Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,2,3.(a),(b),(c), 6.(a) feladatokra

Átírás

1 Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és teljesen kidolgozott megoldásokkal az 1,,3.(a),(b),(), 6.(a) feladatokra 1. Oldjuk meg a következő kezdeti érték feladatot: y 1 =, y(0) = 3, 1 x y (0) = 1. Ha egy rudat az x abszisszájú keresztmetszetében adott f(x) függvénnyel arányos hajlítónyomaték terhel, akkor a rúd súlyvonalának alakja a terhelés után az alábbi differeniálegyenletből számítható: y = f(x). (1 + (y ) ) 3/ Határozzuk meg a rúd alakját ha a nyomaték eloszlás f(x) = 1 x és a kezdeti feltételek y(0) = y (0) = (a) Oldjuk meg a külső erő nélküli sillapítatlan szabad rezgés differniálegyenletét my + ky = 0 (1) mint hiányos másodrendű differeniálegyenletet! (b) Oldjuk meg az (1) egyenletet mint másodfokú lineáris egyenletet a két héttel ezelőtt tanult tehnikával (melyben a karakterisztikus polinom gyökeit kerestük meg és ebből felírtuk az általános megoldást). () Mutassuk meg, hogy a két eredmény ugyanaz. 4. Határozzuk meg az általános megoldását a következő másodrendű differeniálegyenleteknek. A megoldásokat elég impliit alakban megadni. (a) (y ) + yy = 0, 1

2 (b) () y = 1 4 y, yy + (y ) = 1 5. Oldjuk meg a következő másodrendű differeniálegyenleteket: xy y = x Oldjuk meg az alábbi differeniálegyenleteket: (a) x os y + [y os y (x + y ) sin y] y = 0, (b) xdy + ydx = 0, () x y = x +y y x +y, (d) x(sin y + 1) + x os y y = 0. Eredmények 1. A differeniálegyenlet mindkét oldalát kétszer x szerint deriváljuk: y 1 = dx = arsin x + C 1, 1 x y = (arsin x + C 1 )dx = arsin x + 1 x + C 1 x + C. Behelyettesítve a kezdeti feltételeket kapjuk, hogy Vagyis 3 = y(0) = 1 + C 1 = y (0) = arsin C 1 = 1 és C =. Tehát a kezdeti érték feladat megoldása: y = arsin x + 1 x + x +.. A másodrendű egyenletünkből hiányzik az y. Tehát amint előadáson tanultuk, ekkor a p = p(x) új változót behozzuk az y helyére. Vagyis p(x) = y (x) és p (x) = y (x).

3 Az új változóval az egyenletünk alakja átrendezés után: dp (1 + p ) = f(x)dx. 3/ Bevezetve az f(x)dx = F (x) jelölést, az integrálás elvégzése után kapjuk, hogy Innen p-t kifejezve: p 1 + p = F (x) + 1. F (x) + 1 p(x) =. 1 (F (x) + C 1) Használva, hogy y = p kapjuk, hogy F (x) + 1 y = dx. () 1 (F (x) + 1 ) Abban a speiális esetben amikor f(x) = 1 x integrálással kapjuk, hogy Ekkor tehát F (x) + 1 = x(1 x ) + 1. y x(1 x = p = ) ( x(1 x) + ). 1 Használva az y (0) = 0 kezdeti feltételt és azt hogy egy tört pontosan akkor egyenlő nullával amikor a számlálója nulla adódik, hogy 1 = 0. Ezt helyettesítve ()-ba és kihasználva, hogy y(0) = 0: y(x) = x t=0 t(1 t ) 1 t ( ) dt. 1 t 3

4 1. ábra. Az y(x) = x t=0 t(1 t ) q1 t (1 t) dt függvény grafikonjának lerajzolása 4

5 Ez azonban egy ún. elliptikus integrál amit nem lehet elemi függvényekkel kifejezni. Azonban le tudjuk rajzolni számítógéppel (l. 1. ábra). 3a. Az (1) differeniálegyenletet átrendezve és az előadáson látott k ω 0 := m jelölést alkalmazva a megoldandó differeniálegyenlet: y = ω 0y. (3) Az előadáson ez volt a 3. eset, amikor is az egyenletben nem jelenik meg expliiten az x. Ekkor mint az előadáson tanultuk az y = p = p(y), y = dp dy p, helyettesítést alkalmazhatjuk. Ezzel a (3) egyenletet a p p = ω 0y (4) alakra hozzuk. Itt p = dp azt jelenti, hogy a p = p(y) függvényt az y dy mint független változó szerint deriváljuk. A (4) egyenlet szétválasztható változójú. Átszorzunk a (4) egyenletben dy-al, hogy megkapjuk a Integrálás után kapjuk, hogy: p dp = ω 0y dy. 1 p = ω 0 y + C 1. Vagyis dy dt = y = p = ± C 1 ω0y. Ez tehát a dy dt = ± C 1 ω0y. (5) egy szétválasztható változójú differeniálegyenlet. A fenti differeniálegyenletben dt-vel átszorozva és C 1 ω0y átosztva adódik, hogy dy C1 ω 0y = ±dt. 5

6 Használva, hogy 1 dx = arsin x + C 1 x kapjuk, hogy a differeniálegyenlet megoldása: C1 y = sin(ω 0 (t + C )). (6) ω 0 (Az utolsó előtti egyenletben akár melyik előjelet vesszük az lényegében ugyanazt a fenti eredményt adja sak a plusz előjel esetén vett C konstansnak a mínusz előjel esetén az a C konstans felel meg amire: ω 0 C = ω 0 C + π. De ez teljesen lényegtelen hiszen a C egyszerűen sak egy konstans). 3b. Tekintsük most az (1) egyenletet mint másodfokú lineáris egyenletet. Először is felírjuk a karakterisztikus polinomot: mr k = 0. Használva az ω 0 := k/m jelölést, a gyökök: Tehát az általános megoldás: r 1 = i ω 0, r = i ω 0. y = 1 os(ω 0 t) + sin(ω 0 t). (7) 3. A (6) egyenletben a jobb oldalon emeljünk ki 1 + -et. Ekkor kapjuk, hogy ( ) y = os(ω 0 t) + sin(ω 0 t). (8) Vegyük észre, hogy a ( ) v =, vektor hossza egységnyi. Ezért létezik egy olyan θ szög amire v = (os θ, sin θ). Vagyis erre az θ szögre: os θ = és sin θ =

7 Ezt behelyettesítve a (8) formulába: y = 1 + (sin θ os(ω 0 t) + os θ sin(ω 0 t)). }{{} sin(θ+ω 0 t) Használva a d 1 := 1 + és a d := θ/ω 0 jelöléseket: y = d 1 sin(ω 0 (t + d )). (9) Ez pedig d = és d 1 = C 1 ω 0 ugyanazt adja mint (6). 4a.y = C 1 (x + C ) /3, 4b.3x = 4( y C 1) C 1 + y + C, 4.(x + C ) y = C y = x4 + C 1x + C. 8 6a. Az y = dy -et felírva és dx-el mindkét oldalt beszorozva kapjuk, hogy dx az egyenlet x os y dx + [ y os y (x }{{} + y ) sin y ] dy = 0 }{{} M(x,y) N(x,y) alakú. Mivel M y N x = x sin y ezért a differeniálegyenlet homogén tehát van olyan F : R R függvény, amelyre grad(f ) = (M, N). Vagyis Ezért F (x, y) = F x = M, F y = N. M(x, y)dx + h(y) = x os y + h(y). (10) F A h(y) függvény abból az egyenletből határozzuk meg hogy: = N. y Vagyis: F y = x sin y + h (y) = y os y (x + y ) sin y. }{{} 7 N

8 Innen Innen: h (y) = y os y y sin y. h(y) = y os y. Ezt vissza helyettesítve (10)-be adódik, hogy: F (x, y) = (x + y ) os y. Vagyis a differeniálegyenlet általános megoldása: 6b. xy = Const 6. artan y x = Const. 6d. x sin y + sin y = Const. (x + y ) os y = Const. 8