ΣΕΜΦΕ forum

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 2:53 am**

Να δούμε..Έχουμε:
$\Delta u(\rho,\varphi) = \rho\cos\varphi,\qquad u_{\rho}(2,\varphi)=0,\qquad u_{\rho}(3,\varphi)=A$
Θέτουμε:
$u(\rho,\varphi) = v(\rho,\varphi)+w(\rho,\varphi),\qquad v(\rho,\varphi)=c\rho^{3}\cos(\varphi)$
και απαιτώντας
$\Delta w(\rho,\varphi) = 0$
Βρίσκουμε:
$c=\frac{1}{8}\Rightarrow v(\rho,\varphi)=\frac{1}{8}\rho^{3}\cos(\varphi)$
άρα
$v_{\rho}(\rho,\varphi)=\frac{3\rho^{2}}{8}\cos(\varphi)$
και τώρα πρέπει να λύσουμε το ομογενές:
$\Delta w(\rho,\varphi) = 0,\qquad w_{\rho}(2,\varphi)=-\frac{3}{2}\cos(\varphi),\qquad w_{\rho}(3,\varphi)=A - \frac{27}{8}\cos(\varphi)$
Η γενική λύση αυτού είναι :
$w(\rho,\varphi) = \frac{a_0}{2} + b_{0}\ln(\rho) + \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \rho^{n}\left(a_{n}\cos(n\varphi)+b_{n}\sin(n\varphi)\right) + \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \rho^{-n}\left(c_{n}\cos(n\varphi)+d_{n}\sin(n\varphi)\right)$
έτσι
$w_{\rho}(\rho,\varphi) = \frac{b_{0}}{\rho} + \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n\rho^{n-1}\left(a_{n}\cos(n\varphi)+b_{n}\sin(n\varphi)\right) + \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} -n\rho^{-n-1}\left(c_{n}\cos(n\varphi)+d_{n}\sin(n\varphi)\right)$
από την
$w_{\rho}(2,\varphi)=-\frac{3}{2}\cos(\varphi)$
έχουμε ότι αναγκαστικά οι μόνοι συντελεστές που δεν μηδενίζονται είναι οι
$a_{1},\qquad c_{1}$
και ισχύει η σχέση:
$a_{1}-\frac{c_{1}}{4}=-\frac{3}{2}$
Δηλαδή
$w(\rho,\varphi) = (\rho a_{1} + \rho^{-1}c_{1})\cos(\varphi)$
και για να ικανοποιείται η
$w_{\rho}(3,\varphi)=A - \frac{27}{8}\cos(\varphi)$
αφού
$w_{\rho}(\rho,\varphi) = (a_{1} - \rho^{-2}c_{1})\cos(\varphi)$
πρέπει
$(a_{1} - \frac{c_{1}}{9})\cos(\varphi)= A - \frac{27}{8}\cos(\varphi)$
Δηλαδή πρέπει
$A=0$
και
$a_{1} - \frac{c_{1}}{9} = -\frac{27}{8}$
τώρα λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε τους συντελεστές και άρα την W και άρα και την u.......Έχω κάπου λάθος (εκτός πράξεων που ποτέ μου δεν θα τις κάνω σωστά...)?
Και τώρα η κρήσιμη ερώτηση...Πώς υποτίθεται ότι πρέπει κάποιος να σκαρφιστεί την μορφή της v(ρ,φ)?

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 12:32 pm**

Epeidi i laplasiani tis v einai ρcosφ, h v tha einai c (μια σταθερα) epi cosφ epi to ρ se 2 dunameis panw! ki epeidi edw to ρ einai stin prwti h v tha exei ρ^3.

Ean px itan Δv=4ρ^2sin3φ tote i v tha einai v=Bρ^4sin3φ. gia na vreis to B upologizeis tin laplasiani tis v se polikes pou einai Vpp+1/p Vp +1/p^2 Vφφ kai eksiswneis me to Δv=4ρ^2sin3φ. ean kaneis tis prakseis tha deis oti feugoun ta ρ^2 kai ta sin3φ kai etsi vriskeis to B!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 1:27 pm**

Ευχαριστώ! Ξεκόλησα τώρα...Ναι όντως αφού sin και cos μετά από δύο παραγωγίσεις επιστρέφουν στα "πάτρεια εδάφη" η παραγώγιση ώς προς φ δεν δυσκολεύει την κατάσταση, ελπίζω μόνο να μήν πέσει καμία ποιό περίεργη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 2:27 pm**

Geia sas,eimai stin kateuthinsi Fusikou kai ithela na rotiso an ektos apo diaforetika themata einai kai mikroteri i ili gia emas..thanks

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 4:44 pm**

Νάμαστε πάλι.....Ερώτηση κρίσεως...
Θέμα 4ο κανονική μαθηματικού εφαρμογών 2010, έχουμε το
$y''-2y'+\lambda y = 0, \qquad x \in [0,L], \qquad y(0) = y(L) = 0$
Μή τετριμμένες λύσεις βρίσκουμε μόνο για λ > 1 και τα ζεύγη ιδιοτιμών - ιδιοσυναρτήσεων που προκύπτουν είναι :
$\lambda_n = \frac{n^2\pi^2}{L^2}+1, \qquad y_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}}e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\qquad n = 1,2,\ldots$
όπου έχω πάρει κατευθείαν τις κανονικοποιημένες ιδιοσυναρτήσεις, που προκύπτουν αφού φέρουμε το πρόβλημα σε μορφή Strum:
$\left(e^{-2x}y'\right)'+\lambda e^{-2x}y=0$
και από την οποία προκύπτει η σχέση ορθοκανονικότητας :
$<y_n,y_m>=\displaystyle\int_{0}^{\qquad L} w(x)y_n y_m dx=\delta_{n,m},\qquad w(x)=e^{-2x},\qquad \delta_{n,m}=\begin{cases} 1\qquad n=m \\ 0\qquad n\neq m\end{cases}$
Τώρα θέλουμε να επιλύσουμε το ημιομογενές
$y''-2y'+ 2y = e^x \qquad x \in [0,L], \qquad y(0) = y(L) = 0$
Το οποίο είναι ισοδύναμο με το
$\left(e^{-2x}y'\right)' + 2e^{-2x}y = e^{-x} \qquad x \in [0,L], \qquad y(0) = y(L) = 0$
Σύμφωνα λοιπόν με την θεωρία τα ιδιοδιανύσματα του ομογενούς αποτελούν μία ορθοκανονική βάση του χώρου των συνεχών συναρτήσεων στο [0,L] και έτσι η λύση του ημιομογενούς (άν υπάρχει) η οποία θα είναι αναγκαστικά συνεχής αφού είναι διαφορίσιμη, θα μπορεί να γραφτεί ώς :
$\phi = \sum_{n=1}^{\infty} a_n y_n = \sum_{n=1}^{\infty} <\phi,y_n> y_n$
όπου η τελευταία ισότητα ισχύει λόγω του ότι τα ιδιοδιανύσματα είναι κανονικοποιημένα, και η ισότητα της λύσης με την σειρά είναι κατά norm, ενώ αν η λύση έχει συνεχείς παραγώγους μέχρι και δεύτερης τάξης η σύγκλιση είναι και ομοιόμορφη.
Τώρα ορίζουμε τον γραμμικό διαφορικό τελεστη
$L[y] = \left(e^{-2x}y'\right)'$
ο οποίος ικανοποιεί τις:
$L[y_n] = -\lambda_n e^{-2x}y_n, \qquad L[\phi] = e^{-x}-2e^{-2x}\phi$
Αφού οι $y_n$ και $\phi$ είναι λύσεις του ομογενούς και του ημιομογενούς αντίστοιχα.
Επίσης σύμφωνα με την ταυτότητα Lagrange αφού οι συναρτήσεις $y_n$ και $\phi$ ικανοποιούν τις ίδιες συνοριακές συνθύκες ισχύει ότι:
$\int_{0}^{\qquad L} L[\phi]y_n dx = \int_{0}^{\qquad L} \phi L[y_n] dx$
Έτσι έχουμε τα επόμενα :
$\int_{0}^{\qquad L} L[\phi] y_n dx = \int_{0}^{\qquad L} \phi L[y_n] dx = -\lambda_n \int_{0}^{\qquad L} e^{-2x} \phi y_n dx = -\lambda_n <\phi,y_n> = -\lambda_n a_n$
$\int_{0}^{\qquad L} L[\phi] y_n dx = \int_{0}^{\qquad L} (e^{-x}-2e^{-2x}\phi)y_n dx=\int_{0}^{\qquad L} e^{-x} y_n dx - 2\int_{0}^{\qquad L} e^{-2x}\phi y_n dx = \int_{0}^{\qquad L} e^{-x} y_n dx - 2a_n$
Συνεπώς έχουμε
$-\lambda_n a_n = \int_{0}^{\qquad L} e^{-x} y_n dx - 2a_n$
και αφού $\lambda_n\neq 2 \forall n=1,2,\ldots$
$a_n = \frac{1}{2-\lambda_n}\int_0^{\qquad L} e^{-x} y_n dx = \frac{1}{2-\lambda_n}\int_0^{\qquad L} e^{-x} \sqrt{\frac{2}{L}}e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right) dx = \frac{1}{1-\frac{n^2\pi^2}{L^2}} \sqrt{\frac{2}{L}} \int_0^{\qquad L} \sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right) dx$
Από το οποίο καταλήγουμε στο τελικό αποτέλεσμα
$a_n = \dfrac{1}{1-\frac{n^2\pi^2}{L^2}} \sqrt{\frac{2}{L}}\dfrac{L}{n\pi}\left(1-(-1)^n\right)$
Έτσι η λύση του ημιομογενούς θα είναι η
$\phi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n y_n = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{1-\frac{n^2\pi^2}{L^2}} \sqrt{\frac{2}{L}}\dfrac{L}{n\pi}\left(1-(-1)^n\right) \sqrt{\frac{2}{L}}e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right)$
Απλοποιώντας όσο γίνεται
$\phi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n y_n = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{2L^2\left(1-(-1)^n\right)}{n\pi\left(L^2-n^2\pi^2\right)}e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right)$
Στην συνέχεια και για να φτάσουμε στο ζουμί του θέματος μας ζητείται να εκφράσουμε την συνάρτηση $e^x$ ώς στην ορθοκανονική της ανάπτυξη ώς πρός τις ιδιοσυναρτήσεις του προβλήματος. Έχουμε
$e^x = \sum_{n=1}^\infty c_n y_n = \sum_{n=1}^\infty <e^x,y_n> y_n = \sum_{n=1}^\infty \left(\int_{0}^{\qquad L} e^{-2x} e^x \sqrt{\frac{2}{L}}e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right) \right) \sqrt{\frac{2}{L}}e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\rightarrow$
$e^x= \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{2}{L} \int_{0}^{\qquad L} \sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right) \right)e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{2\left(1-(-1)^n\right)}{n\pi}e^x\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right)$
Παραδίδουμε την κόλλα μας και είμαστε ευχαριστιμένοι... ή μήπως όχι?
Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση $e^x$ είναι λύση του ημιομογενούς... η οποία θα πρέπει να είναι και μοναδική αρα οι συντελεστές στα δύο αναπτύγματα θα έπρεπε να είναι ίσοι αφού για δεδομένη ορθοκανονική βάση του χώρου έχουμε μοναδική αναπαράσταση, αυτό όμως δεν ισχύει.......

Τί μλκσ που είμαι!!!!

τώρα μόλι συνειδητοίησα ότι το μή ομογενές γενικά έχει λύση μοναδική ανν το ομογενές έχει μόνο την τετριμμένη!!! grrrrrrrr τσάμπα το post

P.S Αλήθεια πόσες ασκήσεις πρέπει να έχει λύσει κάποιος από κάθε τύπο προβλήματος ώστε να καταφέρει να γράψει 6 τέτοια θέματα μέσα σε τρείς ώρες?

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 6:31 pm**

Και επανέρχομαι.... Τελικά είχα δίκιο ότι κάπου έχω άδικο....το αντίστοιχο ομογενές του ημιομογενούς είναι το
$y''-2y'-2y=0$
Το οποίο αφού το 2 δεν αποτελεί ιδιοτιμή έχει μόνο την τετριμμένη λύση...άρα η λύση του ημιομογενούς είναι μοναδική και άρα θα έπρεπε να ισχύει ότι
$\dfrac{2L^2\left(1-(-1)^n\right)}{n\pi(L^2-n^2\pi^2)}=\dfrac{2\left(1-(-1)^n\right)}{n\pi}$
Σίγουρα κάπου σφάλω.... υπάρχει κανείς γεναίος να βρεί αν και πού έχω υπολογιστικό ή λογικό σφάλμα στον συλογισμό μου? Θα το εκτιμούσα πολύ γιατί έχω σπαστεί πολύ με το θέμα αλλά δεν έχω άλλο κουράγιο για το συγκεκριμένο πρόβλημα...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 7:38 pm**

Ρε παιδιά εξηγήστε μου λίγο τι θα παιχτεί τελικά με το ζήτημα θεμάτων Μαθηματικού-Φυσικού...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 7:45 pm**

Εγώ πάντος δεν έχω ιδέα...υποθέτω ότι δεν θα μας ρωτάνε έναν έναν τι κατεύθηνση έχουμε οπότε τα θέματα μάλλον τα ίδια θα είναι και η ύλη η τομή των υλών.....

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 8:27 pm**

Γιατί είναι απίθανο να μπουν θέματα στην κοινή ύλη

το θέμα είναι ότι μόνο εικασίες μπορούμε να κάνουμε.....υπομονή μέχρι μεθαύριο

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 8:44 pm**

Είναι απλό γιατί κάθε χρόνο το ίδιο γίνεται: σε κάποιες αίθουσες γραφούν οι μαθηματικοί και σε κάποιες άλλες οι φυσικοί. Φέτος μαζί με τους μαθηματικούς γράφει και ο κορμός. Δεν υπάρχει περίπτωση κοινών θεμάτων, εξ' άλλου ποτέ δεν έγινε.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 14, 2010 5:54 am**

Ρε παιδιά κανείς για το 4ο θεμα 2010 κανονική του Μαθηματικού?

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 14, 2010 2:20 pm**

SOS!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ΞΕΡΕΙ ΚΑΝΕΙΣ ΤΗ ΛΥΣΗ ΓΙΑ ΤΟ ΘΕΜΑ 2α ΤΟΥ 2010 ΦΥΣΙΚΟΥ????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ΣΟΣ!!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 02, 2011 11:10 pm**

Κλειδώνεται αφού το μάθημα έχει πλεόν μεταφερθεί στον κορμό ως Εισαγωγή στις Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις.

ΣΕΜΦΕ forum

Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις (Μέχρι 2009-2010)

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Re: Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις (μέχρι 2009-2010)