rozwiązanie równania różniczkowego

[Term123]

Korzystając z rozwinięć w szereg Maclaurina funkcji elementarnych znajdź rozwiązanie równań różniczkowych z podanym warunkiem początkowym: \(y'+3y=0, \ y(0) = 2\)

[panb]

Korzystając z rozwinięć w szereg Maclaurina funkcji elementarnych znajdź rozwiązanie równań różniczkowych z podanym warunkiem początkowym: \(y'+3y=0, \ y(0) = 2\)

Po co szereg?
To proste równanie różniczkowe, którego rozwiązaniem jest \(y=Ce^{-3x}\).
Biorąc pod uwagę warunek początkowy C=2, więc

Odpowiedź: \(y=2e^{-3x}\)

P.S. Może to polecenie dotyczy też innych równań, w których jest konieczne rozwijanie w szereg. Tutaj raczej nie.

[Term123]

Korzystając z rozwinięć w szereg Maclaurina funkcji elementarnych znajdź rozwiązanie równań różniczkowych z podanym warunkiem początkowym: \(y'+3y=0, \ y(0) = 2\)

Po co szereg?

Pierwszy raz w ogóle stykam się z równaniami różniczkowymi i po prostu tak brzmiało polecenie na liście, żeby używać szeregów. Zapytałem o pierwszy przykład, żeby mieć jakiś schemat jak robić następne.

[panb]

Czyli nie urządza cię sama odpowiedź?


Dodam jeszcze, bo jesteś tu nowy, że jak dostaniesz rozwiązanie i jesteś z niego zadowolony, to wyraź to klikając kciuk w górę.

[Term123]

Czyli nie urządza cię sama odpowiedź?

Byłbym wdzięczny za więcej wskazówek.

[panb]

\(y'+3y=0 \iff \frac{dy}{dx}=-3y/:y \iff \frac{dy}{y}=-3dx \) i całkujemy obustronnie.
\(\int \frac{dy}{y}=-3\int dx \So \ln y=-3x+c \So y=e^{-3x+c}=e^{-3x}\cdot e^c =Ce^{-3x}, \text{ gdzie } C=e^c\).
Czyli \(y(x)=Ce^{-3x}\)
Teraz, ponieważ \(y(0)=2\), więc \(Ce^0=2 \So C=2\) i mamy rozwiązanie
\[y=2e^{-3x}\]


Sprawdzenie (bo to twój "pierwszy raz" ):

• \(y(0)=2\) - to oczywiste
  \(y'= \left(2e^{-3x} \right)'=-6e^{-3x} \So y'+3y=-6e^{-3x}+3\cdot 2e^{-3x}=-6e^{-3x}+6e^{-3x}=0 \)

i wszystko się zgadza.

[Term123]

Dziękuję. A jak to rozwiązywać używając szeregów?

[panb]

Nie mam pojęcia. Szereg Maclaurina można stosować do obliczenia wartości którejś pochodnej w punkcie, zbieżności całek, ale do równań różniczkowych? Pierwsze słyszę.
Oczywiście nie znaczy to, że coś takiego nie istnieje.

[panb]

Istnieje, nazywa się: Metoda szeregów potęgowych (tzw. metoda Frobeniusa)
Poczytam i się zapoznam.

[panb]

To będzie dużo pisania, mam nadzieję, że docenisz.
Przyjmujemy rozwiązanie postaci \[y= \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r} \]
\(\displaystyle{ y'= \sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)x^{n+r-1} \So y'+3y=0 \iff \sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)x^{n+r-1}+ 3\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}=0 \\
\left[a_0rx^{r-1}+a_1(r+1)x^r+a_2(r+2)x^{r+1}+a_3(r+3)x^{r+2}+\dots \right]+ \left[3a_0x^r+3a_1x^{r+1}+3a_2x{r+2}+\dots \right]=0 \\
a_0rx^{r-1}+[3a_0+a_1(r+1)]x^r+[3a_1+a_2(r+2)]x^{r+1}]+[3a_2+a_3(r+3)]x^{r+2}+\dots=0\\
a_0rx^{r-1}+ \sum_{n=0}^{\infty} \left[3a_n+(r+n+1)a_{n+1} \right] x^{r+n}}=0\)

To ostatnie wyrażenie będzie równe 0, gdy \(r=0\) oraz wszystkie współczynniki oprócz \(a_0\) będą równe zero, czyli
\[3a_n+(n+1)a_{n+1}=0, \, \text{ dla } n=0,1,2, \ldots\]
Zobaczmy jak to wygląda:
\(a_0=a\\
3a_0+a_1=0 \So a_1=-3a_0=-3a\\
3a_1+2a_2=0 \So a_2=- \frac{3}{2}a_1= \frac{-3}{1}\cdot \frac{-3}{2}a \\
3a_2+3a_3=0 \So a_3= \frac{-3}{3}a_2= \frac{-3}{1}\cdot \frac{-3}{2}\cdot \frac{-3}{3}a \)

Zatem:
\(a_0=a\\
a_1= \frac{(-3)^1}{1!}a\\
a_2= \frac{(-3)^2}{2!}a\\
a_3=\frac{(-3)^3}{3!}a\\
\dots\\
a_n=\frac{(-3)^n}{n!}\cdot a \)

Szukana funkcja ma więc postać \(\displaystyle y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}=\sum_{n=0}^{\infty} \left[ \frac{(-3)^n}{n!}\cdot a\cdot x^n\right] = a\sum_{n=0}^{\infty} {\frac{(-3)^n}{n!}=a\cdot e^{-3x} }\)

Ponieważ y(0)=2, więc

Odpowiedź: \(y=2e^{-3x}\)

[Term123]

Wielkie dzięki za pomoc! Myślałem, że skoro równania różniczkowe pojawiły się pierwszy raz to ten sposób z szeregami jest prosty.