Løsningsforslag. Innlevering i BYFE 1000 Oppgavesett 4 Innleveringsfrist:??? klokka 14:00 Antall oppgaver: 5, 20 deloppgaver.

Transkript

1 Innlevering i BYFE Oppgavesett 4 Innleveringsfrist:??? klokka 4: Antall oppgaver: 5, deloppgaver Løsningsforslag Oppgave a) ln π e x cos e x ) dx Variabelbytte: u e x, du dx ex, dx e du. x Nye grenser: u) e, uln π) e ln π π. ln π e x cos e x ) dx [sin u]π π sinπ) sin e x cos u e x du sin π cos u du b) xe x dx Denne integranden har ingen enkel antiderivert. Vi regner ut dette integralet ved å bruke trapesmetoden i stedet. Denne kan implementeres slik: % Skript som implementerer trapesmetoden for % numerisk integrasjon % Integrasjonsgrensene er gitt i linje og % Inndelinga av intervallet er gitt i linje 4 bruker input-funksjonen) % Integranden er gitt i ei funksjonfil som heter Integrand.m % Grenser a; b; % Inndeling Ninput'Hvor mange steg skal vi ha? '); DeltaXb-a)/N; % F{\o}rste og siste ledd TDeltaX/*Integranda)+Integrandb));

2 % for-l{\o}kke over alle "indre" punkt for i:n-) xa+i*deltax; TT+DeltaX*Integrandx); end % Skriver integralet til skjerm T Her har vi brukt input-funksjonen for å kunne gi oppdelinga av intervallet det skal integreres over. Selve integranden er gitt i funksjonsla Integrand.m: function FIntegrandx) % Funksjon som skal integreres. % Blir brukt av skriptet TrapesMet, som estimerer et integral ved % trapesmetoden. Fsqrtx)*exp*x^); Vi kjører dette skriptet med ulike verdier for N. Vi får disse resultatene: >> format compact >> format long Hvor mange steg skal vi ha? Hvor mange steg skal vi ha? Hvor mange steg skal vi ha? Hvor mange steg skal vi ha? Hvor mange steg skal vi ha?

3 c) Det ser ut til det siste svaret har mist tre rette desimaler. Altså: x e x dx xe x dx.88. Vi innfører variabelyttet u x x u/. Vi får 4 8 x e x dx u eu du 8 e [e u ] u) u) ) 8 x e u 4x du x e u du 4 ue u du ) [ue u ] 8 e u du e e ) ) e + 8 Her har vi brukt delvis integrasjon for å regne ut integralet ueu du. d) For å regne ut dette integralet, bruker vi delvis integrasjon to ganger: π x sin x dx [ x cos x) ] π π x cos x) dx π cos π ) π π + x cos x dx π + [x sin x] π π + π sin π [ cos x] π ) π + + cos π cos ) π 4 ) sin x dx e) x sin x dx Akkurat som i deloppgave b), har vi her en integrand som ikke har noen elementær antiderivert. Vi bruker trapesmetoden igjen. Vi tar utgangspunkt i de same m-lene som vi brukte i b). Vi endrer øvre integrasjonsgrense i skriptet TrapesMet.m til linje ), og vi endrer linje 7 i funksjonsla Integrand.m til Fx^*sinx^); Vi kjører skriptet med stadig økende verdier for N: >> format short Hvor mange steg skal vi ha?.886 Hvor mange steg skal vi ha? 5

4 .886 Hvor mange steg skal vi ha?.889 Hvor mange steg skal vi ha? Hvor mange steg skal vi ha?.8844 x sin x dx.884. f) Dette integralet kan regnes ut ved å bruke delvis integrasjon; b a uv dx [uv] b a b a u v dx. Vi velger u ln x og v x slik at u /x og v x /: ] x ln x dx [ln x x 8 ln [ ] x 8 ln 9 Oppgave a) iz z + i i iz z + i)z i ) z i + i x x dx 8 ln ln ) 8 ln 7 9 i ) i) + i) i) i + i i + i i x dx i Dette ser svaret på kartesisk form, z x + iy med x, y R. Vi kan nne tallet på polarform, z re iθ, ved hjelp av formlene r x + y og tan θ y/x. Men her blir det enklere om vi skriver opp igjen likinga over 4

5 med koesientene på polarform. Dette vil også gi oss eksakte svar i dette tilfellet. Vi har at + i re iθ med r + og tan θ. Med θ [, π/] gir det at + i e iπ/4. På tilsvarende måte nner vi at i/ e iπ/6. Dermed kan likninga skrives som + i)z i e iπ/4 z e iπ/6 z e iπ/6 e iπ/4 e i π/6 π/4) e i5π/.87e.9 i b) z 4 i e iπ/ e iπ/+n π), n Z [ z e iπ/+n π)] /4 e iπ/+n π)/4 e iπ/8+n π/) Vi får re løsninger tilsvarende verdiene,, og for n: z e iπ/8 eller z e iπ/8+π/) e i5π/8 eller z e iπ/8+ π/) e i9π/8 eller z e iπ/8+ π/) e iπ/8 Oppgave a) y sin x x y, y π) 4 Denne dierensiallikninga er separabel: dy dx sin x x y dy x sin x y dx dy x sin x dx y 5

6 Vi infører variabelbyttet u x for å nne det ubestemte integalet på høgre side: y / dy x sin u x du / + y /+ sin u du y / cos u + C cos x + C y C 4 cos x ) C C /) C blir bestemt ved initialkravet: y π) 4 C 4 cos ) π 4 C 4 ) 4 Vi får svaret y C ) cos x 7 cos x ) 4 6 b) y sinx + y ), y) π Denne dierensaillikninga er hverken separabel eller lineær. Vi løser den numerisk ved å bruke Eulers metode. Den kan implementeres slik: % Skript som implementerer Eulers metode % Initialkravet, yx)y blir ligg i linje 8 og 9. % I linje fikserer man maksimal verdi for x % Antall steg fikseres i linje 6 % funksjonen Fx,y) fra differensiallikninga, y'fx,y) blir gitt % i linje 8. % Initialkrav x; ysqrtpi); % Maksimal x-verdi xmax7; % Antall steg og steglende 6

7 N5; hxmax-x)/n; % Initierer vektorer med x- og y-verdier xvektorx:h:xmax; yvektorzeros,n+); yvektor)y; % L{\o}kke som implementerer Eulers metode for i:n xxvektori); yyvektori); ydsinx^+y^); yvektori+)y+yd*h; end % Plotter resultatet hold off plotxvektor,yvektor,'k-','linewidth',) setgca,'fontsize',5) Som vi kan se av linje i skriptet, har vi latt x gå til 7. For å undersøke om N i linje 6 er satt for lavt, kjører vi skriptet ere ganger med stadig høyere N-verdier. For å plotte de ulike grafene vi da får samtidig, setter vi hold on i linje. Videre kan det være en god idé å endre farge på grafen i linje 4 for å kunne se tydelig hvilken graf som tilsvarer hva. Når vi gjør dette, kan resultatet se ut omtrent som plottet til venstre i gur. Figur : Denne guren viser løsninga på oppgave b). Plottet til venstre viser hvordan resultatet fra Eulers metode varierer med steglengda. Med steg, eller ere, ser svaret ut til å være rimelig uavhegig av dette valget. Plottet til høgre er det same som den sorte kurva i plottet til venstre. 7

8 c) y x + y, y) Denne førsteordens dierensaillikninga er lineær. Vi kan løse den ved å gange begge sider av likninga med integrerende faktor. Vi identifeserer denne ved først å skrive likninga som y y x. Den integrerende faktoren er e F x) der vi skal ha at F x). Det er oppfylt for F x) x. e x y y) e x x e x y ) e x x e x y e x x dx Integralet kan regnes ut ved hjelp av delvis integrasjon: e x y e x x dx x e x) e x ) dx xe x + e x dx xe x e x + C y e x xe x e x + C ) x + Ce x Vi bestemmer C ved initialkravet: Løsninga er y x + e x. y) Ce C d) Vi gjør dette like godt for begge de analytisk løsbare initialverdiproblemene. For initialverdiproblemet i a), lar vi x gå til. For å kunne implementere Eulers metode, skriver vi dierensiallikninga på forma y F x, y): y x y sin x. Denne funksjonen skriver vi inn i linje 8 i implementeringa vår av Eulers metode: ydx*sqrty)*sinx^); Vi oppdaterer initialkravet i linje 9 og og endrer maksimal x-verdi i linje til. Vi kjører skriptet for ulike verier av N og plotter resultatene sammen med det eksakte svaret vi kom fram til i oppgave a). Resultatet er vist i gur. Vi ser at for dette initialverdiproblemet må vi bruke steg bare for å være i nærheten! Historia ville ha vore ei heilt anna om vi hadde brukt Eulers midtpunktmetode i stedet; se gur. For det andre initialverdiprolemet vil nok være en litt høy verdi for maksimal x. Vi setter denne til denne gangen. Vi oppdaterer initialkravet i linje 9 og : 8

9 Figur : Figur som illustrerer hvordan Eulers metode gir ei løsning som, sakte, sakte, nærmer seg riktig løsning når vi øker antall steg N). Figur : Figuren viser det samme som gur bortsett fra at vi her har brukt Eulers midpunktmetode. Merk at vi opererer med helt andre N-verdier enn i gur her. % Initialkrav x; y; og selve dierensaillikninga i linje 9: 9

10 ydx+y; Vi gjentar samme prosedyre som over, og får resultatet vist i gur 4. Figur 4: Denne guren viser løsninga på oppgave c) både den eksakte løsninga og numeriske estimat for ulike steglengder. I plottet til høgre har vi zooma inn på en liten del av plottet til venstre for å kunne se forskjell på den numeriske og den eksakte løsninga. Oppgave 4 Gamle modeller: ft) 6 cos55.9 t) gt) 6e.9 t cos55.9 t) Svingelikninga: y + ky + ω y a) I oppgaveteksten står det at bjelken i utgangspunktet er bøyd 6 mm ned. Videre vet vi at bjelken er i ro i utgangspunktet. Med millimeter som enhet og positiv retning oppover skal vi altså ha at b) Uten demping: y) 6 og y ). y + ω y. Vi løser denne ved å anta eksponentiell løsning: y e rt : e rt ) + ω y e rt r + ω ) r ω r ±ωi

11 Vi får rent imaginære løsninger av den karakteristiske likninga. Den generelle løsninga av dierensaillikninga blir da yt) A sinωt) + B cosωt). Vi ser at dette faller sammen med ft) over dersom A, B 6 og, ikke minst, ω Altså er ft) ei løsning for denne verdien av ω. Videre ser vi at ft) oppfyller initialkravene fra a): f) 6 cos 6 f t) 6 sin55.9t)) 55.9 f ) sin c) Vi løser svingelikninga, med k, på samme måte som over: e rt ) + k e rt ) + ω y e rt r + kr + ω ) r + kr + ω r k ± k 4ω Dersom k 4ω, vil vi bare få reelle røtter for den karakteristiske likninga og ingen trigonometriske funksjoner i løsninga. Om derimot k 4ω <, blir r kompleks: r k ± i 4ω k Dermed blir den generelle løsninga ) yt) e k t A sin ω k /4 t k ± i ω k /4 )) + B cos ω k /4 t. Kravet for å få løsninger av denne typen er altså at k 4ω <, eller ekvivalent: k < ω. d) Vi kjenner igjen dempingsfaktoren i den generelle løsninga over: e k t. For at dette skal bli det samme som eksponentialfaktoren i gt) over, e.9 t, må vi kreve at k/.9, eller at k Denne k-verdien er klart lavere enn ω.8 jmf. deloppgave c)). e) Den generelle løsninga nner vi ved å sette inn verdiene for k og ω i uttrykket fra c): ω k / / yt) e.9 t A sin55.8 t) + B cos55.8 t))

12 Det kan være fristende å sette A og B 6 for å oppfylle initialkravene. Dette er nesten riktig, men ikke helt... Vi gjør det heller ordentlig: Vi deriverer yt): y) 6 e A sin + B cos ) 6 B 6 y t) e.9 t.9) A sin55.8 t) 6 cos55.8 t)) + e.9 t 55.8A cos55.8 t) sin55.8 t)) e.9 t [.9A ) sin55.8 t) A ) cos55.8 t)] Initialkravet på den deriverte: y ) e [.9A ) sin A ) cos ] 55.8A A Vi får altså denne løsninga: yt) e.9 t.898 sin55.8 t) 6 cos55.8 t)). Vi ser at den skiller seg fra gt): Den har både et sinus- og et cosinus-ledd. Det betyr at gt) og yt) er noe faseforskjøvet i forhold til hverandre og at gt) ikke oppfyller initialkravet y ). Videre ser vi at vinkelfrekvensen, det tallet vi ganger t med i argumentet for de trigonometriske funksjonene, er noe justert; for gt) er den 55.9 og for yt) er den Begge disse forskjellene er ganske marginale; når vi plotter gt) og yt) sammen, er det vanskelig å se forskjell for moderat t). Se gur 5. f) y + ky + ω y sinct) Vi antar at vi kan nne en partikulær løsning på forma y p a sinct) + b cosct) y p ac cosct) bc sinct) slik at og y p ac sinct) bc cosct) Vi minner om at den generelle løsninga vil være y y h + y p der y h er den generelle løsninga av den tilsvarande homogene likninga altså den vi fant i deloppgave c). Merk at faktoren e k t i y h t) gjør at y h forsvinner når t blir stor. Altså vil vi ha at y y p for store t; y p vil være den dominerende delen av løsninga.

13 Figur 5: Figuren viser modellene våre for dempa svinging. Den sorte grafen er modellen gitt ved funksjonen gt), mens den røde, stipla grafen er løsninga av svingelikninga, yt). For å se at det faktisk er forskjell på modellene, har vi zooma inn på to områder. Nær t øverst til høgre) ser vi at bare yt) oppfyller initialkravet y ). For å se at frekvensene er noe ulike for gt) og yt), må vi gå til nokså høye t-verdier. Denne forskjellen er illustrert i plottet nederst til høgre. Vi setter uttrykket vårt for y p koerrisientene a og b: inn i dierensiallikninga og bestemmer ac sinct) bc cosct) + k ac cosct) bc sinct)) + ω a sinct) + b cosct)) ω c )a ck b ) sinct) + ck a + ω c )b ) cosct) sinct) Dette gir oss to likninger for a og b: ω c )a ck b og ck a + ω c )b. Disse kan skrives som en matriselikning og løses ved å invertere koesientmatrisa: [ ] [ ] [ ] ω c ck a ck ω c b [ ] [ ] a ω c ck b ω c ) + ck) ck ω c ] [ [ ω c ck ck ω c ] [ ] [ ω c ω c ) + ck) ck Uttrykket for den partikulære løsninga vår, y p a sinct) + b cosct), kan også skrives som en ren sinus- eller cosinus-) funksjon; y p r sinct + φ). Amplituden r er da gitt som a + b. Altså vil amp- ]

14 lituden til den partikulære løsninga y p være ) r ω c ω c ) + ck) + ω c ) + ck) ω c ) + ck) ck ω c ) + ck) ) ω c ) + ck). Vi plotter denne: >> omega55.9; >> k5.86; >> c:e-:*omega); >> r./sqrtomega^-c.^).^+k*c).^); >> plotc,r,'k','linewidth',) >> hold on >> plot[ ]*omega,[.5e-],'k--') >> hold off >> setgca,'fontsize',5) >> xlabel'c') >> ylabel'amplitude mm)') >> axis[ 5.5e-]) Resultatet ser vi i gur 6. Av guren ser vi at svingesystemet, altså bjelken, responderer på den ytre krafta på en helt annen måte når den ytre krafta har en frekvens som er mer eller mindre lik egenfrekvensen til bjelken; c ω. Dette fenomenet kalles resonans. Bredda på resonansen er bestemt av dempinga k. En høyere k-verdi gir en bredere resonans. Dersom k går mot null, vil resonansen bli smalere og smalere og høyere og høyere uten noen øvre grense. Oppgave 5 fx) sin x, D f [ ] π, a) Volumet er gitt ved formelen V π b a fx)) dx. I vårt tilfelle får vi π/ V π sin x ) π/ dx 4π sin x dx. Dette integralet er ikke spesielt greit å løse ved antiderivasjon. Vi bruke heller skriptet vårt for trapesmetoden. Vi oppdaterer integrasjonsgrensene i linje og og integranden i funksjonsla Integrand.m. Linje 7 i funksjonla setter vi til 4

15 Figur 6: Figuren viser amplituden til det svingende systemet som funksjon av frekvensen til den påtrykte svinginga. Den stipla linja tilsvarer systemets egenfrekvens. Fsinx^))^; Vi kjører skriptet og når vi synest vi har god nok presisjon, multipliserer vi med 4π for nne volumet: Hvor mange steg skal vi ha?.9 Hvor mange steg skal vi ha? 5.95 Hvor mange steg skal vi ha?.9 Hvor mange steg skal vi ha? 5.9 >> 4*pi*T 5

16 ans Volumet er 4.9. b) Når vi roterer om y-aksen, bruker vi denne formelen for å nne volumet: V π b xfx) dx. I vårt tilfelle får vi a π/ V π x sin x dx. Denne løses greit ved variabelbyttet u x : ) u π/ V π x sin u u) x du π π cos π ) cos π. π/ sin u du π [cos u] π/ 6