Нелинейные ДУ

[StaticZero]

Прошу помощи у вас, связанной с нелинейными ДУ.

1) $m\ddot{x} = -kx^2$

2) $m\dot{v} = C(t) - kv^2$

3) $m\ddot{x} = C(x) - k\dot{x}^2$

($v = v(t)$, $x = x(t)$).

Попыток решения я не могу предоставить, так как непонятно даже, с чего начинать. Решение первого уравнения выражается через т.н. Weierstrass elliptic function. Интересует сам вид интеграла и как к нему придти.
Буду благодарен, если поможете.

[ИСН]

В первом и третьем - стандартная замена для диффуров, не содержащих аргумента в явном виде.

[Утундрий]

Второе решается в общем виде, если известно хотя бы одно частное решение.

[StaticZero]

Первое

$\dot{x} = v(x(t))$

$\ddot{x} = \dot{v}\cdot v$

$m\dot{v}v = - kx^2$

$mv dv = -kx^2 dx$

$v^2 = -\dfrac{2k}{m} \dfrac{x^3}{3} + C$

$\dot{x} = v = \sqrt{-\dfrac{2k}{m} \dfrac{x^3}{3} + C}$

Третье

$m\ddot{x} = C(x) - k(\dot{x})^2$

$\dot{x} = v$

$\ddot{x} = v\dot{v}$

$mv\dot{v} + kv^2 = C(x)$

дальше тупик.

По поводу второго: а как найти это самое частное решение?

[Утундрий]

StaticZero в сообщении #895959 писал(а):

как найти это самое частное решение?

Угадать. Или численно.

[Oleg Zubelevich]

q

[Shtorm]

StaticZero в сообщении #895959 писал(а):

$\ddot{x} = \dot{v}\cdot v$

$m\dot{v}v = - kx^2$

Всё же точка обозначает производную по времени. Поэтому надо так писать:

$\ddot{x} = \frac{dv}{dx}\cdot v$

$m\frac{dv}{dx}v = - kx^2$

StaticZero в сообщении #895959 писал(а):

$\dot{x} = v = \sqrt{-\dfrac{2k}{m} \dfrac{x^3}{3} + C}$

Осталось найти $x(t)$.

[Shtorm]

StaticZero в сообщении #895959 писал(а):

Третье

........
$mv\dot{v} + kv^2 = C(x)$

дальше тупик.

Давайте по-нормальному перепишем полученное уравнение:

$$mv\frac{dv}{dx} + kv^2 = C(x)$$

Теперь поделите почленно на $mv$ и получите стандартное дифференциальное уравнение Бернулли.

[Otta]

StaticZero

StaticZero в сообщении #895959 писал(а):

$mv\dot{v} + kv^2 = C(x)$

Как вариант. Квадрат функции под дифференциал затяните, да и будет линейное. Ну а дальше надо бы знать, как линейные с неоднородностью решаются.

[StaticZero]

Цитата:

Осталось найти $x(t)$.

$\dfrac{dx}{\sqrt{-\dfrac{2k}{m} \dfrac{x^3}{3} + C}} = dt$

$\dfrac{1}{\sqrt{-\dfrac{2k}{3m}}} \dfrac{dx}{\sqrt{x^3 + C'}} = dt$

$\displaystyle \int \dfrac{dx}{\sqrt{x^3 + C'}} = \sqrt{-\dfrac{2k}{3m}} t$

Shtorm в сообщении #895999 писал(а):

Теперь поделите почленно на $mv$ и получите стандартное дифференциальное уравнение Бернулли.

$\dfrac{dv}{dx} + \dfrac{k}{m} v = \dfrac{C(x)}{m} \dfrac{1}{v}$

$\dfrac{v dv}{dx} + \dfrac{k}{m} v^2 = \dfrac{C(x)}{m}$

$v^2 = z(x)$

$z' = 2vv'$

$\dfrac{z'}{2} + \dfrac{k}{m} z = \dfrac{C(x)}{m}$

$z(x) = f(x)g(x)$

$z' = f'g + g'f$

$\dfrac{f'g + g'f}{2} + \dfrac{k}{m} fg = \dfrac{C(x)}{m}$

$g\left(\dfrac{kf}{m} + \dfrac{f'}{2}\right) + \dfrac{fg'}{2} = \dfrac{C(x)}{m}$

$\begin{cases} f' + 2\dfrac{k}{m} f = 0\\ \\ fg' = \dfrac{2C(x)}{m} \end{cases}$

$\dfrac{df}{dx} = -2\dfrac{k}{m} f$

$\dfrac{df}{f} = -2\dfrac{k}{m} dx$

$\ln |f| = -2\dfrac{k}{m}x $

$A = \exp{\left(2\dfrac{k}{m}\right)}$

$f = Ae^{-x}$

$\dfrac{dg}{dx} = \dfrac{2C(x)}{m} \dfrac{1}{Ae^{-x}}$

$\displaystyle g = \int \dfrac{2C(x)}{Am} e^{x} = \dfrac{2}{Am} \int C(x) e^{x} dx$

$\dot{x} = \sqrt{z(x)} = \sqrt{f(x)g(x)}$

$\dfrac{dx}{\sqrt{f(x)g(x)}} = dt$

$\displaystyle \int \dfrac{dx}{\sqrt{f(x)g(x)}} = t$

$\displaystyle f(x)g(x) = \dfrac{2}{me^{x}} \int C(x) e^{x} dx$

-- 14.08.2014, 12:19 --

Утундрий в сообщении #895962 писал(а):

Угадать. Или численно.

А "так просто", т.е. всякими заменами, нельзя получить решение?

[Shtorm]

StaticZero в сообщении #896042 писал(а):

$\displaystyle \int \dfrac{dx}{\sqrt{x^3 + C'}} = \sqrt{-\dfrac{2k}{3m}} t$

Вот теперь видно, откуда эллиптическая функция возникает. У Вас в правой части уравнения под квадратным корнем стоит отношение некоторого коэффициента, сильно смахивающего на коэффициент сопротивления среды или что-то подобное и массы. Отношение этих величин положительно, а значит выражение под корнем отрицательно. Лучше бы, на мой взгляд, полученное Вами уравнение переписать так:

$\displaystyle \int \dfrac{dx}{\sqrt{C'-x^3}} = \sqrt{\dfrac{2k}{3m}} t$

StaticZero в сообщении #896042 писал(а):

$\dfrac{dv}{dx} + \dfrac{k}{m} v = \dfrac{C(x)}{m} \dfrac{1}{v}$

$\dfrac{v dv}{dx} + \dfrac{k}{m} v^2 = \dfrac{C(x)}{m}$

$v^2 = z(x)$

$z' = 2vv'$

$\dfrac{z'}{2} + \dfrac{k}{m} z = \dfrac{C(x)}{m}$

$z(x) = f(x)g(x)$

$z' = f'g + g'f$

А зачем делать лишние ходы и вводить излишние переменные?

Написали:

$\dfrac{dv}{dx} + \dfrac{k}{m} v = \dfrac{C(x)}{m} \dfrac{1}{v}$

и сразу подстановка:

$v(x) = f(x)g(x)$

StaticZero в сообщении #896042 писал(а):

$\ln |f| = -2\dfrac{k}{m}x $

$A = \exp{\left(2\dfrac{k}{m}\right)}$

$f = Ae^{-x}$

Дальше и не стал проверять, ибо здесь ошибка. Подставьте теперь в последнее выражение $A$, что получится? И что получится, если не делать такую замену? Напомню свойства степеней: $e^c\cdot e^{-d}=e^{c-d}$ и другое: $e^{cd}=(e^c)^d$

[Shtorm]

StaticZero в сообщении #896042 писал(а):

$\displaystyle \int \dfrac{dx}{\sqrt{x^3 + C'}} = \sqrt{-\dfrac{2k}{3m}} t$

Shtorm в сообщении #896251 писал(а):

$\displaystyle \int \dfrac{dx}{\sqrt{C'-x^3}} = \sqrt{\dfrac{2k}{3m}} t$

И мы с Вами оба забыли в правую часть добавить произвольную константу интегрирования.

[Shtorm]

StaticZero в сообщении #895959 писал(а):

По поводу второго: а как найти это самое частное решение?

Утундрий в сообщении #895962 писал(а):

Угадать. Или численно.

StaticZero в сообщении #896042 писал(а):

А "так просто", т.е. всякими заменами, нельзя получить решение?

Второе уравнение представляет собой дифференциальное уравнение Риккати, хоть и неполное. Вот если бы вместо $C(t)$ стояло бы $at^n$, где $a$ - константа, то это был бы частный вид уравнения Риккати, имеющее общее аналитическое решение без всяких частных решений. А так нет.
P.S. Возможно составители этих уравнений и имели ввиду, что там степенная функция. Но это тогда нужно уточнять.

[StaticZero]

Shtorm в сообщении #896346 писал(а):

И мы с Вами оба забыли в правую часть добавить произвольную константу интегрирования

Мы ещё не взяли интеграл...?

Переделал, получилось так:

$(\dot{x})^2 = v^2 = f(x)g(x)$

$f(x) = B\exp{\left(-\dfrac{2k}{m}x\right)} = BA^x, A = \exp{\left(-\dfrac{2k}{m}\right)}$

$\displaystyle g(x) = \dfrac{1}{Bm} \int C(x)A^{-x} dx$

$\displaystyle \dfrac{dx}{dt}= \sqrt{\dfrac{\exp{\left(- \dfrac{2k}{m}x\right)}}{m} \left (\int C(x) \exp{\left( \dfrac{2k}{m}x\right)} dx\right )}$

[ewert]

Shtorm в сообщении #896609 писал(а):

если бы вместо $C(t)$ стояло бы $at^n$, где $a$ - константа, то это был бы частный вид уравнения Риккати, имеющее общее аналитическое решение без всяких частных решений

Для некоторых показателей -- да, имеющее. А так -- нет (в смысле в квадратурах не выражается).