TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011

Transkript

1 Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011 Løysingsforslag Øving 2 Oppgåver frå læreboka, s. xliv-xlv 9 Me finn først fjørkonstanten k. Når systemet er i likevekt er fjøra strekt 50 cm, så me får likninga mg = k 0,5 k = 2 9,8 0,5 = 39,2 Lat y vera avstanden frå loddet til likevektspunktet (positiv retning nedover). Sidan me ikkje har nokon demping eller ytre kraft vert likninga for systemet my +ky = 0 2y +39,2y = 0. Me startar med å dra loddet 12 cm nedover og sleppa det (utan å gi det nokon ekstra fart), så initialvilkåra vert y(0) = 0,12 y (0) = 0 11 Den ytre krafta varierer harmonisk, dvs. som ei sinuskurve. Sidan den i t = 0 har fullt utslag oppover, og cosx har eit maksimum i x = 0, brukar me cosinus i staden for sinus. Vidare har me framleis positiv retning nedover, så då vert formelen for den ytre krafta F(t) = Acos 2π T t = 0,5cosπt. Likninga for systemet vert då my R(v)+ky = F(t) my +0,05y +ky = 0,5cosπt Initialvilkåra er dei same som i oppgåve Sjekk først at y 1 og y 2 er løysingar. Merk så at y 1(t) y 2 (t) = e t = e 3t. Viss y e 2t 1 og y 2 hadde vore lineært avhengige ville dette vore ein konstant, og det er det ikkje. Altså er dei lineært uavhengige. Me reknar så ut Wronski-determinanten: W(t) = y 1(t) y 2 (t) y 1 (t) y 2 (t) = e t e 2t e t 2e 2t = 3et 0 Her ser me igjen at y 1 og y 2 er lineært uavhengige. 12. september 2011 Side 1 av 7

2 25 Sjekk først at y 1 og y 2 er løysingar. Me har y 2(t) y 1 (t) = te 4t = t. Dette er ikkje ein e 4t konstant, så y 1 og y 2 er lineært uavhengige. Altså vert den generelle løysinga y(t) = C 1 e 4t +C 2 te 4t der C 1 og C 2 er konstantar. Vidare har me y(0) = 2 C 1 e 0 +C 2 0 e 0 = 2 C 1 = 2 og y (t) = 4C 1 e 4t +C 2 (e 4t 4te 4t ) = e 4t ( 4C 1 +C 2 4C 2 t 1 = y (0) = e 0 ( 4C 1 +C 2 0) = 8+C 2 C 2 = 7 Dermed vert løysinga y(t) = 2e 4t +7te 4t 26 a) altså er y 1 ei løysing. t 2 y 1(t)+ty 1(t) 4y 1 (t) = 2t 2 +2t 2 4t 2 = 0, b) Lat y 2 (t) = t 2 v(t). Dette gir y 2 (t) = t2 v (t)+2tv(t) og y 2 (t) = t2 v (t)+4tv (t)+ 2v(t) Me set dette inn i likning (1.32): t 2 (t 2 v (t)+4tv (t)+2v(t))+t(t 2 v (t)+2tv(t)) 4t 2 v(t) = 0 Me løyser denne separable likninga for v. t 4 v (t)+5t 3 v (t) = 0 tv (t)+5v (t) = 0. t dv dt +5v = 0 1 v dv = 5 t dt lnv = 5lnt v = t 5 Dermed får me v = t 5 dt = 1 4 t 4 og y 2 = 1 4 t 2. Altså kan den generelle løysinga skrivast som y = C 1 t 2 +C 2 ( 1 4 )t 2, men av kosmetiske årsaker innfører me ein ny konstant C 3 = 1 4 C 2, slik at løysinga vert y = C 1 t 2 +C 3 t september 2011 Side 2 av 7

3 29 Sjekk først at y 1 er ei løysing. Lat y 2 (t) = v(t)y 1 (t) = tv(t). Det gir y 2 (t) = v(t)+tv (t) og y 2 (t) = 2v (t)+tv (t). Dermed får me t 2 (2v (t)+tv (t)) 3t(v(t)+tv (t))+3tv(t) = 0 t 3 v (t) t 2 v (t) = 0 tv (t) v (t) = v dv = t dt lnv = lnt v = t v = 1 2 t2. Dermed vert y 2 (t) = 1 2 t3 (hugs å sjekka at y 2 er ei løysing og at y 1 og y 2 er lineært uavhengige), og den generelle løysinga vert Oppgåver frå læreboka, s. lv 14 Den karakteristiske likninga er y(t) = C 1 t+c 2 t 3. λ 2 +2λ+3 = 0 og har røtene λ = 1 ± 2i. Det følgjer då av Proposisjon 3.11 at den generelle løysinga vert y(t) = e t (C 1 cos 2t+C 2 sin 2t). 27 Me finn først den generelle løysinga av likninga. Den karakteristiske likninga er λ 2 2λ+17 = 0 og har røtene λ = 1±4i. Det følgjer då av Proposisjon 3.11 at den generelle løysinga vert y(t) = e t (C 1 cos4t+c 2 sin4t). Vidare har me og 2 = y(0) = e 0 (C 1 cos0+c 2 sin0) = C 1 y (t) = e t (C 1 cos4t+c 2 sin4t 4C 1 sin4t+4c 2 cos4t) 3 = y (0) = C 1 +4C 2 = 4C 2 2 C 2 = 5 4 så løysinga vert y(t) = e t ( 2cos4t+ 5 4 sin4t). 12. september 2011 Side 3 av 7

4 29 Me finn først den generelle løysinga av likninga. Den karakteristiske likninga er λ 2 +10λ+25 = 0 og har ei gjentatt rot λ = 5. Det følgjer då av Proposisjon 3.18 at den generelle løysinga vert y(t) = C 1 e 5t +C 2 te 5t. Vidare har me og 2 = y(0) = C 1 y (t) = 5C 1 e 5t +C 2 e 5t 5C 2 te 5t 1 = y (0) = 5C 1 +C 2 C 2 = 9 så løysinga vert y(t) = 2e 5t +9te 5t. Oppgåver frå læreboka, s. lxii 13 Først skriv me likninga på forma x +ω 2 0 x = x +kx = 0 x + 5k 2 x = 0 ω 0 er vinkelfrekvensen til systemet, og sidan perioden er π 2 får me ω 0 = 2π π 2 = 4 På den andre sida har me ω 2 0 = 5k 2 k = 32 5 Sidan x(0) = 2, som er amplityden, må t = 0 vera eit maksimum for x. Dermed får me v 0 = x (0) = a) b) Likninga for systemet er mg = kx k = mg x = 1 9,8 4,9 = 2 mx +µx +kx = 0 x +3x +2x = 0. Dermed vert den karakteristiske likninga λ 2 +3λ+2 = 0, som har røter λ 1 = 1 og λ 2 = 2. Den generelle løysinga er då x(t) = C 1 e t +C 2 e 2t. 12. september 2011 Side 4 av 7

5 Lat x ha positiv retning oppover. Då har me at x(0) = 1 og x (0) = 1. 1 = x(0) = C 1 +C 2 x (t) = C 1 e t 2C 2 e 2t 1 = x (0) = C 1 2C 2 Frå desse likningane får me C 1 = 3 og C 2 = 2. Altså er posisjonen som funksjon av tid x(t) = 3e t +2e 2t. 24 Me finn først fjørkonstanten Likninga for systemet er mg = kx k = mg x = 10 9,8 = 98 1 mx +µx +kx = 0 10x +20x +98x = 0 x +2x +9,8x. Dermed vert den karakteristiske likningaλ 2 +2λ+9,8 = 0, som har røterλ = 1±ω 0 i, der ω 0 2,9665. Den generelle løysinga er då x(t) = e t (C 1 cosω 0 t+c 2 sinω 0 t). Lat x ha positiv retning oppover. Då har me at x(0) = 0 og x (0) = 1,2. 0 = x(0) = C 1 x (t) = e t ( C 1 cosω 0 t C 2 sinω 0 t ω 0 C 1 sinω 0 t+ω 0 C 2 cosω 0 t) 1,2 = y (0) = C 1 +ω 0 C september 2011 Side 5 av 7

6 C 2 0,4045 Løysinga er då x = C 2 e t sinω 0 t = C 2 e t cos(ω 0 t π 2 ) = C 2e t cos(ω 0 t+ π 2 ) Så amplityden er C 2 0,4045, vinkelfrekvensen er ω 0 2,9665 og faseforskyvinga er π 2. Eksamensoppgåver 2 a) Hvis vi setter y = xe x inn i likningen y +ay +b = 0, så får vi (2e x +xe x )+a(e x + xe x )+bxe x = 0, eller (2+a)e x +(1+a+b)xe x = 0. De blir a = 2,b = 1. b) Bevegelsen er overdempet når den karakteristiske likningen har to reelle røtter, dette gir 4 2 > 4m m < 4. 4 a) Wronskideterminanten er W(y 1,y 2 ) = y 1 y 2 y 1 y 2 = e λt cos(ωt)(λe λt sin(ωt)+ωe λt cos(ωt)) e λt sin(ωt)(λe λt cos(ωt) ωe λt sin(ωt)) Løsningene til karakteristisk likning = ωe 2λt cos 2 (ωt)+ωe 2λt sin 2 (ωt) = ωe 2λt r 2 +cr+k = 0 er r = λ±iω = c± c 2 4k 2, (siden vi har underdempet svingning er c 2 4k < 0). Dvs λ±iω = c± 4k c 2 = c 2 2 ±i k c september 2011 Side 6 av 7

7 Dvs λ = c 2 og ω2 = k c2 4. Wronskideterminanten blir W = k c2 4 e ct b) Maksimums-amplituden er gitt ved A 0 e λt. En svingning varer 2 sekund. Dvs 15 svingninger tar 30 sekunder. Det gira 0 e c 2 (t0+30) = 1 4 A 0e c 2 t 0. Vi løser og fåre 15c = c = ln 1 4 c = (ln1 4 )/( 15) 0, september 2011 Side 7 av 7