Løysingsforslag for oppgåvene veke 17.

Transkript

1 Løysingsforslag for oppgåvene veke 17. Oppgåve 1 Retningsfelt for differensiallikningar gitt i oppg med numeriske løysingar for gitt initalkrav (og eit par til). a) b) c) d) Oppgåve 2 a) c)

2 b) Retningsfeltet i a) hintar om løysingar som er rette linjer gjennom origo; y=k x. Stemmer dette? Venstre side i diff.-likninga: y'=k. Høgre side i diff.-likninga: y/x=kx/x=k. Det stemmer. Vidare: For kvart startkrav y(x0)=y0 skal vi ha nøyaktig éi løysing. Set inn: y0=k x0 k=y0/x0 Vi har altså fått bestemt k og dermed også y(x) eintydig for alle x0 0. c) Figuren ser ut til å hinte om andregradsfunksjonar. Vi prøver y= k x 2 : y'=2kx y/x= 2 kx 2 /x = 2kx. Joda, den generelle løysinga er y(x)=k x 2. Oppgåve 3 MATLAB-kompiet har eit detaljert løysingsforslag her. Oppgåve 4 a) Om vi overset pseudokoden til «matlabsk», kan han sjå slik ut: N=3000; % antall steg for n=1:n h=h-4.23*1e-3*sqrt(h)*dt; % neste høyde disp([t h]) % skriver punktene til skjerm Slik som dette er koda nå, får vi ut ein tabell med drøssevis av t og h-verdiar når vi køyrer skriptet: >> EulersMetLaerebok Litt meir interessant er det nok å plotte det. Om vi gjer det, og ikkje minst: varierar dt, kan plottet sjå slik ut:

3 Vi ser at dt=0.1, som vi brukar i skriptet over, er rikeleg fint nok. b) Skriptet kan nå sjå slik ut: while h>=0.01 h=h-4.23*1e-3*sqrt(h)*dt; t % neste høyde Merk at variabelen N er borte. Når vi køyrer skriptet, finn vi at det tar sekund før høgda er 1 cm. c) Vi gjer ei lita justering i linje 5 og skriv den elege h-verdien til skjerm til sist: while t<5000 h=h-4.23*1e-3*sqrt(h)*dt; h % neste høyde Vi får eit litt rart svar: >> EulersMetLaerebok h = i h har blitt negativ; tanken skuldar vatn! (h ser til og med ut til å ha blitt kompleks.) Dette viser vel ganske tydeleg at vi ikkje utan vidare skal stole på svara som ein pc-en gir oss. d) Den deriverte av vannstanden, h', er jo gitt ved differensiallikninga. Om vi samanliknar linja som reknar ut den neste h-verdien med skjemaet for Eulers metode, yn+1=yn+f(xn,yn) h, der y'=f(x,y), ser vi at differensiallikninga er h = h Dermed kan vi implementere kravet slik:

4 while -4.23*1e-3*sqrt(h)<-1e-4 h=h-4.23*1e-3*sqrt(h)*dt; t h % neste høyde Når vi køyrer kravet finn vi at h' bikkar i det t=461.5 og h= Svaret på det siste kunne vi rettnok lett ha funne eksakt direkte frå differensiallikninga: h'=-10-4 gir at 10 4 = hslik at 10 4 h = ( )2 = Her ser vi svaret vi fekk med Eulers metode ikkje var veldig nøyaktig; vi burde nok ha brukt ein lågare dt for å få betre samsvar. e) Tanken er tom når h=0: while h>0 h=h-4.23*1e-3*sqrt(h)*dt; t % neste høyde Når vi køyrer det, finn vi at det tar t=472.4 sekund å tømme tanken. Oppgåve 5 Vi brukar Eulers metode for å løyse startverdiproblemet, v'=9.8- (30/75) v 2 v(0)=10 der tida er gitt i sekund og farten er gitt i meter per sekund. Skriptet kan sjå slik ut: % Implementering av Eulers metode % Differensiallikning F=@(x,y) /75*y^2; % Startkrav og epunkt x0=0; y0=10; xmax=3; % Oppdeling N=input('Kor mange steg skal vi bruke? ') h=(xmax-x0)/n; xvektor=x0:h:xmax; % Eulers metode y=y0; yvektor(1)=y; for i=1:n x=x0+(i-1)*h;

5 y=y+f(x,y)*h; yvektor(i+1)=y; % Plotting hold on plot(xvektor,yvektor) Vi sjekkar at vi har fin nok oppdeling ved å plotte det vi får med stadig høgare N: Figuren ser ut til å tyde på at terminalfarten er ca. 5 m/s. farten re seg akselerasjonen er null. Med v'=0 gir differensiallikninga at 0=mg-bv2 slik atv = mg b = m s = 4.95 m s, eller ca. 18 km/h. 30 Dette kunne vi ha funne ut av ved å tenke slik: Når tyngdekrafta og luftmotstanden balanserar kvarandre, vil ikkje Oppgåve 6 a) Om vatnet når høgda h, er volumet gitt ved formelen for rotasjon om x-aksen (x-aksen peikar her oppover): V = π (R(x)) 2 dx Vi skal finne eit uttrykk for V'(t). Vi kan jo begynne med å derivere som om det var h som var variabelen: dv dh = d dh π (R(x))2 dx = π[r(h)] 2 Her har vi brukt fundamentalteoremet. Om dette gjekk litt kjapt, kan du sjå samanhengen slik: Tenk deg at F(x) er ein antiderivert til (R(x)) 2 ; F'(x) = (R(x)) 2. Då er (R(x)) 2 dx = F(h) F(0)og d dh (R(x))2 dx = F (h) d dh F(0) = (R(h))2. Men vi skulle jo finne den tids-deriverte av V, ikkje den h-deriverte. Det fiksar vi med

6 kjerneregelen: dv = dv dt dh dh dt = π[r(h)]2 h (t). b) Volumet av ei vassøyle med sylinderfasong og høgd h er π r 2 h, der r er radiusen i grunnflata. Denne er bestemt ved totalvolumet: Vtot= π r 2 hmax, r = V tot = m = 10.44m. π h max π 60 Formelen for V'(t) er lettare for eit sylindertårn enn for Svampen: V= π r 2 h, slik at V'(t) = π r 2 h'(t). Med Torricellis lov får vi då at πr 2 h (t) = k h(t) Om vi set inn verdiane for r og k over, får vi likninga i oppgåva. Gitt løysing: h(t) = (C 0.129t) 2. Derivert: h (t) = 2(C 0.129t) ( 0.129) = 0.258(C 0.129t). Venstre side i diff.-likninga:342 h (t) = 342 ( 0.258)(C 0.129t) = 88.24(C 0.129t) Høgre side i diff.-likninga: 88 h(t) = 88 (C 0.129t) 2 = 88(C 0.129t) Om vi ser bort frå avrundingsfeila, er desse uttrykka like. Startkrav: h(0)=60. Dette gir at (C ) 2 =60, C = 60. c) Vi har alt sett at for Svampen har vi V (t) = π[r(h)] 2 h (t). Direkte sett inn i Torricellis lov, gir det oss differensiallikningaπ[r(h)] 2 h (t) = 88 h(t), som også kan skrivast som h (t) = 88 π[r(h)] 2 h(t). Vi kan løyse denne differensiallikninga med skriptet frå 5. Vi tilpassar dei første linjene og tar med startkravet også (her spelar y rolla som h og x tilsvarar t): % Implementering av Eulers metode % Differensiallikning R=@(h) 5+4/(1+exp((35-h)/1.5))*(sqrt(h)-sqrt(30))^2; F=@(x,y) -88/(pi*R(y)^2)*sqrt(y); % Startkrav og epunkt x0=0; y0=60; xmax=50;

7 Plottet viser korleis løysinga konvergerar når vi aukar N. Når vi skal bestemme kor lang tid vi brukar på å tømme tårnet, gjer vi som i oppgåve 4, vi byter ut for-løkka med ei while-løkke; «for i=1:n» blir bytt ut med «while y>0». Slik som skriptet er implementert, vår vi desverre problem nå. Eitt problem er at vi ikkje lenger tilordnar i slik at det blir eit heiltal. MATLAB vil då oppfatte «i» som kvadratrota av -1. Vidare blir x rekna ut ved hjelp av i. Men det er ikkje nødvig. Vi kan heller gjere det slik: % Eulers metode y=y0; x=x0; while y>0 y=y+f(x,y)*h; x=x+h; x Gjer vi det, køyrer skriptet fint og vi finn at Svampen er tom etter timar.. d) Her har vi plotta den konvergerte løysinga frå c) saman med den analytiske løysinga for sylindertårnet i b): Vi ser at Svampen blir tom raskare enn sylinderen (det visste vi for så vidt frå før). Men kanskje vel så viktig: Høgda og dermed trykket i vatnet taper seg mykje raskare med sylinderen enn i Svampen. Poenget med fasongen er at trykket i vatnet held seg relativt jamt når ein begynnar å tappe av Svampen. Prisen å betale for dette, er at det taper seg veldig fort når det nærmar seg tomt. Oppgåve 7 Desse diff.-likningane er alle lineære og homogene. Vidare er koeffisientane for alle ledd med y, y' og y'' konstantar. Metoden for å løyse slike likningar er som følger: Gå ut frå at y=e rx er ei løysing. Set dette utrrykket inn i likninga for å bestemme r. For diff.-likningar av 1. orden, får du èi løysing, for andre orden får du 2. Den generelle løysinga for blir då y=ae rx for 1. orden og y=a e r1 x + B e r2 x for 2. orden.

8 A og B er kva konstantar som helst. a) y=e rx gir y'=r e rx. Set inn: y'-3y=0 r e rx 3 e rx =0 (r-3) e rx = 0 r-3=0 r=3 Løysing: y=a e 3x. b) Set inn y=e rx : y'+3y=0 r e rx + 3 e rx = 0 (r+3)e rx =0 r+3=0 r=-3 Løysing: y=ae -3x. c) y''=r 2 e rx. Set inn: y''-5y'+6y=0 r 2 e rx - 5re rx + 6e rx = 0 (r2-5r+6) erx = 0 r 2-5r + 6= 0 r1=2 og r2=3. Løysing: y= Ae 2x + Be 3x. r = ( 5) ± ( 5) = 5 ± 1 2 d) Vi hoppar rett til den såkalla karakteristiske likninga: r 2 + 3r 4 = 0 r1=-4 og r2=1. Løysing: y = A e -4x + B e x. r = 3 ± ( 4) 2 1 = 3 ± 5 2