شکل حالت-فضا،
$\begin{gather}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
-a & 1 \\
0 & 0
\end{bmatrix}
+
\begin{bmatrix}
b\\
b
\end{bmatrix}
u \\
y =
\begin{bmatrix}
1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2
\end{bmatrix}
\end{gather}$
این شکل از معادله حالت-فضا به عنوان شکل متعارف قابل مشاهده نیز شناخته می شود. می توانید در فصل 9 کتاب: مهندسی کنترل مدرن (ویرایش پنجم) نوشته کاتسوهیکو اوگاتا اطلاعات بیشتری در مورد آن بخوانید.
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۱۸:۳۹
آها پس اول $y’$ رو بدست آوردی که دو تا جواب داره و از هر جواب انتگرال گرفتی، درسته؟ تا اینجاشو می‌دونستم. مشکلم انتگرال اون جمله‌ی رادیکالی بود. میشه بگی چطوری حل میشه؟ (اوه الآن دیدم پاسخت رو ویرایش کردی. دارم می‌خونمش…)rohamavation نوشته شده: ↑شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۱۱:۰۹من حلش کردم این به روش ODE حل میشه دقت کن تفکیک پذیره و راحت حل میشه
و یه سوال دیگه:
فرض کنید تابع $f(x)$ و مشتقش $f’(x)$ رو داریم اما نمی‌دونیم چه ضابطه‌‌هایی دارن و همچنین در نقطه‌ی $a$، $f(a)=0$ و مشتق تابع، $f’(a)$ است. اگر معادلهی $$f’(a).a=1$$ رو داشته باشیم، آنگاه $a$ چه عددی است؟
خب مشخصه فرمول بالا معادلهی دیفرانسیل نیست چون $a$ و $f’(a)$ متغیر نیستند! پیشنهاد من اینه که بیایم فرمول بالا رو مثل معادلهی دیفرانسیل فرض کنیم یعنی از $$f’(x).x=1$$ $f(x)$ را یافته و با جایگذاری $a$ به جای $x$ و تشکیل یک معادله، $a$ رو پیدا کنیم! به نظرت این روش درسته؟
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۱۹:۱۸
$u(t)$ چیه؟rohamavation نوشته شده: ↑شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۱۱:۰۹من از روشی که استادم به ما یاد داد ادامه دادم، ایشون گفتند $u(t)$ را پیدا کن.
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۱۹:۵۹
دوست گرامی فقط تغییر متغییر همین $\frac{d^2y}{dx^2} + a \cdot \frac{dy}{dx}+ b \cdot y = 0 \tag{1}$
در مرحله بعد، فرض کنید y ترکیبی از دو تابع به شرح زیر است
$y = u\circ v \tag{2}$
که در آن v یک تابع داده شده است که تغییر متغیرهای شما را توصیف می کند. سپس با قانون زنجیره ای می توانید آن را نشان دهید
$\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] \frac{dv}{dx} \\
\frac{d^2y}{dx^2} &= \left[ \frac{d^2u}{dx^2} \circ v \right] \left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 + \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] \frac{d^2v}{dx^2}
\end{align} \tag{3}$
بعد، می توانید (2) و (3) را در (1) قرار دهید تا به دست آورید
$\left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 \left[ \frac{d^2u}{dx^2} \circ v \right] + \left[ \frac{d^2v}{dx^2} + a \cdot \frac{dv}{dx} \right] \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] + b \cdot \left[ u\circ v \right] =0 \tag{4}$
و سپس$\circ v^{-1}$ را در دو طرف معادله عمل کنید. (4) بدست می آورید
$\left[ \left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 \circ v^{-1} \right] \frac{d^2u}{dx^2} + \left[ \left[ \frac{d^2v}{dx^2} + a \cdot \frac{dv}{dx} \right] \circ v^{-1} \right] \frac{du}{dx} + \left[ b \circ v^{-1} \right] \cdot u = 0 \tag{5}$
مثال من
ODE است
$\frac{d^2y}{dx^2} + \frac{1}{x} \frac{dy}{dx}+ \frac{\lambda}{x^2} y = 0 \tag{6}$
و همچنین داریم
$\begin{align}
a &:= x \to \frac{1}{x} \\
b &:= x \to \frac{\lambda}{x^2} \\
v&:=x \to \ln(x) \\
v^{-1}&:=x \to e^x
\end{align} \tag{7}$
اکنون با استفاده از (7) در (5) دریافت خواهید کرد
$\frac{d^2u}{dx^2} + \lambda \cdot u = 0 \tag{8}$
در نهایت، هنگامی که (8) را حل کردید، می توانید به سادگی y جذاب برای (2) بدست آورید.
ببین $xy'' + 2y' + xy =0, y(\pi ) = -1, y'(\pi ) = 2$ که من $u=xy$حالا $u=xy\implies u'=y+xy' \implies u''=2y' +xy''$
پس $u''+u=0; u(\pi)=-\pi, u'(\pi)=2\pi - 1$
ببین حالت کلی $\large y ^ { \prime\prime } + q \left ( t \right ) y ^ { \prime } + r \left ( t \right ) y = g \left ( t \right )$فرض کنید دو تابع $y _ { 1 } ( t )$ و $y _ { 2 } ( t )$ در معادله همگن زیر صدق کنند $\large y ^ {\prime\prime} + q \left ( t \right ) y ^ { \prime} + r \left ( t \right ) y = 0$پاسخ معادله برابر است با:$\large \bf { \boxed { { Y _ P } \left ( t \right ) = – { y _ 1 } \int { { \frac { { { y _ 2 } g \left ( t \right ) } } { { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } + { y _ 2 } \int { { \frac { { { y _ 1 } g \left ( t \right ) } }{ { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } } }$کتاب معادلات دیفرانسیل بخون معادلات ديفرانسيل ––سیمونز
در مرحله بعد، فرض کنید y ترکیبی از دو تابع به شرح زیر است
$y = u\circ v \tag{2}$
که در آن v یک تابع داده شده است که تغییر متغیرهای شما را توصیف می کند. سپس با قانون زنجیره ای می توانید آن را نشان دهید
$\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] \frac{dv}{dx} \\
\frac{d^2y}{dx^2} &= \left[ \frac{d^2u}{dx^2} \circ v \right] \left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 + \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] \frac{d^2v}{dx^2}
\end{align} \tag{3}$
بعد، می توانید (2) و (3) را در (1) قرار دهید تا به دست آورید
$\left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 \left[ \frac{d^2u}{dx^2} \circ v \right] + \left[ \frac{d^2v}{dx^2} + a \cdot \frac{dv}{dx} \right] \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] + b \cdot \left[ u\circ v \right] =0 \tag{4}$
و سپس$\circ v^{-1}$ را در دو طرف معادله عمل کنید. (4) بدست می آورید
$\left[ \left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 \circ v^{-1} \right] \frac{d^2u}{dx^2} + \left[ \left[ \frac{d^2v}{dx^2} + a \cdot \frac{dv}{dx} \right] \circ v^{-1} \right] \frac{du}{dx} + \left[ b \circ v^{-1} \right] \cdot u = 0 \tag{5}$
مثال من
ODE است
$\frac{d^2y}{dx^2} + \frac{1}{x} \frac{dy}{dx}+ \frac{\lambda}{x^2} y = 0 \tag{6}$
و همچنین داریم
$\begin{align}
a &:= x \to \frac{1}{x} \\
b &:= x \to \frac{\lambda}{x^2} \\
v&:=x \to \ln(x) \\
v^{-1}&:=x \to e^x
\end{align} \tag{7}$
اکنون با استفاده از (7) در (5) دریافت خواهید کرد
$\frac{d^2u}{dx^2} + \lambda \cdot u = 0 \tag{8}$
در نهایت، هنگامی که (8) را حل کردید، می توانید به سادگی y جذاب برای (2) بدست آورید.
ببین $xy'' + 2y' + xy =0, y(\pi ) = -1, y'(\pi ) = 2$ که من $u=xy$حالا $u=xy\implies u'=y+xy' \implies u''=2y' +xy''$
پس $u''+u=0; u(\pi)=-\pi, u'(\pi)=2\pi - 1$
ببین حالت کلی $\large y ^ { \prime\prime } + q \left ( t \right ) y ^ { \prime } + r \left ( t \right ) y = g \left ( t \right )$فرض کنید دو تابع $y _ { 1 } ( t )$ و $y _ { 2 } ( t )$ در معادله همگن زیر صدق کنند $\large y ^ {\prime\prime} + q \left ( t \right ) y ^ { \prime} + r \left ( t \right ) y = 0$پاسخ معادله برابر است با:$\large \bf { \boxed { { Y _ P } \left ( t \right ) = – { y _ 1 } \int { { \frac { { { y _ 2 } g \left ( t \right ) } } { { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } + { y _ 2 } \int { { \frac { { { y _ 1 } g \left ( t \right ) } }{ { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } } }$کتاب معادلات دیفرانسیل بخون معادلات ديفرانسيل ––سیمونز
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۲۱:۵۲
تا اینجاشو گرفتم چی می‌گی… و واقعا ازت ممنونم! دستت درد نکنه! نمی‌دونم چی بگم!rohamavation نوشته شده: ↑شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۴ - ۱۹:۵۹دوست گرامی فقط تغییر متغییر همین $\frac{d^2y}{dx^2} + a \cdot \frac{dy}{dx}+ b \cdot y = 0 \tag{1}$
در مرحله بعد، فرض کنید y ترکیبی از دو تابع به شرح زیر است
$y = u\circ v \tag{2}$
که در آن v یک تابع داده شده است که تغییر متغیرهای شما را توصیف می کند. سپس با قانون زنجیره ای می توانید آن را نشان دهید
$\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] \frac{dv}{dx} \\
\frac{d^2y}{dx^2} &= \left[ \frac{d^2u}{dx^2} \circ v \right] \left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 + \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] \frac{d^2v}{dx^2}
\end{align} \tag{3}$
بعد، می توانید (2) و (3) را در (1) قرار دهید تا به دست آورید
$\left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 \left[ \frac{d^2u}{dx^2} \circ v \right] + \left[ \frac{d^2v}{dx^2} + a \cdot \frac{dv}{dx} \right] \left[ \frac{du}{dx} \circ v \right] + b \cdot \left[ u\circ v \right] =0 \tag{4}$
و سپس$\circ v^{-1}$ را در دو طرف معادله عمل کنید. (4) بدست می آورید
$\left[ \left[ \frac{dv}{dx} \right]^2 \circ v^{-1} \right] \frac{d^2u}{dx^2} + \left[ \left[ \frac{d^2v}{dx^2} + a \cdot \frac{dv}{dx} \right] \circ v^{-1} \right] \frac{du}{dx} + \left[ b \circ v^{-1} \right] \cdot u = 0 \tag{5}$
مثال من
ODE است
$\frac{d^2y}{dx^2} + \frac{1}{x} \frac{dy}{dx}+ \frac{\lambda}{x^2} y = 0 \tag{6}$
و همچنین داریم
$\begin{align}
a &:= x \to \frac{1}{x} \\
b &:= x \to \frac{\lambda}{x^2} \\
v&:=x \to \ln(x) \\
v^{-1}&:=x \to e^x
\end{align} \tag{7}$
اکنون با استفاده از (7) در (5) دریافت خواهید کرد
$\frac{d^2u}{dx^2} + \lambda \cdot u = 0 \tag{8}$
در نهایت، هنگامی که (8) را حل کردید، می توانید به سادگی y جذاب برای (2) بدست آورید.
ببین $xy'' + 2y' + xy =0, y(\pi ) = -1, y'(\pi ) = 2$ که من $u=xy$حالا $u=xy\implies u'=y+xy' \implies u''=2y' +xy''$
پس $u''+u=0; u(\pi)=-\pi, u'(\pi)=2\pi - 1$
ببین حالت کلی $\large y ^ { \prime\prime } + q \left ( t \right ) y ^ { \prime } + r \left ( t \right ) y = g \left ( t \right )$فرض کنید دو تابع $y _ { 1 } ( t )$ و $y _ { 2 } ( t )$ در معادله همگن زیر صدق کنند $\large y ^ {\prime\prime} + q \left ( t \right ) y ^ { \prime} + r \left ( t \right ) y = 0$پاسخ معادله برابر است با:$\large \bf { \boxed { { Y _ P } \left ( t \right ) = – { y _ 1 } \int { { \frac { { { y _ 2 } g \left ( t \right ) } } { { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } + { y _ 2 } \int { { \frac { { { y _ 1 } g \left ( t \right ) } }{ { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } } }$کتاب معادلات دیفرانسیل بخون معادلات ديفرانسيل ––سیمونز
(راستش کتاب سایمونز رو دارم ولی نمی‌دونستم کجا دمبال جواب بگردم!
هنوز به معادلات دیفرانسیل نرسیدیم ولی من پیشاپیش دارم می خونم 
)ففط درمورد سوال آخری که پرسیدم جوابی نداری؟ چون یکم گیجم کرده
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: یک‌شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۵ - ۱۰:۴۰
روش تغییر متغیر در معادلات دیفرانسیل راه حلی عمومی‌تر محسوب شده که با استفاده از آن می‌توان پاسخ خصوصی بسیاری از معادلات دیفرانسیل ناهمگن پیدا کردپاسخ خصوصی به روش تغییر متغیر
معادله‌ای ناهمگن را به صورت زیر در نظر بگیر $\large \begin{equation} p \left ( t \right ) y ^ { \prime\prime } + q \left ( t \right ) y ^ { \prime } + r \left ( t \right ) y = g \left ( t \right ) \end {equation}$
همانطور که پیش‌تر نیز بیان شد، پاسخ عمومی معادله فوق در حقیقت برابر با پاسخ معادله در حالتی است که تابع (g(t برابر با صفر باشد (۰=(g(t). فرض کنید پاسخ عمومیِ yc به صورت زیر هست $\large { y _ c } \left ( t \right ) = { c _ 1 } { y _ 1 } \left ( t \right ) + { c _ 2 } { y _ 2 } \left ( t \right )$توجه کن $y _ { 1 } ( t )$ و$y _ { ۲ } ( t )$، دو پاسخی هستند که در معادله همگن صدق میکردند پس. در روش ضرایب نامعین هدف اینکه دو تابع u1(t) و u۲(t) به نحوی یافته بشن که پاسخ (Yp(t به صورت زیر قابل بیان باشه$\large { Y _ P } \left ( t \right ) = u { _ 1 } \left ( t \right ) { y _ 1 } \left ( t \right ) + u { _ 2 } \left ( t \right ) { y _ 2 } \left ( t \right )$.در عبارت فوق، دو مجهول وجود داره؛ بنابراین به دو معادله به منظور یافتن مجهولات نیاز داریم. پس من که یکی از معادلات را می‌توان با قرار دادن (Yp(t در معادله اصلی پیدا. معادله دوم را نیز می‌توان با انجام یک فرض بدست میارم.
به منظور جایگذاری پاسخ فرض شده در معادله اصلی، به مشتقات تابع(Yp(t نیاز دارم. از این رو مشتق اول تابع را به صورت زیر بدست می‌آوریم.$\large { Y ^ { \prime } _ P } \left ( t \right ) = { u ^ { \prime } _ 1 } { y _ 1 } + { u _ 1 } { y ^ { \prime } _ 1 } + { u ^ { \prime } _ 2 } { y _ 2 } + { u _ 2 } { y ^ { \prime } _ 2 }$
در این قسمت فرضی را می‌کنیم که در حقیقت معادله دوم محسوب میشه. تصور کن رابطه زیر بین yها و uها برقرار باشه$\large \begin {equation} { u ^ { \prime } _1 } { y _ 1 } + { u ^ { \prime } _ 2 } { y _ 2 } = 0 \end{equation}$
با استفاده از فرض بالا، مشتق اول تابع (Yp(t به صورت زیر بدست میاد$\large { Y ^ { \prime } _ P } \left ( t \right ) = { u _ 1 } { y ^ { \prime } _ 1 } + { u _ 2 } { y ^ { \prime } _ 2 }$بنابراین مشتق دوم نیز برابر است با:$\large { Y ^ { \prime\prime } _ P } \left ( t \right ) = { u ^ { \prime } _ 1 } { y ^ { \prime } _ 1 } + { u _ 1 } { y ^ { \prime\prime } _ 1 } + { u ^ { \prime } _ 2 } { y ^ { \prime } _ 2 } + { u _ 2 } { y ^ { \prime\prime } _ 2 }$با قرار دادن $Y ^ { \prime } ( t )$و$Y ^ { \prime\prime } ( t )$
در رابطهبالا دارم$\large p \left ( t \right ) \left ( { { { u ^ { \prime} } _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { u _ 1 } { { y ^ {\prime\prime} } _ 1 } + { { u ^ { \prime} } _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 2 } + { u _ 2 } { { y ^ {\prime\prime} } _ 2 } } \right ) + q \left ( t \right ) \left ( { { u _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { u _ 2 }{ { y ^ { \prime} } _ 2 } } \right ) + r \left ( t \right ) \left ( { u { _ 1 } { y _ 1 } + u { _ 2 } { y _ 2 } } \right) = g \left ( t \right )$
با مرتب کردن معادله فوق به عبارت زیر می‌رسیم.$\large \begin {align*} & p \left ( t \right ) \left ( { { { u ^ { \prime} } _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { { u ^ { \prime} } _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 2 } } \right ) + { u _ 1 } \left ( t \right ) \left ( { p \left ( t \right ) { { y ^ {\prime\prime} } _ 1 } + q \left ( t \right ) { { y ^ { \prime} } _ 1 } + r \left ( t \right ) { y _ 1 } } \right ) + \\ & \hspace{3.0in} { u _ 2 } \left ( t \right ) \left ( { p \left ( t \right ) { { y ^ {\prime\prime} } _ 2 } + q \left ( t \right ) { { y ^ { \prime} } _ 2 } + r \left ( t \right ) { y _ 2 } } \right ) = g \left ( t \right ) \end {align*}$
از طرفی می‌دانیم که y1 و y2، پاسخ‌هایی برای معادله همگن هستند. بنابراین در معادله فوق، ترم دوم و سوم برابر با صفر هستند؛ لذا معادله فوق نیز به صورت زیر بازنویسی می‌شود.$\large p \left ( t \right ) \left ( { { { u ^ { \prime} } _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { { u ^ { \prime} } _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 2 } } \right ) + { u _ 1 } \left ( t \right ) \left ( 0 \right ) + { u _ 2 } \left ( t \right ) \left ( 0 \right ) = g \left ( t \right )$
تاکنون تقریبا به دو معادلهی مد نظر بدست اوردم تنها به منظور راحت‌تر شدن مسئله، ترم (p(t را در رابطه فوق برابر با ۱ در نظر می‌گیرم (1=(p(t). این فرض معادل با آن است که معادله دیفرانسیل، به صورت زیر در نظر گرفتهبشه$\large y ^ {\prime\prime} + q \left ( t \right ) y ^ { \prime} + r \left ( t \right ) y = g \left ( t \right )$
البته توجه داشته باش که در صورتی که (p(t برابر با ۱ نباشه نیز می‌توان با تقسیم تمامی عبارات به (p(t ضریب را برابر با ۱ در نظر گرفت. نهایتا دو معادله مد نظر به منظور یافتن u1,u2 به صورت زیر بدست میاد$\large \begin {equation} { u ^ { \prime} _ 1 } { y _ 1 } + { u ^ { \prime} _ 2 } { y _ 2 } = 0 \end {equation}$توجه داشته باشید که در روابط فوق، مجهولات، u′1,u′2 هستند. حل دستگاه معادلات فوق کاری پیچیده نیست از معادله اول u′1 را محاسبه کرده و با قرار دادن آن در معادله دوم، u′۲ نیز بدست خواهد آمد. بنابراین دارم$\large \begin {equation} { u ^ { \prime } _ 1 } = – \frac { { { { u ^ { \prime } } _ 2 } { y _ 2 } } } { { { y _ 1 } } } \end {equation}$رابطه ۲$\large \begin {align*} \left ( { – \frac { { { { u ^ { \prime } } _ 2 } { y _ 2 } } } { { { y _ 1 } } } } \right ){ { y ^ { \prime } } _ 1 } + { { u ^ { \prime } } _ 2 } { { y ^ { \prime } } _ 2 } & = g \left ( t \right ) \\ { { u ^ { \prime } } _ 2 } \left ( { { { y ^ { \prime } } _ 2 } – \frac { { { y _ 2 } { { y ^ { \prime } } _ 1 } } }{ { { y
_ 1 } } } } \right ) & = g \left ( t \right ) \\ { { u ^ { \prime } } _ 2 } \left ( { \frac { { { y _ 1 } { { y ^ { \prime } } _ 2 } – { y _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } } } { { { y _ 1 } } } } \right ) & = g \left ( t \right ) \end {align*}$رابطه ۳حال با قرار دادن رابطه ۲ در رابطه ۳، u′1 نیز به صورت زیر بدست می‌آید.با توجه به عبارت بدست آمده برای u′1 و u′۲ می‌توان فهمید که مخرج کسر آنها نباید برابر با صفر باشه. بنابراین گذاره زیر همواره باید برقرار باشه$\large W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) = { y _ 1 } { y ^ { \prime } _ 2 } – { y _ 2 } { y ^ { \prime } _ 1 } \ne 0$ نکته
W در ریاضی تحت عنوان رونسکین» (Wronskian) میگیم همانطور که در ابتدای مطلب نیز عنوان شد، y1 و y2 پاسخ‌هایی هستند که در معادلهی همگن صدق می‌کنند. در نهایتا با انتگرال‌گیری از روابط ۲ و ۳، توابع u1 و u2 به صورت زیر بدست می‌آیند.
با بدست آمدن توابع u1 و u2، پاسخ خصوصی نیز برابر با عبارت زیر بدست میاد.$\large \begin {align*} { Y _ P } \left ( t \right ) & = { y _ 1 } { u _ 1 } + { y _ 2 } { u _ 2 } \\ & = – { y _ 1 } \int { { \frac { { { y _ 2 } g \left ( t \right ) } } { { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } + { y _ 2 } \int { { \frac { { { y _ 1 } g \left ( t \right ) } } { { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } \end {align*}$
رونسکین
توابع ${ y _ 1 } \left ( x \right ) , { y _ 2 } \left ( x \right ) , \ldots , { y _ n } \left ( x \right )$
را در نظر بگیرید. به این توابع در صورتی وابسته خطی گفته می‌شود که ضرایبی همچون ${ \alpha _ 1 } , { \alpha _ 2 } , \ldots , { \alpha _ n }$ وجود داشته باشند که رابطه زیر را برابر با صفر کنند.$\large { { \alpha _ 1 } { y _ 1 } \left ( x \right ) + { \alpha _ 2 } { y _ 2 } \left ( x \right ) + \ldots } + { { \alpha _ n } { y_ n } \left ( x \right ) } \equiv { 0 }$
اگر رابطه فوق تنها در زمانی درست باشد که تمامی ضرایب α برابر با صفر باشند(α1=α2=…)، در این صورت توابع y مستقل خطی‌اند. در مواردی که تنها با دو تابع سروکار داریم، این استقلال را می‌توان به صورتی ساده‌تر بیان کرد. در این حالت، اگر کسر زیر مخالف عددی ثابت باشد، در این صورت دو تابع نسبت به هم مستقل خطی‌اند. توجه داشته باشید که توابع y1(x) و y2(x) دو تابع فرضی هستند که هدف بررسی وابستگی آنها است.$\large \frac { { { y _1 } \left ( x \right ) } }{ { { y _ 2 } \left ( x \right ) } } \ne \text {const }$در غیر این صورت دو تابع نسبت هم وابسته خطی‌اند. حال به منظور بررسی وابستگی n تابع، در ابتدا توابع ${ y _ 1 } \left ( x \right ) , { y _ 2 } \left ( x \right), \ldots , { y _ n } \left ( x \right )$ را در نظر بگیرید. فرض کنید برای این توابع مشتق مرتبه n−1
ام وجود دارد. همچنین در نظر بگیرید که این توابع تا n−1 مشتق‌پذیر باشند. در این صورت به دترمینان زیر، رونسکین این توابع یا به طور کوتاه رونسکین گفته می‌شود.$\large {W\left( x \right) = {W_{{y_1},{y_2}, \ldots ,{ y _ n } } } \left ( x \right ) }
= {\left| {\begin{array}{*{20} { c } } { { y _ 1 } } & { { y _ 2 } } & \ldots &{{y_n}}\\
{{y ^{\prime} _ 1 } } & { { y ^ { \prime } _ 2 } } & \ldots & { { y ^ { \prime } _ n } } \\
\ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ { y _ 1 ^ { \left( {n – 1} \right ) } } & { y _ 2 ^ { \left ( { n – 1 } \right)}}& \ldots &{y_n^{\left( {n – 1 } \right ) } } \end{array}} \right|}$
چگونه بین ODE و PDE تفاوت قائل می شوید؟
ODE ها معادلات تنها در یک متغیر مستقل و مشتقات آن هستند. PDE ها معادلاتی در دو یا چند متغیر مستقل و مشتقات آنها هستند. نام مربوط به نوع مشتقات موجود در معادلات است در کل ● معادله دیفرانسیل (DE) به سادگی معادله ای است که شامل یک یا چند ● است پس PDE ODE چیست؟
معادلات دیفرانسیل معمولی یا (ODE) معادلاتی هستند که در آن مشتقات تنها با توجه به یک متغیر گرفته می شود. یعنی فقط یک متغیر مستقل وجود دارد. معادلات دیفرانسیل جزئی یا (PDE) معادلاتی هستند که به مشتقات جزئی چندین متغیر بستگی دارند.
PDE همگن: اگر تمام عبارات یک PDE حاوی متغیر وابسته یا مشتقات جزئی آن باشد، چنین PDE معادله دیفرانسیل جزئی ناهمگن یا در غیر این صورت همگن نامیده می شود.چگونه می توان تصمیم گرفت که آیا PDE همگن یا غیر همگن است؟و من PDE همگن و غیر همگن را دیده ام.
اما من نمی توانم تصمیم بگیرم که کدام یک همگن یا ناهمگن است.
برای نمونه؛
$(D^3-3D^2D'+4D'^3)u=0$
معادله گفته می شود که همگن است. چرا؟
$x^2u_{xx}-y^2u_{yy}2xu_x+2yu_y=0$
همگن یا ناهمگن؟ چرا؟
$x^2u_{xx}-y^2u_{yy}=xy$
همگن یا ناهمگن؟ چرا؟تصور کنید که شما PDE را حل می کند و بررسی کنید که آیا هر تابع αu نیز آن را حل می کند. اگر این کار را انجام دهند، PDE همگن است، در غیر این صورت نیست.
روش بسیار آسان و کوتاه است. به عنوان مثال، در مورد (2)، LHS برای αu می شود
$\alpha x^2u_{xx}-\alpha^2y^2u_{yy}2xu_x+2\alpha yu_y=\alpha (x^2u_{xx}-y^2u_{yy}2xu_x+2yu_y)+(\alpha-\alpha^2)y^2u_{yy}2xu_x,$یعنی اگر u PDE را حل کنید و برای هر α نه 0 یا 1، مضرب غیرصفری از
$y^2u_{yy}2xu_x,$
همیشه صفر نیست، بنابراین PDE همگن نیست. به همین ترتیب، LHS از (3) می شود
$\alpha(x^2u_{xx}-y^2u_{yy}),$
بنابراین، اگر u PDE را حل کند، αu PDE را حل می کند اگر برای هر (x,y)،
$\alpha xy=xy.$
این بدیهی است که نادرست است، بنابراین (3) همگن نیست. و غیره.معادله (1) و (2) به شکل هستند
Du=0
که در آن D یک عملگر دیفرانسیل است. بنابراین، این معادلات دیفرانسیل همگن هستند. معادله (3)، از شکل
$\mathcal{D} u = f \neq 0$
غیر همگن است.چگونه متوجه می شوید که یک ODE همگن است؟
اگر درجه متغیرها (یا مجموع توان متغیرهای مختلف) در هر عبارت یکسان باشد، به یک عبارت همگن گفته می شود. یک معادله دیفرانسیل همگن به شکل dy/dx = f(x,y)/g(x,y) است که در آن f(x,y) و g(x,y) عبارت‌های همگن در x و y با درجه یکسان هستند.
من به تازگی یک تکلیف اصلاح شده در مورد معادلات دیفرانسیل دریافت کردم، و اکنون به کمک شما نیاز دارم: چرا ODE $u''(x)=u(x)\sqrt{x}$ همگن است، اما PDE$u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)e^{\sin x}=1$ ناهمگن است؟ در هر دو مورد ما تابعی از x داریم که به u مرتبط نیست، یعنی $ e^{\sin x}$ و $\sqrt{x}$، اینطور نیست؟ بنابراین من فکر می کنم که هر دو ناهمگن هستند.مفاهیم ODE های مستقل (جایی که هیچ نمونه مستقیمی از متغیر مستقل نمی تواند ظاهر شود) و معادلات همگن خطی را با هم مخلوط نکنید. معادله
$u''(x) - u(x)\sqrt x = 0$
همگن است زیرا RHS صفر است اما به دلیل عبارت $\sqrt{x}.$ مستقل نیست. W.r.t. PDE
$u_{xx}+u_{yy} \mathrm e^{\sin x} = 1$
RHS غیر صفر است، بنابراین PDE همگن نیست.
چند مثال دیگر:
خودمختار همگن
$u'(x)+u(x) = 0.$
همگن غیر خودمختار
$u''(x)+\color{red}{x}\cdot u(x) = 0$
مستقل غیر همگن
$u'(x)-2u(x) = \color{red}{1}$
غیر همگن غیر خودمختار
$u''(x)+\color{red}{x}\cdot u'(x) = \color{red}{x^2+1}$
که در آن از رنگ قرمز برای برجسته کردن عباراتی استفاده می شود که "غیر" را وارد طبقه بندی می کنند
کلی بگم حال زمان آن رسیده که معادلات دیفرانسیل ناهمگن و روش حل آنها را توضیح دهیم. یک معادله دیفرانسیل مرتبه دومِ ناهمگن به صورت زیر است$\large { y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y } = { f\left ( x \right ) }$
در رابطه فوق مقادیر p و q اعداد ثابتی هستند. هر دوی این اعداد می‌توانند ثابت یا مختلط باشند. معادله همگن مرتبط را نیز می‌توان به صورت زیر بیان کرد:. در صورتی که این ضریب غیر یک باشد می‌توان با تقسیم کردن تمامی جملات به آن، به شکل استاندارد معادله دست یافت.
$\large y^ {\prime\prime} + p \left( t \right)y ^ {\prime} + q \left( t \right) y=0$
مشتقات یک تابع ناشناخته
● تابع مجهول ممکن است به یک یا چند متغیر مستقل بستگی داشته باشد.
● اگر مجهول تابعی از یک متغیر منفرد باشد، مشتقات موجود در آن
معادله مشتقات معمولی هستند و معادله دیفرانسیل معمولی نامیده می شود
معادله (ODE).
● اگر مجهول تابعی از بیش از یک متغیر مستقل باشد، مشتقات
مشتقات جزئی هستند و معادله معادله دیفرانسیل جزئی (PDE) نامیده می شود.
IVP و BVP چیست؟
بررسی مسائل اولیه (IVP) و ارزش مرزی (BVPs) DSolve را می توان برای یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل یا سیستم معادلات دیفرانسیل استفاده کرد. راه حل کلی در مورد ساختار فضای راه حل کامل برای مسئله را میده پس در واقع بررسی اجمالی مسائل اولیه (IVP) و ارزش مرزی (BVPs) DSolve را می توان برای یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل یا سیستم معادلات دیفرانسیل استفاده کرد. راه حل کلی اطلاعاتی در مورد ساختار فضای راه حل کامل برای مسئله می دهد.مشکل مقدار اولیه نیازی به تعیین مقدار در مرزها ندارد، در عوض به مقدار در شرایط اولیه نیاز دارد. این معمولاً برای سیستم دینامیکی که در طول زمان در حال تغییر است مانند فیزیک اعمال می شود. به عنوان مثال، برای حل یک موقعیت ذره در معادله دیفرانسیل، به موقعیت اولیه و همچنین سرعت اولیه نیاز داریم. بدون این مقادیر اولیه، ما نمی توانیم موقعیت نهایی را از معادله تعیین کنیم.دنبال کردن ODE را می توان به راحتی به صورت تحلیلی حل کرد
سیستم همگن یا تنها راه حل خود را خواهد داشت یا تعداد بی نهایت راه حل خواهد داشت. اگر سیستم یک راه حل منحصر به فرد داشته باشد، به ماتریس غیرتکین گفته می شود. اگر سیستم دارای تعداد بی نهایت راه حل باشد، می گویند منفرد است.اگر ثابت برای همه معادلات 0 باشد، "همگن" نامیده می شود. اگر حداقل 1 ثابت صفر نباشد، "غیر همگن" نامیده می شود. مهم نیست که همه آنها یک مقدار (غیر صفر) باشند.معادله همگن در PDE چیست؟
PDE همگن: اگر تمام عبارات یک PDE حاوی متغیر وابسته یا مشتقات جزئی آن باشد، چنین PDE معادله دیفرانسیل جزئی ناهمگن یا در غیر این صورت همگن نامیده می شود.چگونه می توان تشخیص داد که یک ODE همگن است؟
معادله دیفرانسیل مرتبه اول همگن است اگر M(x,y) و N(x,y) هر دو تابع همگن با درجه یکسان باشند. همگن است زیرا هم M(x,y) = x 2 – y 2 و هم N( x,y) = xy توابع همگن با درجه یکسانی هستندODE غیر همگن چیست؟
معادلات دیفرانسیل ناهمگن همان معادلات دیفرانسیل همگن هستند، با این تفاوت که در سمت راست می توانند عبارت هایی را داشته باشند که فقط x (و ثابت ها) را شامل می شوند، مانند این معادله: همچنین می توانید معادلات دیفرانسیل ناهمگن را در این قالب بنویسید: y'' + p( x)y' + q(x)y = g(x).
مسائل ارزش مرزی: در مقابل، مسائل ارزش مرزی لزوماً برای سیستم پویا استفاده نمی شوند. در عوض، برای سیستمی که دارای مرز فضایی است بسیار مفید است
.تفاوت بین IVP و BVP چیست؟یک مسئله مقدار مرزی دارای شرایط مشخص شده در انتهای ("مرزها") متغیر مستقل در معادله است، در حالی که یک مسئله مقدار اولیه دارای همه شرایط مشخص شده در همان مقدار متغیر مستقل است (و آن مقدار در مرز پایین تر است
به مشکل مقدار اولیه شرایط اولیه داده می شود. اما مسئله مقدار مرزی شامل شرایط مرزی مانند y(x1) و y(x2) است. شرایط مرزی (b.c.) قیودی هستند که برای حل مسئله مقدار مرزی ضروری هستند. مسئله ارزش مرزی معادله دیفرانسیل (یا سیستم معادلات دیفرانسیل) است که باید در حوزه ای حل شود که مرز آن مجموعه ای از شرایط شناخته شده استسه نوع اساسی از شرایط مرزی در معادلات دیفرانسیل چیست؟
برای یک معادله دیفرانسیل مرتبه دوم، ما سه نوع شرایط مرزی ممکن داریم: (1) شرایط مرزی دیریکله، ${\displaystyle y=f}y=f$(2) شرایط مرزی فون نویمان${\displaystyle {\partial y \over \partial n}=f}$ و (3) شرایط مرزی مختلط (رابین).${\displaystyle c_{0}y+c_{1}{\partial y \over \partial n}=f}c_{0}y+c_{1}{\partial y \over \partial n}=f$
ترکیبی و روش کوشی ${\displaystyle }y=f$و ${\displaystyle c_{0}{\partial y \over \partial n}=g}$
تفاوت بین مسئله مقدار اولیه و مشکل ارزش مرزی چیست؟مسائل ارزش مرزی مشابه مسائل ارزش اولیه هستند. یک مسئله مقدار مرزی دارای شرایط مشخص شده در انتهای ("مرزها") متغیر مستقل در معادله است، در حالی که یک مسئله مقدار اولیه دارای همه شرایط مشخص شده در همان مقدار متغیر مستقل است (و آن مقدار در مرز پایین تر است. از دامنه، بنابراین عبارت "مقدار اولیه"). یک مقدار مرزی مقدار داده ای است که با حداقل یا حداکثر مقدار ورودی، داخلی یا خروجی تعیین شده برای یک سیستم یا جزء مطابقت دارد.[یافتن دما در تمام نقاط یک میله آهنی با یک سر آن در صفر مطلق و سر دیگر آن در نقطه انجماد آب یک مشکل ارزش مرزی است
معمولا پاسخ‌های یک معادله دیفرانسیل دارای ضرایب ثابتی هستند. به منظور بدست آوردن این ضرایب بایستی رابطه‌ای برای تابع در حالت اولیه و یا در مرز تعریف شده باشد. این رابطه می‌تواند بر حسب مقدار تابع و یا بر حسب مشتقات آن باشد.
مثال برای نمونه معادله دیفرانسیلی از مرتبه ۲ را در نظر بگیرید. در پاسخ این معادله دو ضریب ثابت ظاهر خواهند شد. بنابراین به دو شرط به منظور یافتن این ضرایب نیاز خواهد بود. در ادامه مقدار تابع و مشتق آن در یک زمان خاص (t0) ارائه شده است.$\large y \left ( { { t _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \hspace {0.25in} y ^ { \prime } \left ( { { t _ 0 } } \right ) = { y ^ { \prime } _ 0 }$حال همان معادله دیفرانسیل مرتبه ۲ را در نظر بگیرید. می‌توان برای بدست آوردن ضرایب ثابت، از مقادیر در مرزها نیز استفاده کرد. در حقیقت در این حالت هریک از حالات زیر قابل استفاده هستند.$\large y \left( { { x _ 0 } } \right) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 } \\ \large \begin {equation} y ^ { \prime } \left ( { { x _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y ^ { \prime } \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 } \end {equation} \\ \large y ^ { \prime } \left ( { { x _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 } \\ \large y \left ( { { x _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y ^ { \prime } \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 }$توجه داشته باشید که «مسئله مقدار مرزی» (Boundary Value Problem) را معادله BVP نیز می‌نامند. در این مطلب معادلاتی به صورت زیر را مورد بررسی قرار می‌دهیم.$\large \begin {equation} y ^ { \prime \prime } + p \left ( x \right ) y ^ { \prime } + q \left ( x \right ) y = g \left ( x \right ) \end {equation}$معادله BVP زیر را حل کنید.$\large y ^ { \prime \prime } + 4 y = 0 \hspace {0.25in} y \left ( 0 \right ) = – 2 \ \ \ , \hspace {0.25in} y \left ( { \frac { \pi } { 4 } } \right ) = 1 0$خوب جوابش $\large y \left ( x \right ) = { c _ 1 } \cos \left ( { 2 x } \right ) + { c _ 2 } \sin \left ( { 2 x } \right )$تنها قدم مورد نیاز، اعمال شرایط مرزی است. بنابراین می‌توان نوشت:$\large \begin {align*} – 2 & = y \left ( 0 \right ) = { c _ 1 } \\ 1 0 & = y \left ( { \frac { \pi } { 4 } } \right ) = { c _ 2 } \end {align*}$در نتیجه پاسخ نهایی برابر با تابع زیر بدست می‌آید.$\large \begin {align*} – 2 & = y \left ( 0 \right ) = { c _ 1 } \\ 1 0 & = y \left ( { \frac { \pi } { 4 } } \right ) = { c _ 2 } \end {align*}$چگونه شرایط مرزی معادله دیفرانسیل را پیدا کنیم؟من یک معادله دیفرانسیل بسیار پیچیده دارم که نمی توان آن را به صورت تحلیلی حل کرد و یک مثال ساده را نشان می دهم:
مثال 1:
$y''(x)-y(x)=0\tag{1}$
با شرایط مرزی:
$y(1)=1,y'(2)=1\tag{2}$
راه حل این است:
$y(x)=\frac{e^{-x-1} \left(e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{1+e^2}\tag{3}$
سپس با استفاده از جایگزینی
$v(x)=\frac{y(x)}{x}$
من یک معادله جدید دارم:
$x v''(x)+2 v'(x)-x v(x)=0\tag{4}$
چگونه شرایط مرزی معادله دیفرانسیل NEW را پیدا کنیم؟
$v(?)=?,v'(?)=?$
ویرایش شده!
$v(x)= \frac{y(x)}{x}\tag{5}$
$v'(x)= \frac{y'(x)x-y(x)}{x^2}=\frac{y'(2)*2-y(x)}{2^2}= \frac{1*2-y(x)}{2^2}$
$v'(x)= \frac{y'(x)x-y(x)}{x^2}=\frac{y'(2)*2-y(x)}{2^2}= \frac{1*2-y(x)}{2^2}$
من y(2)= ندارم؟ فرض کنید y(x)و y(1)=1 باشد سپس:
$v'(2)= \frac{1*2-1}{2^2}=1/4$
شرایط مرزی جدید عبارتند از:
$v(1)=1,v'(2)=1/4\tag{6}$
راه حل با معادله جدید (4) و شرایط مرزی جدید (6) به صورت زیر است:
$v(x)=\frac{e^{-x-1} \left(3 e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{\left(3+e^2\right) x}$
سپس (5) را جایگزین می کنیم و بررسی می کنیم که راه حل ها برابر است:
$\frac{e^{-x-1} \left(3 e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{\left(3+e^2\right)}\neq\frac{e^{-x-1} \left(e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{1+e^2}$
نیست !!.
مثال 2:
$y''(x)-y(x)=0$
با شرایط مرزی:
y′(1)=1,y′(2)=1
معادله‌ای ناهمگن را به صورت زیر در نظر بگیر $\large \begin{equation} p \left ( t \right ) y ^ { \prime\prime } + q \left ( t \right ) y ^ { \prime } + r \left ( t \right ) y = g \left ( t \right ) \end {equation}$
همانطور که پیش‌تر نیز بیان شد، پاسخ عمومی معادله فوق در حقیقت برابر با پاسخ معادله در حالتی است که تابع (g(t برابر با صفر باشد (۰=(g(t). فرض کنید پاسخ عمومیِ yc به صورت زیر هست $\large { y _ c } \left ( t \right ) = { c _ 1 } { y _ 1 } \left ( t \right ) + { c _ 2 } { y _ 2 } \left ( t \right )$توجه کن $y _ { 1 } ( t )$ و$y _ { ۲ } ( t )$، دو پاسخی هستند که در معادله همگن صدق میکردند پس. در روش ضرایب نامعین هدف اینکه دو تابع u1(t) و u۲(t) به نحوی یافته بشن که پاسخ (Yp(t به صورت زیر قابل بیان باشه$\large { Y _ P } \left ( t \right ) = u { _ 1 } \left ( t \right ) { y _ 1 } \left ( t \right ) + u { _ 2 } \left ( t \right ) { y _ 2 } \left ( t \right )$.در عبارت فوق، دو مجهول وجود داره؛ بنابراین به دو معادله به منظور یافتن مجهولات نیاز داریم. پس من که یکی از معادلات را می‌توان با قرار دادن (Yp(t در معادله اصلی پیدا. معادله دوم را نیز می‌توان با انجام یک فرض بدست میارم.
به منظور جایگذاری پاسخ فرض شده در معادله اصلی، به مشتقات تابع(Yp(t نیاز دارم. از این رو مشتق اول تابع را به صورت زیر بدست می‌آوریم.$\large { Y ^ { \prime } _ P } \left ( t \right ) = { u ^ { \prime } _ 1 } { y _ 1 } + { u _ 1 } { y ^ { \prime } _ 1 } + { u ^ { \prime } _ 2 } { y _ 2 } + { u _ 2 } { y ^ { \prime } _ 2 }$
در این قسمت فرضی را می‌کنیم که در حقیقت معادله دوم محسوب میشه. تصور کن رابطه زیر بین yها و uها برقرار باشه$\large \begin {equation} { u ^ { \prime } _1 } { y _ 1 } + { u ^ { \prime } _ 2 } { y _ 2 } = 0 \end{equation}$
با استفاده از فرض بالا، مشتق اول تابع (Yp(t به صورت زیر بدست میاد$\large { Y ^ { \prime } _ P } \left ( t \right ) = { u _ 1 } { y ^ { \prime } _ 1 } + { u _ 2 } { y ^ { \prime } _ 2 }$بنابراین مشتق دوم نیز برابر است با:$\large { Y ^ { \prime\prime } _ P } \left ( t \right ) = { u ^ { \prime } _ 1 } { y ^ { \prime } _ 1 } + { u _ 1 } { y ^ { \prime\prime } _ 1 } + { u ^ { \prime } _ 2 } { y ^ { \prime } _ 2 } + { u _ 2 } { y ^ { \prime\prime } _ 2 }$با قرار دادن $Y ^ { \prime } ( t )$و$Y ^ { \prime\prime } ( t )$
در رابطهبالا دارم$\large p \left ( t \right ) \left ( { { { u ^ { \prime} } _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { u _ 1 } { { y ^ {\prime\prime} } _ 1 } + { { u ^ { \prime} } _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 2 } + { u _ 2 } { { y ^ {\prime\prime} } _ 2 } } \right ) + q \left ( t \right ) \left ( { { u _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { u _ 2 }{ { y ^ { \prime} } _ 2 } } \right ) + r \left ( t \right ) \left ( { u { _ 1 } { y _ 1 } + u { _ 2 } { y _ 2 } } \right) = g \left ( t \right )$
با مرتب کردن معادله فوق به عبارت زیر می‌رسیم.$\large \begin {align*} & p \left ( t \right ) \left ( { { { u ^ { \prime} } _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { { u ^ { \prime} } _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 2 } } \right ) + { u _ 1 } \left ( t \right ) \left ( { p \left ( t \right ) { { y ^ {\prime\prime} } _ 1 } + q \left ( t \right ) { { y ^ { \prime} } _ 1 } + r \left ( t \right ) { y _ 1 } } \right ) + \\ & \hspace{3.0in} { u _ 2 } \left ( t \right ) \left ( { p \left ( t \right ) { { y ^ {\prime\prime} } _ 2 } + q \left ( t \right ) { { y ^ { \prime} } _ 2 } + r \left ( t \right ) { y _ 2 } } \right ) = g \left ( t \right ) \end {align*}$
از طرفی می‌دانیم که y1 و y2، پاسخ‌هایی برای معادله همگن هستند. بنابراین در معادله فوق، ترم دوم و سوم برابر با صفر هستند؛ لذا معادله فوق نیز به صورت زیر بازنویسی می‌شود.$\large p \left ( t \right ) \left ( { { { u ^ { \prime} } _ 1 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } + { { u ^ { \prime} } _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 2 } } \right ) + { u _ 1 } \left ( t \right ) \left ( 0 \right ) + { u _ 2 } \left ( t \right ) \left ( 0 \right ) = g \left ( t \right )$
تاکنون تقریبا به دو معادلهی مد نظر بدست اوردم تنها به منظور راحت‌تر شدن مسئله، ترم (p(t را در رابطه فوق برابر با ۱ در نظر می‌گیرم (1=(p(t). این فرض معادل با آن است که معادله دیفرانسیل، به صورت زیر در نظر گرفتهبشه$\large y ^ {\prime\prime} + q \left ( t \right ) y ^ { \prime} + r \left ( t \right ) y = g \left ( t \right )$
البته توجه داشته باش که در صورتی که (p(t برابر با ۱ نباشه نیز می‌توان با تقسیم تمامی عبارات به (p(t ضریب را برابر با ۱ در نظر گرفت. نهایتا دو معادله مد نظر به منظور یافتن u1,u2 به صورت زیر بدست میاد$\large \begin {equation} { u ^ { \prime} _ 1 } { y _ 1 } + { u ^ { \prime} _ 2 } { y _ 2 } = 0 \end {equation}$توجه داشته باشید که در روابط فوق، مجهولات، u′1,u′2 هستند. حل دستگاه معادلات فوق کاری پیچیده نیست از معادله اول u′1 را محاسبه کرده و با قرار دادن آن در معادله دوم، u′۲ نیز بدست خواهد آمد. بنابراین دارم$\large \begin {equation} { u ^ { \prime } _ 1 } = – \frac { { { { u ^ { \prime } } _ 2 } { y _ 2 } } } { { { y _ 1 } } } \end {equation}$رابطه ۲$\large \begin {align*} \left ( { – \frac { { { { u ^ { \prime } } _ 2 } { y _ 2 } } } { { { y _ 1 } } } } \right ){ { y ^ { \prime } } _ 1 } + { { u ^ { \prime } } _ 2 } { { y ^ { \prime } } _ 2 } & = g \left ( t \right ) \\ { { u ^ { \prime } } _ 2 } \left ( { { { y ^ { \prime } } _ 2 } – \frac { { { y _ 2 } { { y ^ { \prime } } _ 1 } } }{ { { y
_ 1 } } } } \right ) & = g \left ( t \right ) \\ { { u ^ { \prime } } _ 2 } \left ( { \frac { { { y _ 1 } { { y ^ { \prime } } _ 2 } – { y _ 2 } { { y ^ { \prime} } _ 1 } } } { { { y _ 1 } } } } \right ) & = g \left ( t \right ) \end {align*}$رابطه ۳حال با قرار دادن رابطه ۲ در رابطه ۳، u′1 نیز به صورت زیر بدست می‌آید.با توجه به عبارت بدست آمده برای u′1 و u′۲ می‌توان فهمید که مخرج کسر آنها نباید برابر با صفر باشه. بنابراین گذاره زیر همواره باید برقرار باشه$\large W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) = { y _ 1 } { y ^ { \prime } _ 2 } – { y _ 2 } { y ^ { \prime } _ 1 } \ne 0$ نکته
W در ریاضی تحت عنوان رونسکین» (Wronskian) میگیم همانطور که در ابتدای مطلب نیز عنوان شد، y1 و y2 پاسخ‌هایی هستند که در معادلهی همگن صدق می‌کنند. در نهایتا با انتگرال‌گیری از روابط ۲ و ۳، توابع u1 و u2 به صورت زیر بدست می‌آیند.
با بدست آمدن توابع u1 و u2، پاسخ خصوصی نیز برابر با عبارت زیر بدست میاد.$\large \begin {align*} { Y _ P } \left ( t \right ) & = { y _ 1 } { u _ 1 } + { y _ 2 } { u _ 2 } \\ & = – { y _ 1 } \int { { \frac { { { y _ 2 } g \left ( t \right ) } } { { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } + { y _ 2 } \int { { \frac { { { y _ 1 } g \left ( t \right ) } } { { W \left ( { { y _ 1 } , { y _ 2 } } \right ) } } \, d t } } \end {align*}$
رونسکین
توابع ${ y _ 1 } \left ( x \right ) , { y _ 2 } \left ( x \right ) , \ldots , { y _ n } \left ( x \right )$
را در نظر بگیرید. به این توابع در صورتی وابسته خطی گفته می‌شود که ضرایبی همچون ${ \alpha _ 1 } , { \alpha _ 2 } , \ldots , { \alpha _ n }$ وجود داشته باشند که رابطه زیر را برابر با صفر کنند.$\large { { \alpha _ 1 } { y _ 1 } \left ( x \right ) + { \alpha _ 2 } { y _ 2 } \left ( x \right ) + \ldots } + { { \alpha _ n } { y_ n } \left ( x \right ) } \equiv { 0 }$
اگر رابطه فوق تنها در زمانی درست باشد که تمامی ضرایب α برابر با صفر باشند(α1=α2=…)، در این صورت توابع y مستقل خطی‌اند. در مواردی که تنها با دو تابع سروکار داریم، این استقلال را می‌توان به صورتی ساده‌تر بیان کرد. در این حالت، اگر کسر زیر مخالف عددی ثابت باشد، در این صورت دو تابع نسبت به هم مستقل خطی‌اند. توجه داشته باشید که توابع y1(x) و y2(x) دو تابع فرضی هستند که هدف بررسی وابستگی آنها است.$\large \frac { { { y _1 } \left ( x \right ) } }{ { { y _ 2 } \left ( x \right ) } } \ne \text {const }$در غیر این صورت دو تابع نسبت هم وابسته خطی‌اند. حال به منظور بررسی وابستگی n تابع، در ابتدا توابع ${ y _ 1 } \left ( x \right ) , { y _ 2 } \left ( x \right), \ldots , { y _ n } \left ( x \right )$ را در نظر بگیرید. فرض کنید برای این توابع مشتق مرتبه n−1
ام وجود دارد. همچنین در نظر بگیرید که این توابع تا n−1 مشتق‌پذیر باشند. در این صورت به دترمینان زیر، رونسکین این توابع یا به طور کوتاه رونسکین گفته می‌شود.$\large {W\left( x \right) = {W_{{y_1},{y_2}, \ldots ,{ y _ n } } } \left ( x \right ) }
= {\left| {\begin{array}{*{20} { c } } { { y _ 1 } } & { { y _ 2 } } & \ldots &{{y_n}}\\
{{y ^{\prime} _ 1 } } & { { y ^ { \prime } _ 2 } } & \ldots & { { y ^ { \prime } _ n } } \\
\ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ { y _ 1 ^ { \left( {n – 1} \right ) } } & { y _ 2 ^ { \left ( { n – 1 } \right)}}& \ldots &{y_n^{\left( {n – 1 } \right ) } } \end{array}} \right|}$
چگونه بین ODE و PDE تفاوت قائل می شوید؟
ODE ها معادلات تنها در یک متغیر مستقل و مشتقات آن هستند. PDE ها معادلاتی در دو یا چند متغیر مستقل و مشتقات آنها هستند. نام مربوط به نوع مشتقات موجود در معادلات است در کل ● معادله دیفرانسیل (DE) به سادگی معادله ای است که شامل یک یا چند ● است پس PDE ODE چیست؟
معادلات دیفرانسیل معمولی یا (ODE) معادلاتی هستند که در آن مشتقات تنها با توجه به یک متغیر گرفته می شود. یعنی فقط یک متغیر مستقل وجود دارد. معادلات دیفرانسیل جزئی یا (PDE) معادلاتی هستند که به مشتقات جزئی چندین متغیر بستگی دارند.
PDE همگن: اگر تمام عبارات یک PDE حاوی متغیر وابسته یا مشتقات جزئی آن باشد، چنین PDE معادله دیفرانسیل جزئی ناهمگن یا در غیر این صورت همگن نامیده می شود.چگونه می توان تصمیم گرفت که آیا PDE همگن یا غیر همگن است؟و من PDE همگن و غیر همگن را دیده ام.
اما من نمی توانم تصمیم بگیرم که کدام یک همگن یا ناهمگن است.
برای نمونه؛
$(D^3-3D^2D'+4D'^3)u=0$
معادله گفته می شود که همگن است. چرا؟
$x^2u_{xx}-y^2u_{yy}2xu_x+2yu_y=0$
همگن یا ناهمگن؟ چرا؟
$x^2u_{xx}-y^2u_{yy}=xy$
همگن یا ناهمگن؟ چرا؟تصور کنید که شما PDE را حل می کند و بررسی کنید که آیا هر تابع αu نیز آن را حل می کند. اگر این کار را انجام دهند، PDE همگن است، در غیر این صورت نیست.
روش بسیار آسان و کوتاه است. به عنوان مثال، در مورد (2)، LHS برای αu می شود
$\alpha x^2u_{xx}-\alpha^2y^2u_{yy}2xu_x+2\alpha yu_y=\alpha (x^2u_{xx}-y^2u_{yy}2xu_x+2yu_y)+(\alpha-\alpha^2)y^2u_{yy}2xu_x,$یعنی اگر u PDE را حل کنید و برای هر α نه 0 یا 1، مضرب غیرصفری از
$y^2u_{yy}2xu_x,$
همیشه صفر نیست، بنابراین PDE همگن نیست. به همین ترتیب، LHS از (3) می شود
$\alpha(x^2u_{xx}-y^2u_{yy}),$
بنابراین، اگر u PDE را حل کند، αu PDE را حل می کند اگر برای هر (x,y)،
$\alpha xy=xy.$
این بدیهی است که نادرست است، بنابراین (3) همگن نیست. و غیره.معادله (1) و (2) به شکل هستند
Du=0
که در آن D یک عملگر دیفرانسیل است. بنابراین، این معادلات دیفرانسیل همگن هستند. معادله (3)، از شکل
$\mathcal{D} u = f \neq 0$
غیر همگن است.چگونه متوجه می شوید که یک ODE همگن است؟
اگر درجه متغیرها (یا مجموع توان متغیرهای مختلف) در هر عبارت یکسان باشد، به یک عبارت همگن گفته می شود. یک معادله دیفرانسیل همگن به شکل dy/dx = f(x,y)/g(x,y) است که در آن f(x,y) و g(x,y) عبارت‌های همگن در x و y با درجه یکسان هستند.
من به تازگی یک تکلیف اصلاح شده در مورد معادلات دیفرانسیل دریافت کردم، و اکنون به کمک شما نیاز دارم: چرا ODE $u''(x)=u(x)\sqrt{x}$ همگن است، اما PDE$u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)e^{\sin x}=1$ ناهمگن است؟ در هر دو مورد ما تابعی از x داریم که به u مرتبط نیست، یعنی $ e^{\sin x}$ و $\sqrt{x}$، اینطور نیست؟ بنابراین من فکر می کنم که هر دو ناهمگن هستند.مفاهیم ODE های مستقل (جایی که هیچ نمونه مستقیمی از متغیر مستقل نمی تواند ظاهر شود) و معادلات همگن خطی را با هم مخلوط نکنید. معادله
$u''(x) - u(x)\sqrt x = 0$
همگن است زیرا RHS صفر است اما به دلیل عبارت $\sqrt{x}.$ مستقل نیست. W.r.t. PDE
$u_{xx}+u_{yy} \mathrm e^{\sin x} = 1$
RHS غیر صفر است، بنابراین PDE همگن نیست.
چند مثال دیگر:
خودمختار همگن
$u'(x)+u(x) = 0.$
همگن غیر خودمختار
$u''(x)+\color{red}{x}\cdot u(x) = 0$
مستقل غیر همگن
$u'(x)-2u(x) = \color{red}{1}$
غیر همگن غیر خودمختار
$u''(x)+\color{red}{x}\cdot u'(x) = \color{red}{x^2+1}$
که در آن از رنگ قرمز برای برجسته کردن عباراتی استفاده می شود که "غیر" را وارد طبقه بندی می کنند
کلی بگم حال زمان آن رسیده که معادلات دیفرانسیل ناهمگن و روش حل آنها را توضیح دهیم. یک معادله دیفرانسیل مرتبه دومِ ناهمگن به صورت زیر است$\large { y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y } = { f\left ( x \right ) }$
در رابطه فوق مقادیر p و q اعداد ثابتی هستند. هر دوی این اعداد می‌توانند ثابت یا مختلط باشند. معادله همگن مرتبط را نیز می‌توان به صورت زیر بیان کرد:. در صورتی که این ضریب غیر یک باشد می‌توان با تقسیم کردن تمامی جملات به آن، به شکل استاندارد معادله دست یافت.
$\large y^ {\prime\prime} + p \left( t \right)y ^ {\prime} + q \left( t \right) y=0$
مشتقات یک تابع ناشناخته
● تابع مجهول ممکن است به یک یا چند متغیر مستقل بستگی داشته باشد.
● اگر مجهول تابعی از یک متغیر منفرد باشد، مشتقات موجود در آن
معادله مشتقات معمولی هستند و معادله دیفرانسیل معمولی نامیده می شود
معادله (ODE).
● اگر مجهول تابعی از بیش از یک متغیر مستقل باشد، مشتقات
مشتقات جزئی هستند و معادله معادله دیفرانسیل جزئی (PDE) نامیده می شود.
IVP و BVP چیست؟
بررسی مسائل اولیه (IVP) و ارزش مرزی (BVPs) DSolve را می توان برای یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل یا سیستم معادلات دیفرانسیل استفاده کرد. راه حل کلی در مورد ساختار فضای راه حل کامل برای مسئله را میده پس در واقع بررسی اجمالی مسائل اولیه (IVP) و ارزش مرزی (BVPs) DSolve را می توان برای یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل یا سیستم معادلات دیفرانسیل استفاده کرد. راه حل کلی اطلاعاتی در مورد ساختار فضای راه حل کامل برای مسئله می دهد.مشکل مقدار اولیه نیازی به تعیین مقدار در مرزها ندارد، در عوض به مقدار در شرایط اولیه نیاز دارد. این معمولاً برای سیستم دینامیکی که در طول زمان در حال تغییر است مانند فیزیک اعمال می شود. به عنوان مثال، برای حل یک موقعیت ذره در معادله دیفرانسیل، به موقعیت اولیه و همچنین سرعت اولیه نیاز داریم. بدون این مقادیر اولیه، ما نمی توانیم موقعیت نهایی را از معادله تعیین کنیم.دنبال کردن ODE را می توان به راحتی به صورت تحلیلی حل کرد
سیستم همگن یا تنها راه حل خود را خواهد داشت یا تعداد بی نهایت راه حل خواهد داشت. اگر سیستم یک راه حل منحصر به فرد داشته باشد، به ماتریس غیرتکین گفته می شود. اگر سیستم دارای تعداد بی نهایت راه حل باشد، می گویند منفرد است.اگر ثابت برای همه معادلات 0 باشد، "همگن" نامیده می شود. اگر حداقل 1 ثابت صفر نباشد، "غیر همگن" نامیده می شود. مهم نیست که همه آنها یک مقدار (غیر صفر) باشند.معادله همگن در PDE چیست؟
PDE همگن: اگر تمام عبارات یک PDE حاوی متغیر وابسته یا مشتقات جزئی آن باشد، چنین PDE معادله دیفرانسیل جزئی ناهمگن یا در غیر این صورت همگن نامیده می شود.چگونه می توان تشخیص داد که یک ODE همگن است؟
معادله دیفرانسیل مرتبه اول همگن است اگر M(x,y) و N(x,y) هر دو تابع همگن با درجه یکسان باشند. همگن است زیرا هم M(x,y) = x 2 – y 2 و هم N( x,y) = xy توابع همگن با درجه یکسانی هستندODE غیر همگن چیست؟
معادلات دیفرانسیل ناهمگن همان معادلات دیفرانسیل همگن هستند، با این تفاوت که در سمت راست می توانند عبارت هایی را داشته باشند که فقط x (و ثابت ها) را شامل می شوند، مانند این معادله: همچنین می توانید معادلات دیفرانسیل ناهمگن را در این قالب بنویسید: y'' + p( x)y' + q(x)y = g(x).
مسائل ارزش مرزی: در مقابل، مسائل ارزش مرزی لزوماً برای سیستم پویا استفاده نمی شوند. در عوض، برای سیستمی که دارای مرز فضایی است بسیار مفید است
.تفاوت بین IVP و BVP چیست؟یک مسئله مقدار مرزی دارای شرایط مشخص شده در انتهای ("مرزها") متغیر مستقل در معادله است، در حالی که یک مسئله مقدار اولیه دارای همه شرایط مشخص شده در همان مقدار متغیر مستقل است (و آن مقدار در مرز پایین تر است
به مشکل مقدار اولیه شرایط اولیه داده می شود. اما مسئله مقدار مرزی شامل شرایط مرزی مانند y(x1) و y(x2) است. شرایط مرزی (b.c.) قیودی هستند که برای حل مسئله مقدار مرزی ضروری هستند. مسئله ارزش مرزی معادله دیفرانسیل (یا سیستم معادلات دیفرانسیل) است که باید در حوزه ای حل شود که مرز آن مجموعه ای از شرایط شناخته شده استسه نوع اساسی از شرایط مرزی در معادلات دیفرانسیل چیست؟
برای یک معادله دیفرانسیل مرتبه دوم، ما سه نوع شرایط مرزی ممکن داریم: (1) شرایط مرزی دیریکله، ${\displaystyle y=f}y=f$(2) شرایط مرزی فون نویمان${\displaystyle {\partial y \over \partial n}=f}$ و (3) شرایط مرزی مختلط (رابین).${\displaystyle c_{0}y+c_{1}{\partial y \over \partial n}=f}c_{0}y+c_{1}{\partial y \over \partial n}=f$
ترکیبی و روش کوشی ${\displaystyle }y=f$و ${\displaystyle c_{0}{\partial y \over \partial n}=g}$
تفاوت بین مسئله مقدار اولیه و مشکل ارزش مرزی چیست؟مسائل ارزش مرزی مشابه مسائل ارزش اولیه هستند. یک مسئله مقدار مرزی دارای شرایط مشخص شده در انتهای ("مرزها") متغیر مستقل در معادله است، در حالی که یک مسئله مقدار اولیه دارای همه شرایط مشخص شده در همان مقدار متغیر مستقل است (و آن مقدار در مرز پایین تر است. از دامنه، بنابراین عبارت "مقدار اولیه"). یک مقدار مرزی مقدار داده ای است که با حداقل یا حداکثر مقدار ورودی، داخلی یا خروجی تعیین شده برای یک سیستم یا جزء مطابقت دارد.[یافتن دما در تمام نقاط یک میله آهنی با یک سر آن در صفر مطلق و سر دیگر آن در نقطه انجماد آب یک مشکل ارزش مرزی است
معمولا پاسخ‌های یک معادله دیفرانسیل دارای ضرایب ثابتی هستند. به منظور بدست آوردن این ضرایب بایستی رابطه‌ای برای تابع در حالت اولیه و یا در مرز تعریف شده باشد. این رابطه می‌تواند بر حسب مقدار تابع و یا بر حسب مشتقات آن باشد.
مثال برای نمونه معادله دیفرانسیلی از مرتبه ۲ را در نظر بگیرید. در پاسخ این معادله دو ضریب ثابت ظاهر خواهند شد. بنابراین به دو شرط به منظور یافتن این ضرایب نیاز خواهد بود. در ادامه مقدار تابع و مشتق آن در یک زمان خاص (t0) ارائه شده است.$\large y \left ( { { t _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \hspace {0.25in} y ^ { \prime } \left ( { { t _ 0 } } \right ) = { y ^ { \prime } _ 0 }$حال همان معادله دیفرانسیل مرتبه ۲ را در نظر بگیرید. می‌توان برای بدست آوردن ضرایب ثابت، از مقادیر در مرزها نیز استفاده کرد. در حقیقت در این حالت هریک از حالات زیر قابل استفاده هستند.$\large y \left( { { x _ 0 } } \right) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 } \\ \large \begin {equation} y ^ { \prime } \left ( { { x _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y ^ { \prime } \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 } \end {equation} \\ \large y ^ { \prime } \left ( { { x _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 } \\ \large y \left ( { { x _ 0 } } \right ) = { y _ 0 } \ \ \ , \hspace {0.25in} y ^ { \prime } \left ( { { x _ 1 } } \right ) = { y _ 1 }$توجه داشته باشید که «مسئله مقدار مرزی» (Boundary Value Problem) را معادله BVP نیز می‌نامند. در این مطلب معادلاتی به صورت زیر را مورد بررسی قرار می‌دهیم.$\large \begin {equation} y ^ { \prime \prime } + p \left ( x \right ) y ^ { \prime } + q \left ( x \right ) y = g \left ( x \right ) \end {equation}$معادله BVP زیر را حل کنید.$\large y ^ { \prime \prime } + 4 y = 0 \hspace {0.25in} y \left ( 0 \right ) = – 2 \ \ \ , \hspace {0.25in} y \left ( { \frac { \pi } { 4 } } \right ) = 1 0$خوب جوابش $\large y \left ( x \right ) = { c _ 1 } \cos \left ( { 2 x } \right ) + { c _ 2 } \sin \left ( { 2 x } \right )$تنها قدم مورد نیاز، اعمال شرایط مرزی است. بنابراین می‌توان نوشت:$\large \begin {align*} – 2 & = y \left ( 0 \right ) = { c _ 1 } \\ 1 0 & = y \left ( { \frac { \pi } { 4 } } \right ) = { c _ 2 } \end {align*}$در نتیجه پاسخ نهایی برابر با تابع زیر بدست می‌آید.$\large \begin {align*} – 2 & = y \left ( 0 \right ) = { c _ 1 } \\ 1 0 & = y \left ( { \frac { \pi } { 4 } } \right ) = { c _ 2 } \end {align*}$چگونه شرایط مرزی معادله دیفرانسیل را پیدا کنیم؟من یک معادله دیفرانسیل بسیار پیچیده دارم که نمی توان آن را به صورت تحلیلی حل کرد و یک مثال ساده را نشان می دهم:
مثال 1:
$y''(x)-y(x)=0\tag{1}$
با شرایط مرزی:
$y(1)=1,y'(2)=1\tag{2}$
راه حل این است:
$y(x)=\frac{e^{-x-1} \left(e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{1+e^2}\tag{3}$
سپس با استفاده از جایگزینی
$v(x)=\frac{y(x)}{x}$
من یک معادله جدید دارم:
$x v''(x)+2 v'(x)-x v(x)=0\tag{4}$
چگونه شرایط مرزی معادله دیفرانسیل NEW را پیدا کنیم؟
$v(?)=?,v'(?)=?$
ویرایش شده!
$v(x)= \frac{y(x)}{x}\tag{5}$
$v'(x)= \frac{y'(x)x-y(x)}{x^2}=\frac{y'(2)*2-y(x)}{2^2}= \frac{1*2-y(x)}{2^2}$
$v'(x)= \frac{y'(x)x-y(x)}{x^2}=\frac{y'(2)*2-y(x)}{2^2}= \frac{1*2-y(x)}{2^2}$
من y(2)= ندارم؟ فرض کنید y(x)و y(1)=1 باشد سپس:
$v'(2)= \frac{1*2-1}{2^2}=1/4$
شرایط مرزی جدید عبارتند از:
$v(1)=1,v'(2)=1/4\tag{6}$
راه حل با معادله جدید (4) و شرایط مرزی جدید (6) به صورت زیر است:
$v(x)=\frac{e^{-x-1} \left(3 e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{\left(3+e^2\right) x}$
سپس (5) را جایگزین می کنیم و بررسی می کنیم که راه حل ها برابر است:
$\frac{e^{-x-1} \left(3 e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{\left(3+e^2\right)}\neq\frac{e^{-x-1} \left(e^{2 x}+e^{2 x+1}-e^3+e^4\right)}{1+e^2}$
نیست !!.
مثال 2:
$y''(x)-y(x)=0$
با شرایط مرزی:
y′(1)=1,y′(2)=1
Re: این معادلهی دیفرانسیل حل میشه؟
ارسال شده: یک‌شنبه ۱۴۰۱/۱۰/۲۵ - ۱۰:۴۹
چگونه شرایط مرزی معادله دیفرانسیل NEW را پیدا کنیم؟نکته: ما داریم:
$v(x)=\frac{y(x)}{x}$
از آنچه ما پیدا می کنیم:
$v'(x)= \frac{d}{dx}v(x)=\frac{d}{dx}\frac{y(x)}{x}= \frac{y'(x)x-y(x)}{x^2}$
حالا x=1 و x=2 را قرار داده و از شرایط اولیه داده شده برای y(1) و y′(2) استفاده کنید.
معادله شروع $y''(x)-y(x)=0$راه حل دارد:$y=ae^{-x}+be^x$
از شرط مرزی y(1)=1 می توانیم پیدا کنیم:
$\frac{a}{e}+eb=1 \Rightarrow a=e(1-eb)$
برای مشتق $y'=-ae^{-x}+be^x$ شرط دیگر $y′(2)=1 $به دست می‌دهد:
$\frac{-a}{e^2}+e^2b=1$
و با جایگزین کردن مقدار a داریم:
$-1+eb+e^3b=e \Rightarrow b=\frac{e+1}{e(e^2+1)}$
و$a=\frac{e^2(e-1)}{e^2+1}$
و این مشکل را حل می کند اما شما می خواهید همان مشکل را با جایگزینی $v(x)=\frac{y(x)}{x}$ حل کنید. بنابراین معادله تبدیل می شود:
$xv''(x)+2v'(x)-xv(x)=0$
که بدیهی است راه حل:
$v(x)=\frac{ae^{-x}}{x}+\frac{be^{x}}{x}$
حال از شرایط جدید برای یافتن ثابت های a,b استفاده می کنیم.
از v(1)=y(1)1=1 در می یابیم:
$a=e(1-eb)$
بنابراین:
$(1)\qquad \quad v(x)=\frac{e(1-eb)e^{-x}}{x}+\frac{be^x}{x}$
و$v'(x)= \frac{-e(1-eb)xe^{-x}-e(1-eb)e^{-x}}{x^2}+\frac{bxe^x-be^x}{x^2}$
بنابراین:
$(2) \qquad \quad v'(2)=\frac{3(eb-1)}{4e}$
حال از شرط v′(2) استفاده کنید و توجه داشته باشید که$y(x)=xv(x)$
$v'(2)=\frac{2\cdot y'(2)-2\cdot v(2)}{4}=\frac{1-v(2)}{2}$
حال می‌توانیم v(2) را از معادله (1) جایگزین کنیم و با کمی جبر، متوجه می‌شویم:
$v(2)=\frac{2e-1+eb-e^3b}{4e}$
با معادل سازی (2) در نهایت مقدار b را پیدا می کنیم:
$b=\frac{e+1}{e(e^2+1)}$
بنابراین می بینید که ثابت ها در دو تابع یکسان هستند.
(امیدوارم کمکی کرده باشم !)
جواب$x^2y+y^3/3=c_1$و$x^2y+y^3/3+c_1=c_2$
قضیه گرین حل میشه $\large \displaystyle \frac { d y } { d t } = f ( t ) y ( t ) + g ( t ) $
$\int\int_D \frac{\partial q}{\partial x}-\frac{\partial p}{\partial y}dxdy = \int_C pdx + qdy$و$\int\int_D \frac{\partial p}{\partial x}+\frac{\partial q}{\partial y}dxdy = \int_C pdy - qdx$
$\iint_D \left( \frac{\partial P}{\partial x}+ \frac{\partial Q}{\partial y} \right) \, dx \, dy = \iint_D \operatorname{div} F \, dA$
فرمول گرین در این موارد $M = x^2 - y^2$و$N=2xy$ به روش $\iint_\Omega \Big(\dfrac{\partial M}{\partial x} - \dfrac{\partial N}{\partial y} \Big) \,dx\,dy = \iint_\Omega (2x - 2x) \,dx\,dy = 0,$روش حل $\int_\Gamma (Mdy+Ndx)=\iint_{\Omega}\left(\frac{\partial M}{\partial x}-\frac{\partial N}{\partial y}\right)dx\,dy.$
مثال $(x^2 + y^2)\ dx -2xy\ dy$جواب$x^2-y^2=Cx.$توجه کرده L نشان‌دهنده اوپراتوری دیفرانسیلی است.$\large L y = g$تابع گرینِ مربوط به اوپراتور خطی L یا همان $G ( t , s )$ در معادله زیر صدق می‌کند$\large \displaystyle L G ( t , s ) = \delta ( t – s )$ تابعی است که با اثر کردن L روی آن، تابع دلتای دیراک حاصل می‌شود$\large \displaystyle L y ( t ) = g ( t )$و$\large \displaystyle L y ( t ) = \int \delta ( t – s ) g ( s ) d s$و$\large \displaystyle L y ( t ) = \int L G ( t , s ) g ( s ) d s$و$\large \displaystyle y ( t ) = \int G ( t , s ) g ( s ) d s$یک معادله دیفرانسیل غیرهمگن مرتبه اول به‌صورت زیر است$\large \displaystyle \frac { d y } { d t } = f ( t ) y ( t) + g ( t )$حل ان $\large \displaystyle \frac{d}{dt}\left( y(t) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } -f } \right ) = g ( t ) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } – f }$
$\large \displaystyle \frac{d}{dt}\left( y(t) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } -f } \right ) = g ( t ) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } – f }$
$\large \displaystyle y(t) e^{\int _ { t _0 } ^ { t } – f } = \int_{t_0}^{t} g(\xi) e^{\int_{t_0}^{\xi} -f} d\xi$
$\large \displaystyle y ( t ) = \int _ { t _0 } ^{ t } g ( \xi ) e^{\int_{\xi}^{t} f} d \xi$در معادلات دیفرانسیل مرتبه دوم خطی $\large { y ^ { \prime \prime } + { a _ 1 } \left ( x \right ) y ^ { \prime } } + { { a _ 2 } \left ( x \right ) y } ={ 0 }$فرمول لیوویل$\large { W \left( x \right ) } = { W \left ( { { x _ 0 } } \right ) \exp \left ( { – \int\limits _ { { x _0 } } ^ x { { a _1 } \left ( t \right ) d t } } \right ) }$حل مرتبه اول $f'(x)+f(x)=k$توجه $(e^x f)' = e^x (f + f') = e^x k$و جواب $f = e^{-x} \int_0^x e^s k(s) ds + Ce^{-x}$
چگونه می توان معادله دیفرانسیل $y'+y^{2}=f(x)$ را حل کرد؟من می دانم که اگر$f(x)$را بدانیم چگونه می توان از طریق مشتقات انتگرال بی انتها و راه حل های سری قدرت راه حل بی پایان را پیدا کرد. من همچنین می دانم که اگر یک راه حل خاص$y_0$) بدانیم چگونه می توان راه حل کلی پیدا کرد.
من در حال جستجو برای یک راه حل دقیق تحلیلی $y= L({f(x)})$ هستم بدون اینکه از راه حل خاصی بدانم ، در صورت وجود این راه حل. (در اینجا L یک عملگر مانند انتگرال ، مشتق ، رادیکال یا هر تابع تعریف شده ای را تعریف می کند.) اگر آن وجود ندارد ، می توانید لطفاً ثابت کنید که چرا ما نمی توانیم آن را پیدا کنیم؟توجه: این معادله مربوط به معادله خطی پراکندگی مرتبه دوم است. اگر $y=u'/u$قرار دهیم ، این معادله به u تبدیل خواهد شد $u''(x)-f(x).u(x)=0$ اگر راه حل کلی $y'+y^{2}=f(x)$ پیدا کنیم ، به این معنی است که $u''(x)-f(x).u(x)=0$نیز حل خواهد شد. همانطور که می دانیم ، بسیاری از توابع مانند عملکرد Bessel یا polinoms Hermite و بسیاری از توابع خاص مربوط به معادلات دیفرانسیل خطی مرتبه دوم است.n معادلات دیفرانسیل حالت کلی فرم: $\frac{dy}{dx}=f(x,y)$ را می توان به صورت زیر نوشت:$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$و$(y^2-f(x))dx +1\cdot dy=0$
حل $y''(x)+Q(x)y(x)=0$میشه $y(x)=\frac{1}{(-Q(x))^{1/4}}\bigg[A_1 exp(\int \sqrt{-Q(x)}dx)+A_2 exp(-\int \sqrt{-Q(x)}dx) \bigg]$
اثبات راه حل کلی ODE خطی مرتبه دوم همگن؟$\frac{d^2y}{dx^2} + A\frac{dy}{dx} + By = 0$معادلات دیفرانسیل ساده (ODE)، به معادلاتی گفته می‌شود که در آن یک متغیر مستقل وجود داشته باشد
معادلات دیفرانسیل با مشتقات پاره‌ای (PDE)، معادلاتی هستند که در آنها دو یا چند متغیر مستقل وجود داشته باشد
فرض میکنم $y=c_1y_1+c_2y_2$. من$y(t_0)=y_0$و $y'(t_0)=y_0'$ فرض گرفته$y(t_0)=c_1y_1(t_0)+c_2y_2(t_0)=y_0$و$y'(t_0)=c_1y_1'(t_0)+c_2y_2'(t_o)=y_0'$ ضرایب را $\left(\begin{array}{cc}
y_1(t_0) & y_2(t_0) \\
y_1'(t_0) & y_2'(t_0)
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c}
c_1 \\
c_2
\end{array}\right)=
\left(\begin{array}{c}
y_0 \\
y_0'
\end{array}\right)\qquad (1)$و$W[y_1,y_2]=\left|
\begin{array}{cc}
y_1(t) & y_2(t) \\
y_1'(t) & y_2'(t)
\end{array}
\right|\neq 0$
اکنون$\left(\begin{array}{c}
c_1 \\
c_2
\end{array}\right)=\frac{1}{W[y_1,y_2](t_0)}\left(\begin{array}{cc}
y_2'(t_0) & -y_2(t_0) \\
-y_1'(t_0) & y_1(t_0)
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
y_0 \\
y_0'
\end{array}\right)$از این رو c1 و c2 وجود دارد به طوری که $y=c_1y_1+c_2y_2$ و با قضیه وجود-منحصر به فرد این تنها y ممکن است به طوری که $y(t_0)=y_0$ و $y'(t_0)=y_0'$، y را مجبور می کند $L[y]=y''+Ay'+By$و$L[c_1y_1+c_2y_2]=L[c_1y_1]+L[c_2y_2]=c_1L[y_1]+c_2L[y_2]=0$
جواب عمومی معادله $y''+Ay'+By=0. $میشه $y=c_1e^{r_1x}+c_2e^{r_2x}$امیدوارم کمک کرده باشم
چگونه معادلات دیفرانسیل را با یکپارچه سازی حل می کنید؟
ما می توانیم این معادلات دیفرانسیل را با استفاده از تکنیک یک عامل تلفیقی حل کنیم. ما هر دو طرف معادله دیفرانسیل را با فاکتور یکپارچه سازی I که به صورت I = e∫ P dx تعریف می شود ضرب می کنیم. y Iy = ∫ IQ dx از آنجا که d dx (Iy) = من dx + IPy را با قاعده محصول در نظر می گیرم.
معادلات دیفرانسیل: معادله دیفرانسیل مرتبه اول یک رابطه ریاضی است که متغیر مستقل ، تابع ناشناخته و اولین مشتق تابع ناشناخته را بهم مرتبط می کند: ... منحنی y = ψ (x) منحنی انتگرال معادله دیفرانسیل است اگر y = ψ (x) راه حل این معادله است.
آیا ادغام برای معادلات دیفرانسیل مهم است؟
معادله دیفرانسیل معمولی (ODE) معادله ای است که شامل برخی مشتقات معمولی (در مقابل مشتقات جزئی) یک تابع است. ... حتی در این صورت ، اصل اساسی همیشه ادغام است ، زیرا ما باید از مشتق به کار برویم
چه تفاوتی بین معادلات انتگرال و دیفرانسیل وجود دارد؟
فرم انتگرال با روش حجم محدود ، FVM استفاده می شود. اینها در شبکه های یکنواخت معادل هستند. شکل دیفرانسیل در معنای کلاسیک در حضور ناپیوستگی ها (مثلاً جریان های قابل فشردگی با شوک) راه حلی ندارد ، بنابراین ، از شکل ضعیف معادلات انتگرال استفاده می شود.
آیا در معادلات دیفرانسیل انتگرال وجود دارد؟
معادلات دیفرانسیل: ... منحنی y = ψ (x) اگر y = ψ (x) راه حل این معادله باشد ، منحنی انتگرال از معادله دیفرانسیل نامیده می شود. مشتق y با توجه به x جهت خط مماس به این منحنی را تعیین می کند.
یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل ، با استفاده از روش عامل یکپارچه سازی
برای حل ODE خطی از روش یکپارچه سازی فاکتور استفاده کنید $y' + 2xy = e^{−x^2}.$
من می توانم ODE را به عنوان یک معادله خطی (چند ضرب هر دو طرف ، جانشین کردن ، قانون معکوس محصول ، ادغام و غیره) را حل کنم تا پاسخ را بدست آورم$y(x) = c_1 e^{-x^2} e^{-x^2}x$
جواب $y'+2xy=e^{-x^2}$بالاتر از ODE را با معادله Leibniz لایب نیتس مقایسه کنید$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$، به دست می آوریم ، P (x) = 2x & $Q(x)=e^{-x^2}$
و $y(I.F.)=\int Q(x)(I.F.) dx+c$و$\implies y(e^{x^2})=\int e^{-x^2}(e^{x^2}) dx+c$و$\implies ye^{x^2}=\int dx+c=x+c$و$\bbox[5px, border:2px solid #C0A000]{\color{red}{y=e^{-x^2}(x+c)}}$
یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل خطی مرتبه اول ، با استفاده از روش عامل یکپارچه سازی$V(t) =e^{{-t} / {\tau}} \int e^{{t} / {\tau}} \frac{E_0}{\tau} \ dt = E_0 e^{-t/\tau} \left( e^{t/\tau} + C' \right) = E_0 + Ce^{-t/\tau}$و$C = E_0C'$
حل معادله دیفرانسیل با دو متغیر
چگونه یک معادله دیفرانسیل از فرم زیر را حل کنیم:$\dfrac{ax}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial x}} + \dfrac{by}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial y}}=-1$ و$f(x_0,y_0)=c$خوب ما گفتیم $\dfrac{ax}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial x}} + \dfrac{by}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial y}}=-1 \quad \text{ with condition} \quad f(x_0,y_0)=c$
این یک PDE غیرخطی است: شرایط تعیین شده برای تعیین یک راه حل منحصر به فرد کافی نیست.
به عنوان مثال ، روش تفکیک متغیرها منجر می شود$f(x,y)=\frac{a(x^2-x_0^2)}{2\lambda}-\frac{b(y^2-y_0^2)}{2(\lambda+1)}+c$که یک خانواده از راه حلهای PDE متناسب با شرایط داده شده است.
این هر ثابت λ صادق است ، به جز 0 و −1. بنابراین ، آنها بی نهایت راه حل هستند.راه حل
با استفاده از تعریف تمایز ضمنی برای f (x، y) می توان نوشت
$\frac{dy}{dx}=-\frac{f_x}{f_y}$
و از معادله شما:
$\frac{a x}{f_x}=-\frac{b y+f_y}{f_y}$
از این رو:
$\begin{align}
\frac{dy}{dx}=\frac{a x}{b y+f_y}&\implies\int a x\,dx=\int(b y+f_y)dy\\
&\implies\dfrac 12 ax^2+C=\dfrac 12 by^2+f(x,y)\\
&\implies f(x,y)=\dfrac 12 ax^2-\dfrac 12 by^2+C
\end{align}$
به روز رسانی:
شرط مرزی f (x0، y0) = c است که به معنی است
$\dfrac 12 (ax_0^2-by_0^2)+C=c\implies C=c-\dfrac 12 (ax_0^2-by_0^2)$
و در نهایت
$f(x,y)=\dfrac 12 a(x^2-x_0^2)-\dfrac 12 b(y^2-y_0^2)+c$
اما به نظر می رسد جواب باید$\frac a2(x^2-x_0^2)-\frac b{\color{red}{4}}(y^2-y_0^2)+c$ باشد. نمی دانم چرا من به این نتیجه رسیدم.
حل معادله دیفرانسیل با دو متغیر
من یک معادله دیفرانسیل با متغیرهای x (t) و y (t) و یک معادله دیفرانسیل زیر دارم:
$xy \frac{d}{dt}\Big{(}\frac{x}{y}\Big{)} = c_{1} (y-x)-c_{2} \quad c_{1}~ \text{and}~c_{2}~\text{are}~\text{constants}$
این معادله از یک سیستم معادله دیفرانسیل همراه است که مشتقات x (t) و y (t) را توصیف می کند.
شاید یک متغیر جدید که شامل x (t) و y (t) باشد بتواند به جای حل سیستم معادله اصلی به یافتن راه حل این معادله کمک کند.
(سیستم اصلی است
$\frac{dx}{dt} = \gamma xy-\alpha xy-\gamma x^{2}-\gamma\beta x\qquad(1)\\
\frac{dy}{dx} = \gamma xy-\alpha xy-\gamma y^{2}\qquad (2)$
سعی کردم سیستم را با این مراحل ساده کنم:$\frac{\dot{x}}{x} = \gamma y-\alpha y-\gamma x-\gamma\beta \qquad(1) \\
\frac{\dot{y}}{y} = \gamma x-\alpha x-\gamma y \qquad(2)\\
(1)-(2) \rightarrow \frac{\dot{x}}{x}-\frac{\dot{y}}{y} = (2\gamma-\alpha)(y-x)-\gamma\beta\\
\frac{\dot{x}y-\dot{y}x}{xy} = (2\gamma-\alpha)(y-x)-\gamma\beta\\
\frac{y}{x}\frac{d}{dt}\Big(\frac{x}{y}\Big) = (2\gamma-\alpha)(y-x)-\gamma\beta \\
\frac{y}{x}\frac{d}{dt}\Big{(}\frac{x}{y}\Big{)} = c_{1} (y-x)-c_{2} \qquad \text{where}~c_{1} =2\gamma-\alpha\qquad~c_{2} = \gamma\beta$
معادلات دیفرانسیل عادی
چگونه یک معادله دیفرانسیل جزئی را حل کنیمpde
PDE ها را من حل کردم
من برای حل موارد زیر راه حل دارم
$x^2 \frac{\partial s}{\partial x} +xy\frac{\partial s}{\partial y} =1$
من توانسته ام PDE مشابهی را که برابر با صفر است حل کنم ، اما نمی دانم چگونه با 1 در این معادله کنار بیایم.
اگر مراحل مشابه باشد ، من تقسیم بر $x^2$ می کنم تا $\frac{\partial s}{\partial x} +\frac{y}{x}\frac{\partial s}{\partial y} =\frac{1}{x^2}$ بدست آورم
با این حال من نمی دانم از اینجا کجا بروم :
توجه: این معادله در واقع بخشی از یک جفت معادله است که برای تعیین مختصات متعارف $r (x، y)$ و$ s (x، y)$ باید حل کنم. من سعی می کنم y "= 0 را با استفاده از تقارن حل کنم. من $r (x، y) = y/x$ را حل کردم و اکنون باید s (x، y) بگیرم.
من رویکرد تقسیم بر $x^{2}$ را دنبال خواهم کرد. با استفاده از روش مشخصات ، ODE ها را بدست می آوریم
$\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \frac{y}{x} \quad (1) \\
\frac{ds}{dx} &= \frac{1}{x^{2}} \quad (2) \\
\end{align}$
حل (1)حاصل
$\begin{align}
y &= y_{0} x \implies y_{0} = \frac{y}{x} \\
\end{align}$
حل (2) حاصل
$\begin{align}
s &= \frac{-1}{x} + f(y_{0}) \\
&= \frac{-1}{x} + f \left( \frac{y}{x} \right)
\end{align}$
که در آن f یک تابع قابل تمایز دلخواه است. از طریق تمایز می توانید بررسی کنید که این راه حل کلی است.
چگونه یک معادله دیفرانسیل حاوی یک اصطلاح انتگرال را حل کنیم؟
من این سوال را از طرف شخص دیگری می پرسم. او مشکل زیر را برای حل دارد و متأسفانه مث کد Mathcad نمی تواند چنین معادلاتی را حل کند.
او ومن برای یافتن تابع $u = u(x) = ?$ به دنبال کمک هستیم برای
$\frac{d^2u(x)}{dx^2} =\left[U(x) + \alpha^2\right]u(x)$
جایی که
$U(x) = \frac{2}{x}\left(\exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)-\int_0^x 4\pi\left(u(z)\right)^2\,dz\right)$پارامترهای λ و α واقعی هستند.
آیا ابزار دیگری (یعنی Mathematica) قادر به حل آن است؟ آیا پیشنهاد دیگری دارید؟پاسخ کوتاه به سوال موجود در عنوان این است:
اصطلاح انتگرال را جدا کرده و از هم متمایز کنید.
در حالت فعلی ، می توان $\displaystyle U'(x)=-\frac1xU(x)+\frac2x\left(-\frac1\lambda\mathrm e^{-x/\lambda}-4\pi u(x)^2\right)$ و $\displaystyle U(x)=\frac{u''(x)}{u(x)}-\alpha^2$ نوشت برای استنباط معادله دیفرانسیل مرتبه سوم بدون اصطلاح انتگرال
$u'''(x)=\frac{u''(x)}{u(x)}u'(x)-\frac1x\left(\frac{u''(x)}{u(x)}-\alpha^2\right)u(x)+\frac2x\left(-\frac1\lambda\mathrm e^{-x/\lambda}-4\pi u^2(x)\right)u(x).$یا ، می توان این را به یک سیستم دو معادله درجه پایین تبدیل کرد ، یعنی ،
$xu''(x)=v(x)u(x),\qquad v'(x)=-8\pi u^2(x)+\alpha^2-\frac2\lambda\mathrm e^{-x/\lambda}.$
حل یک معادله دیفرانسیل با استفاده از یک عامل تلفیقی
من برای حل معادله زیر تلاش می کنم: $\left\{\begin{matrix}
(x^B+y^B)(xdy-ydx)=(1+x)x^9dx \\ y(-1)=A \end{matrix}\right.$
برای A = 1 و A = 0.
$B\in2\mathbb{N}_0+1$ راه حل من زیر است ، اما گیر کردم:
$(x^B+y^B)(xdy-ydx)=(1+x)*x^9dx$
$x^B*xdy-y*x^Bdx+y^B*xdy-y*y^Bdx-(1+x)*x^9dx=0$
$x^B*xdy+y^B*xdy-y*x^Bdx-y*y^Bdx-(1+x)*x^9dx=0$
$xdy(x^B+y^B)+[-y(x^B+y^B)-(1+x)*x^9]dx=0$
جایی که:$Q(x,y)=x(x^B+y^B)dy$و$P(x,y)=[-y(x^B+y^B)-(1+x)*x^9]$
سپس استخراج جزئی کردم:
$\frac{∂Q}{∂x}:(x^B+y^B)x(Bx^{B-1})$
$P(x,y)=[-y(x^B+y^B)-(1+x)*x^9]$
و سپس کم کنید:
$\frac{∂P}{∂y}-\frac{∂Q}{∂x}=-(x^B+y^B)-y(By^{B-1})-(x^B+y^B)-x(Bx^{B-1})$
اما احتمالاً من کار اشتباهی انجام داده ام و گیر کرده ام و مطمئن نیستم که کجا باعث اشتباه من شده است.$(x^B+y^B)(xdy-ydx)=(1+x)x^9dx$و$xdy-ydx = \frac{(1+x)x^9}{(x^B+y^B)}dx$$x \frac{dy}{dx} - y = \frac{(1+x)x^9}{(x^B+y^B)}$$\displaystyle \frac{dy}{dx} - \frac{y}{x} = \frac{(1+x)x^8}{(x^B+y^B)}$بر اساس فرم LHS ، ضریب ادغام $\displaystyle \frac{1}{x}$ را در نظر بگیرید.$\displaystyle \frac {1}{x} \frac{dy}{dx}- \frac{y}{x^2} = \frac{(1+x)x^7}{(x^B+y^B)}$و$\displaystyle \frac{d}{dx} (\frac{y}{x}) = \frac{(1+x)x^{(7-B)}}{1+ (\frac{y}{x})^B}$و$u = \frac{y}{x}$و$\displaystyle ({1+ u^B}) du = ((1+x)x^{(7-B)}) dx$
حل معادله انتگرال با تبدیل به معادلات دیفرانسیل$\phi(x) = x - \int_0^x(x-s)\phi(s)\,ds$
ما آن را داریم
$\phi(x)=x-x\int_0^x \phi(s) \mathrm{d} s + \int_0^x s \phi(s)\mathrm{d}s$
از این طریق می توان دریافت که ϕ (0) = 0. ما می توانیم هر دو طرف را از هم تفکیک کنیم و از قانون محصول و FTC1 برای بدست آوردن موارد زیر استفاده کنیم:
$\phi'(x)=1-\int_0^x \phi(s) \mathrm{d}s -x \phi(x)+x\phi(x)$
و$\phi'(x)=1-\int_0^x \phi(s) \mathrm{d} s$
از این طریق می توان دریافت که ϕ ′ (0) = 1. می توانیم دوباره آن را متمایز کنیم:
$\phi''(x)=-\phi(x)$
که یک تعریف جایگزین از عملکرد سینوسی است.
روش دوم تبدیل معادله انتگرال به معادله دیفرانسیل
$\begin{equation}
g(z-z_0)=\int_{z_0}^{z}dt~f(t-z_0)g(z-t)
\end{equation}$توجه کرده $g(z-z_0)=\int_{z_0}^{z}f(t-z_0)g(z-t)dt$ما$z-t = y$ و $g(z-z_0)=\int_{0}^{z-z_0} f(z-z_0 -y)g(y)dy$حال $z-z_0 = t \geq 0$پس $g(t) = (g*f)(t)$سپس لاپلاس اضافه کرده$G(s) = G(s) F(s)$
و $\begin{equation}
\frac{dg(z-z_0)}{dz}= f(z-z_0)\,g(0)+\int_a^z f(t-z_0)\, g'(z-t) \, dt
\end{equation}$
مسئله 1: تبدیل معادله انتگرال ولترا به معادله دیفرانسیل معمولی با مقادیر اولیه$y(x) = – \int_{0}^x (x-t) y(t) dt$لطفا توجه داشته باشید که این همان معادله انتگرال بود که پس از تبدیل مسئله مقدار اولیه بدست آوردیم:$y”+y=0$و$y(0)=y'(0)=0$
ما داریم $y(x) = – \int_{0}^x (x-t) y(t) dt \ldots (1)$و$y'(x) = -\frac{d}{dx} \int_{0}^x (x-t) y(t) dt$و$\Rightarrow y'(x)=-\int_{0}^x y(t) dt \ldots (2)$و$y”(x)=-\frac{d}{dx}\int_{0}^x y(t) dt$و$\iff y”(x)+y(x)=0 \ldots (3)$
مسئله 2: تبدیل معادله انتگرال فردهلم به معادله دیفرانسیل معمولی با مقادیر مرزی$y(x) =\lambda \int_{0}^{l} K(x,t) y(t) dt$و$y(x) =\lambda (\int_{0}^{x} \frac{(l-x)t}{l} y(t) dt + \int_{x}^{l} \frac{x(l-t)}{l} y(t) dt) \ldots (2)$و$y'(x) = -\frac{\lambda}{l} \int_{0}^x t y(t) dt + \frac{\lambda}{l} \int_{x}^l (l-t) y(t) dt \ldots (3)$و$y”(x) +\lambda y(x) =0 \ldots (4)$
معادله دیفرانسیل به‌فرم زیر را در نظر بگیرید:$\large { P \left( { x , y } \right) d x + Q \left( { x , y } \right) d y } = { 0 , }$که در آن، $P\left( {x,y} \right)$و$Q\left( {x,y} \right)$ توابعی از دو متغیر پیوسته x و y در ناحیه معین D هستند. اگر داشته باشیم$\large \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } \ne \frac { { \partial P } } { { \partial y } } ,$معادله دیفرانسیل، کامل نیست. در این مواقع می‌توانیم عبارتی موسوم به «عامل انتگرال‌ساز» (Integrating Factor) را پیدا کنیم که تابعی به‌فرم μ(x,y) است و بعد از ضرب، معادله دیفرانسیل را به یک معادله دیفرانسیل کامل تبدیل می‌کند؛ به‌گونه‌ای که تساوی زیر برقرار باشد$\large { \frac { { \partial \left( { \mu Q \left( { x , y } \right) } \right) } } { { \partial x } } } = { \frac { { \partial \left( { \mu P\left( { x , y } \right) } \right) } } { { \partial y } } }$لذا $\large { { Q \frac { { \partial \mu } } { { \partial x } } + \mu \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } = { P\frac { { \partial \mu } } { { \partial y } } + \mu \frac { { \partial P } } { { \partial y}},\;\;}} \\ \large \Rightarrow
{ { Q\frac { { \partial \mu } } { { \partial x } } – P\frac { { \partial \mu } } { { \partial y } } } = { \mu \left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} – \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right).}}$عامل انتگرال‌ساز به متغیر x وابسته است$\Large \mu = \mu (x)$در این حالت، ${\large\frac{{\partial \mu }}{{\partial y}}\normalsize} = 0$ست، نابراین، معادله را برای μ(x,y) می‌توان به‌صورت زیر نوشت$\large { \frac { 1 } { \mu }\frac { { d \mu } } { { d x } } } = { \frac { 1 } { Q } \left( { \frac { { \partial P } } { { \partial y } } – \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } \right) . }$عامل انتگرال‌ساز به متغیر y وابسته است به طور مشابه $\large { \frac { 1 } { \mu } \frac { { d \mu } } { { d y } } } = { -\frac { 1 } { P }\left( {\frac { { \partial P } } { { \partial y } } – \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } \right) }$عامل انتگرال‌ساز به ترکیب خاصی از متغیرهای x و y وابسته است$\Large \mu = \mu (z(x,y))$و حال $\large { z = \frac { x } { y },\;\;\;}\kern-0.3pt{z = xy,\;\;\;}\kern0pt{z = { x ^ 2 } + { y ^ 2 },\;\;\;}\kern0pt{ z = x + y. }$ تابع z هست $\large { \frac { 1 } { \mu } \frac { { d \mu } } { { d z } } } = { \frac { { \frac { { \partial P } } { { \partial y } } – \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } } { { Q \frac { { \partial z } } { { \partial x } } – P\frac { { \partial z } } { { \partial y } } } } . }$
معادلات دیفرانسیل ضمنی» (Implicit Differential Equations)که هم هست $F\left( {x,y,y’} \right) = 0$که در آن، F تابعی پیوسته است. اگر این معادله را برای y′ حل کنیم، یک یا چند معادله دیفرانسیل صریح به‌شکلِ زیر به دست می‌آوریم:$y’ = f\left( {x,y} \right)$
در صورتی که معادله دیفرانسیل به‌شکل صریح حل نشود، باید از روش‌های دیگری استفاده کنیم. روش اصلی حل معادله دیفرانسیل ضمنی، روش استفاده از پارامتر است. ، با استفاده از این روش، چهار نوع معادله دیفرانسیل ضمنی مرتبه اول مبشه حل کردحالت اول: معادلات دیفرانسیل ضمنی $x = f\left( {y,y’} \right)$در این حالت، متغیر x صریحاً برحسب y و y′ نوشته می‌شود. برای اینکه این معادله را حل کنیم از پارامتری به‌صورت $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$ استفاده می‌کنیم. ابتدا از طرفین معادله نسبت به y مشتق می‌گیرم بنابراین دارم${\frac{{dx}}{{dy}} = \frac{d}{{dy}}\left[ {f\left( {y,p} \right)} \right] }={ \frac{{\partial f}}{{\partial y}} + \frac{{\partial f}}{{\partial p}}\frac{{dp}}{{dy}}.}$از آن‌جایی که ${\large\frac{{dx}}{{dy}}\normalsize} = {\large\frac{1}{p}\normalsize}$ است، سمت راست تساوی را می‌توانم اینطور بنویسم $\frac{1}{p} = \frac{{\partial f}}{{\partial y}} + \frac{{\partial f}}{{\partial p}}\frac{{dp}}{{dy}}.$معادله به‌دست آمده یک معادله دیفرانسیل صریح است و جواب عمومی آن با تابعی به‌صورت زیربیان میکنم$g\left( {y,p,C} \right) = 0$که در آن C یک ثابت است. بنابراین، جواب عمومی معادله دیفرانسیل اصلی با مجموعه‌ای از دو معادله جبری به‌شکل پارامتری زیرتعریف میکنم$g\left( {y,p,C} \right) = 0$
اگر بتوانیم پارامتر p را از این معادلات حذف کنیم، جواب عمومی معادله به‌شکل صریح $\left\{ \begin{array}{l}
g\left( {y,p,C} \right) = 0\\
x = f\left( {y,p} \right) \end{array} \right..$ نوشته می‌شود.حالت دوم: معادلات دیفرانسیل ضمنی $y = f\left( {x,y’} \right)$در اینجا متغیر y تابع صریحی از x و y′ است و برای حل آن مانند حالت اول، از پارامتر $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$
استفاده می‌کنیم. ابتدا از طرفین معادله نسبت به x مشتق می‌گیریم:${{\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{d}{{dx}}\left[ {f\left( {x,p} \right)} \right] }={ \frac{{\partial f}}{{\partial x}} + \frac{{\partial f}}{{\partial p}}\frac{{dp}}{{dx}}\;\;}}$
با حل این معادله، معادله جبری $g\left( {x,p,C} \right)$ به‌دست می‌آید. این معادله و معادله اصلی، مجموعه معادلات زیر را تشکیل میدن$\left\{ \begin{array}{l}
g\left( {x,p,C} \right) = 0\\
y = f\left( {x,p} \right)
\end{array} \right.,$
که جواب عمومی معادله دیفرانسیل به‌صورت پارامتری است. در برخی موارد، اگر بتوانیم پارامتر p را حذف کنیم، جواب عمومی به‌شکل صریح $y = f\left( {x,C} \right)$ خواهد بود.حالت سوم: معادلات دیفرانسیل ضمنی $x = f\left( {y’} \right)$
در این حالت، معادله دیفرانسیل شامل متغیر y نیست. با استفاده از پارامتر $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$
به‌راحتی می‌توان جواب عمومی معادله را به‌دست آورد. از آن‌جایی که $dy = pdx$ است و${dx = d\left[ {f\left( p \right)} \right] }={ \frac{{df}}{{dp}}dp}$رابطه زیر برقرار است:$dy = p\frac{{df}}{{dp}}dp.$با انتگرال‌گیری از این رابطه، جواب عمومی به‌شکل زیر خواهد بود:$\left\{ \begin{array}{l}
y = \int {p\frac{{df}}{{dp}}dp} + C\\
x = f\left( p \right)
\end{array} \right..$حالت چهارم: معادلات دیفرانسیل ضمنی $y = f\left( {y’} \right)$
همان‌گونه که مشاهده می‌کنی این معادله متغیر x را شامل نمیشه و برای حل آن، مشابه حالت‌های قبل، از پارامتر p استفاده می‌کنیم. از آن‌جایی که $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$، می‌توان نوشت: $dx = \large\frac{{dy}}{p}\normalsize$
. در نتیجه خواهیم داشت:${dx = \frac{{dy}}{p} }={ \frac{1}{p}\frac{{df}}{{dp}}dp.}$
اگر از این رابطه انتگرال بگیرم جواب عمومی معادله ضمنی به‌شکل زیر هست$\left\{ \begin{array}{l}
x = \int {\frac{1}{p}\frac{{df}}{{dp}}dp} \\
y = f\left( p \right)
\end{array} \right..$
$v(x)=\frac{y(x)}{x}$
از آنچه ما پیدا می کنیم:
$v'(x)= \frac{d}{dx}v(x)=\frac{d}{dx}\frac{y(x)}{x}= \frac{y'(x)x-y(x)}{x^2}$
حالا x=1 و x=2 را قرار داده و از شرایط اولیه داده شده برای y(1) و y′(2) استفاده کنید.
معادله شروع $y''(x)-y(x)=0$راه حل دارد:$y=ae^{-x}+be^x$
از شرط مرزی y(1)=1 می توانیم پیدا کنیم:
$\frac{a}{e}+eb=1 \Rightarrow a=e(1-eb)$
برای مشتق $y'=-ae^{-x}+be^x$ شرط دیگر $y′(2)=1 $به دست می‌دهد:
$\frac{-a}{e^2}+e^2b=1$
و با جایگزین کردن مقدار a داریم:
$-1+eb+e^3b=e \Rightarrow b=\frac{e+1}{e(e^2+1)}$
و$a=\frac{e^2(e-1)}{e^2+1}$
و این مشکل را حل می کند اما شما می خواهید همان مشکل را با جایگزینی $v(x)=\frac{y(x)}{x}$ حل کنید. بنابراین معادله تبدیل می شود:
$xv''(x)+2v'(x)-xv(x)=0$
که بدیهی است راه حل:
$v(x)=\frac{ae^{-x}}{x}+\frac{be^{x}}{x}$
حال از شرایط جدید برای یافتن ثابت های a,b استفاده می کنیم.
از v(1)=y(1)1=1 در می یابیم:
$a=e(1-eb)$
بنابراین:
$(1)\qquad \quad v(x)=\frac{e(1-eb)e^{-x}}{x}+\frac{be^x}{x}$
و$v'(x)= \frac{-e(1-eb)xe^{-x}-e(1-eb)e^{-x}}{x^2}+\frac{bxe^x-be^x}{x^2}$
بنابراین:
$(2) \qquad \quad v'(2)=\frac{3(eb-1)}{4e}$
حال از شرط v′(2) استفاده کنید و توجه داشته باشید که$y(x)=xv(x)$
$v'(2)=\frac{2\cdot y'(2)-2\cdot v(2)}{4}=\frac{1-v(2)}{2}$
حال می‌توانیم v(2) را از معادله (1) جایگزین کنیم و با کمی جبر، متوجه می‌شویم:
$v(2)=\frac{2e-1+eb-e^3b}{4e}$
با معادل سازی (2) در نهایت مقدار b را پیدا می کنیم:
$b=\frac{e+1}{e(e^2+1)}$
بنابراین می بینید که ثابت ها در دو تابع یکسان هستند.
(امیدوارم کمکی کرده باشم !)
جواب$x^2y+y^3/3=c_1$و$x^2y+y^3/3+c_1=c_2$
قضیه گرین حل میشه $\large \displaystyle \frac { d y } { d t } = f ( t ) y ( t ) + g ( t ) $
$\int\int_D \frac{\partial q}{\partial x}-\frac{\partial p}{\partial y}dxdy = \int_C pdx + qdy$و$\int\int_D \frac{\partial p}{\partial x}+\frac{\partial q}{\partial y}dxdy = \int_C pdy - qdx$
$\iint_D \left( \frac{\partial P}{\partial x}+ \frac{\partial Q}{\partial y} \right) \, dx \, dy = \iint_D \operatorname{div} F \, dA$
فرمول گرین در این موارد $M = x^2 - y^2$و$N=2xy$ به روش $\iint_\Omega \Big(\dfrac{\partial M}{\partial x} - \dfrac{\partial N}{\partial y} \Big) \,dx\,dy = \iint_\Omega (2x - 2x) \,dx\,dy = 0,$روش حل $\int_\Gamma (Mdy+Ndx)=\iint_{\Omega}\left(\frac{\partial M}{\partial x}-\frac{\partial N}{\partial y}\right)dx\,dy.$
مثال $(x^2 + y^2)\ dx -2xy\ dy$جواب$x^2-y^2=Cx.$توجه کرده L نشان‌دهنده اوپراتوری دیفرانسیلی است.$\large L y = g$تابع گرینِ مربوط به اوپراتور خطی L یا همان $G ( t , s )$ در معادله زیر صدق می‌کند$\large \displaystyle L G ( t , s ) = \delta ( t – s )$ تابعی است که با اثر کردن L روی آن، تابع دلتای دیراک حاصل می‌شود$\large \displaystyle L y ( t ) = g ( t )$و$\large \displaystyle L y ( t ) = \int \delta ( t – s ) g ( s ) d s$و$\large \displaystyle L y ( t ) = \int L G ( t , s ) g ( s ) d s$و$\large \displaystyle y ( t ) = \int G ( t , s ) g ( s ) d s$یک معادله دیفرانسیل غیرهمگن مرتبه اول به‌صورت زیر است$\large \displaystyle \frac { d y } { d t } = f ( t ) y ( t) + g ( t )$حل ان $\large \displaystyle \frac{d}{dt}\left( y(t) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } -f } \right ) = g ( t ) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } – f }$
$\large \displaystyle \frac{d}{dt}\left( y(t) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } -f } \right ) = g ( t ) e ^ { \int _ { t _ 0 } ^ { t } – f }$
$\large \displaystyle y(t) e^{\int _ { t _0 } ^ { t } – f } = \int_{t_0}^{t} g(\xi) e^{\int_{t_0}^{\xi} -f} d\xi$
$\large \displaystyle y ( t ) = \int _ { t _0 } ^{ t } g ( \xi ) e^{\int_{\xi}^{t} f} d \xi$در معادلات دیفرانسیل مرتبه دوم خطی $\large { y ^ { \prime \prime } + { a _ 1 } \left ( x \right ) y ^ { \prime } } + { { a _ 2 } \left ( x \right ) y } ={ 0 }$فرمول لیوویل$\large { W \left( x \right ) } = { W \left ( { { x _ 0 } } \right ) \exp \left ( { – \int\limits _ { { x _0 } } ^ x { { a _1 } \left ( t \right ) d t } } \right ) }$حل مرتبه اول $f'(x)+f(x)=k$توجه $(e^x f)' = e^x (f + f') = e^x k$و جواب $f = e^{-x} \int_0^x e^s k(s) ds + Ce^{-x}$
چگونه می توان معادله دیفرانسیل $y'+y^{2}=f(x)$ را حل کرد؟من می دانم که اگر$f(x)$را بدانیم چگونه می توان از طریق مشتقات انتگرال بی انتها و راه حل های سری قدرت راه حل بی پایان را پیدا کرد. من همچنین می دانم که اگر یک راه حل خاص$y_0$) بدانیم چگونه می توان راه حل کلی پیدا کرد.
من در حال جستجو برای یک راه حل دقیق تحلیلی $y= L({f(x)})$ هستم بدون اینکه از راه حل خاصی بدانم ، در صورت وجود این راه حل. (در اینجا L یک عملگر مانند انتگرال ، مشتق ، رادیکال یا هر تابع تعریف شده ای را تعریف می کند.) اگر آن وجود ندارد ، می توانید لطفاً ثابت کنید که چرا ما نمی توانیم آن را پیدا کنیم؟توجه: این معادله مربوط به معادله خطی پراکندگی مرتبه دوم است. اگر $y=u'/u$قرار دهیم ، این معادله به u تبدیل خواهد شد $u''(x)-f(x).u(x)=0$ اگر راه حل کلی $y'+y^{2}=f(x)$ پیدا کنیم ، به این معنی است که $u''(x)-f(x).u(x)=0$نیز حل خواهد شد. همانطور که می دانیم ، بسیاری از توابع مانند عملکرد Bessel یا polinoms Hermite و بسیاری از توابع خاص مربوط به معادلات دیفرانسیل خطی مرتبه دوم است.n معادلات دیفرانسیل حالت کلی فرم: $\frac{dy}{dx}=f(x,y)$ را می توان به صورت زیر نوشت:$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$و$(y^2-f(x))dx +1\cdot dy=0$
حل $y''(x)+Q(x)y(x)=0$میشه $y(x)=\frac{1}{(-Q(x))^{1/4}}\bigg[A_1 exp(\int \sqrt{-Q(x)}dx)+A_2 exp(-\int \sqrt{-Q(x)}dx) \bigg]$
اثبات راه حل کلی ODE خطی مرتبه دوم همگن؟$\frac{d^2y}{dx^2} + A\frac{dy}{dx} + By = 0$معادلات دیفرانسیل ساده (ODE)، به معادلاتی گفته می‌شود که در آن یک متغیر مستقل وجود داشته باشد
معادلات دیفرانسیل با مشتقات پاره‌ای (PDE)، معادلاتی هستند که در آنها دو یا چند متغیر مستقل وجود داشته باشد
فرض میکنم $y=c_1y_1+c_2y_2$. من$y(t_0)=y_0$و $y'(t_0)=y_0'$ فرض گرفته$y(t_0)=c_1y_1(t_0)+c_2y_2(t_0)=y_0$و$y'(t_0)=c_1y_1'(t_0)+c_2y_2'(t_o)=y_0'$ ضرایب را $\left(\begin{array}{cc}
y_1(t_0) & y_2(t_0) \\
y_1'(t_0) & y_2'(t_0)
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c}
c_1 \\
c_2
\end{array}\right)=
\left(\begin{array}{c}
y_0 \\
y_0'
\end{array}\right)\qquad (1)$و$W[y_1,y_2]=\left|
\begin{array}{cc}
y_1(t) & y_2(t) \\
y_1'(t) & y_2'(t)
\end{array}
\right|\neq 0$
اکنون$\left(\begin{array}{c}
c_1 \\
c_2
\end{array}\right)=\frac{1}{W[y_1,y_2](t_0)}\left(\begin{array}{cc}
y_2'(t_0) & -y_2(t_0) \\
-y_1'(t_0) & y_1(t_0)
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
y_0 \\
y_0'
\end{array}\right)$از این رو c1 و c2 وجود دارد به طوری که $y=c_1y_1+c_2y_2$ و با قضیه وجود-منحصر به فرد این تنها y ممکن است به طوری که $y(t_0)=y_0$ و $y'(t_0)=y_0'$، y را مجبور می کند $L[y]=y''+Ay'+By$و$L[c_1y_1+c_2y_2]=L[c_1y_1]+L[c_2y_2]=c_1L[y_1]+c_2L[y_2]=0$
جواب عمومی معادله $y''+Ay'+By=0. $میشه $y=c_1e^{r_1x}+c_2e^{r_2x}$امیدوارم کمک کرده باشم
چگونه معادلات دیفرانسیل را با یکپارچه سازی حل می کنید؟
ما می توانیم این معادلات دیفرانسیل را با استفاده از تکنیک یک عامل تلفیقی حل کنیم. ما هر دو طرف معادله دیفرانسیل را با فاکتور یکپارچه سازی I که به صورت I = e∫ P dx تعریف می شود ضرب می کنیم. y Iy = ∫ IQ dx از آنجا که d dx (Iy) = من dx + IPy را با قاعده محصول در نظر می گیرم.
معادلات دیفرانسیل: معادله دیفرانسیل مرتبه اول یک رابطه ریاضی است که متغیر مستقل ، تابع ناشناخته و اولین مشتق تابع ناشناخته را بهم مرتبط می کند: ... منحنی y = ψ (x) منحنی انتگرال معادله دیفرانسیل است اگر y = ψ (x) راه حل این معادله است.
آیا ادغام برای معادلات دیفرانسیل مهم است؟
معادله دیفرانسیل معمولی (ODE) معادله ای است که شامل برخی مشتقات معمولی (در مقابل مشتقات جزئی) یک تابع است. ... حتی در این صورت ، اصل اساسی همیشه ادغام است ، زیرا ما باید از مشتق به کار برویم
چه تفاوتی بین معادلات انتگرال و دیفرانسیل وجود دارد؟
فرم انتگرال با روش حجم محدود ، FVM استفاده می شود. اینها در شبکه های یکنواخت معادل هستند. شکل دیفرانسیل در معنای کلاسیک در حضور ناپیوستگی ها (مثلاً جریان های قابل فشردگی با شوک) راه حلی ندارد ، بنابراین ، از شکل ضعیف معادلات انتگرال استفاده می شود.
آیا در معادلات دیفرانسیل انتگرال وجود دارد؟
معادلات دیفرانسیل: ... منحنی y = ψ (x) اگر y = ψ (x) راه حل این معادله باشد ، منحنی انتگرال از معادله دیفرانسیل نامیده می شود. مشتق y با توجه به x جهت خط مماس به این منحنی را تعیین می کند.
یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل ، با استفاده از روش عامل یکپارچه سازی
برای حل ODE خطی از روش یکپارچه سازی فاکتور استفاده کنید $y' + 2xy = e^{−x^2}.$
من می توانم ODE را به عنوان یک معادله خطی (چند ضرب هر دو طرف ، جانشین کردن ، قانون معکوس محصول ، ادغام و غیره) را حل کنم تا پاسخ را بدست آورم$y(x) = c_1 e^{-x^2} e^{-x^2}x$
جواب $y'+2xy=e^{-x^2}$بالاتر از ODE را با معادله Leibniz لایب نیتس مقایسه کنید$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$، به دست می آوریم ، P (x) = 2x & $Q(x)=e^{-x^2}$
و $y(I.F.)=\int Q(x)(I.F.) dx+c$و$\implies y(e^{x^2})=\int e^{-x^2}(e^{x^2}) dx+c$و$\implies ye^{x^2}=\int dx+c=x+c$و$\bbox[5px, border:2px solid #C0A000]{\color{red}{y=e^{-x^2}(x+c)}}$
یافتن راه حل کلی برای یک معادله دیفرانسیل خطی مرتبه اول ، با استفاده از روش عامل یکپارچه سازی$V(t) =e^{{-t} / {\tau}} \int e^{{t} / {\tau}} \frac{E_0}{\tau} \ dt = E_0 e^{-t/\tau} \left( e^{t/\tau} + C' \right) = E_0 + Ce^{-t/\tau}$و$C = E_0C'$
حل معادله دیفرانسیل با دو متغیر
چگونه یک معادله دیفرانسیل از فرم زیر را حل کنیم:$\dfrac{ax}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial x}} + \dfrac{by}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial y}}=-1$ و$f(x_0,y_0)=c$خوب ما گفتیم $\dfrac{ax}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial x}} + \dfrac{by}{\dfrac{\partial{f(x,y)}}{\partial y}}=-1 \quad \text{ with condition} \quad f(x_0,y_0)=c$
این یک PDE غیرخطی است: شرایط تعیین شده برای تعیین یک راه حل منحصر به فرد کافی نیست.
به عنوان مثال ، روش تفکیک متغیرها منجر می شود$f(x,y)=\frac{a(x^2-x_0^2)}{2\lambda}-\frac{b(y^2-y_0^2)}{2(\lambda+1)}+c$که یک خانواده از راه حلهای PDE متناسب با شرایط داده شده است.
این هر ثابت λ صادق است ، به جز 0 و −1. بنابراین ، آنها بی نهایت راه حل هستند.راه حل
با استفاده از تعریف تمایز ضمنی برای f (x، y) می توان نوشت
$\frac{dy}{dx}=-\frac{f_x}{f_y}$
و از معادله شما:
$\frac{a x}{f_x}=-\frac{b y+f_y}{f_y}$
از این رو:
$\begin{align}
\frac{dy}{dx}=\frac{a x}{b y+f_y}&\implies\int a x\,dx=\int(b y+f_y)dy\\
&\implies\dfrac 12 ax^2+C=\dfrac 12 by^2+f(x,y)\\
&\implies f(x,y)=\dfrac 12 ax^2-\dfrac 12 by^2+C
\end{align}$
به روز رسانی:
شرط مرزی f (x0، y0) = c است که به معنی است
$\dfrac 12 (ax_0^2-by_0^2)+C=c\implies C=c-\dfrac 12 (ax_0^2-by_0^2)$
و در نهایت
$f(x,y)=\dfrac 12 a(x^2-x_0^2)-\dfrac 12 b(y^2-y_0^2)+c$
اما به نظر می رسد جواب باید$\frac a2(x^2-x_0^2)-\frac b{\color{red}{4}}(y^2-y_0^2)+c$ باشد. نمی دانم چرا من به این نتیجه رسیدم.
حل معادله دیفرانسیل با دو متغیر
من یک معادله دیفرانسیل با متغیرهای x (t) و y (t) و یک معادله دیفرانسیل زیر دارم:
$xy \frac{d}{dt}\Big{(}\frac{x}{y}\Big{)} = c_{1} (y-x)-c_{2} \quad c_{1}~ \text{and}~c_{2}~\text{are}~\text{constants}$
این معادله از یک سیستم معادله دیفرانسیل همراه است که مشتقات x (t) و y (t) را توصیف می کند.
شاید یک متغیر جدید که شامل x (t) و y (t) باشد بتواند به جای حل سیستم معادله اصلی به یافتن راه حل این معادله کمک کند.
(سیستم اصلی است
$\frac{dx}{dt} = \gamma xy-\alpha xy-\gamma x^{2}-\gamma\beta x\qquad(1)\\
\frac{dy}{dx} = \gamma xy-\alpha xy-\gamma y^{2}\qquad (2)$
سعی کردم سیستم را با این مراحل ساده کنم:$\frac{\dot{x}}{x} = \gamma y-\alpha y-\gamma x-\gamma\beta \qquad(1) \\
\frac{\dot{y}}{y} = \gamma x-\alpha x-\gamma y \qquad(2)\\
(1)-(2) \rightarrow \frac{\dot{x}}{x}-\frac{\dot{y}}{y} = (2\gamma-\alpha)(y-x)-\gamma\beta\\
\frac{\dot{x}y-\dot{y}x}{xy} = (2\gamma-\alpha)(y-x)-\gamma\beta\\
\frac{y}{x}\frac{d}{dt}\Big(\frac{x}{y}\Big) = (2\gamma-\alpha)(y-x)-\gamma\beta \\
\frac{y}{x}\frac{d}{dt}\Big{(}\frac{x}{y}\Big{)} = c_{1} (y-x)-c_{2} \qquad \text{where}~c_{1} =2\gamma-\alpha\qquad~c_{2} = \gamma\beta$
معادلات دیفرانسیل عادی
چگونه یک معادله دیفرانسیل جزئی را حل کنیمpde
PDE ها را من حل کردم
من برای حل موارد زیر راه حل دارم
$x^2 \frac{\partial s}{\partial x} +xy\frac{\partial s}{\partial y} =1$
من توانسته ام PDE مشابهی را که برابر با صفر است حل کنم ، اما نمی دانم چگونه با 1 در این معادله کنار بیایم.
اگر مراحل مشابه باشد ، من تقسیم بر $x^2$ می کنم تا $\frac{\partial s}{\partial x} +\frac{y}{x}\frac{\partial s}{\partial y} =\frac{1}{x^2}$ بدست آورم
با این حال من نمی دانم از اینجا کجا بروم :
توجه: این معادله در واقع بخشی از یک جفت معادله است که برای تعیین مختصات متعارف $r (x، y)$ و$ s (x، y)$ باید حل کنم. من سعی می کنم y "= 0 را با استفاده از تقارن حل کنم. من $r (x، y) = y/x$ را حل کردم و اکنون باید s (x، y) بگیرم.
من رویکرد تقسیم بر $x^{2}$ را دنبال خواهم کرد. با استفاده از روش مشخصات ، ODE ها را بدست می آوریم
$\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \frac{y}{x} \quad (1) \\
\frac{ds}{dx} &= \frac{1}{x^{2}} \quad (2) \\
\end{align}$
حل (1)حاصل
$\begin{align}
y &= y_{0} x \implies y_{0} = \frac{y}{x} \\
\end{align}$
حل (2) حاصل
$\begin{align}
s &= \frac{-1}{x} + f(y_{0}) \\
&= \frac{-1}{x} + f \left( \frac{y}{x} \right)
\end{align}$
که در آن f یک تابع قابل تمایز دلخواه است. از طریق تمایز می توانید بررسی کنید که این راه حل کلی است.
چگونه یک معادله دیفرانسیل حاوی یک اصطلاح انتگرال را حل کنیم؟
من این سوال را از طرف شخص دیگری می پرسم. او مشکل زیر را برای حل دارد و متأسفانه مث کد Mathcad نمی تواند چنین معادلاتی را حل کند.
او ومن برای یافتن تابع $u = u(x) = ?$ به دنبال کمک هستیم برای
$\frac{d^2u(x)}{dx^2} =\left[U(x) + \alpha^2\right]u(x)$
جایی که
$U(x) = \frac{2}{x}\left(\exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)-\int_0^x 4\pi\left(u(z)\right)^2\,dz\right)$پارامترهای λ و α واقعی هستند.
آیا ابزار دیگری (یعنی Mathematica) قادر به حل آن است؟ آیا پیشنهاد دیگری دارید؟پاسخ کوتاه به سوال موجود در عنوان این است:
اصطلاح انتگرال را جدا کرده و از هم متمایز کنید.
در حالت فعلی ، می توان $\displaystyle U'(x)=-\frac1xU(x)+\frac2x\left(-\frac1\lambda\mathrm e^{-x/\lambda}-4\pi u(x)^2\right)$ و $\displaystyle U(x)=\frac{u''(x)}{u(x)}-\alpha^2$ نوشت برای استنباط معادله دیفرانسیل مرتبه سوم بدون اصطلاح انتگرال
$u'''(x)=\frac{u''(x)}{u(x)}u'(x)-\frac1x\left(\frac{u''(x)}{u(x)}-\alpha^2\right)u(x)+\frac2x\left(-\frac1\lambda\mathrm e^{-x/\lambda}-4\pi u^2(x)\right)u(x).$یا ، می توان این را به یک سیستم دو معادله درجه پایین تبدیل کرد ، یعنی ،
$xu''(x)=v(x)u(x),\qquad v'(x)=-8\pi u^2(x)+\alpha^2-\frac2\lambda\mathrm e^{-x/\lambda}.$
حل یک معادله دیفرانسیل با استفاده از یک عامل تلفیقی
من برای حل معادله زیر تلاش می کنم: $\left\{\begin{matrix}
(x^B+y^B)(xdy-ydx)=(1+x)x^9dx \\ y(-1)=A \end{matrix}\right.$
برای A = 1 و A = 0.
$B\in2\mathbb{N}_0+1$ راه حل من زیر است ، اما گیر کردم:
$(x^B+y^B)(xdy-ydx)=(1+x)*x^9dx$
$x^B*xdy-y*x^Bdx+y^B*xdy-y*y^Bdx-(1+x)*x^9dx=0$
$x^B*xdy+y^B*xdy-y*x^Bdx-y*y^Bdx-(1+x)*x^9dx=0$
$xdy(x^B+y^B)+[-y(x^B+y^B)-(1+x)*x^9]dx=0$
جایی که:$Q(x,y)=x(x^B+y^B)dy$و$P(x,y)=[-y(x^B+y^B)-(1+x)*x^9]$
سپس استخراج جزئی کردم:
$\frac{∂Q}{∂x}:(x^B+y^B)x(Bx^{B-1})$
$P(x,y)=[-y(x^B+y^B)-(1+x)*x^9]$
و سپس کم کنید:
$\frac{∂P}{∂y}-\frac{∂Q}{∂x}=-(x^B+y^B)-y(By^{B-1})-(x^B+y^B)-x(Bx^{B-1})$
اما احتمالاً من کار اشتباهی انجام داده ام و گیر کرده ام و مطمئن نیستم که کجا باعث اشتباه من شده است.$(x^B+y^B)(xdy-ydx)=(1+x)x^9dx$و$xdy-ydx = \frac{(1+x)x^9}{(x^B+y^B)}dx$$x \frac{dy}{dx} - y = \frac{(1+x)x^9}{(x^B+y^B)}$$\displaystyle \frac{dy}{dx} - \frac{y}{x} = \frac{(1+x)x^8}{(x^B+y^B)}$بر اساس فرم LHS ، ضریب ادغام $\displaystyle \frac{1}{x}$ را در نظر بگیرید.$\displaystyle \frac {1}{x} \frac{dy}{dx}- \frac{y}{x^2} = \frac{(1+x)x^7}{(x^B+y^B)}$و$\displaystyle \frac{d}{dx} (\frac{y}{x}) = \frac{(1+x)x^{(7-B)}}{1+ (\frac{y}{x})^B}$و$u = \frac{y}{x}$و$\displaystyle ({1+ u^B}) du = ((1+x)x^{(7-B)}) dx$
حل معادله انتگرال با تبدیل به معادلات دیفرانسیل$\phi(x) = x - \int_0^x(x-s)\phi(s)\,ds$
ما آن را داریم
$\phi(x)=x-x\int_0^x \phi(s) \mathrm{d} s + \int_0^x s \phi(s)\mathrm{d}s$
از این طریق می توان دریافت که ϕ (0) = 0. ما می توانیم هر دو طرف را از هم تفکیک کنیم و از قانون محصول و FTC1 برای بدست آوردن موارد زیر استفاده کنیم:
$\phi'(x)=1-\int_0^x \phi(s) \mathrm{d}s -x \phi(x)+x\phi(x)$
و$\phi'(x)=1-\int_0^x \phi(s) \mathrm{d} s$
از این طریق می توان دریافت که ϕ ′ (0) = 1. می توانیم دوباره آن را متمایز کنیم:
$\phi''(x)=-\phi(x)$
که یک تعریف جایگزین از عملکرد سینوسی است.
روش دوم تبدیل معادله انتگرال به معادله دیفرانسیل
$\begin{equation}
g(z-z_0)=\int_{z_0}^{z}dt~f(t-z_0)g(z-t)
\end{equation}$توجه کرده $g(z-z_0)=\int_{z_0}^{z}f(t-z_0)g(z-t)dt$ما$z-t = y$ و $g(z-z_0)=\int_{0}^{z-z_0} f(z-z_0 -y)g(y)dy$حال $z-z_0 = t \geq 0$پس $g(t) = (g*f)(t)$سپس لاپلاس اضافه کرده$G(s) = G(s) F(s)$
و $\begin{equation}
\frac{dg(z-z_0)}{dz}= f(z-z_0)\,g(0)+\int_a^z f(t-z_0)\, g'(z-t) \, dt
\end{equation}$
مسئله 1: تبدیل معادله انتگرال ولترا به معادله دیفرانسیل معمولی با مقادیر اولیه$y(x) = – \int_{0}^x (x-t) y(t) dt$لطفا توجه داشته باشید که این همان معادله انتگرال بود که پس از تبدیل مسئله مقدار اولیه بدست آوردیم:$y”+y=0$و$y(0)=y'(0)=0$
ما داریم $y(x) = – \int_{0}^x (x-t) y(t) dt \ldots (1)$و$y'(x) = -\frac{d}{dx} \int_{0}^x (x-t) y(t) dt$و$\Rightarrow y'(x)=-\int_{0}^x y(t) dt \ldots (2)$و$y”(x)=-\frac{d}{dx}\int_{0}^x y(t) dt$و$\iff y”(x)+y(x)=0 \ldots (3)$
مسئله 2: تبدیل معادله انتگرال فردهلم به معادله دیفرانسیل معمولی با مقادیر مرزی$y(x) =\lambda \int_{0}^{l} K(x,t) y(t) dt$و$y(x) =\lambda (\int_{0}^{x} \frac{(l-x)t}{l} y(t) dt + \int_{x}^{l} \frac{x(l-t)}{l} y(t) dt) \ldots (2)$و$y'(x) = -\frac{\lambda}{l} \int_{0}^x t y(t) dt + \frac{\lambda}{l} \int_{x}^l (l-t) y(t) dt \ldots (3)$و$y”(x) +\lambda y(x) =0 \ldots (4)$
معادله دیفرانسیل به‌فرم زیر را در نظر بگیرید:$\large { P \left( { x , y } \right) d x + Q \left( { x , y } \right) d y } = { 0 , }$که در آن، $P\left( {x,y} \right)$و$Q\left( {x,y} \right)$ توابعی از دو متغیر پیوسته x و y در ناحیه معین D هستند. اگر داشته باشیم$\large \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } \ne \frac { { \partial P } } { { \partial y } } ,$معادله دیفرانسیل، کامل نیست. در این مواقع می‌توانیم عبارتی موسوم به «عامل انتگرال‌ساز» (Integrating Factor) را پیدا کنیم که تابعی به‌فرم μ(x,y) است و بعد از ضرب، معادله دیفرانسیل را به یک معادله دیفرانسیل کامل تبدیل می‌کند؛ به‌گونه‌ای که تساوی زیر برقرار باشد$\large { \frac { { \partial \left( { \mu Q \left( { x , y } \right) } \right) } } { { \partial x } } } = { \frac { { \partial \left( { \mu P\left( { x , y } \right) } \right) } } { { \partial y } } }$لذا $\large { { Q \frac { { \partial \mu } } { { \partial x } } + \mu \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } = { P\frac { { \partial \mu } } { { \partial y } } + \mu \frac { { \partial P } } { { \partial y}},\;\;}} \\ \large \Rightarrow
{ { Q\frac { { \partial \mu } } { { \partial x } } – P\frac { { \partial \mu } } { { \partial y } } } = { \mu \left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} – \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right).}}$عامل انتگرال‌ساز به متغیر x وابسته است$\Large \mu = \mu (x)$در این حالت، ${\large\frac{{\partial \mu }}{{\partial y}}\normalsize} = 0$ست، نابراین، معادله را برای μ(x,y) می‌توان به‌صورت زیر نوشت$\large { \frac { 1 } { \mu }\frac { { d \mu } } { { d x } } } = { \frac { 1 } { Q } \left( { \frac { { \partial P } } { { \partial y } } – \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } \right) . }$عامل انتگرال‌ساز به متغیر y وابسته است به طور مشابه $\large { \frac { 1 } { \mu } \frac { { d \mu } } { { d y } } } = { -\frac { 1 } { P }\left( {\frac { { \partial P } } { { \partial y } } – \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } \right) }$عامل انتگرال‌ساز به ترکیب خاصی از متغیرهای x و y وابسته است$\Large \mu = \mu (z(x,y))$و حال $\large { z = \frac { x } { y },\;\;\;}\kern-0.3pt{z = xy,\;\;\;}\kern0pt{z = { x ^ 2 } + { y ^ 2 },\;\;\;}\kern0pt{ z = x + y. }$ تابع z هست $\large { \frac { 1 } { \mu } \frac { { d \mu } } { { d z } } } = { \frac { { \frac { { \partial P } } { { \partial y } } – \frac { { \partial Q } } { { \partial x } } } } { { Q \frac { { \partial z } } { { \partial x } } – P\frac { { \partial z } } { { \partial y } } } } . }$
معادلات دیفرانسیل ضمنی» (Implicit Differential Equations)که هم هست $F\left( {x,y,y’} \right) = 0$که در آن، F تابعی پیوسته است. اگر این معادله را برای y′ حل کنیم، یک یا چند معادله دیفرانسیل صریح به‌شکلِ زیر به دست می‌آوریم:$y’ = f\left( {x,y} \right)$
در صورتی که معادله دیفرانسیل به‌شکل صریح حل نشود، باید از روش‌های دیگری استفاده کنیم. روش اصلی حل معادله دیفرانسیل ضمنی، روش استفاده از پارامتر است. ، با استفاده از این روش، چهار نوع معادله دیفرانسیل ضمنی مرتبه اول مبشه حل کردحالت اول: معادلات دیفرانسیل ضمنی $x = f\left( {y,y’} \right)$در این حالت، متغیر x صریحاً برحسب y و y′ نوشته می‌شود. برای اینکه این معادله را حل کنیم از پارامتری به‌صورت $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$ استفاده می‌کنیم. ابتدا از طرفین معادله نسبت به y مشتق می‌گیرم بنابراین دارم${\frac{{dx}}{{dy}} = \frac{d}{{dy}}\left[ {f\left( {y,p} \right)} \right] }={ \frac{{\partial f}}{{\partial y}} + \frac{{\partial f}}{{\partial p}}\frac{{dp}}{{dy}}.}$از آن‌جایی که ${\large\frac{{dx}}{{dy}}\normalsize} = {\large\frac{1}{p}\normalsize}$ است، سمت راست تساوی را می‌توانم اینطور بنویسم $\frac{1}{p} = \frac{{\partial f}}{{\partial y}} + \frac{{\partial f}}{{\partial p}}\frac{{dp}}{{dy}}.$معادله به‌دست آمده یک معادله دیفرانسیل صریح است و جواب عمومی آن با تابعی به‌صورت زیربیان میکنم$g\left( {y,p,C} \right) = 0$که در آن C یک ثابت است. بنابراین، جواب عمومی معادله دیفرانسیل اصلی با مجموعه‌ای از دو معادله جبری به‌شکل پارامتری زیرتعریف میکنم$g\left( {y,p,C} \right) = 0$
اگر بتوانیم پارامتر p را از این معادلات حذف کنیم، جواب عمومی معادله به‌شکل صریح $\left\{ \begin{array}{l}
g\left( {y,p,C} \right) = 0\\
x = f\left( {y,p} \right) \end{array} \right..$ نوشته می‌شود.حالت دوم: معادلات دیفرانسیل ضمنی $y = f\left( {x,y’} \right)$در اینجا متغیر y تابع صریحی از x و y′ است و برای حل آن مانند حالت اول، از پارامتر $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$
استفاده می‌کنیم. ابتدا از طرفین معادله نسبت به x مشتق می‌گیریم:${{\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{d}{{dx}}\left[ {f\left( {x,p} \right)} \right] }={ \frac{{\partial f}}{{\partial x}} + \frac{{\partial f}}{{\partial p}}\frac{{dp}}{{dx}}\;\;}}$
با حل این معادله، معادله جبری $g\left( {x,p,C} \right)$ به‌دست می‌آید. این معادله و معادله اصلی، مجموعه معادلات زیر را تشکیل میدن$\left\{ \begin{array}{l}
g\left( {x,p,C} \right) = 0\\
y = f\left( {x,p} \right)
\end{array} \right.,$
که جواب عمومی معادله دیفرانسیل به‌صورت پارامتری است. در برخی موارد، اگر بتوانیم پارامتر p را حذف کنیم، جواب عمومی به‌شکل صریح $y = f\left( {x,C} \right)$ خواهد بود.حالت سوم: معادلات دیفرانسیل ضمنی $x = f\left( {y’} \right)$
در این حالت، معادله دیفرانسیل شامل متغیر y نیست. با استفاده از پارامتر $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$
به‌راحتی می‌توان جواب عمومی معادله را به‌دست آورد. از آن‌جایی که $dy = pdx$ است و${dx = d\left[ {f\left( p \right)} \right] }={ \frac{{df}}{{dp}}dp}$رابطه زیر برقرار است:$dy = p\frac{{df}}{{dp}}dp.$با انتگرال‌گیری از این رابطه، جواب عمومی به‌شکل زیر خواهد بود:$\left\{ \begin{array}{l}
y = \int {p\frac{{df}}{{dp}}dp} + C\\
x = f\left( p \right)
\end{array} \right..$حالت چهارم: معادلات دیفرانسیل ضمنی $y = f\left( {y’} \right)$
همان‌گونه که مشاهده می‌کنی این معادله متغیر x را شامل نمیشه و برای حل آن، مشابه حالت‌های قبل، از پارامتر p استفاده می‌کنیم. از آن‌جایی که $p = y’= {\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize}$، می‌توان نوشت: $dx = \large\frac{{dy}}{p}\normalsize$
. در نتیجه خواهیم داشت:${dx = \frac{{dy}}{p} }={ \frac{1}{p}\frac{{df}}{{dp}}dp.}$
اگر از این رابطه انتگرال بگیرم جواب عمومی معادله ضمنی به‌شکل زیر هست$\left\{ \begin{array}{l}
x = \int {\frac{1}{p}\frac{{df}}{{dp}}dp} \\
y = f\left( p \right)
\end{array} \right..$