Дифференциальное уравнение

Ian · Сообщение **Ian** » 26 сен 2010, 11:02

fir-tree писал(а):Source of the post
Ну, хотелось бы, но как тогда обозначать $\d/\d(-t)$ ? B теории ДУЧП приняты обозначения типа "штрих сверху, переменная снизу" и даже просто "переменная снизу".

Переменная снизу -это я не против, a вот функция...Знаете, $\frac{\d(xy)}{\d(x+y)}$ довольно неоднозначная штука.Мне нравятся $$f'_1$$

,

как производные по 1му и 2му формальному аргументам.

По уравнению.Неединственное будет решение, если и первое и второе условия заданы на полуоси иксов.Начинаем так же, но учитываем, что фи и пси заданы только на положительной полуоси, a на отрицательную доопределить их мы должны сами, для этого разобраться, какая в этом есть свобода. Так и подставлять общий вид функции u в третье условие, у меня получилось так
$\varphi(-t)$ доопределяем как угодно, после этого однозначно доопределяется (t>0любое)
$\psi(-t):=\psi(t)+\varphi'(t)-\varphi'(-t)-\frac d{dt}(e^{-t}\int_0^te^s(\varphi(s)+\int_0^s\psi(\tau)d\tau+\frac {s^2}2)ds)$

fir-tree · Сообщение **fir-tree** » 26 сен 2010, 11:39

Ian писал(а):Source of the post Знаете, $\frac{\d(xy)}{\d(x+y)}$ довольно неоднозначная штука.

Знаю, не далее как сам кому-то тут объяснял, можно даже поискать. Кстати, если найдёте, и скажете, что я там налажал, буду благодарен за уточнения.

По задаче. He вижу, зачем доопределять фи и пси, когда можно в явном виде искать уже эф и же. Причём, нас же у в отрицательной полуоси иксов вообще не интересует, так что же доопределять и не требуется. He путайте математическое решение уравнения и решение краевой задачи внутри области второе - более частное действие.

Ian · Сообщение **Ian** » 26 сен 2010, 11:51

fir-tree писал(а):Source of the post
Ian писал(а):Source of the post Знаете, $\frac{\d(xy)}{\d(x+y)}$ довольно неоднозначная штука.

Знаю, не далее как сам кому-то тут объяснял, можно даже поискать. Кстати, если найдёте, и скажете, что я там налажал, буду благодарен за уточнения.

A я тоже задумался, не открыть ли об этом тему. Интересно,если найдется

По задаче. He вижу, зачем доопределять фи и пси,

Просто у меня по-другому не вышло. И конечно я еще не ответ написал, ответ u(x,t) получится вообще страшной длины

fir-tree · Сообщение **fir-tree** » 26 сен 2010, 12:22

[url=http://e-science.ru/forum/index.php?s=&...st&p=198007]http://e-science.ru/forum/index.php?s=&...st&p=198007[/url]

Ian · Сообщение **Ian** » 26 сен 2010, 12:44

fir-tree писал(а):Source of the post
[url=http://e-science.ru/forum/index.php?s=&...st&p=198007]http://e-science.ru/forum/index.php?s=&...st&p=198007[/url]

Там я не буду дописывать, поддержу:
при ортогональном преобразовании u=x+y,v=x-y $\frac{\d(xy)}{\d u}=\frac u2$
при преобразовании Виета u=x+y,v=xy $\frac{\d(xy)}{\d u}=0$

Karabas · Сообщение **Karabas** » 26 сен 2010, 13:10

Я немного запутался,поэтому начну сначала.
Допустим у нас есть ДУЧП на полуограниченной прямой c краевыми однородными условиями первого рода.To есть
$\\ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\qquad x>=0\\ u(x,0)=\varphi(x) \\ \frac{\partial u(x,0)}{\partial t}=\psi(x)\\ u(0,t)=0$
При $$x>at$$

решение совпадает c формулой Даламбера.При $$x<at$$

используем краевые условия.Так как из начальных условий следует,что
$$u(x,t)=f(x-at)+g(x+at)$$

,то
$\\f(-at)+g(at)=0 \\-at=z\\f(z)=-g(-z)$
Следовательно при $$x<at$$

$\\f(x-at)=-g(at-x)\\ u(x,t)=g(x+at)-g(x-at)$
To есть мы должны выразить функцию f через g.И я не очень понимаю как это можно сделать в краевой задаче 3 рода.

Ian · Сообщение **Ian** » 26 сен 2010, 15:18

Karabas писал(а):Source of the post
Я немного запутался,поэтому начну сначала.
Допустим у нас есть ДУЧП на полуограниченной прямой c краевыми однородными условиями первого рода.To есть
$\\ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\qquad x>=0\\ u(x,0)=\varphi(x) \\ \frac{\partial u(x,0)}{\partial t}=\psi(x)\\ u(0,t)=0$

Действительно задача аналогичная, чуть проще по вычислениям, и тоже c неединственным решением.Сделаю как и исходную, не уверен что классически.
Предположу, что решение данной краевой задачи продолжаемо на полуплоскость x<0 c сохранением ДУЧП. Тогда этим как-то доопределяются функции фи и пси на всю прямую.Функции представлю однозначно в виде суммы четной и нечетной: $\varphi(x)=\varphi_+(x)+\varphi_-(x)$
$\Psi(x):=\int_0^x\psi(s)ds=\Psi_+(x)+\Psi_-(x)$
Тогда продолженная u удовлетворяет формуле Даламбера
$2u(x,t)=\varphi(x-at)+\varphi(x+at)+\Psi(x+at)-\Psi(x-at)$
A подстановка всего этого в третье условие равносильно равенству
$\varphi'_+(at)+\Psi'_-(at)=0$ положим
$\varphi'_+(z)=-\Psi'_-(z)=h(z)$ -новой произвольной функции и через нее и данные в условии задачи фи,пси выразим любое решение u(x,t) данной краевой задачи. Кроме,возможно,непродолжаемых, но я почти уверен что их нет

fir-tree · Сообщение **fir-tree** » 26 сен 2010, 15:19

Karabas писал(а):Source of the post При решение совпадает c формулой Даламбера.

Это наша посылка, мы из неё исходим. И в этом месте надо записать формулу Д'Аламбера.

И ещё. У нас не при $$x>at$$

решение совпадает c формулой Д'Аламбера, a во всей области решения.

Karabas писал(а):Source of the post Так как из начальных условий следует,что
,то...

Это не из начальных условий следует, это и есть формула Д'Аламбера.

Подставляя в граничные условия, имеем:

$\left\{\begin{array}{l} f(x)+g(x)=\varphi,\quad x\geqslant 0 \\ \frac{\d}{\d t} [f(x-at)+g(x+at)]=\psi,\quad x\geqslant 0 \\ f(-at)+g(at)=0,\quad t\geqslant 0 \end{array}\right.$

Вот такую систему вам надо решать, и не обязательно в такой последовательности, как вы начали. Полезно держать её перед глазами целиком.

Karabas · Сообщение **Karabas** » 26 сен 2010, 18:34

Тогда в случае краевой задачи 3 рода из начального примера надо решить такую систему:
$\left\{\begin{array}{l} f(x)+g(x)=\varphi,\quad x\geqslant 0 \\ \frac{\d}{\d t} [f(x-t)+g(x+t)]=\psi,\quad x\geqslant 0 \\ f'_{-t}(-t)+g'_{t}(t)=f(-t)+g(t)+t^2,\quad t\geqslant 0 \end{array}\right.$
И по аналогии c первой краевой задачей сделать это не получается.Подскажите,как решить такую систему.

fir-tree · Сообщение **fir-tree** » 26 сен 2010, 23:18

Karabas писал(а):Source of the post Тогда в случае краевой задачи 3 рода из начального примера надо решить такую систему:...

Третье уравнение запишите внятно, по аналогии co вторым, как
$\displaystyle \frac{\d}{\d x} [f(x-t)+g(x+t)]=f(-t)+g(t)+t^2$
И теперь можно аккуратно дифференцировать.

Karabas писал(а):Source of the post И по аналогии c первой краевой задачей сделать это не получается.

A вы систему для первой краевой решить решили? Именно выписанную, именно как систему?

yourdomain.com