Διαφορική Εξίσωση

#1

Ας λυθεί η διαφορική εξίσωση $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x^{2}-4}$ με αρχική συνθήκη $x=\color{red}3\color{black},y=1$ .

EDIT: Διορθώθηκε η αρχική συνθήκη. Ζητώ συγγνώμη

Ωmega Man · #2

$\displaystyle \frac{y'(x)}{y(x)}=\frac{1}{x^2-4} \Rightarrow log(y(x))=1/4\,\ln \left( x-2 \right) -1/4\,\ln \left( x+2 \right) +C$ .
Από το παραπάνω $y \left( x \right) ={\frac {{C}\,\sqrt [4]{x-2}}{\sqrt [4]{x+2}}}$ και η σχέση αυτή για την αρχική συνθήκη θα μας δώσει $y \left( x \right) =-{\frac {\sqrt [4]{3} \left( -1 \right) ^{3/4} \sqrt [4]{x-2}}{\sqrt [4]{x+2}}}$

#3

Το κόλλημά μου είναι το εξής: Η αρχική συνθήκη μας δίνει $c=\ln\sqrt[4]{5}$ , αν δεν έχω κάνει λάθος.
Καταλήγουμε λοιπόν σύμφωνα και με αυτά που έχεις γράψει (στη σταθερά διαφέρουμε) στο $\displaystyle|y|=5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|^{\frac{1}{4}}$ . Μετά...;

Διάβασα σε κάποιο βιβλίο ότι η λύση μιας διαφορικής μπορεί να δοθεί και στη μορφή $\phi(x,y)=0$ . Είναι η παραπάνω μια τέτοια μορφή;

Ωmega Man · #4

Θα μπορούσες να μου πεις πως έβγαλες το

; Με βάση τους δικούς μου υπολογισμούς βγαίνει
$\displaystyle 3^{1/4}\cdot e^{-\pi i /4}$ . Επίσης για το θεωρητικό ερώτημα σου, δεν καταλαβαίνω τι ακριβώς εννοείς.

#5

Γράφοντας την εξίσωση

$\displaystyle \frac{1}{y}dy=\left(\frac{1}{4(x-2)}-\frac{1}{4(x+2)} \right)dx$

και ολοκληρώνοντας προκύπτει ότι: $\displaystyle ln|y|=\frac{1}{4}ln\frac{|x-2|}{|x+2|}+c$ .

Για x=y=1

, προκύπτει $c=\ln\sqrt[4]{3}$ .

Οπότε λύση της διαφορικής είναι η συνάρτηση

για την οποία ισχύει: $\displaystyle |y|=\sqrt[4]{\frac{3|x-2|}{|x+2|}}$ ,

με μοναδική απαίτηση $x\neq +2,-2$ .

Ωmega Man · #6

Σωστά αλλά χάνουμε τις μιγαδικές λύσεις όμως.

#7

Η απορία μου αν στη λύση μιας τέθοιας άσκηση θα ήταν μια ικανοποιητική λύση να σταματήσει κανείς στο σημείο
$\displaystyle|y|=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}$ , με $x\neq\pm2$ , λόγω της αρχικής μορφής της εξισωσης,

ή να συνεχίσει λέγοντας ότι: αφού $x\neq2$ , τότε $\displaystyle|y|=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}\neq0$ και επειδή η y(x)

είναι συνεχής στο $\mathbb{R}\smallsetminus\{\pm2\}$ , θα διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα $A_{1}:=(-\infty,-2),A_{2}:=(-2,2),A_{3}:=(2,+\infty)$ , συνεπώς

θα έχουμε όλους τους συνδυασμούς σταθερού προσήμου στα διαστήματα $A_{1},A_{2}$ από τους τύπους

$\displaystyle y(x)=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}$ και $\displaystyle y(x)=-\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}$ , ενώ στο $A_{3}$ , λόγω της αρχικής συνθήκης θα είναι

$\displaystyle y(x)=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}$ .

#8

Μπορώ να κάνω στο geogebra γραφική παράσταση 4ης ρίζας; Βλέπω στις έτοιμες συναρτήσεις έχει μέχρι και 3η ρίζα....

Ωmega Man · #9

Εξακολουθώ να μην καταλαβαίνω την προσκόλληση στο $\mathbb{R}$ αφού αρχικά δεν μας περιορίζει η εκφώνηση μόνο στους πραγματικούς. Είναι κλασικό πρόβλημα από συνήθεις διαφορικές εξισώσεις.

Ωmega Man · #10

Με βάση τις διορθωμένες αρχικές λοιπόν, το διάγραμμα φάσης είναι το παρακάτω και η λύση είναι η μπλε καμπύλη.

#11

Mancar σε ευχαριστώ! Με το mathematica είναι το σχήμα; Πρέπει να συνεχίζει αριστερά και δεξιά της x=-2, πάνω από το 5, θαρρώ, αλλά δε φαίνεται. Τελικά ξέρει κανείς με το geogebra πώς κάνουμε 4ες, ή και μεγαλύτερες, ρίζες...;

Ωmega Man · #12

Γιατί δεν προσπαθείς να γράψεις y=5*abs((x-2)/(x+2))^(1/4) κάτω στο πλαίσιο εντολών νομίζω θα το βγάλει αλλά πρόσεξε το πεδίο ορισμού είναι (2, $\infty$ ).

#13

Mancar Camoran έγραψε:Γιατί δεν προσπαθείς να γράψεις y=5*abs((x-2)/(x+2))^(1/4) κάτω στο πλαίσιο εντολών νομίζω θα το βγάλει αλλά πρόσεξε το πεδίο ορισμού είναι (2, $\infty$ ).

Σωστόόόςςς καμμιά φορά το μυελό μου δε λειτουργεί....!!!!!

#14

Ας βάλω και εγώ ένα σχηματάκι..

: diaforiki.png (4.53 KiB) Προβλήθηκε 2776 φορές

Στο $(2,+\infty)$ έχω θετικό πρόσημο λόγω της αρχικής συνθήκης..

gbag · #15

Αναστάσιε, η διαφορική εξίσωση είναι συνήθης 1ης τάξης και λύνεται με χωρισμό των μεταβλητών όπως σωστά έχει προαναφερθεί. Μιγαδικές λύσεις έχουμε από 2ης τάξης και πάνω.
Οι λύσεις σύμφωνα με το θεώρημα του Picard ύπαρξης και μοναδικότητας για πρόβλημα αρχικών τιμών διαφορικής εξίσωσης 1ης τάξης, δηλαδή όπως αυτή που έχεις εσύ, βρίσκονται σε διάστημα γύρω από την αρχική τιμή του χ=3 και όχι αριστερά του 2 διότι στο 2 έχουμε ασυνέχεια.
Φιλικά
Γιώργος

#16

gbag έγραψε:Αναστάσιε, η διαφορική εξίσωση είναι συνήθης 1ης τάξης και λύνεται με χωρισμό των μεταβλητών όπως σωστά έχει προαναφερθεί. Μιγαδικές λύσεις έχουμε από 2ης τάξης και πάνω.
Οι λύσεις σύμφωνα με το θεώρημα του Picard ύπαρξης και μοναδικότητας για πρόβλημα αρχικών τιμών διαφορικής εξίσωσης 1ης τάξης, δηλαδή όπως αυτή που έχεις εσύ, βρίσκονται σε διάστημα γύρω από την αρχική τιμή του χ=3 και όχι αριστερά του 2 διότι στο 2 έχουμε ασυνέχεια.
Φιλικά
Γιώργος

Κατα' αρχάς να δηλώσω ότι οι γνώσεις μου στις διαφορικές εξισώσεις είναι εξαιρετικά περιορισμένες..

Όμως για παράδειγμα η συνάρτηση $\displaystyle y(x)=\Big(5\Big|\frac{x-2}{x+2}\Big|\Big)^{\frac{1}{4}}$ με $x\in(-\infty,-2)\cup(-2,2)\cup(2,+\infty)$ ικανοποιεί τη διαφορική $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x^{2}-4}$ με αρχική συνθήκη x=3,y=1

.

gbag · #17

Αναστάση,
αν απαλοίψεις τα απόλυτα προκύπτουν τρεις διαφορετικές καμπύλες μία για κάθε διάστημα.
Εμείς κρατάμε αυτή που περνά από το ζεύγος των αρχικών τιμών.
Αν δεν είχαμε πρόβλημα αρχικών τιμών τότε και οι τρείς καμπύλες θα αποτελούσαν λύση.
Φιλικά
Γιώργος

#18

Το θεώρημα του picard μας βεβαιώνει για την ύπαρξη και τη μοναδικότητα λύσης δεδομένης κάποιας αρχικής συνθήκης στη γειτονιά του 3. Δε μας λέει τι γίνεται έξω από τη γειτονιά (μαχαλά)του 3. Αυτός είναι και ο λόγος που κρατάμε μόνο τον τύπο με το θετικό πρόσημο στο $(2,+\infty)$ όπου βρίσκεται και ο μαχαλάς του 3. Η συνάρτηση όμως που ικανοποιεί την αρχική διαφορική και την δεδομένη αρχική συνθήκη μπορεί να οριστεί και στα διαστήματα $(-\infty,2)$ και (-2,2)

. Αν δεν ήταν έτσι τα πράματα, θα έπρεπε να ορίσουμε τη συνάρτηση μόνο στο μαχαλά του 3, που σίγουρα δεν είναι όλο το $(2,+\infty)$ . Χωρίς να θέλω να γίνω κουραστικός, ειλικρινά δε βλέπω πού είναι το πρόβλημα...Επίσης στο 2 δεν έχουμε ασυνέχεια διότι στο 2 δεν ορίζεται καν η συνάρτηση.

gbag · #19

Αναστάση,
εννοούσα διακοπή της καμπύλης στο χ=2, λάθος έφραση.
Αν γράψεις τη λύση για το διάστημα (-2,2) επαληθεύεται από το αρχικό ζεύγος τιμών;
Να είσαι καλά
φιλικά
Γιώργος

mathxl · #20

Καλημέρα η προσέγγιση μου στην άσκηση του Αναστάση
Ισχύει $\frac{{x - 2}}{{x + 2}} > 0 \Leftrightarrow x < - 2 \vee x > 2$
Επίσης $\int {\frac{1}{{{x^2} - 4}}dx = \frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right| + c}$

Δουλεύοντας τη δοσμένη έχομε
$\begin{array}{l} {e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}} \cdot f'\left( x \right) - {\left[ {{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}} \right]^\prime }f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow {\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}}} \right]^\prime } = 0 \\ \end{array}$

Λύνουμε την παραπάνω σε κάθε διάστημα χωριστά
$\bullet \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}} = {c_1},x < - 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {c_1} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}}$
$\bullet \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}} = {c_2}, - 2 < x < 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {c_2} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{2 - x}}{{x + 2}}} \right)}}$
$\begin{array}{l} \bullet \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right|}}}} = {c_3},x > 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {c_3} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}} \\ x = 3,1 = {c_3} \cdot {e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{3 - 2}}{{3 + 2}}} \right)}} \Leftrightarrow {c_3} = \sqrt[4]{5} \\ \end{array}$
Άρα είναι
$f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{c_1}\cdot{e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}},x < - 2} \\ {{c_2}\cdot{e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{2 - x}}{{x + 2}}} \right)}}, - 2 < x < 2} \\ {\sqrt[4]{5}\cdot{e^{\frac{1}{4}\ln \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}},x > 2} \\ \end{array}} \right. = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{c_1}\cdot\sqrt[4]{{\frac{{x - 2}}{{x + 2}}}},x < - 2} \\ {{c_2}\cdot\sqrt[4]{{\frac{{2 - x}}{{x + 2}}}}, - 2 < x < 2} \\ {\sqrt[4]{{5\left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right)}},x > 2} \\ \end{array}} \right.$

Σχόλιο: Η άσκηση μπορεί να γίνει και σχολική αν δώσουμε αρχικές συνθήκες και στα άλλα διαστήματα ή αν ορίσουμε την αρχική σχέση μόνο για τα χ ενός διαστήματος με μια αρχική συνθήκη

Διαφορική Εξίσωση

Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Re: Διαφορική Εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση