Matematika A3 1. ZH+megoldás 2008. október 17. 1. Feladat Egy 10 literes kezdetben tiszta vizet tartalmazó tartályba 2 l/min sebesséeggel 0.3 kg/l sótartalmú víz Áramlik be, amely elkeveredik a benne lévő oldattal. A keverék a tartály alján ugyanekkora sebességgel folyik ki. Mennyi só lesz a tartályban 5 perc múlva, illetve hosszú idő múlva? A befolyó tömegáram: 0.3 kg l 2 l kg = 0.6 min min. A V=10l térfogatra vonatkoztatott kifolyó tömegáram sebességegyütthatója: Tehát az össz tömegáram: k=2 l min 1 10l = 0.2 1 min. ṁ(t)= 0.6 0.2m(t)=0.2(3 m(t)). Mivel m(0)=0, ígyω:= [0,3[ megfelelő tartomány. A megoldás ezen a tartományon: ṁ(t) 3 m(t) dt= 0.2dt 1 3 s ds=0.2t+ K ln(3 m(t))=0.2t+ K, Amiből c := e K helyettesítéssel az általános megoldás: Figyelembe véve a kezdeti értéket: m(t)=3 ce 0.2t. m(0)=0=3 c c= 3, így a megoldás: m(t)=3(1 e 0.2t ) (t ). 1
3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 5 10 15 20 25 30 1. ábra. Illusztráció a megoldásához. Öt perc elteltével tehát m(5)=3(1 e 1 ) 1.89636kg só lesz a tartályban. Hosszú idő múlva pedig lim m(t)= 3kg t + só lesz a tartályban. Az 1. ábrán látható a tartályban lévő só tömegének alakulása az időben, illetve külön bejelöltük az 5 perchez és hosszú időhöz tartozó értékeket. 2. Feladat Oldjuk meg az ẋ(t)=(1+ x(t))(1+ t 2 ) differenciálegyenletet az x(0)=2 kezdeti feltétellel. A kezdeti értéket figyelembe véveω := ] 1,+ [ megfelelő tartomány. A megoldás ezen a tartományon: ẋ(t) (1+ x(t)) dt= 1+ t 2 dt ln(1+ x(t))= t+ t3 3 + C, amiből az általános megoldás a k := e C helyettesítéssel Figyelembe véve a kezdeti értéket: így a megoldás (2. ábra): x(t)= ke t+ t3 3 1. x(0)=2= k 1 k= 3, x(t)=3e t+ t3 3 1 (t ). 2
10 8 6 4 2 3 2 1 1 2. ábra. Illusztráció a megoldásához. 3. Feladat Oldjuk meg a t ẋ(t) = 2x(t) + t differenciálegyenletet. Egy megfelelő tartomány példáulω := +. Itt a fenti egyenletet átalakíthatjuk a következőképpen: Alkalmazva az ẋ(t)=2 x(t) t + 1. u(t) := x(t), ẋ(t)= u(t)t+ u(t) t helyettesítést az alábbi differenciálegyenletet kapjuk az u függvényre: u(t)t+ u(t)=2u(t)+1 t u(t)=u(t)+1 1 u(t) u(t)+1 dt= ln(u(t)+1)=ln(t)+ C, dt, u(t)> 1(x(t)> t) t amiből a C := ln(k) helyettesítéssel az u függvényre vonatkozó megoldás: u(t)= kt 1. Alkalmazva a korábbi helyettesítést az eredeti differenciálegyenlet megoldása: x(t)= kt 2 t (t ). Megjegyzés. A feladat megoldható elsőrendő inhomogén lineáris differenciálegyenletként is. 3
4. Feladat Oldjuk meg az ẋ(t)+ x(t)=e t sin(t) differenciálegyenletet az x(0)=1kezdeti feltétellel. A homogén rész megoldása: ẋ h (t)+ x h (t)=0 x h (t)= ke t. A partikuláris megoldás az állandó variálásának módszerével határozható meg: x p (t) := k(t)e t, ẋ p (t)= k(t)e t k(t)e t, amit behelyettesítve az eredeti egyenletbe: ẋ p (t)+ x p (t)= k(t)e t = e t sin(t) k(t)= cos(t), így a partikuláris megoldás x p (t)= e t cos(t). A teljes általános megoldás: A kezdeti értéket figyelembe véve: x(t)= x h (t)+ x p (t)= e t (k cos(t)). x(0)=1= k 1 k= 2, tehát a kezdetiérték-probléma megoldása (3. ábra): x(t)= e t (2 cos(t)) (t ). 2.0 1.5 1.0 0.5 1 1 2 3 4 5 3. ábra. Illusztráció a megoldásához. Megjegyzés. A partikuláris megoldás meghatározható a próbafüggvény módszerével is. Legyen x p (t) := e t (Asin(t)+B cos(t)), amiből ẋ p (t)= e t ( (A+B) sin(t)+ (A B) cos(t)). Elvégezve a helyettesítést: ẋ p (t)+ x p (t)= e t ( B sin(t)+acos(t))= e t sin(t), amiből A = 0, B = 1, tehát a partikuláris megoldás ismét: x p (t)= e t cos(t). 4
5. Feladat Oldjuk meg a 2t x(t)+(1+ t 2 )ẋ(t)=0differenciálegyenletet az x(0)= 1 kezdeti feltétellel. A feladat egzakt egyenletként oldható meg, ekkor a szokásos jelölé- sekkel P(t, x) := 2t x, Q(t, x) := 1+ t 2. Az egzaktság ellenőrizhető a keresztbe vett parciális deriváltak meghatározásával: A megoldás F(t, x)= amiből c(x) = x, és így x P(t, x)=2t, figyelembe véve a kezdeti feltételt: P(t, x)dt= t Q(t, x)=2t. 2t xdt=t 2 x+ c(x). x F(t, x)= Q(t, x) t 2 + c (x)=1+ t 2, F(t, x)= x(t 2 + 1), F(0, 1)= 1(0+1)= 1. Tehát a differenciálegyenlet (explicit) megoldása (4. ábra): x(t)= 1 t 2 + 1 (t ). 4 2 2 4 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 4. ábra. Illusztráció a megoldásához. Megjegyzés. Sokkal gyorsabban eredményre jutunk, ha észrevesszük, hogy 2t x(t)+(1+ t 2 )ẋ(t)= d (1+ t 2 )x(t) = 0, dt amit integrálva kapjuk, hogy x(t)(1+ t 2 )= k. 5
6. Feladat Keressük meg az ẍ(t) 2ẋ(t)+5x(t) = 0 differenciálegyenlet x(0) = 1, x(π/4) = e π/4 peremfeltételt kielégítő megoldását. A differenciálegyenlethez tartozó karakterisztikus egyenlet: λ 2 2λ+5=0, melynek gyökeiλ 1,2 = 1±2i, így az általános megoldás: x(t)= e t (c 1 cos(2t)+ c 2 sin(2t)). Figyelembevéve a peremfeltételt: x(0)= 1=c 1, x(π/4)= e π/4 = e π/4 (c 1 cos(π/2)+c 2 sin(π/2))= e π/4 c 2, tehát c 1 = 1, c 2 = 1 és így a megoldás (5. ábra): x(t)= e t (sin(2t) cos(2t)) (t ). 10 5 3 2 1 1 2 3 5 10 5. ábra. Illusztráció a megoldásához. Megjegyzés. Az 5. ábrán a szaggatott vonal a t ± 2e t burkológörbét jelöli. Ez azt jelenti, hogy x(t) 2e t minden t esetén. 6