TMA4115 Matematikk 3 Vår 2012

Transkript

1 Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk 3 Vår 01 Oppgaver fra læreboka, s lxxxiv 9 a) Likninga for systemet vert y + 4y = 4 cos ωt Me løyser først den tilhøyrande homogene likninga y + 4y = 0 Den karakteristiske likninga har røter r = ±i, så me får y h = A cos t + B sin t Anta ei spesiell løysing på forma C cos ωt (me antek her ω ) Me deriverer og set inn: Cω cos ωt + 4C cos ωt = 4 cos ωt C(4 ω ) = 4 C = 4 4 ω Altså vert den generelle løysinga y = A cos t + B sin t + C cos ωt Me har gitt initialverdiane y(0) = 0 og y (0) = 0 Dette gir så posisjonen som funksjon av tid vert b) 0 = y (0) = B cos t B = 0 0 = y(0) = A + C A = C y = C cos t + C cos ωt = 4 (cos ωt cos t) 4 ω y = 4 4 t ωt t + ωt (cos ωt cos t) = sin sin = 8 4 ω 4 ω Me har ω 0 =, så me vel ω = 9 5 Då får me x(t) = sin t 19t sin ω sin( ω t) sin( + ω t) 9 februar 01 Side 1 av 9

2 10 a) Me løyser først den tilhøyrande homogene likninga y + 5y = 0 Den karakteristiske likninga har røter r = ±5i, så me får y h = A cos 5t + B sin 5t Anta ei spesiell løysing på forma x = Ct cos 5t + Dt sin 5t (C cos 5t + D sin 5t er ei løysing av den homogene likninga) Me deriverer og set inn: 10C sin 5t+10D cos 5t 5Ct cos 5t 5Dt sin 5t+5(Ct cos 5t+Dt cos 5t) = 4 cos 5t Dette gir C = 0 og D = 5 Altså vert den generelle løysinga y = A cos 5t + B sin 5t + 5t sin 5t Me har gitt initialverdiane y(0) = 1 og y (0) = 0 Dette gir så posisjonen som funksjon av tid vert 1 = x(0) = A cos 5t A = 1 0 = x (0) = 5B B = 0 x = cos 5t + t sin 5t 5 Leddet med t sin 5t viser at me får resonans b) 9 februar 01 Side av 9

3 16 Vi ser etter en løsning på formen x p (t) = a sin t + b cos t Vi observerer at x p(t) = a cos t b sin t og x p(t) = 4a sin t 4b sin t = 4x p (t) For å bestemme a og b setter vi inn i likninga x p(t) + 5x p(t) + 4x p (t) = sin t, 4a sin t 4b sin t + 5(a cos t b sin t) + 4(a sin t + b cos t) = sin t, Dette impliserer at a = 0, b = a cos t 10b sin t = sin t Vi finner løsningen av initialverdiproblemet Homogen løsning er x h (t) = c 1 e 4t + c e t (Sjekk dette!), noe som gir generell løsning x(t) = c 1 e 4t + c e t 1 5 cos t Vi bruker initialbetingelsene til å bestemme c 1 og c Dette gir c 1 = 5, c = 8 5 x(0) = c 1 + c 1 5 = 1, x (0) = 4c 1 c = 0 9 februar 01 Side 3 av 9

4 3 Fra likninga har vi c = 0,5 og ω0 = 4 Likning (715) gir dermed gain G(ω) = 1 (4 ω ) + 0,5ω Vi ser at maksimum er ved ω 9 februar 01 Side 4 av 9

5 36 Formelen for gain finner vi på side lxxxi: G(ω) = 1 (ω 0 ω ) + 4c ω Vi deriverer G og får G ω 3 + (c ω0 (ω) = )ω (ω 0 ω ) + 4c ω 3 Vi har G (ω) = 0 hvis og bare hvis telleren er 0, så de kritiske punktene til G er løsningene til ω 3 + (c ω 0)ω = 0 ω(ω + c ω 0) = 0 ω = 0 er en løsning, det er også løsningene til ω + c ω 0 = 0, ω = ± ω 0 c (her trenger vi at ω 0 > c, elles blir ω = 0 den eneste reelle løsninga) Vi kan se bort fra ω = ω 0 c, siden frekvenser ikke kan være negative For å avgjøre om de kritiske punktene er maksima sjekker vi fortegnet til G i to andre punkt, ω 0 og 1 ω 0 c Merk at 0 < 1 ω 0 c < ω 0 c < ω 0 Igjen trenger vi bare se på telleren, nevneren er alltid positiv altså har vi G (ω 0 ) < 0 ( 1 ω c ω 0 ω 3 0 = c ω 0 > 0 ω0 c ) 3 +(c ω0) 1 ω0 c = 1 ω0 8 c (ω0 c ) 1 (ω 0 c ) ω0 c = 3 8 (ω 0 c ) ω0 c < 0 siden ω 0 > c, altså har vi G ( 1 ω 0 c ) > 0 Det betyr at ω res = ω 0 c er et maksimum, og at ω = 0 ikke er det Når vi setter inn tallene fra oppgave 3 får vi ω res = 4 0,5 = 1, Me finn først fjørkonstanten k Når systemet er i likevekt har me mg = kx 0 der m er massen, g er gravitasjonen og x 0 er kor langt fjøra er strekt (Newtons 1 lov og Hookes lov) mg = kx 0 k = mg 0,05 9,8 = = 4,9 x 0 0,1 Når systemet er sett i svinging har me (frå Newtons lov) ma = F (t) µv kx 9 februar 01 Side 5 av 9

6 der a er akselerasjon, v er fart, µ = 0,01 er dempingskonstanten og x er posisjon (positiv retning oppover) Dermed får me Me løyser først den homogene likninga mx = F (t) µx kx mx + µx + kx = F (t) x + µ m x + k m = 1 m F (t) x + 0,x + 98x = 100 cos 4,4t x + 0,x + 98x = 0 Den karakteristiske likninga r +0,r +98 = 0 har løysingar r = 0,1±9, 899i Altså har den homogene likninga generell løysing x h = e 0,1t (A cos 9,899t + B sin 9,899t) For å finna ei spesiell løysing (stabil tilstand) brukar me den komplekse metoden Anta at z = Ce 4,4it er ei løysing av z + 0,z + 98z = 100e 4,4it Me har z = 4,4Cie 4,4it og z = 19,36Ce 4,4it Me set dette inn og får C = 19,36Ce 4,4it + 0,88Cie 4,4it + 98Ce 4,4it = 100e 4,4it 100 = 1,715 0,014i = 1,715e 0,011i 98 19,36 + 0,88i (i siste steg brukar me at w = w e arg(w)i for alle komplekse tal w) Dermed får me z = 1,715e 4,4it 0,011i, og den spesielle løysinga av den opphavelege likninga er realdelen av z: x p = 1,715 cos(4,4t 0,011) Altså er den generelle løysinga x = e 0,1t (A cos 9,899t + B sin 9,899t) + 1,715 cos(4,4t 0,011) Initialvilkåra er x(0) = 0 og x (0) = 0 Det gir 0 = x(0) = A + 1,715 cos( 0,011) A = 1,715 0 = x (0) = 0,1A + 9,899B 4,4 1,715 sin( 0,011) B = 0,019 så den endelege løysinga vert x = e 0,1t ( 1,715 cos 9,899t + 0,019 sin 9,899t) + 1,715 cos(4,4t 0,011) 9 februar 01 Side 6 av 9

7 Oppgaver fra læreboka, s 10 1 Den utvida matrisa til systemet er [ ] Vi legger ganger rad 1 til rad [ 1 5 ] og ganger rad med 1 3 [ ] Dermed har me x = 3 x 1 + 5x = 7 x 1 = 7 5x = 7 15 = 8 4 Dette er det samme som å løse likningssystemet x 1 + x = 13 3x 1 x = 1 som har utvida matrise [ ] Vi trekker 3 ganger rad 1 fra rad [ 1 ] og ganger rad med 1 8 [ ] Dermed har vi x = 5 x 1 + x = 13 x 1 = 13 x = 3 det vil se at linjene krysser i punktet ( 3, 5) 8 Vi har gitt matrisa februar 01 Side 7 av 9

8 Vi kan gange rad fire med 1 og rad 3 med 1 3, for så å legge -1 ganger rad 4 til rad og -4 ganger rad 3 til rad en Til sist legger vi fem ganger rad til rad en og har matrisa Løsningsmengda er dermed gitt ved at x 1 = x = x 3 = x 4 = 0 11 Systemet har utvida matrise Vi trekker ganger rad fra rad , bytter om rad 1 og rad legger rad til rad , , og ser at rad 3 gir likninga 0 =, noe som betyr at systemet er inkonsistent 1 Systemet har utvida matrise Vi legger rad til rad , trekker ganger rad 1 fra rad , legger ganger rad til rad , og ser at rad 3 gir likninga 0 = 5, noe som betyr at systemet er inkonsistent 9 februar 01 Side 8 av 9

9 15 Systemet har utvida matrise Vi legger rad til rad 4 legger rad 1 til rad 3 trekker rad 4 fra rad , , , og ser at rad 3 gir likninga 0 = 8, noe som betyr at systemet er inkonsistent 5 NB! Feil i fasit i boka! Systemet har utvida matrise g h 5 9 k Vi legger ganger rad 1 til rad g h, k + g legger rad til rad g h k + g + h Det vil si at k + g + h = 0 må være oppfylt for at systemet skal være konsistent 9 februar 01 Side 9 av 9