2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Редукция динамической системы
Сообщение15.03.2007, 14:26 
имеется система ДУ вида
p' = A p^2 +B q^2
q' = C pq

где p = p(t), q = q(t); A, B, C - константы. Известно, что p и q существуют на интервале 0,T

необходимо получить (из этой ДС) некоторое ДУ относительно отношения f = p/q вида

(*) f' = F(f).

Ситуация такая - в одной умной книжке берут систему, которую я написал, потом говорят
"integrating once the dynamic system we obtain ... " - выписывают уравнение типа (*). Видимо, есть какой-то метод такого решения не до конца, интегрируют от нуля до T, наверно...

Короче, мне надо разобраться, как это (*) получается. Крутил, крутил, ничего не придумал, мало опыта работы с ДС.

Спасибо заранее всем, кто откликнется.

[/math]

 
 
 
 
Сообщение15.03.2007, 15:21 
Аватара пользователя
Хм... Получить уравнение относительно отношения $f=\frac pq$ нетрудно: делим первое уравнение на второе и получаем однородное дифференциальное уравнение первого порядка:
$$\frac{dp}{dq}=\frac{Ap^2+Bq^2}{Cpq}\text{.}$$
Далее полагаем $p=qf$, $\frac{dp}{dq}=f+q\frac{df}{dq}$, и получаем уравнение
$$f+q\frac{df}{dq}=\frac ACf+\frac BC\frac 1f\text{,}$$
или, после упрощения, уравнение с разделяющимися переменными
$$q\frac{df}{dq}=\frac{(A-C)f^2+B}{Cf}\text{.}$$
Но это, кажется, не совсем то, что нужно?

 
 
 
 
Сообщение15.03.2007, 16:05 
Можно было интегрировать до конца заменой $q=e^t.$ Это даёт
(A-C)f^2+B=Dq^{2(A-C)/C}.$

 
 
 
 
Сообщение15.03.2007, 16:51 
To Someone
да, не совсем то - хотелось бы получить
зависмость f от t, а не от q

To Руст
немного странная замена q = e^t. Получается, что я предполагаю наличие такого решения.
А q(t) должно существовать конечное время (blow-up)
Вы не ошиблись?

 
 
 
 
Сообщение15.03.2007, 17:01 
На это можно не обращать внимания, имелось ввиду ввести новую переменную ln(q) (у вас t имелось, значит можно чем то другим обозначать). Но при интегрировании, всё равно пришлось вернутся к q, поэтому эта переменная не понадобилась.

 
 
 
 
Сообщение15.03.2007, 20:00 
Аватара пользователя
У Руста переменная $t$ - это совсем не то же самое, что $t$ у Вас. Эта замена, собственно говоря, и не нужна. Разделяя переменные в последнем уравнении, получим
$$\frac{Cfdf}{(A-C)f^2+B}=\frac{dq}q\text{.}$$
Если $C=A$, то уравнение имеет общее решение
$$Cf^2=B\ln q^2+D\text{,}$$
где $D$ - произвольное число. Умножая на $q^2$, получим
$$Cp^2=q^2(B\ln q^2+D)\text{.}$$
Если $C\neq A$, то уравнение имеет общее решение
$$(A-C)f^2+B=D|q|^{\frac{2(A-C)}C}\text{,}$$
или, после умножения на $q^2$,
$$(A-C)p^2+Bq^2=D|q|^{\frac{2A}C}\text{.}$$

Этого достаточно, чтобы нарисовать фазовый портрет.

Добавлено спустя 2 часа 24 минуты 55 секунд:

Возможен другой подход. Из Ваших уравнений получаем
$$f'=\left(\frac pq\right)'=\frac{p'q-pq'}{q^2}=\frac{(A-C)p^2+Bq^2}q\text{,}$$
или, после деления на $q$ и введения новой переменной по формуле $d\tau=qdt$, $\tau|_{t=0}=0$,
$$\frac{df}{d\tau}=(A-C)f^2+B\text{.}$$
1) Если $A=C$, то общее решение
$$f=B\tau+D\text{.}$$
2) Если $B=0$, то общее решение
$$f=\frac D{1+D(C-A)\tau}\text{.}$$
3) Если $\frac B{A-C}>0$, то общее решение
$$f=\sqrt{\frac B{A-C}}\tg\left(\sqrt{\frac B{A-C}}(A-C)\tau+D\right)\text{.}$$
4) Если $\frac B{A-C}<0$, то общее решение
$$f=\sqrt{\frac B{C-A}}\frac{e^{\sqrt{\frac B{C-A}}(C-A)\tau}+De^{-\sqrt{\frac B{C-A}}(C-A)\tau}}{e^{\sqrt{\frac B{C-A}}(C-A)\tau}-De^{-\sqrt{\frac B{C-A}}(C-A)\tau}}\text{,}$$ и ещё есть частное решение $$f=-\sqrt{\frac B{C-A}}\text{.}$$
Во всех случаях константа $D$ определяется из начальных условий.

Из второго Вашего уравнения после деления на $q^2$ получается уравнение
$$\frac 1q\frac{dq}{d\tau}=f\text{,}$$
откуда определяется
$$q=Ee^{\int_0^{\tau}f(\tau)d\tau}$$
(константа $E$ определяется из начальных условий). Во всех случаях интеграл легко выражается через элементарные функции, но я уж не буду всё это выписывать.

Наконец, осталось определить $t$ по формуле
$$t=\int_0^{\tau}\frac{d\tau}{q(\tau)}\text{.}$$

Решение получается, таким образом, в параметрической форме. Из него можно найти всё, что потребуется.

А что за уравнение написано в той "умной книжке"?

 
 
 
 
Сообщение15.03.2007, 22:12 
Спасибо за такие подробные ответы и интерес к теме.
Собственно, мне требуется только доказать, что $ f < 1$
при условиях $f(0)=f(T)=1$

To Someone
система там такая

$\dot p = \frac{1}{4}(2p^2+q^2); $
$\dot q = \frac{3}{4}pq$

уравнение для $f=\frac{p}{q}$:
$ \dot f = \frac{1}{2}D_0(1-f^2)^{-0.5} ,$
$t \in (0,T),$
$f(0)=f(T)=1$,
где
$D_0 = \frac{2}{T}B(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$

где B - бета-функция. Откуда она берётся - ума не приложу.

 
 
 
 
Сообщение16.03.2007, 14:56 
Аватара пользователя
Ага. Как получить уравнение, я понял: из уравнения
$$(A-C)f^2+B=D|q|^{\frac{2(A-C)}C}\text{,}$$
находим
$$q=\pm\left(\frac{(A-C)f^2+B}D\right)^{\frac C{2(A-C)}}\text{;}$$
подставляя это выражение в
$$f'=\frac{(A-C)p^2+Bq^2}q=q((A-C)f^2+B)=Dq\frac{(A-C)f^2+B}D\text{,}$$
получим
$$f'=\pm D\left(\frac{(A-C)f^2+B}D\right)^{\frac{2A-C}{2(A-C)}}$$
(в этом уравнении нужно взять знак "$+$" при $q>0$ и знак "$-$" при $q<0$).
В Вашем случае $A=\frac 12$, $B=\frac 14$, $C=\frac 34$, так что получается
$$f'=\begin{cases}\pm 2D^{\frac 32}(1-f^2)^{-\frac 12}\text{ при }D>0\text{,}\\ \mp 2(-D)^{\frac 32}(f^2-1)^{-\frac 12}\text{ при }D<0\text{.}\end{cases}$$
Из сравнения с тем, что Вы написали, следует, что $D>0$, $D_0=4D^{\frac 32}$, $q>0$. Откуда берётся $B\left(\frac 32,\frac 12\right)=\frac{\pi}2$, мне непонятно.
Однако указанные там граничные условия выглядят очень странно: решение этого уравнения имеет вид
$$f\sqrt{1-f^2}+\arcsin f=D_0t+D_1\text{,}$$
и $f$ не может принимать одинаковые значения в различные моменты времени (впрочем, это следует уже из того, что производная $f$ положительна при всех $t\in(0,T)$). Так что либо там написана какая-то глупость, либо Вы что-то не так поняли.

 
 
 
 
Сообщение17.03.2007, 15:41 
Аватара пользователя
Сам плохо подумал. Надо было особые случаи рассмотреть. Эти мои рассуждения хороши при $D\neq 0$, а при $D=0$ эти преобразования не получаются. Зато при $D=0$ для определения $f$ получаем уравнение $(A-C)f^2+B=0$; если $A-C\neq 0$ и $\frac B{A-C}<0$, то получаем постоянные решения $f=\pm\sqrt{\frac B{C-A}}$. В частности, в Вашем случае это решения $f=\pm 1$. Они не удовлетворяют уравнению $f'=\frac{D_0}{2\sqrt{1-f^2}}$ и не могут быть из него получены, так как теряются в процессе вывода этого уравнения.

Из этого следует, что если $f(0)=1$, то $f(t)=1$ при всех $t$.

 
 
 [ Сообщений: 9 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group