Solución de ecuaciones diferenciales de la forma $\theta''(t)+\theta'(t)+\theta(t-\delta)=0$

Question

TLDR:

Hola, hay un examen de usar* método para resolver (sin necesidad de utilizar métodos numéricos) ecuaciones diferenciales de la forma

$$\theta''(t)+\theta'(t)+\theta(t-\delta)=0$$

He estado buscando un retraso de ecuaciones diferenciales " y sólo de primer orden DDEs soluciones parecen mostrar.

*posible con las manos desnudas, una calculadora gráfica, (y un razonable nivel de inteligencia matemática para un bastante inteligente estudiante de la escuela secundaria)

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Básicamente, estoy trabajando en hacer una maqueta de papel para mis amigos (todavía en la escuela secundaria) y terminó por establecer una pregunta de 2º orden ODE que no puedo resolver. Así que tengo curiosidad sobre si existe una (esperemos que no sea demasiado avanzado) manera de resolver este tipo de ecuaciones diferenciales ordinarias.

La pregunta completa y la solución que he trabajado hasta ahora es el siguiente:

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Considere la posibilidad de una elíptica de la pista en la posición estándar tal que sus ejes mayor y menor de la mentira en la $x$-eje y $y$-eje respectivamente.

Un punto de $P\left(a\cos \theta,b\sin \theta\right)$ en la elipse, donde $a>b>0$, se mueve con una aceleración angular $\alpha$ rad s^-2, una velocidad angular $\omega$ rad s^-1, y un desplazamiento angular $\theta$ rad medido en un en el sentido contrario, desde el punto de partida $P_0\left(a,0\right)$.

Como $P$ está en movimiento, un rayo láser es continuamente disparo con la velocidad de la luz $c$ m s^-1 de $P$ a través de la izquierda enfoque de la elíptica de la pista y se refleja en un punto de $Q$ en la elipse hacia el enfoque correcto. El enfoque correcto se indica a continuación, el láser de rayos de regreso hacia el punto de donde fue asesinado. El tiempo empleado en el proceso se denota por a $\delta$ s. El desplazamiento angular de la posición actual de $P$ con respecto al punto donde el láser finalmente golpea es $\phi$ rad.

Dado que $$\alpha+\omega+\theta=\phi$$ para el tiempo de $t\ge\delta$, y $$\theta=\frac{2\sqrt3}3e^{-\frac t2}\sin\frac{\sqrt3}2t$$ para $0\le t <\delta$, hallar las ecuaciones paramétricas de describir el movimiento de $P$ con respecto al tiempo $t$.

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Por la definición geométrica de la elipse, $PF_1+PF_2=2a$. Por lo tanto, la distancia recorrida por el rayo láser es \begin{align*} PF_1+F_1Q+QF_2+F_2P &=\left(PF_1+PF_2\right)+\left(QF_1+QF_2\right)\\ &=4a \end{align*}

El tiempo de $\delta$ s que se tomen para el láser para el viaje de vuelta es $$\delta=\frac{4a}{c}$$

Por lo tanto la distancia angular es tal que $$\phi=\theta\left(t\right)-\theta\left(t-\delta\right)=\theta\left(t\right)-\theta\left(t-\frac{4a}{c}\right)$$

La reescritura de la dada la ecuación diferencial, \begin{align*} \alpha+\omega+\theta&=\phi\\ \alpha\left(t\right)+\omega\left(t\right) +\theta\left(t\right)&=\theta\left(t\right)-\theta\left(t-\delta\right)\\ \alpha\left(t\right)+\omega\left(t\right) +\theta\left(t-\delta\right)&=0\\ \alpha\left(t-\delta\right)+\omega\left(t-\delta\right) +\theta\left(t-2\delta\right)&=0\\ \end{align*}

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Answer 1

El uso de la transformada de Laplace tenemos

$$ s^2\Theta(s)+s\Theta(s)+e^{-\delta s}\Theta(s) = \dot\theta_0 + \theta_0+s\theta_0 $$

o

$$ \Theta(s) = \frac{\dot\theta_0 + \theta_0+s\theta_0}{s^2+s+e^{-\delta s}} $$

y ahora tomando un Padé de expansión para $e^{-\delta s}$

NOTA

$$ e^{-\tau s} = \frac{-\frac{1}{120} s^3 \tau ^3+\frac{s^2 \tau ^2}{10}-\frac{s \tau }{2}+1}{\frac{s^3 \tau ^3}{120}+\frac{s^2 \tau ^2}{10}+\frac{s \tau }{2}+1} $$

es una $3$th el fin de Padé de expansión.

Adjunto una parcela para la $\delta = \{0, 0.1,0.2,0.3,0.4,0.5,0.6\}$ El rojo es para $\delta = 0$

NOTA

En el gráco $\theta_0 = 1, \dot\theta_0 = 0$

Answer 2

Las ecuaciones que se puede resumir así.

\begin{cases} \theta(0) = 0,\ \dot{\theta}(0) = 1 \\ \ddot{\theta}(t) + \dot{\theta}(t) + \theta(t) = 0, & 0 \le t < \delta \\ \ddot{\theta}(t) + \dot{\theta}(t) + \theta(t-\delta) = 0, & t \ge \delta \end{casos}

Una táctica común para el retraso de la educación a distancia es para resolver "la pieza de sabios". Ya tienes la solución en $[0,\delta)$, lo que voy a indicar como

$$ \theta_0(t) = \frac{2}{\sqrt{3}}e^{-t/2}\sin\left(\frac{\sqrt{3}t}{2}\right) $$

Usted puede encontrar una solución en $[\delta,2\delta)$, lo que voy a indicar como $\theta_1(t)$. Desde $\theta(t-\delta)_{t\in[\delta,2\delta)} = \theta_0(t-\delta)$ es una función conocida, el problema se reduce a regular, homogénea en la educación a distancia

$$ \ddot\theta_1(t) + \dot\theta_1(t) =-\theta_0(t-\delta), \qquad \theta_1(\delta) = \theta_0(\delta), \ \dot\theta_1(\delta) = \dot\theta_0(\delta) $$

De hecho esta es una de primer orden de la educación a distancia en $\dot\theta_1$, por lo que tiene $$ \frac{d}{dt}(e^t\dot\theta_1) = -e^t\theta_0 $$ $$ e^t\dot\theta_1 = -\int_\delta^t e^u\theta_0(u-\delta)\ du+C $$

Dado $\dot\theta_1(\delta) = \theta_0(\delta) $, obtenemos $C = \dot\theta_0(\delta)e^\delta$, por lo tanto

$$ \dot\theta_1(t) = \dot\theta_0(\delta)e^{-(t-\delta)} - e^{-t}\int_{\delta}^t e^u\theta_0(u-\delta)\ du $$

La integración, una vez más, y el uso de $\theta_1(\delta) = \theta_0(\delta)$ \begin{align} \theta_1(t) &= \theta_0(\delta) + \int_{\delta}^t \dot\theta_1(s)\ ds \\ &= \theta_0(\delta) + \dot\theta_0(\delta)\big[1-e^{-(t-\delta)}\big] - \int_{\delta}^te^{-s}\int_{\delta}^s e^u\theta_0(u-\delta)\ du\ ds \end{align}

De hecho, todas las soluciones en los sucesivos intervalos tienen esta forma. Si denotamos $\theta_n(t)$ como la solución en el intervalo de $[n\delta, (n+1)\delta)$, entonces el siguiente recurrentes relación se mantiene $$ \theta_n(t) = \theta_{n-1}(n\delta) + \dot\theta_{n-1}(n\delta)\big[1-e^{-(t-n\delta)}\big] - \int_{n\delta}^t e^{-s}\int_{n\delta}^s e^u\theta_{n-1}(u-\delta)\ du\ ds $$

Las integrales son factibles con la mano, pero se va a poner feo.