Bjørn Davidsen MATEMATIKK FOR INGENIØRER. Differensiallikninger og svingninger

Transkript

1 Bjørn Davidsen MATEMATIKK FOR INGENIØRER Differensiallikninger og svingninger

2 Differensiallikninger Side Innhold FORORD 3 FØRSTE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER 4 INNLEDNING 4 SEPARABLE DIFFERENSIALLIKNINGER 5 3 LINEÆRE FØRSTE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER 9 4 ANDRE TYPER FØRSTE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER 4 Generelt om substitusjon 4 Homogene likninger 43 Bernoullis likning 3 5 RETNINGSFELT 5 6 NUMERISK LØSING AV DIFFERENSIALLIKNINGER 7 BRUK AV FØRSTE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER VEKSTMODELLER RADIOAKTIV NEDBRYTNING 5 3 MASSEBALANSE 7 4 RETTLINJET BEVEGELSE 9 5 ELEKTRISITETSLÆRE 3 6 VARMETRANSPORT 35 3 LINEÆRE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER 39 3 INNLEDNING 39 3 HOMOGENE LINEÆRE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER 4 3 Generelle egenskaper 4 3 Likninger med konstante koeffisienter INHOMOGENE LIKNINGER Innledning Ubestemte koeffisienters metode Lagranges metode (variasjon av parametre) HØYERE ORDENS LINEÆRE DIFFERENSIALLIKNINGER SYSTEM AV LINEÆRE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER 59 4 SVINGNINGER 6 4 INNLEDNING 6 4 ET KLOSS-FJÆR-SYSTEM DEMPEDE SVINGNINGER Likningen for en dempet svingning Vi løser likningen TVUNGNE SVINGNINGER 7 45 RESONANS 74 5 BLANDEDE OPPGAVER 79 BLANDEDE OPPGAVER 79 LØSNINGER PÅ BLANDEDE OPPGAVER 86

3 Differensiallikninger Side 6 TILLEGG 6 LØSING AV LINEÆRE FØRSTE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER 6 LINEÆRT (U)AVHENGIGE FUNKSJONER WRONSKI-DETERMINANTEN 63 HOMOGENE LINEÆRE DIFFERENSIALLIKNINGER MED KONSTANTE KOEFFISIENTER 5 63 Innledning 5 63 Kompleks konjugerte røtter 6 63 To like røtter 7 6 LØSNINGEN AV DEN INHOMOGENE LINEÆRE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGEN 9 63 TEORIEN BAK LAGRANGES METODE (VARIASJON AV PARAMETRE) 3 64 ANDRE MEKANISKE OSCILLATORER 3 64 Bakgrunn 3 64 Matematisk pendel Fysisk pendel Torsjonspendel Dupp på vann MER OM UNDERDEMPEDE SVINGNINGER PARTIKULÆR LØSNING AV SVINGELIKNINGEN BRUK AV KOMPLEKSE FUNKSJONER ELEKTRISKE SVINGNINGER 4 68 Svingelikningen 4 68 Tvungne svingninger Bruk av komplekse størrelser 4 7 SMÅOPPGAVER I TEKSTEN 45 7 OPPGAVER 45 7 LØSNINGER PÅ SMÅOPPGAVER 48

4 Differensiallikninger Side 3 Forord Som ingeniør er du helt avhengig av å jobbe med matematiske modeller av fysiske systemer og prosesser Slike modeller formuleres ofte som differensiallikninger Derfor er det svært viktig at du blir fortrolig med slike likninger I dette heftet skal jeg først og fremst vise hvordan du løser de mest aktuelle typene av differensiallikninger Men jeg har også tatt med mange eksempler på hvordan slike differensiallikninger dukker opp i praktiske situasjoner Et helt kapitel er viet svingninger Det kapitlet er nok mest aktuelt for studenter innen elektroteknikk og reguleringsteknikk Men også andre kan ha nytte (og kanskje litt glede) av å se hvordan de matematiske teknikkene kan brukes til å analysere fysiske systemer Før du går løs på dette stoffet, må du beherske integrasjon Selv om det i dag fins dataverktøy som løser integral, er det mest tilfredsstillende å kunne løse de aktuelle integralene selv I de fleste eksemplene og løsningsforslagene har jeg derfor tatt med komplett løsning av integral Jeg håper at dette heftet kan være en nyttig introduksjon til bruk av differensiallikninger i typiske ingeniør-sammenhenger Med hilsen Bjørn Davidsen

5 Differensiallikninger Side 4 Første ordens differensiallikninger Innledning Hva er en første ordens differensiallikning? La y være en funksjon av en fri variabel En første ordens dy differensiallikning er en likning som inneholder y ' =, og som vanligvis også inneholder y og/eller På tilsvarende måte er en andre ordens differensiallikning en likning som inneholder y '', og som kan inneholde y ', y og/eller Og slik kan vi fortsette opp til en n'te ordens differensiallikning Å løse en differensiallikning går ut på å finne y som funksjon av den frie variabelen Det er slett ikke alle differensiallikninger som lar seg løse eksakt Men det er utviklet teknikker for å løse noen typer differensiallikninger som forekommer ofte i praksis Vi skal etter hvert se på noen av disse Men først skal vi se på et par eksempler på differensiallikninger som lar seg løse uten bruk av spesielle teknikker Vi starter med et enkelt eksempel: Eksempel a: Løs differensiallikningen y' = Løsning: Vi skal altså finne en funksjon y f integrere: y = = + C = som er slik at y' = Da finner vi y ved å Løsningen vår inneholder en ukjent konstant C En slik løsning kalles en generell løsning av differensiallikningen Dersom vi skal finne denne konstanten, må vi kjenne en startverdi for y Slike problem som består av en differensiallikning og en startbetingelse kalles ofte et initialverdiproblem Den løsningen av differensiallikningen som tilfredsstiller startbetingelsen kalles gjerne en spesiell løsning av differensiallikningen Eksempel b: Løs differensiallikningen y' y = = når

6 Differensiallikninger Side 5 Løsning: Vi har allerede funnet at = + C C = Løsningen av problemet er altså y = + y = + C For å finne C, setter vi inn at y = når = : Vi tar et eksempel til: Eksempel : Løs differensiallikningen y' y y = = når Løsning: Dette problemet kan vi ikke løse bare ved å integrere Vi må bruke våre kunnskaper y = f som er slik at y' = y Og vi om derivasjon og integrasjon til å finne en funksjon kjenner faktisk en slik funksjon Hvis du deriverer y = e får du y' = e Altså passer funksjonen y = e inn i den gitte differensiallikningen Men funksjonen y = e er ikke slik at y = Og det hjelper heller ikke å legge til en konstant Når du deriverer en funksjon y = e + C får du ikke at y' = y (med mindre C = ) Vi må altså prøve noe annet Løsningen består i å multiplisere e med en konstant For du ser vel at når du deriverer y = C e får du y' = C e, slik at y' = y? Nå gjenstår det bare å finne C Vi setter inn at y = når =, og får: = C e = C C = Altså er løsningen på problemet: y = e Du innser sikkert at den "prøve-og-feile"-teknikken som vi har brukt hittil, har sine klare begrensninger Vi trenger mer systematiske teknikker for å løse differensiallikninger Vi skal da også se på noen slike etter hvert Men foreløpig kan du jo løse oppgave med prøving og feiling, før du går løs på de typene differensiallikninger som du oftest vil møte i praksis: separable og lineære differensiallikninger Separable differensiallikninger Vi skal nå lære oss en systematisk løsningsteknikk for en bestemt type differensiallikninger, nemlig de separable differensiallikningene En differensiallikning er separabel def f y y' = g Likningen kan omformes til

7 Differensiallikninger Side 6 Poenget med denne skrivemåten er at venstre side kun er en funksjon av y, multiplisert med y ', og at høyre side kun er en funksjon av Vi har altså separert de to variablene og y Den separable differensiallikningen f y y' = g løses på denne måten: dy Sett y ' = slik at likningen blir dy f ( y) g = Multipliser med slik at likningen blir f y dy = g 3 Integrer begge sider: f ( y) dy = g 4 Finn (om mulig) y som funksjon av Teknikken illustreres med et par eksempler: Eksempel : Løs differensiallikningen y ' = y Løsning: Vi starter med å separere likningen Vi multipliserer da med y på begge sider av likhetstegnet: y y' = Så erstatter vi y ' med dy, og multipliserer med : dy y y dy = = Neste trinn er å integrere begge sider: y dy = som gir 3 y = + C 3 der C er en felles integrasjonskonstant for begge integralene Så multipliserer vi med og trekker kvadratrota: 3 y =± + C 3 Men siden C er en vilkårlig konstant, er også C en vilkårlig konstant Vi skriver derfor C istedenfor C, slik at løsningen blir

8 Differensiallikninger Side 7 3 y C 3 =± + Eksempel a: Løs differensiallikningen y' = y Løsning: Vi starter med å separere likningen Vi deler da med y på begge sider av likhetstegnet: y' = y Så erstatter vi y ' med dy, og multipliserer med : dy = dy = y y Neste trinn er å integrere begge sider: dy = y som gir ln y = + C der C er en felles integrasjonskonstant for begge integralene Dette omformes ved hjelp av regneregler for logaritmer: + C C y = e = e e = Ce C Her har vi benyttet at når C er en konstant, må også e være en konstant som vi kaller C I praksis kan vi tilpasse C slik at y får riktig fortegn Vi sløyfer derfor absoluttverditegnene, og sløyfer også indeksen på konstanten Da blir løsningen y = C e Nå bør du prøve deg på noen enkle oppgaver før du går løs på litt vanskeligere oppgaver Hittil har vi kun funnet den generelle løsningen til differensiallikningene Nå skal vi se på noen initialverdiproblem der vi skal bruke en startbetingelse til å finne den konstanten som inngår i den generelle løsningen Eksempel b: Løs differensiallikningen y' y y = =, Løsning: Fra eksemplet ovenfor har vi at Ce C C = = = Da blir løsningen e y = y = C e Benytter at y = når =, og får:

9 Differensiallikninger Side 8 Vi kunne også funnet konstanten C på et tidligere tidspunkt Vi går inn i løsningen fra Eksempel a når vi har funnet at ln y = + C Benytter at y = når =, og får Da blir ln C C ln = + = y ln y = + ln ln y ln = ln = = e y = e y Vi kan sløyfe absoluttverditegnet fordi vi vet fra startbetingelsen at y er positiv når = Løs oppgave Dersom vi kjenner en startbetingelse, kan vi finne konstanten C ved innsetting slik vi har sett før Men vi kan også bruke en annen teknikk, slik neste eksempel viser: Eksempel 3: Løs differensiallikningen y y' sin y = =, dy Løsning: Vi setter y ' =, multipliserer med og integrerer: y dy = sin som gir y = cos + C Allerede nå kan vi finne C ved å benytte at y = når = Men vi følger vanlig prosedyre og finner først y som funksjon av Vi multipliserer da med på begge sider av likhetstegnet, trekker kvadratrota og innfører en ny konstant Dette gir y =± C cos Så benyttes startbetingelsen for å finne C: y = ± C cos = C = cos = Løsningen blir altså y =± cos Så var det den andre metoden Da setter vi inn startbetingelsen som nedre grense for, y være øvre grense Vi integrerer altså slik: integralet, mens vi lar et vilkårlig punkt y y dy = sin som ved integrasjon og innsetting av grenser gir [ ] y y = cos y = cos + cos y = cos + y =± cos

10 Differensiallikninger Side 9 Skal vi være formelle, har vi gjort et par stygge feil ovenfor: Vi har brukt samme symbol for integrasjonsvariabelen som for en grense Det er mer korrekt å midlertidig erstatte integrasjonsvariablene og y med for eksempel u og v, mens grensene er og y Da får vi: y u du = sin v dv som gir y u = [ cosv] y = cos + cos y =± cos Løs oppgave 3 3 Lineære første ordens differensiallikninger Den neste hoveypen av første ordens differensiallikninger er de lineære differensiallikningene De ser slik ut: En differensiallikning som kan skrives på formen y' + f y = g kalles en lineær første ordens differensiallikning Merk at koeffisienten foran y ' må være Slike differensiallikninger løses vanligvis med formel: Den lineære første ordens differensiallikningen y' + f y = g løses slik: Bestem først en hjelpefunksjon F = f Løsningen av likningen er da F ( ) = + F y e g e C Utledning Merk at du ikke trenger å ta med integrasjonskonstant når du finner hjelpefunksjonen F( )

11 Eksempel 3: Løs differensiallikningen y' y y = + =, Differensiallikninger Side Løsning: Likningen er allerede på den riktige formen y' f y g Ser at f = og at g = Finner først Da blir = = = F f + = ( ) ( ) ( ) F F u y = e g e + C = e e + C = e e du + C u + = e e + C e = e e + C = e + Ce = + Ce Under veis har vi brukt substitusjonen du u = = du = Finner til slutt C ut fra startbetingelsen: y = + Ce = + C = C = Altså er løsningen y e = Før du går videre, kan du prøve deg på et par enkle oppgaver Vi tar et eksempel til, som illustrerer at det er en fordel å kunne regnereglene for logaritmer: Eksempel 3: Løs differensiallikningen y' y y = =, Løsning: Vi må først dividere likningen med for å få den over på standardformen y' + f y = g Får da: y' y = Her ser vi at f = og at g = Vi starter som vanlig med å finne hjelpefunksjonen F = f = = ln Da blir ( ln ) ( ) ( ln ) F F y = e g e + C = e e + C

12 Og så kommer nøkkel-operasjonene: ln e = slik at ln ln Differensiallikninger Side e = e = = Når dette settes inn, får vi: y = + C = ( + C) = ( + C) = + C Da gjenstår det bare å finne C: y = + C = C = Løsningen blir da y = + Løs oppgave 3 4 Andre typer første ordens differensiallikninger Både separable og lineære første ordens differensiallikninger er svært vanlige når vi lager matematiske modeller av fysiske prosesser I neste kapitel vil du møte mange slike eksempler Men det fins mange andre typer første ordens differensiallikninger Vi skal nå se hvordan vi kan løse noen slike 4 Generelt om substitusjon Anta at vi har en første ordens differensiallikning som inneholder en fri variabel, en ukjent funksjon y samt y ' En vanlig metode går ut på å erstatte y med en ny variabel på en slik måte at likningen blir enklere å løse Dessverre fins det ingen generell teknikk for å gjøre dette Vi har riktignok et par vanlige situasjoner, for eksempel homogene likninger og Bernoullis likning som vi skal se nærmere på nedenfor Men først skal vi se på et par andre eksempler Eksempel 4: Løs differensiallikningen dy ( y 3) = + + Løsning: Denne likningen er verken lineær eller separabel, og ser nokså håpløs ut Men se hva som skjer dersom vi innfører en ny variabel z = + y + 3 For enkelhets skyld sløyfer vi -ene i parentes, og får: dy dz z = + y + 3 y = z 3 = Når dette settes inn i likningen, får vi dz dz dz = z = z + = z + Integrerer på begge sider, og får

13 Differensiallikninger Side dz = arctan z = + C z = tan ( + C) z + Den generelle løsningen av differensiallikningen blir da y = z 3 = tan ( + C) 3 Oppgave 4 4 Homogene likninger La oss gå rett på sak: En differensiallikning som kan skrives på formen y y' = f sies å være homogen Slike likninger løses med substitusjonen y z = y = z y ' = z ' + z La oss se hvordan dette fungerer i praksis Eksempel 4: Løs differensiallikningen y y ' = + y Løsning: Vi starter med å dele likningen på y, og får y y y y ' = + = + = + y y y y Så setter vi inn y z = y = z y' = z' + z, og får dz z' + z = + z = + z z z Denne likningen er separabel: dz = + z dz = + z z z ( ) z z dz = z + dz = z + Så integrerer vi begge sider Integralet på venstre side integreres med substitusjonen du u = z + = z z dz = du dz Får da

14 z dz = z + du = u ln u= ln + lnc = ln C ( ) ln u= ln C = ln C = ln C u = C Men y u = z + = + = C Da blir y C = y = C slik at 4 4 y =± C Differensiallikninger Side 3 Oppgave 4 43 Bernoullis likning Vi husker at den lineære første ordens differensiallikningen var y' + f y = g n Dersom høyresiden er multiplisert med y får vi en likning som kalles Bernoullis likning: Differensiallikningen n y' + f y = g y kalles Bernoullis likning Den løses med substitusjonen n n n ' n z = y y = z y = z z' I praksis er ikke dette så ille som det kan se ut til i ramma La oss se på et par eksempler Eksempel 43: Løs differensiallikningen y ' y = y Løsning: Dette er en Bernoullis likning med n = Da bruker vi substitusjonen z = y = y y = z Da blir

15 Differensiallikninger Side 4 y' = z z' = z' z Så setter vi inn: z' = z z z Multipliserer med z og ordner: z ' z = z ' + z = Dette er en lineær differensiallikning Finner først hjelpefunksjonen: F = = z = e e + C Integralet løses med substitusjonen du u = = du = Da blir slik at u u e = e du = e = e z = e e + C = + Ce Da gjenstår det bare å benytte at y = = z Ce Eksempel 44: Løs differensiallikningen y ' y = y Løsning: Vi starter med å dele på og får y' y = y = y Dette er en Bernoullis likning med n = Vi substituerer n z = y = y = y = y y = z Da blir y' = z z' Setter inn i differensiallikningen: z z' z z z' z Hjelpefunksjonen blir F = = ln slik at z( ) blir

16 Differensiallikninger Side 5 ( ln ) ln ln ln ( ) z = e e + C = e e C C + = + = ln + C = ln + C = ln + C Da gjenstår det bare å benytte at y z ln C = = + Oppgave 43 5 Retningsfelt Enhver ordens differensiallikning kan skrives på formen y' = f y, Du husker sikkert at y ' angir stigningstallet til tangenten til funksjonsgrafen Dette betyr at dersom vi beregner y' = f( y, ) i mange punkter (, ) y og tegner korte linjer med det beregnede stigningstallet i hvert punkt, kan vi få et grafisk bilde av hvordan løsningen av differensiallikningen blir Et slikt grafisk bilde kaller vi et retningsfelt (engelsk: slope field) Eksempel 5: Lag et retningsfelt for y y ' = + Løsning: For å tegne et slikt retningsfelt, må vi beregne y Et lite utsnitt av en slik tabell kan se slik ut: y ' for mange kombinasjoner av og Punkt: = = = = = y = y ' = y ' = y ' = y ' = y ' = 5 5 y = y ' = y ' = y ' = y ' = y ' = 5 5 y = y = y ' = y ' = y ' = y ' = y ' = 5 5 y = y ' = y ' = y ' = y ' = y ' = 5 Vi tegner inn korte linjer med stigningstallene i disse punktene (pluss mange andre), og får et retningsfelt omtrent som vist nedenfor: 5

17 Differensiallikninger Side 6 Dersom vi kjenner startverdier for og y, kan vi benytte slike retningsfelt til å tegne tilnærmede grafer av den funksjonen som er løsningen av differensiallikningen med den aktuelle start-tilstanden Dette er gjort i eksemplet nedenfor Eksempel 5: a) Bruk retningsfeltet i eksemplet ovenfor til å tegne en tilnærmet graf av løsningen av differensiallikningen når start-tilstanden er =, y = 5 b) Finn en eksakt løsning av differensiallikningen, og tegn grafen Løsning: a) En graf tegnet på grunnlag av retningsfeltet kan se ut som grafen nedenfor til venstre: y b) Den gitte differensiallikningen er separabel: y dy y dy y' = = = + + y + ln y = arctan + C Finner konstanten C: C = ln 5 arctan = ln π π = ln Setter inn konstanten: π arctan π π π arctan ln y = arctan + ln ln y+ ln = arctan + y = e y = e Grafen til denne funksjonen er tegnet ovenfor til høyre Du ser vel likheten mellom de to grafene? Det fins mange forskjellige Slope Field -programmer på Internett til fri avbenyttelse Figurene ovenfor er laget med en slik fri Java applet Her er en annen slik retningsfelt-plotter Hittil har jeg ikke sagt noe om hvordan vi går fram for å tegne løsningsgrafen Det enkleste er jo å tegne på frihand med utgangspunkt i retningsfeltet Men vi kan gjøre det mye bedre! Av figuren over kan du (kanskje) se at grafen er trukket gjennom mange punkter, som åpenbart må være beregnet Teknikken med å lage slike tilnærmede grafiske løsninger av en differensiallikning med kjent start-tilstand kalles numerisk løsning av differensiallikningen Det fins mange mer eller mindre nøyaktige metoder for slike numeriske løsninger Vi skal nå se litt på prinsippene bak slike metoder

18 Differensiallikninger Side 7 6 Numerisk løsing av differensiallikninger Å løse en differensiallikning går som kjent ut på å finne en funksjon som passer inn i den gitte likningen Når funksjonen er kjent, kan du tegne funksjonsgrafen Noen ganger klarer vi ikke å løse differensiallikningen, dvs at vi ikke klarer å finne noen funksjon som tilfredsstiller likningen med den gitte start-tilstanden Men vi kan likevel lage en skisse av løsningsgrafen Vi skal nå se på hvordan vi kan gå fram for å finne en slik numerisk løsning av problemet Vi skal begrense oss til differensiallikninger av typen y' = f( y, ) med kjent starttilstand y = y Før vi drukner i detaljer, skal jeg vise grunnprinsippet Når vi kjenner startpunktet (, ) kan vi regne ut den deriverte y ' f (, y ) y, = i dette punktet Denne deriverte angir retningen til grafen i dette punktet (mer presist: vi vet retningen til tangenten til grafen i dette punktet) Så antar vi at grafen er rettlinjet et kort stykke Da kan vi regne oss fram til et nytt punkt (, y ) langs den rette linja (langs tangenten til grafen) der = + Så gjentar prosessen y ' = f, y, finner en ny rett linje (tangent), og går til seg: I dette nye punktet regner vi ut ( ) et nytt punkt (, ) y Og slik fortsetter vi Prosessen er illustrert nedenfor y = f(, y ) y y y = f(, y ) y y y y Dersom grafen til den eksakte løsningen av differensiallikningen krummer lite innenfor intervallet, vil denne teknikken gi brukbar tilnærming Og dersom grafen dels krummer oppover og dels nedover, vil feilene motvirke hverandre y n+ y n y n- n- n n+ Nå er tiden inne til å se på detaljene Figuren til venstre viser, y Der situasjonen når vi er kommet til et vilkårlig punkt er den deriverte tilnærmet y yn+ yn yn' ( n, yn) = y y + y ', y n+ n n n n n n Her har vi laget oss en rekursiv formel som vi kan bruke for å regne oss fra punkt til punkt Denne formelen kalles Eulers metode Metoden egner seg utmerket for regneark, slik eksemplet nedenfor viser

19 Differensiallikninger Side 8 Eksempel 6: Bruk Eulers metode til å finne en tilnærmet grafisk løsning av differensiallikningen y' y y y = = ( ), Bruk = Løsning: Vi bruker et regneark der vi setter opp kolonner slik: =, n y y' = y(-y),,,,,9 osv I kolonnen for setter vi inn startverdien i første linje Deretter legger vi til en gang for hver linje I kolonnen for y setter vi inn startverdien i første linje Deretter regner vi ut y n y + + n yn' ( n, yn), der y n hentes fra linja over Differensiallikningen i eksemplet kan også løses eksakt Løsningen blir y = + 9e (vis det!) Disse y-verdiene kan også legges inn i regnearket til kontroll Resultatet blir:,,8 Eksakt løst,6,4 Eulers metode,, Nøkkelen til suksess med en slik numerisk metode er at vi finner en god tilnærmelse for y Det er etter hvert utviklet en mengde andre metoder som er mye bedre enn den opprinnelige Eulers metode Vi kan for eksempel se på en to-trinns Eulers metode y n+ y n y n- n- n n+ Figuren til venstre indikerer at stigningstallet til tangenten til grafen med meget god tilnærmelse kan settes lik yn+ yn yn ' y y + y ', y n+ n n n n Når vi bruker denne formelen, må vi regne oss fra (, y ) til (, ) y med den opprinnelige Eulers formel Deretter kan vi bruke formelen over til suksessivt å finne y, y 3 osv Dette gjøres greit med regneark, slik neste eksempel viser

20 Differensiallikninger Side 9 Eksempel 6: Bruk Eulers to-trinns-metode til å finne en tilnærmet grafisk løsning av differensiallikningen y' y y y = = ( ), Bruk = Løsning: Vi bruker et regneark der vi setter opp kolonner på samme måte som i eksempel 6 Eneste forskjell er at fra og med y bruker vi den reviderte formelen for Eulers -trinns metode Resultatet er vist grafisk nedenfor:,,,8,6,4, Eksakt løst Eulers - trinns metode, Du ser at den numeriske løsningen er så å si identisk med den eksakte løsningen helt til ca = 4 Da inntreffer et lite jordskjelv Løsningen blir ustabil Dette er et fenomen som kan inntreffe med numeriske løsninger Fenomenet kan dels skyldes avrundings-unøyaktigheter, dels at vi opererer med tilnærmede (ikke eksakte) løsninger Noen løsningsmetoder er svært følsomme for slike ustabiliteter, mens andre er mer robust Dette fører til at metoder som tilsynelatende ser tiltalende ut, ved nærmere analyser må arkiveres i nærmeste papirkurv I dag brukes metoder som er atskillig mer robuste en Eulers metoder Dessverre er de også mye mer arbeidskrevende Den mest brukte er nok Runge-Kuttas 4 ordens metode Dette er egentlig en familie av metoder som i hoverekk går ut på at du finner en midlertidig y- verdi for = n +, og beregner en verdi for y ' i dette punktet På dette grunnlaget beregner du en forbedret verdi av y ', og bruker denne til å finne en ny midlertidig y-verdi for = n + Denne bruker du til å finne en ny, ytterligere forbedret verdi av y ' Slik fortsetter du i 4 trinn Numerisk løsing av differensiallikninger omfatter mye mer enn det lille vi har fått med her For eksempel må vi utvikle tilnærmede uttrykk for høyere ordens deriverte Vi må også kunne løse system av differensiallikninger numerisk Men hvis du først forstår prinsippene slik de er framstilt her, har du et grunnlag for å forstå de mer avanserte metodene

21 Differensiallikninger Side Bruk av første ordens differensiallikninger Differensiallikninger er et svært nyttig redskap innen mange fagområder Jeg skal nå vise noen anvendelser innen fagområder som en ingeniør kan komme i kontakt med Oversikten er langt fra komplett Jeg tar for eksempel ikke med anvendelser innen kjemi eller økonomi Jeg forventer ikke at du skal sette deg grundig inn i alle disse anvendelsene nå Men du bør i alle fall gå gjennom det første punktet om vekstmodeller, bla fordi vi her kommer inn på resonnement og prinsipper som går igjen i mange andre anvendelser også Ellers kan du velge og vrake ut fra dine interesseområder Vekstmodeller Bakgrunn: Anta at vi har en eller annen størrelse som varierer med tiden t Vi skriver da t Størrelsen kan være antall bakterier i en bakteriekoloni, antall dyr i en dyrebestand, vekten av et tre, verdien av et hus, eller en rekke andre ting som kan variere med tiden La angi økingen av i løpet av et tidsintervall t Da sier vi at: er den gjennomsnittlige vekstraten i tidsrommet t t lim = er den momentane vekstraten ved et tidspunkt t t t For å komme videre, må vi vite (eller anta) noe om vekstraten Det er da naturlig å anta at vekstraten avhenger av på en eller annen måte, slik at f f ut? I eksemplene nedenfor skal vi se på et par vanlige situasjoner I alle eksemplene skal vi anta at ved start-tidspunktet t = er = = Men hvordan ser Eksempel : Anta at vekstraten er proporsjonal med, slik at = k der k er en konstant a) Finn t b) Illustrer løsningen grafisk når k = 3 Løsning: For å finne t, må vi løse differensiallikningen k =, = Dette er en separabel likning (vi kan også oppfatte den som lineær) Vi deler på og multipliserer med, og får = k k ln k t C = = + kt + C kt C kt = e = e e = Ce C der C = e Finner C:

22 k = = Ce = C C = Da blir løsningen kt t = e Differensiallikninger Side Merk at en positiv verdi av k innebærer at øker, mens en negativ k innebærer at avtar 5 5 (t) 5 t For å se hva dette innebærer når k = 3 (som svarer til en momentan vekstrate på 3%) tegner vi grafen til venstre Ved tidspunktet t = blir = e 35 3 Umiddelbart virker dette merkelig Med en vekstrate på 3% skulle vi vel få = + 3 = 3 og ikke 35? Forklaringen ligger i at tilveksten hele tiden legges til verdien av Da vil hele tiden øke, og tilveksten vil også øke hele tiden Dersom tilveksten ikke ble lagt til under veis, ville vi = 3 ganske riktig fått at Dersom du setter et beløp i en bank blir tilveksten (renten) kun lagt til beløpet ved hvert årsskifte Bankene opererer ikke med eksponentiell vekst på innskudd Figuren ovenfor (der = ) illustrerer forskjellen mellom eksponentiell vekst og lineær vekst (forrentning i bank) Vi oppsummerer hovedpunktet fra dette eksemplet: Når en størrelse har konstant vekstrate k slik at følger differensiallikningen k =, kt blir ( t) = e der er startverdien for Eksempel : En elgbestand som ikke har vært beskattet, har fordoblet seg i løpet av år Nå skal en fast andel av bestanden skytes hvert år, slik at bestanden holdes konstant a) Hvor stor er vekstraten når bestanden ikke beskattes? b) Hvor stor del av bestanden skal skytes for å holde bestanden på konstant nivå? Løsning: Vi setter bestandsstørrelsen ved starten av tiårsperioden til Etter t = år er bestanden blitt = Settes dette inn i likningen fra forrige eksempel, får vi

23 Differensiallikninger Side ln = = = = k k e e ln k k 69 Den momentane vekstraten er altså på ca 69% Når vi skyter en andel c av bestanden, blir det skutt c dyr Vekstraten blir da k c = For å holde bestanden konstant, må vi ha at = Dette gir at = k c c = k 69 Vi må altså skyte ca 69% av bestanden hvert år for å holde den konstant I det lange løp vil den enkle vekstmodellen ovenfor med konstant vekstrate bli urealistisk fordi den fører til at går mot uendelig Vi må derfor modifisere denne vekstmodellen En mye brukt vekstmodell er denne: En størrelse som følger differensiallikningen = k A der k og A er konstanter, sies å ha logistisk vekst For å se hva denne modellen innebærer, kan vi starte med å sette inn = A i modellen Da blir =, slik at vekstraten blir lik null Dette medfører at holdes konstant Altså: A Konstanten A i den logistiske vekstmodellen representerer et stabilt nivå for Men vi kan gjøre flere observasjoner: Når << A (symbolet << betyr mye mindre enn ) blir Da er vi tilbake til A vekstmodellen med konstant vekstrate, k = Så lenge < A blir et positivt tall Da er vekstraten positiv slik at vokser A Dersom > A blir et negativt tall Da er vekstraten negativ slik at avtar A Disse observasjonene tyder på at uansett startverdi vil gå mot A, som da representerer et stabilt nivå La oss se om løsningen av den tilhørende differensiallikningen bekrefter dette

24 Differensiallikninger Side 3 Eksempel 3: Anta at en dyrebestand har logistisk vekst Kall størrelsen av bestanden N og det stabile nivået A Undersøk hvordan bestanden utvikler seg i disse to tilfellene: a) N = A (start-bestanden er halvparten av det stabile nivået) b) N = A (start-bestanden er dobbelt så stor som det stabile nivået) Skisser grafene til N( t ) i begge tilfellene, med k = Løsning: Likningen som beskriver bestandsutviklingen er altså dn N = k N A Dette er en separabel likning Vi ordner og integrerer: dn = k N N A Integralet på venstre side av likhetstegnet løses med omformingen og delbrøkoppspaltingen A A = = = + N N A ( A N) N N A N N N A A (detaljer er utelatt) Vi integrerer på venstre side av likhetstegnet, og får: dn = dn + dn N N A N N A Det første integralet er greit: dn = ln N N Integrasjonskonstanten kommer senere Absoluttverditegn er unødvendig fordi N > For å løse det andre integralet, substituerer jeg u = A N du = dn dn = du Da blir du dn = = ln u = ln A N A N u Samler trådene, og integrerer også høyre side av likhetstegnet: dn = dn + dn = ln N ln A N = k t + C N N A N N A N N kt + C C ln kt = k t + C = e = e e = Ce A N A N Så lenge vi ikke vet fortegnet til A N må vi beholde absoluttverditegnet Men nå kan vi N sløyfe absoluttverditegnet og la konstanten C får samme fortegn som brøken A N Løsningen blir altså N kt kt kt kt Ce N ( A N ) Ce N ACe NCe A N = = = Samler alle leddene med N på venstre side:

25 Differensiallikninger Side 4 kt kt kt kt kt ACe N + NCe = ACe N ( + Ce ) = ACe N = kt + Ce Dette kan omformes til en gunstigere form ved å multiplisere teller og nevner med dele teller og nevner med C Da får vi A N( t) = kt e + C kt e og kt Av dette uttrykket ser vi at når t vil e, slik at N A Dette stemmer med at A skal være det stabile nivået Nå ser vi på de to tilfellene: a) N = A Setter inn i løsningen, og får: A N = A= = + = = e + + C C C C C = Løsningen blir da A A N( t) = = kt kt e + + e b) N = A Setter inn i løsningen, og får: N A = = = + = + = e + + C C A C C = = C = C Løsningen blir da A A N( t) = = kt kt e + e 5 5 N(t) A Grafen til venstre viser N t i de to utviklingen av tilfellene (med A = og k = ) Vi ser hvordan N( t) t i begge tilfellene A når t

26 Radioaktiv nedbrytning Differensiallikninger Side 5 Bakgrunn: Anta at vi ved et tidspunkt t har N( t ) ustabile atomkjerner At kjernen er ustabil, innebærer at den kan sende ut en α-partikkel, en β-partikkel eller γ-stråling Dermed vil kjernen gå over i en annen (ofte stabil) tilstand Denne prosessen kalles radioaktiv nedbryting eller desintagrasjon All erfaring tyder på at antall kjerner N som nedbrytes i løpet av et kort tidsintervall t, er proporsjonal med antall ustabile kjerner N( t ), og proporsjonal med lengden av tidsintervallet t dersom dette er tilstrekkelig lite Matematisk formulert: N = k N( t) t der k er en proporsjonalitetskonstant Merk minustegnet, som viser at antall ustabile kjerner avtar Dette kan omformes til N = k N( t) t Så lar vi t Da får vi N dn lim = = k N( t) () t t som er den fundamentale likningen for radioaktiv nedbrytning Dette rammer vi inn: Dersom vi har N ustabile atomkjerner, har vi at dn = k N der k er en konstant mens t er tiden Eksempel : Løs differensiallikningen () Løsning: Dette er en separabel likning (den kan også oppfattes som lineær, men det gir mer kompliserte regninger) Vi omformer da likningen slik: dn dn = k N ( t) = k N Så integrerer vi begge sider: dn = k ln N k t C N = + kt + C kt C kt N t = e = e e = e C C der C = e For å finne C benytter vi at ved tidspunktet t = starter vi med N ustabile kjerner: k N = e C C = N Dette gir at kt N t = Ne Dette resultatet kan bearbeides videre som neste eksempel viser

27 Differensiallikninger Side 6 Eksempel : Et radioaktivt grunnstoff har halveringstid T (dvs at det tar en tid T før halvparten av de ustabile kjernene er desintegrert) Finn en sammenheng mellom konstanten k i likning og halveringstiden T Løsning: Fra eksempel har vi sammenhengen kt N t = Ne Når t = T er N( T) = N Settes dette inn, får vi N = Ne = e k T= ln = ln ln = ln kt kt slik at k T = ln ln k = T Likningen for radioaktiv nedbryting kan altså skrives kt T t t T ( ) ln t t ln ln t T T T N t = Ne = Ne = N e = N e = N = N Dette resultatet har stor praktisk betydning Eksemplet nedenfor viser en anvendelse Eksempel 3: Alle levende organismer, planter så vel som dyr, inneholder karbonatomer En viss andel av disse er den radioaktive isotopen 4 C Man antar at denne andelen har hol seg konstant i tusenvis av år Når organismen dør, stopper opptaket av karbon Andelen av 4 C avtar da gradvis fordi disse atomene desintegrerer C4-metoden for datering av dø biologisk materiale går ut på å sammenlikne andelen av 4 C i det døde materialet med den mengden av 4 C som finnes i levende vev En slik analyse av et trestykke viser at mengden av 4 C er redusert til 77% av tilsvarende mengde i levende trevirke Hvor lang tid er gått siden treet døde når halveringstiden for 4 C er 573 år? Løsning: Fra eksempel og de gitte opplysningene har vi t T N( t) = N ( ) 77 N = N ( t 573 t ) ln ( 77) = ln ( 573 ) ln ( 77) t = ln ( 5) Det er altså gått 6 år siden treet stoppet å oppta karbon fra lufta Figuren nedenfor viser tidsforløpet N( t) t

28 Differensiallikninger Side 7 3 Massebalanse Bakgrunn: Anta at et volum V (målt i m 3 eller liter) med masse m (målt i kg) av et stoff strømmer forbi et tverrsnitt av en ledning i løpet av en kort tid t Da har vi: En volumstrøm V dv q = lim = t t En massestrøm m dm c = lim = t t Nå vet vi at massetettheten er m ρ = V m= ρ V Dersom vi har med væsker eller fast stoff å gjøre, kan vi anta at tettheten ρ er konstant Da er dm d( ρv) dv c = = = ρ c = ρ q Dersom vi har en massestrøm c inn (målt i kg/sekund) inn i en beholder, og en massestrøm c ut (også målt i kg/sekund) ut av beholderen, får vi i løpet av en (kort) tid t en masse-endring m i beholderen som er gitt ved m m= ( cinn cut ) t = cinn cut t Så lar vi t, og får dm = c inn c ut (3) der m er massen i beholderen Dersom tettheten ρ er konstant og V er volumet av stoffet i beholderen, kan likning 3 omformes til dm d( V) dv dv cinn cut c inn c = ut qinn qut = ρ ρ = = ρ ρ = (3) Eksempel 3: En vannbeholder har konstant horisontalt tverrsnitt F = m Det står H = m vann i beholderen Ved tidspunktet t = trekker du ut en propp i bunnen av beholderen, og vannet begynner å strømme ut Det er ingen innstrømming Etter 4 sekunder er beholderen tom Anta at utstrømmingen følger Torricellis lov: qut = A y der A er en konstant (som bla avhenger av størrelsen av åpningen) og y er høyden av vannet i beholderen a) Sett opp en differensiallikning for y, og løs denne for å finne y som funksjon av t b) Bestem A c) Hvor lang tid tok det før vann-nivået i beholderen under tømmingen var sunket til 5 m?

29 Differensiallikninger Side 8 Løsning: a) Når vannhøyden er y, er vann-volumet V = F y Av 3 får vi at dv dy dy A = qinn qut F = A y = y F Dette er en separabel differensiallikning, som løses på vanlig måte: dy A A = y t C y = + F F Finner C: A y = H H = + C F C = H Da blir A A y = H t y = H t F F Setter vi inn kjente data, får vi A y = t b) Vi vet at y = når t = 4 Setter inn dette, og får A = 4 A = = 5 4 Settes denne verdien inn i uttrykket for y, får vi 4 5 y = t = 5t når t y c) Når y = 5, får vi ( t) 5 = 5 5 = 5t 5t = 5 t = 3 4 t En annen aktuell problemstilling går ut på å studere konsentrasjonen av et eller annet stoff i en væske La konsentrasjonen av stoffet i den væsken som strømmer inn i beholderen være k (målt i kg/m 3 væske) Når volumstrømmen av væske (med oppløst stoff) inn i beholderen er q inn, blir massestrømmen av stoffet inn i beholderen 3 kg m kg cinn = k qinn (målt i = ) 3 m s s Konsentrasjonen i den utstrømmende væsken settes gjerne lik konsentrasjonen i væsken i beholderen Dersom volumet av væsken i beholderen er V og massen av stoffet som er oppløst i væsken er m, blir massestrømmen ut av beholderen 3 m kg m kg cut = qut (fremdeles målt i = ) 3 V m s s

30 Differensiallikninger Side 9 Settes dette inn i 3, får vi dm m = k qinn qut (33) V Eksempel 3: En vannbeholder inneholder V = liter vann der det er oppløst m = 5 kg salt Beholderen er da helt full Så tilfører vi 5 liter rent vann pr sekund En tilsvarende mengde saltoppløsning renner da ut Finn saltmengden m i beholderen som funksjon av tiden t Løsning: Vi bruker likning 33 med k =, V = og qut = qinn = 5 Vi får dm m dm = 5 = 5m, m = 5 Vi separerer likningen og løser den: dm dm = 5 5 ln m 5t C m = = + m 5t+ C 5t m = e = Ce Finner C ved å benytte at m = 5 når t = : 5 5 = Ce C = 5 Da blir mt = 5e t 5 4 Rettlinjet bevegelse Bakgrunn: Anta at en partikkel som beveger seg langs en rett linje befinner seg i posisjon t ved tidspunktet t Dersom partikkelen i løpet av et kort tidsrom t har flyttet seg en strekning, er gjennomsnittsfarten på strekningen v = t Den momentane farten ved tidspunktet t blir da v = lim = (4) t t På samme måte kan vi definere akselerasjon: Anta at farten øker med v i løpet av et kort tidsrom t Gjennomsnittlig akselerasjon i dette tidsrommet blir da v a = t Den momentane akselerasjonen ved tidspunktet t blir da v dv d a = lim = = (4) t t For å bestemme akselerasjonen a brukes gjerne Newtons lov:

31 Differensiallikninger Side 3 F = m a (43) der F er summen av kreftene i bevegelsesretningen og m er partikkelens masse Dersom F er konstant, eller vi kjenner F som funksjon av v, kan vi kombinere Newtons lov (43) med 4 slik: dv F( v) = m a = m Dermed har vi en differensiallikning som vi kan finne v av Når v er kjent, kan vi bruke 4 til å sette opp en differensiallikning som vi kan finne av Eksempel 4: En fallskjermhopper med masse m og fart v påvirkes av to krefter: Tyngdekraften F = m g der g 98m/s er tyngdens akselerasjon g Luftmotstand FR = k v der k er en konstant som vesentlig avhenger av skjermens størrelse og konstruksjon Merk at positiv retning er oppover a) Anta at startfarten til hopperen er v = Sett opp og løs en differensiallikning som gir farten vt til hopperen h over bakken Finn hopperens høyde yt b) Hopperen starter i en høyde c) Hva skjer med løsningen i a) når t? Løsning: a) Av Newtons lov (43) får vi dv F = m a k v m g = m (44) Dette er en lineær første ordens differensiallikning som ordnes slik: dv k + v = g m Finner først k k F ( t) = = t m m som videre gir k k F( t) t t m m ( ) ( ) F t v t = e g t e + C = e g e + C k k k t m t mg t m m m = e g e + C = + Ce k k Finner C: v = mg mg + Ce = C = k k Da blir mg mg k k t mg t m m vt = + e = ( e ) k k k e k m t Siden alltid er mindre enn, blir v negativ Dette stemmer med at vi har valgt positiv retning oppover, mens fallskjermhopperen faller nedover

32 Differensiallikninger Side 3 b) Av 4 får vi nå dy mg k m ( ) t dy v = e = k Dette er en separabel differensiallikning, som omformes til mg k m dy = ( e ) t k Integrerer: mg k k t mg m g t m m y = ( e ) = t e + C k k k Finner C: mg mg mg y = h e + C = h C = h + k k k Dette gir mg mg k k t mg mg mg t m m yt = t e + h + = h t+ ( e ) k k k k k k m c) Når t vil e t I formelen for farten får vi mg k lim lim ( ) m t mg vt = e = t t k k Farten blir altså konstant Men ved denne farten er luftmotstanden mg FR = k v = k = mg k Vi ser altså at når t, får vi en konstant fart som fører til at luftmotstanden er lik tyngdekraften, men med motsatt retning (motsatt fortegn) Dette innebærer at kraftsummen F + F =, g R som videre fører til at akselerasjonen blir lik null og farten blir konstant La oss se nærmere på situasjonen i del c av eksemplet ovenfor, der farten går mot en konstant verdi når t Denne konstante farten kalles gjerne terminalfarten Dersom det eksisterer dv en slik konstant fart, finner vi den ved å sette = I eksemplet ovenfor finner vi terminalfarten v t slik: mg k vs m g = vs = k Vi kan i mange tilfeller bruke denne terminalfarten til å forenkle differensiallikningen, ved at vi innfører en ny variabel u = vt v eller u = v vt Dersom vi innfører en ny variabel mg mg dv du u = v vt = v v = u = k k i vår differensiallikning, får vi mg du du k u m g = m m + k u = k

33 Differensiallikninger Side 3 Denne likningen kan oppfattes både som lineær og som separabel, og er mye lettere å løse enn den opprinnelige likningen 5 Elektrisitetslære Bakgrunn: Elektriske kretser er i hovedsak bygd opp av motstander, kondensatorer og spoler, samt strøm- og spenningskilder De viktigste lovene som gjelder for slike kretser er: R Dersom det går en strøm I gjennom en motstand med resistens R, så er spenningen U R over motstanden gitt ved U = R I R C Dersom en kondensator med kapasitans C er koplet inn i en krets der strømmen er I, så er spenningen U C over kondensatoren ved tidspunktet t gitt ved t UC( t) = I( τ) dτ + U C C der U C er spenningen over kondensatoren ved t = L Dersom det går en strøm I gjennom en spole med induktans L, så er spenningen U L over spolen gitt ved di UL = L Dessuten gjelder Kirchhoffs lover: Summen av alle strømmer inn mot et knutepunkt (regnet med fortegn) er lik null Summen av alle spenningsfall i en lukket krets (regnet med fortegn) er lik null Eksempel 5: (Utladning av en kondensator) En motstand og en kondensator er koplet sammen med en bryter R slik figuren til venstre viser Ved tidspunktet t = slås bryteren C på slik at kondensatoren og motstanden utgjør en lukket krets U C = 5 Finn spenningen over kondensatoren som funksjon av tiden mens kondensatoren utlades gjennom motstanden Idet kretsen lukkes, er spenningen over kondensatoren Løsning: Når bryteren er lukket slik at vi har en lukket krets, gir Kirchhoffs spenningslov at t UR + UC = R I + I( τ) dτ C = Nå er det vanlig å derivere denne likningen for å bli kvitt integralet Vi får da di R I( t) + C =

34 Differensiallikninger Side 33 Denne differensiallikningen løses enklest ved å oppfatte den som separabel (vi kan også oppfatte den som lineær): di = I R C Integrerer på begge sider, og får t+ K t t RC K RC RC ln I = t + K I ( t) = e = e e = Ke R C K der jeg kaller integrasjonskonstanten K og setter K = e For å finne K, benytter jeg at 5 R I + UC = R Ke + 5= K = R slik at 5 t RC I t = e R Spenningen over kondensatoren finnes nå enklest ved å benytte at 5 t RC UR( t) + UC( t) = UC( t) = UR( t) = R I( t) = R e = 5e R Vi kunne også benyttet at t t RC RC t RC t t 5 τ 5 τ RC RC UC( t) I( τ) dτ U 5 5 C e dτ R C e = C + = C + = + R R C = 5 e + 5= 5e t Eksempel 5: (Vekselspenning gjennom en kondensator) U(t) R C Finn spenningen C En motstand og en kondensator er koplet sammen med en U t spenningskilde slik figuren til venstre viser Her er spenningen over en ytre spenningskilde U t sin ωt U = U t over kondensatoren når =, Løsning: Vi starter som i forrige eksempel med å sette opp Kirchhoffs spenningslov: t UC( t) + UR( t) = U( t) R I( t) + I( τ) dτ + U sin C = ωt C Som i forrige eksempel deriverer vi likningen for å bli kvitt integralet, og får di di ω R + I( t) = ω cos( ωt) + I = cos( ωt) C R C R Dette er en lineær differensiallikning som løses etter standard oppskrift Finner først F ( t) = = t R C R C Da blir F( t) F( t) t ω t RC RC I ( t) = e ( g ( t) e + K ) = e cos( ωt) e + K R Ved å benytte den metoden som ble gjennomgått i kap 6 i heftet om Integrasjon, kan vi vise at C

35 αt αt e e cos( ωt) = ( ωsin( ωt) αcos( ωt) ) K α + ω + + Setter vi nå inn α =, får vi at RC Differensiallikninger Side 34 t RC t ω e RC ( I t = e ωsin ωt + cos( ωt) ) + K RC R ( RC) ω + ω ( t sin cos RC = ω ωt + ωt ) + Ke RC R + ω RC Spenningen over motstanden blir nå ω ( RC U sin cos ) t R t = R I t = ω ωt + ωt + R Ke RC + ω RC slik at spenningen over kondensatoren blir ω ( RC U sin sin cos ) t C t = U t U R t = ωt ω ωt + ωt R Ke RC + ω RC Før vi forenkler dette uttrykket, skal vi finne konstanten K ved å benytte at ω ω RC UC = ( + ) R K = R K = RC + ω + ω RC Vi setter inn dette uttrykket i det siste leddet, samtidig som vi trekker sammen de to sinusleddene Da får vi ω ω RC ω RC t RC UC t = sin ωt cos ωt + e ( RC) ω + ( RC) ω ( RC) ω + + RC t ( sin cos RC = ωt ω ωt + ωe ) RC + ω RC I heftet om "grunnleggende funksjonslære" viste vi hvordan de to første leddene inne i parentesen kan omformes til Asin( ωt ϕ) der ω A = + RC og ϕ = arctan ( ω RC) RC e t Videre ser vi at leddet når t Så snart vi kan neglisjere dette leddet, kan altså løsningen skrives RC UC t = + ω sin( ωt ϕ) = sin( ωt ϕ) RC ( RC) + ω ω + Dette er en sinus-svingning med amplitude ω + RC som er forsinket en tid T RC ϕ = i forhold til den påtrykte spenningen ω RC

36 Differensiallikninger Side 35 6 Varmetransport Bakgrunn: Varmetransport er et stort og komplisert fagfelt Her skal vi kun se på en liten flik av dette fagfeltet Vi skal ta for oss et legeme som har temperatur T, mens omgivelsene run legemet har temperatur T o Eksperimenter viser at dersom legemet ikke tilføres energi på annen måte enn ved kontakt med omgivelsene, vil temperaturendringen T i legemet i et kort tidsintervall t være proporsjonal med temperaturforskjellen mellom legemet og omgivelsene, og proporsjonal med t Vi skal la T (stor bokstav) stå for temperatur, mens t (liten bokstav) står for tid Da får vi: T = k T T t o Proporsjonalitetsfaktoren k avhenger av legemets størrelse og varmekapasitet, og av størrelse og termiske egenskaper for grenseflaten mellom legemet og omgivelsene Disse sammenhengene skal vi ikke komme inn på nå Minustegnet skyldes at temperaturen i legemet avtar når T > To slik at legemet avgir varme, mens temperaturen øker når T < To slik at legemet mottar varme Vi skal videre anta at legemet har samme temperatur T over alt I praksis er dette lite realistisk, fordi det alltid vil være en varmetransport inne i legemet, og en slik varmetransport krever en temperaturforskjell Men dersom temperaturen endres langsomt, eller dersom vi har en væske eller gass med omrøring, kan vi bruke denne antakelsen Nå lar vi t Da kan likningen ovenfor skrives på formen dt dt = k ( T To) = k ( T To) Dette er den grunnleggende likningen for varmetransport Vi rammer den derfor inn: Dersom temperaturen i et legeme er T, og omgivelsestemperaturen er T, har vi at dt k( T To ) = der t er tiden mens k er en konstant som avhenger av fysiske egenskaper ved legemet og omgivelsene I eksemplene nedenfor skal vi se på to anvendelser av denne likningen Eksempel 6: En melkekartong har stått lenge i kjøleskapet, slik at temperaturen i melka er blitt 5 C Den tas ut av kjøleskapet, og settes i et rom der temperaturen er konstant lik C Etter å ha stått i rommet i 3 minutter, er temperaturen i melka blitt 8 C a) Finn temperaturen T i melka som funksjon av tiden t b) Hvor lang tid tar det før temperaturen i melka er steget til 7 C? Løsning: Starter med å løse differensiallikningen, og benytter da at omgivelsestemperaturen T o er konstant lik C Får da: dt dt = k ( T To ) = k T To Dette integreres:

37 dt k ln T T k t C T T = = + o o kt + C kt C kt T To = e = e e = Ce C der C = e Nå må vi benytte de kjente opplysningene: Differensiallikninger Side 36 Når t =, er T = 5C Setter dette inn i løsningen (og ser bort fra benevninger), og får k 5 = Ce 5 = C C = 5 Siden T < T, er o T T = T T = T + T = T +, o o o slik at kt kt kt T To = Ce T + = 5e T = 5e Nå gjenstår det å finne k Vi bruker minutt som tidsenhet, og benytter at k k k T 3 = 8 8 = 5e 5e = e = = k 3k = ln = ln 4 ln 5 = ln 5 ln 4 = ln Da blir 5 kt ( ln 3 ( 4 )) t ln( 4 ) T t = 5e = 5e = 5 e 5 t 4 t = 5 = 5 Når temperaturen er steget til 7 C, har vi at 5 t t 3 4 t 3 4 t T t = = = = = = Tar logaritmen på begge sider: 4 ln ln 5 ln 5 t ln 3 ( 5 ) = ln ( 5 ) t = 3 = 3 6 ln 4 ln 5 ln 5 ln 4 Det vil altså ta 6 minutter, eller 3 timer og 36 minutter, fra kartongen tas ut av kjøleskapet og til temperaturen er blitt 7 C Eksempel 6: Vi skal anta at temperaturen i løpet av et vinterdøgn varierer sinusformet fra 5C om natten til 5 Com dagen Dersom vi lar start-tidspunktet være det tidspunktet der temperaturen passerer C på vei opp, kan temperaturen gis ved formelen T ( ) ( o t = 5sin πt = 5sin πt 4 ) der tiden t er målt i timer Finn hvordan temperaturen inne i ei hytte varierer med tiden når vi antar at start-temperaturen inne i hytta er C Løsning: Vi tar igjen utgangspunkt i likningen dt k( T To ) = Setter inn at To ( t) = 5sin( πt ) og får

38 Differensiallikninger Side 37 dt dt = k( T 5sin( πt) ) + k t = 5k sin( πt ) Dette er en lineær differensiallikning som løses etter standard oppskrift Vi finner først F ( t) = k = k t, slik at løsningen på differensiallikningen blir kt kt 5 sin( π ) T t = e k t e + C Nå må vi fortsette på samme måte som i Eksempel 5 Vi benytter at αt αt e sin( ωt) = ( αsin( ωt) ωcos( ωt) ) e C α + ω + og får kt kt T t = e 5k ( ksin( πt ) πcos ( πt )) e + C k ( π ) + 5k kt = ( k sin( πt ) πcos ( πt )) + Ce k + π Finner C: T = 5k k + Ce = ( π ) sin cos k + ( π ) 5k + = = k π k 5 π C C + π k + ( π ) Altså blir 5k π kπ T( t) = k t t + e k 5 sin π cos π + ( π ) k + ( π ) 5k = + k + ( π ) kt ( ksin( πt) πcos( πt) πe ) kt Dette fryktinngytende uttrykket blir kanskje lettere å forstå dersom vi starter med å merke oss at leddet kt πe inne i parentesen går mot null når t blir stor Etter en tid er det derfor de to første leddene som vil dominere Disse leddene blir lettere å tolke dersom vi husker fra "grunnleggende funksjonslære" at π π π = + π ( π ϕ) ksin t cos t k sin t der π tanϕ = k Dermed kan løsningen skrives på formen 5k T( t) = k + ( π ) sin( πt ϕ ) + πe k + π 5k = + k + ( π ) kt ( sin( πt ϕ ) πe ) kt

39 Differensiallikninger Side 38 Det første leddet blir en sinus-funksjon som er tidsforskjøvet i forhold til ute-temperaturen, mens det siste leddet skyldes start-temperaturen og forsvinner etter hvert For å få mer kjøtt og blod på denne løsningen, må vi anslå en fornuftig verdi av k Da benytter vi at leddet kt πe kommer fra start-temperaturen i hytta Dersom vi antar at dette bidraget er neglisjerbart etter ca ett døgn, og definerer "neglisjerbart" som πe 35, kan vi sette k 4 πe πe 4k k Med denne verdien av k blir π π tanϕ = = = π ϕ = 6 rad 7 k Videre blir + = k π π slik at T( t) = 5 5 t ( πt ) + πe ( πt ) + e t sin 6 5sin 6 44 T t En grafisk framstilling av temperaturen T som funksjon av tiden t for de første 3 døgnene er vist ovenfor Der er også utetemperaturen tegnet inn sammen med de rette linjene T = ± 5 Vi ser hvordan temperaturen i hytta svinger mellom 5 C og 5 C etter at start-bidraget er borte Videre ser vi at temperaturen inne i hytta vil øke så lenge det er varmere utenfor enn inne i hytta, og at temperaturen inne i hytta avtar når det blir kaldere utenfor enn inne i hytta Det virker jo rimelig, og antyder at vår løsning er korrekt

40 Differensiallikninger Side 39 3 Lineære ordens differensiallikninger 3 Innledning En ordens differensiallikning er en likning som inneholder y'' ( ), og som også kan inneholde y' ( ), y( ) og / eller Slike likninger er adskillig vanskeligere å løse enn de tilsvarende første ordens differensiallikningene Vi skal begrense oss til lineære ordens differensiallikninger: En differensiallikning av typen y'' + p y' + q y = r kalles en lineær ordens differensiallikning Betegnelsen lineær kommer av at både y, y ' og y '' inngår som førstegradsfaktorer Du husker sikkert at lineære første ordens differensiallikninger løses med formel Dessverre fins det ingen slik formel til å løse lineære ordens differensiallikninger Det er faktisk bare i noen helt spesielle tilfeller at slike likninger lar seg løse eksakt Heldigvis er det svært mange problemstillinger innen fagområder som fysikk, mekanikk, elektrisitetslære osv som fører til slike løsbare likninger Du bør derfor lære deg løsningsteknikkene for slike likninger Mange av de teknikkene vi skal utvikle, kan lett generaliseres til lineære n te ordens differensiallikninger, dvs likninger som inneholder n te deriverte av y Vi skal først se på en type lineære ordens differensiallikninger som lar seg løse eksakt Det er likninger der q slik at likningen blir y'' + p y' = r Slike likninger løses ved å innføre en ny funksjon z = y' z' = y'' Denne substitusjonen omformer likningen til en lineær ordens differensiallikning z' + p z = r som vi kan løse med formel Deretter finner vi y( ) ved å integrere z( ) La oss se hvordan dette fungerer i praksis: Eksempel 3: Løs disse differensiallikningene: a) y'' + y' = b) y'' y' y = y' = =, Løsning: I begge oppgavene innfører vi z = y' z' = y'' a) Likningen blir z' + z =

41 Hjelpefunksjonen blir da F = = ln slik at Differensiallikninger Side 4 ln ln = ( + ) = ( + ) z e e C C 3 C = ( C) ( C 3 ) 3 + = + = + Her har jeg benyttet at ln e = slik at ln ln e = e = = Men vi er egentlig bare halvveis i løsningen Vi skal jo finne y, ikke bare z Nå vet vi at z = y' slik at 3 3 C y = z = + C ln C 3 = = + C ln + C 9 b) Substitusjonen y' = z fører til at likningen omformes til z' z = Dette er en lineær første ordens differensiallikning, som løses på vanlig måte: F = ( ) = ( ) ( ) ( ) ( ) e Ce Ce F F z = e g e + C = e e + C = e e + C = + = Integralet er løst med delvis integrasjon Så må vi finne y Vi tar da utgangspunkt i at z = y' som gir ( ) y ' = z y = z = Ce = Ce + C Legg merke til at vi får to integrasjonskonstanter Heldigvis kjenner vi to startbetingelser, og kan da finne de to integrasjonskonstantene: y' = z = Ce = C = C = y = e + C = + C = C = Altså blir løsningen av differensiallikningen: y = e Løs oppgave 3 Når vi nå skal gå løs på mer generelle ordens differensiallikninger, trenger vi et par viktige definisjoner:

42 Differensiallikninger Side 4 Dersom r forenkles likningen til y'' + p y' + q y = Da sier vi at likningen er homogen I motsatt fall er den inhomogen Disse begrepene er svært viktige på grunn av setningen nedenfor: Den generelle løsningen av den inhomogene lineære differensiallikningen y'' + p y' + q y = r der yh mens y er y = y + y h er den generelle løsningen av den tilhørende homogene likningen, p er en partikulær løsning av den inhomogene likningen p En partikulær løsning er en eller annen funksjon som passer inn i den gitte inhomogene differensiallikningen Setningen inneholder to påstander: Dersom yh ( ) er løsning av den tilhørende homogene likningen, mens y partikulær løsning av den inhomogene likningen, så er y = yh + yp også løsning av den inhomogene likningen Det fins ingen andre løsninger av den inhomogene likningen Du finner bevis for disse påstandene i et eget notat Det er nå naturlig å studere slike likninger i denne rekkefølgen: Først skal vi se på homogene lineære ordens differensiallikninger p er en Deretter skal vi se hvordan vi løser inhomogene lineære ordens differensiallikninger, dvs hvordan vi finner en partikulær løsning av likningen Slike likninger forekommer ofte innen fagområder som for eksempel fysikk, mekanikk og elektrisitetslære I et kapitel om svingninger kan du se eksempler på dette Hvis du først behersker teknikken for å løse ordens differensiallikninger, er det kort vei til å løse høyere ordens differensiallikninger og system av ordens differensiallikninger Til slutt bør du regne gjennom et utvalg blandede oppgaver

43 Differensiallikninger Side 4 3 Homogene lineære ordens differensiallikninger 3 Generelle egenskaper En homogen lineær ordens differensiallikning er altså en likning av typen y'' + p y' + q y = Som nevnt i innledningen fins det ikke noen formel eller noen annen generell teknikk for å løse slike likninger Men det er utarbeidet mye nyttig teori for løsningen av slike likninger Men før vi går løs på denne teorien, skal vi se på et enkelt eksempel: Eksempel 3: Løs differensiallikningen y'' + y = Løsning: Likningen kan omformes til y'' = y Problemet er altså å finne en funksjon som er slik at når den deriveres to ganger, kommer vi tilbake til den funksjonen vi gikk ut fra, men med motsatt fortegn Da kan vi jo prøve y = sin Deriverer vi to ganger, får vi: y ' ( ) = cos, y'' = sin = y Altså er funksjonen y = sin en løsning av differensiallikningen Men vi kan også prøve y = cos Deriverer vi to ganger, får vi y ' ( ) = sin, y'' = cos = y Altså er funksjonen y = cos også en løsning av differensiallikningen Vi har altså funnet at differensiallikningen vår har to løsninger y = sin og y = cos Kan den ha andre løsninger? Svaret er et ubetinget JA! Enhver lineær kombinasjon av disse to løsningene, dvs ethvert uttrykk av formen

44 = sin + y C C cos Differensiallikninger Side 43 der C og C er fritt valgte konstanter, er også løsning av likningen Dette ser vi slik: = + = ( ) + ( ) y' C cos C sin y'' C sin C cos = Csin Ccos = y Altså vil y = C sin + C cos passe inn i likningen uansett hvilke verdier C og C har Løs oppgave 3 Kan det tenkes at likningen i eksemplet ovenfor har enda flere løsninger? Svaret er nå NEI Da støtter vi oss på setningen nedenfor, som oppsummerer noen av de viktigste egenskapene for løsningen av slike homogene lineære ordens differensiallikninger La p( ) og q være to funksjoner som er kontinuerlige innenfor et intervall I Innenfor dette intervallet gjelder: Den homogene lineære ordens differensiallikningen y'' + p y' + q y = har alltid to lineært uavhengige løsninger y y og Den generelle løsningen av differensiallikningen kan skrives y = Cy + Cy der C og C er to konstanter som kan bestemmes dersom vi kjenner en start-tilstand y og ' y Vi skal ikke bevise denne setningen Merk hvordan resultatene i eksemplet ovenfor stemmer med setningen Vi fant to løsninger y = sin og y = cos Vi fant også at y = Csin + Ccos var løsning av likningen Men setningen garanterer i tillegg at det ikke fins andre løsninger av likningen

45 Setningen inneholder flere påstander: Differensiallikninger Side 44 Likningen har alltid to lineært uavhengige løsninger y ( ) og Enhver lineær kombinasjon y = Cy + Cy er også løsning av likningen 3 Det fins ingen andre løsninger av likningen 4 Når en start-tilstand y( ) og '( ) y y er kjent, kan C og C bestemmes slik at likningen har en entydig løsning Denne setningen er egentlig et spesialtilfelle av en mer generell setning for n te ordens lineære differensiallikninger Slike likninger har alltid n lineært uavhengige løsninger Den generelle løsningen av en n te ordens homogen lineær differensiallikning er da en lineær kombinasjon av disse n lineært uavhengige løsningene Ovenfor har vi flere ganger brukt uttrykket lineært uavhengige funksjoner Hva betyr det? I sin enkleste form kan vi si at: er lineært avhengige dersom det fins et tall a som er slik at y = a y Dersom det ikke fins noe slikt tall, er funksjonene lineært uavhengige To funksjoner y ( ) og y Eksempel 3: Undersøk om funksjonene y ( ) og y a) y = og y = 4 b) y = sin og y = sin cos Løsning: a) Her ser vi direkte at y = 4 = 4y slik at funksjonene er lineært avhengige er lineært avhengige når b) Denne er verre Men dersom du husker dine trigonometriske identiteter, vil du huske at y = sin = sin cos = y slik at også disse to funksjonene er lineært avhengige Eksempel b) ovenfor viser at det kan være behov for en bedre test på lineær uavhengighet Her kommer den:

46 Differensiallikninger Side 45 Vi har gitt to funksjoner y ( ) og y ( ) Definer Wronski-determinanten W Vi kan da vise at: y y = y ' y ' ) Funksjonene y ( ) og y I hvis og bare hvis W( ) er forskjellig fra null for minst en i intervallet ) Funksjonene er lineært avhengige hvis og bare hvis W i hele intervallet er lineært uavhengige i et intervall La oss se på et eksempel: a b Eksempel 33: Undersøk om funksjonene y = e og y = e der a og b er to konstanter, er lineært uavhengige Løsning: Vi setter opp Wronski-determinanten: a b y y e e W = = = e be ae e = ( b a) e e a b y ' y ' ae be a b a b a b Vi ser at dersom a = b, blir Wronski-determinanten identisk lik null slik at y ( ) og y ( ) er lineært avhengige Det er helt naturlig fordi funksjonene da er like Men dersom a b er Wronski-determinanten aldri lik null, og funksjonene er da lineært uavhengige Du finner mer om lineær (u)avhengighet og Wronski-determinanten i et lite tilleggsnotat 3 Likninger med konstante koeffisienter Hittil har vi gått som katten run den varme grøten Vi har sagt mye om hvordan løsningen av differensiallikningen ser ut Men vi har sagt fint lite om hvordan vi finner løsningen Grunnen er at det vanligvis er temmelig vanskelig å finne løsningen Vi skal begrense oss til et viktig spesialtilfelle: Likningen har konstante koeffisienter Dette vil si at p = a og q = b der både a og b er konstanter Likninger reduseres da til y'' + a y' + b y = Løsningsteknikken for en slik likning er oppsummert nedenfor:

47 Differensiallikninger Side 46 Den homogene differensiallikningen y'' + a y' + b y = der a og b er konstanter, løses ved at du først setter opp den karakteristiske likningen λ + aλ + b= og finner røttene i denne med vanlig formel for løsing av andregradslikninger Du må deretter skille mellom tre tilfeller: To forskjellige reelle røtter λ og λ : Differensiallikningen har løsning λ λ y = Ce + Ce To kompleks konjugerte røtter λ = α ± iβ : Differensiallikningen har løsning α y = e B cos β + B sin β ( ) Løsningen kan også skrives på formen α y = Ae cos β + ϕ eller y α = Ae sin β + ϕ 3 To like røtter λ = λ = λ: Differensiallikningen har løsning λ λ y = C e + C e Du finner utledning av setningen ovenfor i eget notat Når vi bruker oppskriften ovenfor, vil løsningen inneholde to ukjente konstanter Vi har da funnet den generelle løsningen av differensiallikningen Dersom vi kjenner en starttilstand y', kan vi bestemme disse konstantene Da finner vi en spesiell gitt ved y og løsning av differensiallikningen Mange ganger nøyer vi oss med å finne den generelle løsningen Eksempel 34: Vi har gitt differensiallikningen y'' + 5 y' + 4 y = a) Finn den generelle løsningen av likningen b) Finn den spesiell løsningen som tilfredsstiller startbetingelsene 3 y ' = y =,

48 Løsning: a) Vi setter opp og løser den karakteristiske likningen: λ + 5λ + 4= 5± ± 3 λ = = = 4 Differensiallikningen har da den generelle løsningen y = Ce + Ce 4 Differensiallikninger Side 47 b) For å finne konstantene, må jeg først finne et uttrykk for y' ( ) : 4 ' y = Ce 4Ce Setter inn startbetingelsene: y = Ce + Ce = C + C = 3 y' = Ce 4Ce = C 4C = Legger sammen disse likningene, og får 3C = 3 C = Da blir C = 3 C = 3 = 4 Den spesielle løsningen av differensiallikningen er da y 4e = e 4 Eksempel 35: Vi har gitt differensiallikningen y'' + 4 y' + 5y = a) Finn den generelle løsningen av likningen b) Finn den spesielle løsningen som tilfredsstiller startbetingelsene 3 y ' = y =, Løsning: a) Vi setter opp og løser den karakteristiske likningen: λ + 4λ + 5= 4± ± 4 4± i λ = = = = ± i Siden den karakteristiske likningen har to kompleks konjugerte røtter, blir løsningen av differensiallikningen y = e B cos + B sin Løsningen kan også skrives på formen y = Ae cos + ϕ b) For å finne konstantene B og y' = e B cos + B sin + e B sin + B cos B, må jeg først finne et uttrykk for ' y :

49 Setter inn startbetingelsene: y = e B cos + B sin = B = 3 Differensiallikninger Side 48 ( ) ' = ( cos + sin ) + ( sin + cos) y e B B e B B = B+ B = Av den siste likningen får vi B = B = 3= 6 Den spesielle løsningen av differensiallikningen blir derfor y = e 3cos + 6sin Dersom løsningen er skrevet på formen y = Ae cos + ϕ må vi først finne et uttrykk for y' ( ) for å finne A og ϕ y' = A e cos( + ϕ) + e ( sin( + ϕ) ) ( cos( ϕ) sin ( ϕ) ) = Ae + + Setter inn startbetingelsene: y = Ae cos + ϕ = Acosϕ = 3 y ' = Ae ( cos( + ϕ) sin( + ϕ) ) = A( cosϕ + sinϕ) = Av den siste likningen får vi 634 cosϕ sinϕ tanϕ ϕ + = = = 66 Settes ϕ = 634 inn i (), får vi 3 3 A = 67 cosϕ = cos 634 = Bruker vi ϕ = 66, blir A negativ noe vi ikke ønsker Løsningen av differensiallikningen blir derfor y = 67e cos 634 For sikkerhets skyld kan vi sjekke at de to løsningene er ekvivalente: ( ) = ( ) ( ) e e 67 cos cos cos 634 sin sin 634 = 67e ( 4478 cos 894 sin ) = e ( 3cos + 599sin ) Når vi tar hensyn til avrundingsunøyaktigheter, ser vi at løsningene er identiske Eksempel 36: Vi har gitt differensiallikningen y'' + 4 y' + 4y = a) Finn den generelle løsningen av likningen b) Finn den spesielle løsningen som tilfredsstiller startbetingelsene 3 y ' = y =,

50 Differensiallikninger Side 49 Løsning: a) Vi setter opp og løser den karakteristiske likningen: λ + 4λ + 4= 4± ± λ = = = Den karakteristiske likningen har to sammenfallende røtter Differensiallikningen har da løsningen y = C e + C e b) For å finne konstantene, må jeg først finne et uttrykk for y' ( ) : y' = Ce + C( e + ( ) e ) = Ce + C ( ) e Setter inn startbetingelsene: y = Ce + C e = C = 3 y' = Ce + C e = C + C = Av den siste likningen får vi C = C = 3= 6 Løsningen av differensiallikningen blir derfor 3 y = e + 6e Denne løsningsteknikken må du trene inn Start med å finne den generelle løsningen av likningene i Oppgave 3, og gå deretter videre med Oppgave Inhomogene likninger 33 Innledning Vi har allerede nevnt at den generelle løsningen av den inhomogene lineære differensiallikningen y'' + p y' + q y = r alltid kan skrives på formen y = y + y h p y er den generelle løsningen av den tilhørende homogene likningen, mens y der h en partikulær løsning av den inhomogene likningen En partikulær løsning er en eller annen funksjon som passer inn i den gitte inhomogene differensiallikningen p er Vi har også sett hvordan vi kan løse den tilhørende homogene likningen, i alle fall dersom likningen har konstante koeffisienter Nå gjenstår det å finne en partikulær løsning Men før vi gjør det, kan vi se på et innledende eksempel

51 Differensiallikninger Side 5 Eksempel 33: Vi har gitt differensiallikningen y'' + y = a) Vis at likningen har en partikulær løsning y p =, og finn den generelle løsningen av likningen y ' = b) Finn den spesielle løsningen som har startverdiene y =, Løsning: a) Den homogene likningen er y'' + y = I Eksempel 3 har vi funnet at denne likningen har den generelle løsningen y = C sin + C cos h Så skal vi vise at funksjonen y = p passer inn i den inhomogene likningen slik at den kan brukes som partikulær løsning Dette påvises ved innsetting: y = y ' = y '' = p p p Setter inn i den gitte differensiallikningen, og får: y '' + y = + = p p som stemmer Altså er den generelle løsningen av den gitte likningen y = y + y = C sin + C cos + h p b) For å kunne benytte startverdiene, må vi først derivere y( ) : y' = Ccos Csin + Startbetingelsene gir oss nå: y = C sin + C cos + = C = y' = C cos C sin + = C = Den spesielle løsningen med de gitte startverdiene blir derfor y = + + sin cos Prøv deg selv på Oppgave 33 Du innser sikkert at slike prøve- og feile -metoder ikke fører fram generelt Vi må nok utvikle bedre metoder for å finne en partikulær løsning Vi skal se på to slike metoder Først skal først ta for oss ubestemte koeffisienters metode, som er en forholdsvis grei metode dersom r( ) består av visse vanlige, enkle funksjoner Men metoden har sine begrensninger Deretter skal vi ta for oss Lagranges metode (også kalt metoden med variasjon av parametre), som er en mer generell metode Ulempen med Lagranges metode er at den ofte fører til en del regning, og den kan også gi integraler som ikke lar seg løse eksakt

52 Differensiallikninger Side 5 33 Ubestemte koeffisienters metode Denne metoden går i korthet ut på at vi skal gjette hvordan den partikulære løsningen ser ut, dog slik at vi skal tilpasse noen konstanter slik at vår gjetteløsning passer inn i likningen Nå skal vi ikke gjette vilt En noe upresis regel går ut på at partikulærløsningen skal ha samme form som r( ) Mer presist kan vi si at dersom r( ) er et polynom i, en sinus- eller cosinus-funksjon, eller en eksponentialfunksjon, prøver du en partikulær løsning etter tabellen nedenfor: r( ) : Prøv a + a + + a acos ω bsin ω a e α n n y : p n A + A+ + A n Acos ω + Bsin ω + A e α Du ser at våre prøveløsninger yp ( ) inneholder en eller flere ukjente koeffisienter A, A, A, B, osv Ditt problem går ut på å bestemme disse koeffisientene Du gjør det ved å sette inn yp i differensiallikningen, og deretter bestemme koeffisientene slik at likningen er oppfylt for alle verdier av Før vi ser eksempler på hvordan dette gjøres i praksis, skal jeg komme med noen merknader: Dersom r( ) er et n-tegradspolynom, må du finne alle de n + ubestemte koeffisientene A, A,, A n Eksempel: Selv om r = 3 (konstantledd og førstegradsledd mangler), må du bruke et fullstendig andregradspolynom y = A + A+ A p og finne både A, A og A Selv om r( ) inneholder bare sinus-ledd eller bare cosinus-ledd, må yp både sinus- og cosinus-ledd Vi kan også skrive yp ( ) på formen Asin( ω ϕ) inneholde + eller Acos( ω+ ϕ) Disse formene er ofte nyttige i praktiske problem, men fører gjerne til mer Acos ω + Bsin ω kompliserte regninger enn formen Dersom r( ) er en sum eller et produkt av ledd i venstre kolonne i tabellen ovenfor, må ( ) være en tilsvarende sum eller et tilsvarende produkt av ledd fra høyre kolonne yp Eksempel: Dersom r = sin( 3), må du bruke yp = ( A + A ) cos( 3) + Bsin( 3) En annen versjon av disse reglene er at yp i r( ), samt første- og andrederiverte av disse leddene skal inneholde alle typer ledd som forekommer

53 Reglene ovenfor svikter dersom Differensiallikninger Side 5 r inneholder ledd som allerede inngår i løsningen y ( ) av den tilhørende homogene likningen Da vil reglene gi ledd i y ( ) som allerede inngår i yh ( ), og slike ledd har vi ikke bruk for Hva gjør vi da? p h Dersom vi ved å følge reglene ovenfor får en y ( ) som inneholder ledd som allerede inngår i y h, må slike ledd multipliseres med p Denne justeringen fører vanligvis (men ikke alltid) fram Så var det en viktig detalj til slutt: Dersom du kjenner en start-tilstand og skal finne konstantene som inngår i y h, må disse konstantene finnes etter at yp ( ) er funnet Nå er tiden inne til å se på noen eksempler: Eksempel 33: I differensiallikningene nedenfor skal du først finne den generelle løsningen Deretter skal du finne den spesielle løsningen som tilfredsstiller de oppgitte startbetingelsene: a) y'' 5 y' 4 y 6 3 y ' = + + =, y =, + + =, y = 3, + + =, y = 3, + + =, y = 3, b) y'' 5 y' 4 y 3e c) y'' 5 y' 4 y 34sin d) y'' 4 y' 4y e y ' = y ' = y ' = Løsning: Fra eksempel 34 (eller ved å løse den karakteristiske likningen) vet vi at den homogene likningen y'' + 5 y' + 4 y = har løsning 4 yh = Ce + Ce Dette kan vi benytte i oppgave a) c) Når vi går på jakt etter partikulær løsning, prøver vi en funksjon yp r( ), med de presiseringer og tilpasninger som er nevnt ovenfor av samme form som a) y'' + 5 y' + 4 y = 6 Her er r = 6, dvs et førstegradspolynom i Vi prøver derfor en partikulær løsning som består av et komplett førstegradspolynom: yp = A + A yp' = A yp'' = Setter inn i differensiallikningen:

54 y '' + 5 y ' + 4 y = 6 p p p + 5A + 4 A + A = 6 5A + 4A + 4A 6 = 5A + 4A + 4A 6 = Differensiallikninger Side 53 Sammenhengen ovenfor skal være oppfylt for alle verdier av Dette er kun oppfylt dersom 5A+ 4A = og 4A 6 = 4A = 6 A = 4 Setter dette inn i den første likningen: 5A + 4A = 4A = 5A = 5 4 = A = 5 Partikulær-løsningen blir da y = + p 5 4 slik at den generelle løsningen av differensiallikningen blir 4 y = yh + yp = Ce + Ce Nå først er tiden inne til å finne C og 4 y' = Ce 4Ce + 4 C Vi finner først ' y : Innsetting av den oppgitte start-tilstanden gir: y = Ce + Ce + 4 5= C + C 5= 3 C + C = 8 y' = Ce 4Ce + 4= C 4C + 4= C + 4C = 5 Trekker den øverste likningen fra den nederste, og får 3C = 3 C = Da blir C + C = 8 C = 8 C = 8 = 9 slik at den spesielle løsningen av differensiallikningen som oppfyller startbetingelsen blir y = 9e e b) y'' + 5 y' + 4 y = 3e Her er det nærliggende å prøve en partikulær løsning av formen y = Ae Men siden løsningen av den homogene likningen er y = Ce + Ce, h 4 kan vi ikke bruke en slik partikulærløsning siden et slikt ledd allerede inngår i y h Vi multipliserer derfor med, og prøver p y p '' = A( e ( ) + e ( ) ) = Ae ( ) y = Ae y ' = A e + e = Ae p Setter disse uttrykkene inn i differensiallikningen: p

55 y '' + 5 y ' + 4 y = 3e p p p ( + + ) = Ae + 5Ae + 4Ae = 3e Ae e A 3= 3 A= Partikulærløsningen blir da y = e p Differensiallikninger Side 54 slik at den generelle løsningen av differensiallikningen blir y = y + y = C e + C e + e 4 h p Nå er tiden inne til å finne C og C Vi finner først ' 4 = + + ( ) y' Ce 4Ce e e 4 4 = Ce Ce + e Innsetting av den kjente start-tilstanden gir: y = Ce + Ce + = C + C = 3 y : y' = Ce 4Ce + e = C 4C + = C + 4C = Trekker disse likningene fra hverandre, og får 3C = 3 C = Da blir C = 4C = 4 = 4 slik at den spesielle løsningen av differensiallikningen som oppfyller startbetingelsen blir y = e e + e 4 4 c) y'' + 5 y' + 4 y = 34sin Selv om r( ) kun inneholder et sinus-ledd, må vår partikulærløsning inneholde både sinus- og cosinus-ledd Vi prøver yp = Acos + Asin yp' = Asin + Acos y '' = A cos A sin p Setter disse uttrykkene inn i differensiallikningen og ordner: yp'' + 5 yp' + 4 yp = 34sin ( Acos Asin ) + 5( Asin + Acos ) + 4( Acos + Asin ) = 34sin ( A+ 5A + 4A) cos + ( A 5A+ 4A) sin = 34sin 3A + 5A cos + 5A + 3A 34 sin = Sammenhengen ovenfor skal være oppfylt for alle verdier av Dette er kun oppfylt dersom 3A+ 5A = og 5A+ 3A = 34 Multipliserer øverste likning med 5 og nederste likning med 3 og adderer: 5A + 9A = 3 34 A = 3 som innsatt i den første likningen gir

56 5 5 A = A 3 = 3= 5 3 Partikulærløsningen blir da y = + p 5cos 3sin Differensiallikninger Side 55 slik at den generelle løsningen av differensiallikningen blir 4 y = yh + yp = Ce + Ce 5cos + 3sin Nå er tiden inne til å finne C og 4 C Vi finner først ' y' = Ce 4Ce + 5sin + 3cos y : Innsetting av den kjente start-tilstanden gir: y = Ce + Ce 5 cos + 3 sin = C + C 5 = 3 C + C = 8 y'= Ce 4Ce + 5sin + 3cos = C 4C + 3= C + 4C = Trekker disse likningene fra hverandre, og får 3C = 6 C = Da blir C + C = 8 C = 8 C = 8 = slik at den spesielle løsningen av differensiallikningen som oppfyller startbetingelsen blir y = e e 5cos + 3sin 4 d) y'' + 4 y' + 4y = e Fra Eksempel 36 (eller ved å løse den karakteristiske likningen) vet vi at løsningen av den tilhørende homogene likningen er y = C e + C e h Siden både eller Ae p e og e inngår i løsningen av den homogene likningen, er verken brukbare som partikulærløsninger Vi prøver derfor p' ( ) y = A e y = A e + e = A e y'' = A e + A e = A 4+ e p Setter disse uttrykkene inn i differensiallikningen og ordner: y '' + 4 y ' + 4y = e p p p ( ) = A 4+ e + 4 A e + 4A e = e A = A= A Partikulærløsningen blir altså y = e p Den generelle løsningen av differensiallikningen blir da y = y + y = C e + C e + e h p Finner konstantene: y' = Ce + C e + e + e + e ( ) y = Ce + C e + e = C = 3 y' = Ce + C e + + = C + C = Ae

57 Da blir C = C = 3= 6, slik at løsningen blir y = 3e + 6e + e Differensiallikninger Side 56 Som du ser, er det mye pirkarbeid når vi først skal finne den generelle løsningen av den homogene likningen, deretter finne en partikulær løsning, og til slutt bestemme konstantene slik at startbetingelsene er oppfylt Trøst deg med at når vi kommer bort i slike likninger i praksis, er vi sjelden interessert i å finne disse konstantene Differensiallikningen er ofte en matematisk modell av et fysisk system Da ønsker vi vanligvis en generell løsning, uavhengig av starttilstanden Løs Oppgave 33, Oppgave 333 Etter litt trening vil du oppdage at metoden ovenfor faktisk er ganske grei dersom r har en pen form Den er derfor blitt en slags standardmetode Men noen ganger svikter metoden Da kan det være kjekt å ha metoden nedenfor til disposisjon 333 Lagranges metode (variasjon av parametre) Denne metoden benytter seg av en formel for å finne en partikulær løsning Metoden kan brukes i mange situasjoner der ubestemte koeffisienters metode ikke kan brukes Oppskriften ser slik ut: r være funksjoner som er kontinuerlige i et intervall I være to lineært uavhengige løsninger til differensiallikningen y'' + p y' + q y = i dette intervallet La p( ), q( ) og La videre y ( ) og y I dette intervallet har da differensiallikningen y'' + p y' + q y = r en partikulær løsning y r y r y p = y y W W der y y W = y ' y ' er Wronski-determinanten til y og y

58 Differensiallikninger Side 57 Merknad: Dersom du tar med integrasjonskonstanter når du løser integralene, får du løsningen av den tilhørende homogene likningen med på kjøpet Det er derfor vanlig å sløyfe disse integrasjonskonstantene Du finner bevis for setningen i vedlegget Svakheten ved denne metoden er at den ofte fører til integraler som er vanskelig å løse Men når først integralene lar seg løse, er den grei å ty til slik eksemplene nedenfor viser Eksempel 333: Finn en partikulær løsning til disse differensiallikningene: a) y'' + y = sin b) y'' + 4 y' + 4y = e (se Eksempel 33d) Løsning: a) Vi løser først den tilhørende homogene likningen Den karakteristiske likningen blir λ + = λ =± i To lineært uavhengige løsninger av den homogene likningen blir da y = cos, y = sin Da blir y y cos sin W = = = cos + sin = y' y' sin cos slik at vi får en partikulær løsning y r y r y p = y y W W cos sin sin sin = sin cos Det første integralet kan for eksempel løses ved å benytte at sin = sin cos slik at cos sin = sin = cos( ), 4 mens cos = sin sin = cos slik at sin = cos( ) = sin 4 Dermed blir y = sin cos cos sin p ( 4 4 ) = cos + cos sin sin cos 4 Vi kan foreknle dette uttrykket slik: cos sin sin cos = cos sin cos sin ( cos ) = sin Men sin inngår allerde i y p Vi trenger ikke ta det med en gang til Vår partikulære løsning reduseres da til yp = cos

59 Differensiallikninger Side 58 b) Fra Eksempel 33d vet vi at den tilhørende homogene likningen har to lineært uavhengige løsninger y = e og y = e Da blir W y y e e = y' y' = e e e = e e e + e e = e e = e 4 slik at vi får en partikulær løsning y r y r y p = y y W W e e e e = e e 4 4 e e = e e = e e = e som stemmer med resultatet fra Eksempel 33d 34 Høyere ordens lineære differensiallikninger De prinsippene vi har sett på for å løse lineære ordens differensiallikninger, kan uten videre generaliseres til høyere ordens likninger Vi skal ikke fordype oss i teori, men skal heller se på eksempler: Eksempel 34: Finn den generelle løsningen av disse differensiallikningene: a) y''' + 4 y'' y' 4 y = b) y''' + y'' + y' + y = 8e Løsning: a) Setter opp den karakteristiske likningen: 3 λ + 4λ λ 4= Denne likningen løses med litt kreativ faktorisering: λ ( λ + 4) ( λ + 4) = ( λ )( λ ) ( λ )( λ )( λ ) + 4 = = Nå ser vi løsningen λ = 4, λ =, λ 3 = Den generelle løsningen av differensiallikningen blir derfor 4 y = Ce + Ce + Ce 3 b) Løser først den homogene likningen, og setter opp den karakteristiske likningen: 3 λ + λ + λ + = Vi faktoriserer etter samme prinsipp som før:

60 λ ( λ + ) + ( λ + ) = ( λ )( λ ) ( λ )( λ i)( λ i) Differensiallikninger Side = + + = Nå ser vi løsningen λ =, λ = i, λ 3 = i λ fører nå til at den generelle løsningen av den homogene differensiallikningen må inneholde et ledd Ce, mens λ og λ 3 gir opphav til ledd av formen e ( B cos + Bsin ) = Bcos + Bsin Løsningen av den homogene likningen blir derfor y = Ce + B cos + B sin h Så går vi på jakt etter en partikulær løsning av formen y = Ae y ' = Ae y '' = Ae y '' = Ae p p p p Innsetting: Ae + Ae Ae + Ae = 8e Multipliserer med e og samler ledd: A= 8 A= 4 Dermed er den generelle løsningen av den inhomogene likningen y = y + y = Ce + B cos + B sin + 4e h p Oppgave System av lineære ordens differensiallikninger Det fins flere metoder til å løse system av lineære ordens differensiallikninger I denne omgang skal vi se på den metoden som ofte virker mest nærliggende: Vi skal omforme et sett av n lineære ordens differensiallikninger til en n te ordens differensiallikning Vi skal imidlertid begrense oss til n =, slik at et system av lineære ordens differensiallikninger omformes til en ordens differensiallikning Istedenfor å fordype oss i teori, skal vi se på et eksempel: Eksempel 35: Løs likningssystemet nedenfor ved å omforme det til en lineær ordens differensiallikning y' = y 3y, y ( ) = 5 y ' = y + 3e, y ( ) = Løsning: Vi skal bruke en slags eliminasjons- og innsettingsmetode Vi finner en av de ukjente fra den likningen som ikke inneholder den deriverte av den ukjente, deriverer, og setter inn i den andre likningen Dette innebærer at vi kan finne y av likningen for y ', eller vi kan finne y av likningen for y ' Jeg velger å finne y av likningen for y ' : ' 3 y = y + e y = y' + 3e Dette deriveres: y ' = y '' + 6e

61 Differensiallikninger Side 6 Så setter vi inn i likningen for y ' slik at vi får en likning som kun inneholder y og dens deriverte: y' = y 3y y'' + 6e = ( y' + 3e ) 3y y'' + 6e = y' + 6e 3y y '' y ' 3y = Dette er en lineær, homogen ordens differensiallikning med konstante koeffisienter Vi løser den på vanlig måte Den karakteristiske likningen blir ± 4 3 ± 4 3 λ λ 3= λ = = = Nå kan vi sette opp den generelle løsningen for y : y = Ce + Ce 3 Så må vi finne y ( ) Vi kan gå fram på samme måte som før, og finne y av likningen for y ', sette inn i den andre likningen, og på den måte får en likning som kun inneholder Men som oftest er det enklere å benytte at vi allerede har funnet sammenhengen y ' 3 = y + e Setter inn for y ', og får: y = y' + 3e 3 = ( C 3e + C ( e )) + 3e = 3Ce + Ce + 3e 3 Til slutt finner vi konstantene C og C : y = 5 3Ce + Ce + 3e = 5 3C + C = y = Ce + Ce = C + C = Trekker disse likningene fra hverandre, og får 4C = 4 C = Da blir C = C = = Løsningen av likningssystemet blir da: 3 3 y = 3 e + e + 3e = 3e e + 3e y e e e e 3 3 = + = y Oppgave 35 Så lenge vi har to likninger med to ukjente, er denne metoden forholdsvis grei, spesielt dersom vi skal finne den generelle løsningen slik at vi slipper å beregne konstantene C og

62 Differensiallikninger Side 6 C Men dersom vi har mer enn to ukjente, blir det fort mer komplisert Prinsippet er at du systematisk eliminerer en ukjent om gangen Dersom du har et likningssystem med 3 ukjente, kan du starte med å finne y 3 av en likning som ikke inneholder y ' 3, derivere denne, og sette inn over alt hvor du finner y 3 eller y ' Dermed får du et likningssystem med bare 3 y og y samt deres deriverte I heftet om matriseregning skal vi vise en annen metode for å løse slike system av lineære ordens differensiallikninger I et annet hefte om Laplace-transform skal vi se på enda en metode

63 4 Svingninger Differensiallikninger Side 6 4 Innledning Svingninger er helt vanlig i fysiske systemer Som barn har du sikkert svingt fram og tilbake eller opp og ned i ei huske på lekeplassen Som student har du kanskje jumpet opp og ned i en gammel bil med dårlig fjæring på hullete veier Og hvis du har vært om bord i en båt i grov sjø, har du opplevd en mer kvalmende form for mekaniske svingninger Svingninger er også vanlig i elektriske systemer All vekselstrømslære bygger på svingeteori Mottaking av radio- og TV-signaler bygger på resonans mellom en elektrisk svingekrets og de mottatte signalene Så du skjønner sikkert at en ingeniør bør kjenne til teorien for svingninger og resonans I denne innledningen skal jeg ta for meg noen hoverekk av teorien for slike svingninger Jeg skal definere et par sentrale begreper, og jeg skal vise hvordan frie, udempede svingninger kan oppstå i et enkelt mekanisk system Mer realistiske situasjoner med demping og ytre krefter, samt resonans, vil bli behandlet senere Da vil jeg også gi en kort omtale av elektriske svingninger y R θ = θ + ω t ω t θ ( ω θ ) = Rcos t + Vi skal starte med å se nærmere på en velkjent periodisk bevegelse: en partikkel som beveger seg med konstant vinkelfart ω (målt i radianer pr sekund) i en sirkelbane med radius R Dersom vi starter klokka idet linja fra origo til partikkelen danner en startvinkel θ med -aksen, vil partikkelen etter en tid t ha tilbakelagt en vinkel θ = θ + ω t Da er -komponenten til partikkelens posisjon t = Rcosθ = Rcos( θ + ωt) Denne -komponenten vil bevege seg fram og tilbake, omtrent som en pendel Den konstante vinkelfarten ω kalles gjerne vinkelfrekvensen fordi den angir hvor mange radianer som tilbakelegges pr sekund Dette må ikke forveksles med frekvensen som angir hvor mange hele svingninger som gjennomføres pr sekund Siden en hel svingning utgjør π radianer, er sammenhengen mellom frekvensen f og vinkelfrekvensen ω gitt ved ω ω = π f f = π Frekvensen angir altså antall hele svingninger pr sekund (eller s ), som også benevnes Hertz (Hz) En annen viktig størrelse er svingetiden eller perioden T, som er gitt ved π T = = f ω Perioden angis helst i sekund

64 4 Et kloss-fjær-system Likevekt Ff = k Differensiallikninger Side 63 La oss nå se på et annet svingesystem som tilsynelatende er helt forskjellig fra partikkelen som går i sirkelbane med konstant vinkelfart Vi skal se på en kloss med masse m som kan gli uten friksjon på en horisontal flate Klossen er festet til ei fjær som har fjærkonstant k Dersom fjæra forskyves en strekning fra likevekt, vil fjæra trekke eller skyve klossen med en kraft F = k f der minustegnet angir at kraften alltid har motsatt retning av forskyvningen fra likevekt Klossens tyngde og normalkraften fra underlaget er motsatt like store, og tas derfor ikke med i kraftregnskapet Ifølge Newtons lov vil denne kraften gi klossen en akselerasjon a gitt ved F = m a k = m a Nå må vi benytte at farten v er posisjonsendring pr tidsenhet, slik at v = lim = t t og at akselerasjonen a er fartsendring pr tidsenhet slik at v dv d d a = lim = = = t t Dermed blir Newtons lov: d d k F = m a k = m + = m Dette er en lineær ordens differensialliking Vi setter opp og løser den karakteristiske likningen k k k λ + = λ =± =± i m m m der i er den imaginære enheten Løsningen av differensiallikningen kan skrives på mange måter, for eksempel slik: t k k t = Ae cos t+ ϕ = Acos t+ ϕ m m Men dette minner jo påfallende om uttrykket for -komponenten til partikkelen som går i sirkelbane: t = Rcosθ = Rcos( θ + ωt) Disse uttrykkene blir like dersom vi setter k R = A, θ = ϕ, ω = m Vi ser altså at klossen som er festet til ei fjær beveger seg på nøyaktig samme måte som - komponenten til en partikkel som går i sirkelbane med konstant vinkelfart Vi finner også frekvens og periode for svingebevegelsen uttrykt ved klossens masse og fjærkonstanten

65 Vi oppsummerer: Differensiallikninger Side 64 Når en partikkel med masse m påvirkes av en kraft F ved differensiallikningen d + ω = Denne likningen har løsningen t = Acos ω t+ ϕ der vinkelfrekvensen ω og perioden T er gitt ved = k, er partikkelens posisjon gitt k π m ω = T = = π m ω k En slik bevegelse kalles en enkel harmonisk svingning, og partikkelen er en harmonisk oscillator Eksempel 4: Ei elastisk fjær med fjærstivheten k = N/m er plassert horisontalt Den ene enden av fjæra er fast i en vegg, mens den andre enden er festet til et legeme med massen m = 5 kg som ligger på et friksjonsfritt, horisontalt underlag Vi drar legemet bort fra likevekt og slipper Bestem vinkelfrekvensen, frekvensen og perioden til de resulterende oscillasjonene Løsning: Siden det ikke virker andre horisontale krefter på legemet, er krafta på legemet gitt ved F = k Dermed er legemet en harmonisk oscillator Da vet vi at ω = k N/m rad s m = 5 kg = Da er: Frekvens f ω rad s π π Periode T = = f 3s = 3s = = = 3s k m g Hva skjer dersom vi lar kloss-fjær-systemet henge fritt under påvirkning av tyngdekraften mg? I figuren til venstre antar vi at fjæra er så lett at vi kan se bort fra fjæras egen masse Så henger vi opp loddet og setter det i svingninger Vi legger inn et koordinatsystem med positiv retning nedover Når fjæra er strekt en strekning, påvirkes klossen av en kraftsum F = mg k

66 Da blir Newtons lov Differensiallikninger Side 65 d d k m F = m a mg k = m + = g Dette er en inhomogen differensiallikning Vi vet at løsningen kan skrives på formen t = ( t) + ( t) der vi allerede vet at h h cos( ω ϕ) p = + der t A t k ω = m Det er nå rimelig å anta at p t er en konstant siden høyresiden av differensiallikningen er en konstant Vi setter inn i likningen, og får + k mg g m = = k Dermed har vi at mg t = h t + p t = Acos( ωt + ϕ) + k mg La oss se nærmere på uttrykket = Det kan lett omformes til mg = k, som sier at k tyngdekraften er lik kraften i fjæra (men motsatt rettet) Dette er en likevektsposisjon der klossen kan henge i ro Løsningen sier altså at klossen vil svinge om denne likevektsposisjonen på samme måte som om den lå på et friksjonsfritt underlag Dette er et overraskende resultat Sammen med uttrykket for perioden m T = π k ser vi at perioden avhenger kun av fjærkonstanten k og massen m, og avhenger ikke av tyngdens akselerasjon g eller av hvor stort utslaget er, eller av om klossen henger fritt eller glir på et vannrett, friksjonsfritt underlag Hittil har vi kun sett på et kloss-fjær-system Men det fins en mengde andre mekaniske system som oppfører seg på nøyaktig samme måte Du finner et lite utvalg i et vedlegg 43 Dempede svingninger 43 Likningen for en dempet svingning I innledningen så vi på et kloss-fjær-system uten friksjon Nå skal vi trekke inn friksjon, og vi skal begrense oss til en form for friksjon som kalles viskøs friksjon Denne karakteriseres ved at friksjonskraften er proporsjonal med farten og har motsatt retning av fartsretningen: Fv = b v Her er b en dempingsfaktor som gis i N/ ( m/s ) Denne formen for friksjon er vanlig når man skal lage en enkel matematisk modell av luftmotstand eller vannmotstand, der b avhenger av legemets størrelse og form, og selvsagt av hvilket medium legemet beveger seg i

67 Differensiallikninger Side 66 Likevekt Figuren til venstre antyder at Newtons lov blir k b v = m a d Så setter vi inn at v = og at a =, og får v d Ff = k k b = m d b k Fv = b v + + = m m Vi ser at når b = vil denne likningen reduseres til vår velkjente likning for en udempet svingning: d + k = m eller generelt d + ω = k der ω = for vårt kloss-fjær-system Nå viser det seg at helt tilsvarende likninger dukker m opp i en mengde andre situasjoner Vi skal derfor gi likningen en mer generell form: d + δ + ω = b der δ = for vårt kloss-fjær-system Det merkelige -tallet skyldes at vi etter hvert får m enklere uttrykk ved å sette det inn her Vi summerer opp: Likningen for en dempet svingning er d + δ + ω = Her er δ og ω positive konstanter k b For et kloss-fjær-system er ω = og δ = m m 43 Vi løser likningen På vanlig måte løser vi likningen d + δ + ω = ved å sette opp og løse den karakteristiske likningen: δ ± δ 4ω λ + δλ + ω = λ = = δ ± δ ω Nå må vi skille mellom tre tilfeller:

68 Differensiallikninger Side 67 Dersom dempingen er så liten at δ < ω, får vi et negativt tall under rottegnet Vi skriver da i λ = δ ± ω δ = δ ± ω δ = δ ± iω der vi har innført ω = ω δ Løsningen av differensiallikningen kan da skrives på formen δ t t = Ae cos ωt + ϕ Siden δ >, er dette en cosinus-svingning der amplituden Ae δ t avtar med tiden og går mot null Denne situasjonen kaller vi underdemping, og vi sier at vi får en underdempet svingning (ofte bare kalt dempet svingning) Dette er en svært vanlig situasjon, og er behandlet spesielt i et lite tillegg Dersom dempingen er så stor at δ > ω, får vi et positivt tall under rottegnet Den karakteristiske likningen får da to forskjellige reelle røtter λ og λ Løsningen av differensiallikningen blir derfor λt λ t t = Ce + Ce Nå blir både λ og λ negative tall fordi δ ω < δ = δ Altså vil t når t Dette er helt naturlig fordi friksjonen fører til at bevegelsen stanser Vi får faktisk ingen svinging i det hele tatt Bevegelsen stopper idet klossen er tilbake i likevektsposisjonen Denne situasjonen kaller vi overdemping 3 På grensen mellom underdemping og overdemping er δ = ω Dette spesialtilfellet kalles kritisk demping, og spiller liten rolle i praksis For fullstendighetens skyld kan vi likevel ta med at den karakteristiske likningen da får to like røtter λ = λ = δ, slik at løsningen av differensiallikningen blir δt δt t = Ce + Ct e Det er ikke meningen at du skal gå run og huske disse formlene Du bør heller merke deg hvordan vi setter opp differensiallikningen, og løse den Når jeg nå skal se på et eksempel med vårt kloss-fjær-system, vil jeg sette opp differensiallikningen ut fra Newtons lov og løse derfra m = kg mens fjær- Eksempel 43: Vi har et kloss-fjær-system der klossen har masse konstanten er k = N/m a) Finn den generelle løsningen av svingelikningen i disse tilfellene: ) b = (udempet svingning) ) b = N/(m/s) 3) b = 5 N/(m/s) 4) Finn den verdien av b som gir kritisk demping, og finn den generelle løsningen av svingelikningen i dette tilfellet

69 Differensiallikninger Side 68 b) Klossen dras ut en strekning = m og slippes uten startfart Finn klossens posisjon som funksjon av tiden t i de fire tilfellene som er angitt ovenfor, og tegn grafen til t i disse tilfellene Løsning: a) Newtons lov gir F = m a b v k = m a b k = m d b k + + = m m Setter inn de oppgitte dataene, ser bort fra benevninger og får d b d + + = + 5b + = a) Når b = reduseres svinglikningen til d + = Den karakteristiske likningen blir λ + = λ =± =± i Løsningen av svingelikningen kan da skrives t = A cos t + ϕ d a) Når b = blir svinglikningen d d = = Den karakteristiske likningen blir λ + 56λ + = 56 ± ± ± 9i λ = = = = 8 ± 96i Løsningen av svingelikningen kan da skrives 8t t = Ae cos 96t + ϕ a3) Når b = 5 blir svinglikningen d d = = Den karakteristiske likningen blir λ + 5λ + = 5 ± ± 5 5 ± 5 λ = 5 λ = = = λ = Løsningen av svingelikningen kan da skrives t t t = Ce + Ce 5

70 a4) I det generelle tilfellet er den karakteristiske likningen Differensiallikninger Side 69 λ + 5b λ + = 5b± 5b 4 5b± 5b 4 λ = = Vi får kritisk demping når 5b 4 = b = 6 b= 4 (husk at b må være positiv) Da blir 5 4 λ = = slik at løsningen av svingelikningen blir t t = e C + Ct b) Av opplysningene i oppgaven kan vi uten videre sette opp at = Når klossen slippes uten startfart, er v = = Dette gir to likninger som vi kan finne de ukjente konstantene fra De to startbetingelsene gir nå = A cos( + ϕ) = Acosϕ = () = A( sin( + ϕ) ) = Asinϕ = () Av () får vi ϕ = eller ϕ = π For å få positiv A i (), må vi bruke ϕ = Da blir b) t = A cos( t + ϕ) = A sin( t + ϕ) A cos = A= Løsningen blir da t = cos( t) 8t b) t = Ae cos( 96t + ϕ ) 8t 8t = A( 8 e cos( 96t + ϕ) + e ( 96) sin( 96t + ϕ) ) 8t = Ae ( 8cos( 96t + ϕ) + 96sin( 96t + ϕ) ) De to startbetingelsene gir nå 8 = A e cos 96 + ϕ = Acosϕ = () 8 = Ae ( 8cos( 96 + ϕ) + 96sin( 96 + ϕ) ) = A 8cosϕ + 96sinϕ = 96sinϕ = 8cosϕ tanϕ = ϕ = 84 ϕ = Merk at vi må oppgi vinkelen i radianer For å få positiv A i (), må vi bruke ϕ = 84 Da blir A cos( 84) = A= 4 ()

71 Løsningen blir da 8t t = 4 e cos( 96t 84) 5 5 b3) Differensiallikninger Side 7 t t t t t = Ce + Ce = 5Ce Ce De to startbetingelsene gir nå 5 = Ce + Ce = C+ C = () 5 = 5Ce Ce = C 4C = () Vi legger sammen likningene, og får 3C = C = 33 Da blir C = 4C = 4 33 = 33 Løsningen blir da t 33 = e 33e t 5 t b4) ( t) = e ( C + Ct) t t t = e ( C+ Ct ) + e C = e ( C C Ct ) De to startbetingelsene gir nå = e C + C = C = () = e ( C C ) = C = C = Løsningen blir da t t = e ( + t) De løsningene vi har funnet i de fire tilfellene, ser svært ulike ut Men når vi tegner grafene, viser det seg at de ikke blir så ulike likevel Grafene til funksjonene er vist nedenfor Der ser du bla at for den udempede svingningen blir svingetiden π π T = = 68s ω s Hvis du ser nøye etter, vil du se at svingetiden for den dempede svingningen er litt lengre Det er rimelig, fordi svingetiden nå blir π π T = = 654s ω 96s Ikke store forskjellen, men så vi synlig på grafen ()

72 Differensiallikninger Side 7 t 5-5 c ) d ) a ) b ) t - Hittil har vi forutsatt at vårt svingende system ikke utsettes for ytre krefter (mer presist: vektorsummen av eventuelle ytre krefter er lik null) Da vil svingningene før eller senere dø bort, siden det i praksis alltid vil være friksjon til stede Dersom vi skal opprettholde svingningene, må det være ytre krefter til stede Da får vi tvungne svingninger med mulighet for resonans 44 Tvungne svingninger Vi skal igjen ta utgangspunkt i et kloss-fjærsystem, Likevekt men skal la systemet påvirkes av en v ytre kraft F y t i tillegg til fjærkraft og friksjonskraft Systemet blir da som vist på figuren til venstre Ff = k F y t Så setter vi opp Newtons lov, og benytter d Fv = b v at v = og a = : d b k F y t k b v = m a + + = F y t m m m Nå er det mange andre systemer som kan utføre svingninger på samme måte som kloss-fjærsystemet vårt Vi skal derfor se på en mer generell svingelikning: d + δ + ω = Y( t) b k Fy ( t) For kloss-fjær-systemet vårt blir δ =, ω =, og Y( t) = m m m Fra teorien for inhomogene lineære differensiallikninger vet vi at slike likninger har løsning av formen t = t + t h p der h uten ytre påvirkninger) mens t er løsningen av den tilhørende homogene likningen (dvs en dempet svingning p t er en partikulær løsning av den inhomogene likningen Fra våre analyser av dempede svingninger vet vi at utslagene her går mot null fordi de inneholder faktorer og ledd av formen Ae δ t t der δ >, eller Ae λ der λ < Dette medfører

73 Differensiallikninger Side 7 at h ( t) slik at t p ( t) når t Vi må derfor konsentrere oss om å finne p t, som forteller oss hvordan systemet vil oppføre seg etter at bidraget fra de frie svingningene er dødd bort på grunn av friksjon Vi skal begrense oss til å se på periodiske ytre påvirkninger Den enkleste formen for en periodisk påvirkning er Y ( t ) = Y cos ( Ω t ) (eller tilsvarende sinus-ledd) Dersom du har vært borti Fourier-rekker, vil du vite at alle periodiske funksjoner skal skrives som en sum av slike funksjoner, så det er ikke noen stor begrensning at vi kun ser på cosinus- eller sinus-funksjoner Selv om du vet hvordan du finner en slik partikulær løsning, er det nokså plundrete å finne den i dette tilfellet Jeg har derfor gjemt utledningen i et lite tillegg Jeg har forresten ikke kunnet motstå fristelsen til å skrive et annet lite tillegg der jeg viser hvordan vi på en enklere måte kan finne en partikulær løsning ved å bruke komplekse funksjoner Dette siste tillegget kan også være en introduksjon til bruk av komplekse størrelser i vekselstrømslæra Resultatet av utregningene i tillegget er summert opp nedenfor Vi har svingelikningen d + δ + ω = Y t der Y ( t ) = Y cos ( Ω t ) Den partikulære løsningen kan skrives t = Acos Ω t + ϕ p der Y A = ( ω ) og δ Ω tanϕ = ω Ω Ω + 4δ Ω La oss se hvordan dette fungerer i praksis Eksempel 44: Vi har et kloss-fjær-system med masse m = kg, k = N/m og b = N/(m/s) Systemet påvirkes av en ytre kraft F ( t ) = F cos( Ω t ) = ( N) cos( Ω t ) Hvordan blir svingebevegelsen etter at det er inntrå stabil tilstand når: a) Ω= 5 rad/s b) Ω= rad/s c) Ω= 5 rad/s

74 Differensiallikninger Side 73 Løsning: Med de oppgitte størrelsene finner vi: b N/ ( m/s) δ = = = 5 s m kg ω = k N/m rad/s m = kg = Y F m N m/s kg = = = Fra formlene i ramma ovenfor finner vi at δω 5 Ω 5Ω tanϕ = = = ω Ω Ω Ω Y A = = = ω Ω + 4δ Ω Ω Ω Ω + 5Ω ( ) I grafene nedenfor er Y ( t ) = Y cos ( Ω t ) tegnet med tynn strek, og Y er satt til for sammenlikningens skyld Utslaget t er tegnet med tykk strek a) Når Ω= 5 rad/s, blir 5 5 tanϕ = = ϕ = arctan 3 = A = = Utslaget blir altså t = Acos Ω t+ ϕ = 3cos 5t t Vi ser av grafen at utslaget kommer litt etter den ytre kraften, og at største utslag er litt større enn Y b) Når Ω= rad/s, blir 5 π tanϕ = ϕ A = = + 5 Utslaget blir altså t = Acos Ω t+ ϕ = cos t π

75 Differensiallikninger Side t Vi ser av grafen at utslaget kommer klart etter den ytre kraften, og at største utslag er dobbelt så stort som Y tanϕ = ϕ = arctan = 54 π = 6 3 c) 5 5 A = = Utslaget blir altså t = Acos Ω t+ ϕ = 5cos 5t t Vi ser av grafen at utslaget kommer klart etter den ytre kraften, og at største utslag er bare halvparten av Y Du stusser kanskje over at vi satte Y = i grafene ovenfor Dette valget skyldes at dersom vi har en konstant kraft med størrelse F = N, vil fjæra forlenges en strekning gitt ved F N F = k = = = m k N/m Vi sammenliknet altså med det utslaget vi ville fått om vi brukte en konstant kraft F = N istedenfor en varierende kraft F t = F cos Ω t = N cos Ω t Den viktigste lærdommen vi kan trekke av eksemplet ovenfor, er at amplituden til svingningene avhenger av frekvensen til den ytre kraften Både for Ω= 5 rad/s og for Ω= rad/s blir utslaget større enn om vi brukte en tilsvarende konstant kraft Men for Ω= 5 rad/s blir utslaget mindre Denne effekten skal vi studere nærmere i neste avsnitt 45 Resonans I forrige avsnitt fant vi at når svingesystemet gitt ved d + δ + ω = Y( t) påvirkes av en ytre påvirkning Y ( t ) = Y cos ( Ω t ), er utslaget gitt ved t = Acos Ω t+ ϕ der

76 Differensiallikninger Side 75 og A = Y ( ω ) Ω + 4δ Ω δω tanϕ = ω Ω I eksempel 4 så vi hvordan A avhenger av vinkelfrekvensen Ω til den ytre påvirkningen Vi så også at for visse verdier av Ω kan A bli større enn om systemet påvirkes av en konstant påvirkning Y og slippes Vi skal nå undersøke dette fenomenet nærmere Vi merker oss at både ω og δ kun avhenger at hvordan det fysiske systemet er bygd opp For et gitt system er disse størrelsene fast Den eneste størrelsen som kan variere er Ω For å finne ut hvordan A avhenger av Ω, deriverer vi A med hensyn på Ω Da får vi ( ) A= Y ω Ω + δ Ω (( ω ) 4δ ) 4 ( ω δ ) da = Y ω Ω + 4δ Ω ω Ω Ω + 4δ Ω dω = Y Ω + Ω Ω Ω + da For å finne største verdi av A løser vi likningen = med hensyn på Ω: dω da = Ω= Ω ω + δ = dω Løsningen Ω= er ikke interessant (den svarer til konstant ytre påvirkning) Vi må derfor konsentrere oss om Ω ω + δ = Ω= ω δ Vi ser altså at amplituden A blir størst når Ω=Ω res = ω δ Denne frekvensen kalles resonansfrekvensen ser også at Ω res alltid er mindre enn ω Ω res Vi ser at når δ ω << er Ωres ω Men vi I uttrykket for resonansfrekvens må vi ha et positivt tall under rottegnet, dvs at ω δ > δ < ω Vi ser altså at δ < ω for at vi skal få resonans Dersom dempingen er så stor at δ er større enn denne grensen, får vi ikke resonans Dette er viktig å kjenne til dersom vi har systemer der vi må unngå resonans For å finne ut hvor stort utslaget blir ved resonansfrekvensen, setter vi inn i uttrykket for A: Ω = res ω δ

77 Differensiallikninger Side 76 A res Y Y = = ω δ ω ω δ δ ω δ Ω + 4 Ω + 4 Y Y Y = = = δ 4δω 8δ 4δω 4δ δ ω δ For oversiktens skyld skal jeg summere opp hoverekkene: Et system som følger differensiallikningen d + δ + ω = Ycos ( Ω t) utfører tvungne svingninger Når stabil tilstand er inntrå, er utslaget t = Acos Ω t+ ϕ der amplituden er Y A = ω Ω + δ Ω 4 og δω tanϕ = ω Ω Dersom δ ω, får vi resonans ved en resonansfrekvens Ω = res ω δ Ved denne frekvensen er amplituden i svingningene Y Ares = δ ω δ Eksempel 44: Vi skal holde oss til det samme kloss-fjær-systemet som vi har brukt tidligere (masse m = kg, k = N/m ) Den ytre kraften er gitt ved F t = F cos Ω t = cos Ω t Da har vi tidligere vist at ω = rad/s og at Y = m/s a) Finn (om mulig) resonansfrekvensen og maksimalt utslag når dempingskonstanten er: ) b = 5 N/(m/s) ) b = N/(m/s) 3) b = N/(m/s) 4) b = 4 N/(m/s) b) Bestem den største verdien av b som kan gi resonans c) Tegn grafene av A som funksjon av Ω i de fire tilfellene som er brukt i del a) av eksemplet

78 Løsning: a) Når b = 5 N/(m/s), er Differensiallikninger Side 77 b 5 N/ m/s δ = = = 5 s m kg Da blir Ω = = = res ω δ rad/s 5 s 984 rad/s Ved denne frekvensen er maksimalt utslag Y m/s Ares = = = 43 m δ ω δ 5 s rad/s 5 s a) Når b = N/(m/s), er b N/ m/s δ = = = 5 s m kg Da blir Ω = = = res ω δ rad/s 5 s 935 rad/s Ved denne frekvensen er maksimalt utslag Y m/s Ares = = = 7 m δ ω δ 5 s rad/s 5 s a3) Når b = N/(m/s), er b N/ m/s δ = = = 5 s m kg Da blir Ω = = = res ω δ rad/s 5 s 77 rad/s Ved denne frekvensen er maksimalt utslag Y m/s Ares = = = 5 m δ ω δ 5 s rad/s 5 s a4) Når b = 4 N/(m/s), er b 4 N/ m/s δ = = = s m kg Da blir Ω = = = res ω δ rad/s s rad/s Da er det ikke resonans b) For å få resonans, må δ ω = rad/s = 77 s Da er

79 δ b m Differensiallikninger Side 78 = b= m δ = kg 77 s = 83 N/ m/s c) Vi setter inn kjente størrelser i uttrykket for amplituden, og ser bort fra benevninger: Y A Ω = = ω Ω + 4δ Ω Ω + 4δ Ω Da får vi: ) b = 5 δ = 5 A Ω = = ( Ω ) Ω ( Ω ) + 65Ω ) b = δ = 5 A Ω = = ( Ω ) Ω ( Ω ) + 5Ω 3) b = δ = 5 A( Ω ) = = ( Ω ) Ω ( Ω ) + Ω 4) b = 3 δ = A( Ω ) = = ( Ω ) + 4 Ω ( Ω ) + 4Ω Plotter disse uttrykkene: 4 A Ω b = 5 3 b = b = b = Ω = Ω Vi ser at grafen stemmer med de verdiene vi fant i del a) av denne oppgaven

80 5 Blandede oppgaver Differensiallikninger Side 79 Blandede oppgaver Her finner du en samling av oppgaver innen differensiallikninger De fleste av oppgavene har vært gitt som eksamensoppgaver Du finner løsning på oppgavene ved å klikke på oppgavenummeret Oppgave Løs disse differensiallikningene: a) y' y = cos b) c) y ' = y y y' 3y= 3e 3 9 Oppgave Løs disse differensiallikningene med de oppgitte startbetingelsene: a) = b) = +, t + = t, = c) k( A ) t =, ( ) d) y' y =, e) y' = y+ cos, y( π) f) dy + y = e, g) y ' + y = e, h) i) j) k) dy y = A y = = π y = + =, dy dy y = Du kan forutsette at > y = 3 + y = e, y = y e =, dy y = y =, y = dy l) + y =, y = m) ( + ) y ' = y, y = 3 n) y' + ( cos ) y = cos, y = y o) y' = e, y = y ' y 3 y = p) + + =,

81 Differensiallikninger Side 8 q) y' cos + y sin = tan, y =, π < < π Oppgave 3 Løs differensial-likningen t = lim = når du får opplyst at t t Oppgave 4 a) Vis (ved å utføre integrasjonen) at t t e cost = e cost + sint + C f(t) A y q ut Vi skal nå se nærmere på hva som skjer når det blir flom i ei lita elv I elva er det gravd ut et basseng med loddrette vegger, slik at arealet A av vannflaten er konstant uavhengig av vannhøyden y i bassenget Videre antar vi at den vannmengden som strømmer inn i bassenget er gitt ved en funksjon f(t) målt i m 3 /s, mens den vannmengden som strømmer ut av bassenget er q = k y der k er en konstant ut b) Vi at vannhøyden y i bassenget er gitt ved differensiallikningen dy f ( t) ky = A Forklar hvordan du resonnerer c) Ved normal, konstant vannføring i elva er f(t) = m 3 /s Hvor stor er da den konstante vannhøyden y i bassenget? I resten av oppgaven skal du sette A = og k = d) Når det blir flom i elva, antar vi at vannføringen er gitt ved formelen f ( t) = cost, t π der t er antall dager siden flommen startet Benytt resultatene ovenfor til å vise at vannhøyden y(t) i bassenget i dette tidsrommet finnes ved å løse differensiallikningen dy y cost y = + =, Løs denne likningen e) For å finne det tidspunktet da vannhøyden y(t) er størst, må vi løse likningen sint cost + e t = Vis dette

82 Differensiallikninger Side 8 Likningen lar seg ikke løse eksakt Bruk Newtons metode til å finne en tilnærmet løsning med 3 korrekte sifre Bruk t = π som startverdi Oppgave 5 a) Gitt funksjonen 3 3 t t yt = + e 4e, t ) Finn minimumspunktet med tilhørende funksjonsverdi for yt ) Tegn en skisse av grafen til yt med eventuelle asymptoter b) Vi skal nå studere temperaturen på hytta di Vi antar at dersom det ikke er noen energitilførsel, så er varmetapet proporsjonalt med innetemperaturen Dette leder til at innetemperaturen yt er gitt ved differensiallikningen dy ky = der t er tiden målt i timer ) Løs denne likningen når du vet at y = grader ) Finn k når du vet at temperaturen synker fra grader til grader på 5 timer c) Når sola står opp, blir det en energitilførsel Vi antar at denne energitilførselen fører til at innetemperaturen på hytta er gitt ved dy at = ky + 3 ( e ) der k = og a = når t er gitt i timer ) Løs denne likningen når du vet at y = grader ) Bruk resultatene fra oppgave a) til å fortelle hvordan temperaturen i hytta utvikler seg 3) Finn lim yt t løsningen) kun ved å benytte den gitte differensiallikningen (uten å kjenne Oppgave 6 45 o y En beholder har kvadratisk bunn med sidekant a Bunnen står vannrett Tre sidekanter står loddrett, den fjerde danner en vinkel på 45 o med horisontalplanet Se figuren Vi fyller vann i karet, og vannhøyden er y a a a) Sett opp en formel for vannvolumet uttrykt ved a og y

83 Differensiallikninger Side 8 I resten av oppgaven skal du sette a = m b) Vi fyller vann i karet med en hastighet på m 3 /s Hvor fort øker vannhøyden y i det øyeblikk y = 5 m? c) Vi lager et avløp i bunnen av karet, slik at den vannmengden som renner ut er gitt ved y (målt i m 3 /s) Det renner fremdeles m 3 /s inn i karet ) Vis at vannhøyden y nå er gitt ved differensiallikningen + y dy = y ) Løs denne likningen når du vet at karet var tomt når t = 3) Hvor lang tid tar det før vannhøyden når halvparten av sin maksimale verdi? Oppgave 7 I denne oppgaven skal vi studere bevegelsen til en båt som har masse m = kg Vi skal anta at når båten går framover med fart v, så er friksjonskraften (vannmotstanden) gitt ved F k v k = 5 N/ m/s f = der De integralene som forekommer, kan du løse med tabell, kalkulator eller liknende a) Ved tidspunktet t = går båten med konstant fart v = m/s I dette øyeblikket begynner motoren å fuske, og den stanser helt ved t = 5s Anta at motorkraften avtar F t når t 5, og bruk lineært i dette tidsrommet Tegn en graf av motorkraften grafen til å sette opp en formel for F( t ) når t 5 b) Vis at i tidsrommet t 5 er båtens fart gitt ved differensiallikningen dv + v = 5 t med startbetingelse v = Løs denne differensial-likningen c) Sett opp den differensiallikningen som gjelder når t > 5, og løs denne Tegn deretter graf av farten som funksjon av t når t Oppgave 8 Et legeme med masse m = kg beveger seg med en fart v gjennom vann Vi antar at størrelsen til vannmotstanden da er gitt ved F= kv+ kv der k = og k = N/ m/s N/ m/s, med retning mot bevegelsen Anta videre at summen av alle andre krefter er lik null a) Vis at legemets fart vt da er gitt ved differensiallikningen

84 Differensiallikninger Side 83 dv + + = v v b) Løs denne likningen når m/s sekunder v =, og illustrer løsningen grafisk for t 3 Oppgave 9 Anta at kraften som virker på et legeme som beveger seggjennom vann med fart v er gitt ved dv F = m der vi bruker m = og v =, og setter a) F = v b) F = v c) F = v v Finn v( t ) i disse tilfellene Hint: Bestem en terminalfart t variabel u = vs v dv v slik at =, og innfør en ny Oppgave Løs differensiallikningen y'' y' =, y ' =, y = Oppgave Løs disse differensiallikningene: a) y'' + 6 y' + y = b) 4 y'' + 4 y' + 7= c) y'' + y' + 5y = d) d = t e) y'' + 4 y' + 3y = e Oppgave Løs disse differensiallikningene: d y dy a) y e t b) y'' y e e c) d dy = y ' = + =, y =, = +, y =, 4 sin t + =, =, =

85 Differensiallikninger Side 84 Oppgave 3 Vi har gitt differensiallikningen d y dy + b + 5y = der b er en positiv konstant a) For hvilke verdier av b blir løsningen av likningen en dempet svingning? b) Sett b = 4, og løs likningen når startbetingelsene er dy y =, = Oppgave 4 a) Finn den generelle løsningen av differensiallikningen y'' + 4 y' + 4y = + der y er en funksjon av b) Vi har gitt differensiallikningen y'' + k y' + 4 y = der y er en funksjon av mens k er en konstant For hvilke verdier av k blir løsningen av denne likningen en dempet svingning? Oppgave 5 a) Løs differensiallikningen d y dy + + y = b) Løs differensiallikningen 3 d y d y dy + + = e 3 t Oppgave 6 a) Finn den generelle løsningen av differensiallikningen d y 4 dy y = 3 3 b) Løs differensiallikningen d y 4 dy 8 t dy + + y = e, y =, = 3 3 c) q inn q y q ut

86 Differensiallikninger Side 85 To sylindriske kar som begge har samme tverrsnittsareal A = m, er forbundet med et tynt rør som figuren over viser Væskenivåene i de to karene er henholdsvis og y Væskestrømmen mellom de to karene er q = y (målt i m 3 /minutt) Væskestrømmen ut av kar er 8 qut = y (målt i m 3 /minutt) 3 Ved tidspunktet t = er begge karene tomme Da åpnes en ventil slik at væskestrømmen inn i kar blir q = e t når t (målt i m 3 /minutt) inn I) Vis at væskenivåene i de to karene er gitt av likningssettet t = + y + e =, dy = y y = 3 dv (Hint: benytt at = væskestrøm inn væskestrøm ut, der V er volumet) II) Vis at likningssettet over kan omformes til likningen i b) III) Finn ( t ) IV) Når t, oppstår en stasjonær tilstand Finn og y i denne stasjonære tilstanden ut fra de gitte opplysningene om væskestrømmene q inn, q og q ut Oppgave 7 Et legeme med masse 5 kg beveger seg langs -aksen Det påvirkes av en konstant kraft F = N og av en friksjonskraft F f = (målt i Newton) a) Bruk Newtons lov samt at akselerasjonen d a =, og vis at vi får differensial-likningen d + = b) Løs denne likningen når = og = 5 Oppgave 8 En kloss med masse m = kg kan gli uten friksjon på et horisontalt underlag Klossen påvirkes av en horisontal fjærkraft med størrelse F = k der k = 3 N/m fjær

87 Differensiallikninger Side 86 og er avstanden fra likevekt Klossen påvirkes også av en horisontal kraft F = F e t der F = 4 N a) Sett opp Newtons lov, og vis at den fører til differensial-likningen d + 3 = 4e t b) Løs denne likningen når = og = Løsninger på blandede oppgaver Oppgave a y' y = cos y' y = cos Vi ser at dette er en lineær differensiallikning som løses etter standard oppskrift: F = = ln Da blir ( ln ) ( ln y e cos e C ) = + = cos + C = ( sin + C) Her har jeg benyttet at ln e =, og at e = e = = ln ln Oppgave b y ' = y y Denne likningen er ikke lineær fordi den inneholder et y -ledd Altså må den være separabel for at jeg skal kunne løse den dy y( y ) dy y ' = y y = = y( y ) Delbrøkoppspalter venstre side for å kunne integrere: A B Ay A + By ( A+ B) y A = + = = y( y ) y y y( y ) y( y ) Dette gir likningssystemet A + B = A = som har løsning A =, B = A= Altså er

88 y y ( ) dy = dy + dy = y y ln y + ln y = ln + lnc ln y + ln y ln lnc = y y ln = = Cy Cy Differensiallikninger Side 87 Den felles integrasjonskonstanten har jeg kalt lnc, og forutsetter at fortegnet velges slik at brøken blir positiv Finner y: y = y = Cy y Cy = y = Cy C Oppgave c 3 3e y' 3y= 9 Dette er en lineær differensiallikning, der 3 F = 3 = Bruker formel: F 3e F 3e y = e e + C = e = e + C 9 Substituerer u = 3 du = 3, slik at integralet blir du arcsin u u = Altså blir løsningen 3 arcsin ( 3 ) y = e + C e 3 + C Oppgave a = +, = Denne likningen er separabel: = + = + Delbrøkoppspalter: A B A( + ) + B ( A + B) + A = + = = + + ( + ) + Sammenlikner koeffisienter:

89 Differensiallikninger Side 88 A =, A+ B = slik at B = A= Integrerer: = = ( + ) + C t = ln ln + + ln C = ln + Forutsetter at C er slik at brøken blir positiv Finner : t t C t t t e e = e ( + ) = C C e = e = t + C e Finner C av startbetingelsen: e = = = = C C = C e C Altså er t t e e t = = t t t e e e Oppgave b + = t, = t Dette er en lineær ordens differensiallikning Finner først hjelpefunksjonen: F ( t) = = lnt t Setter inn i formelen: F( t) F( t) ln t ln t ( ) ( ) ln t e t t C t t t C t = e t e + C = e t e + C = + = + Benytter substitusjonen du u = t = t t = du for å løse integralet: 3 3 u C 3 ( t C 3 ) = + = + t t u du C t u du C = ( )( + ) = ( ) t t Bruker startbetingelsen til å finne C: 3 = ( ) C = C = C = 3 Altså er ( ) t 3 3 t = = 3 ( ) t 3t t

90 Differensiallikninger Side 89 Oppgave c k A t =, ( ) = A Denne likningen er separabel: kt kt A = A = Bruker substitusjonen du u = A = = du du = k t ln u = k t + C u ln A = k t C kt C kt C A = e = e e Av startbetingelsen får vi nå C A A = e C e = A = A Altså er A Ae = kt Må skille mellom to tilfeller: ) < A: Da er A >, slik at A = A Dette gir kt kt A = Ae = A e ) > A: Da er A <, slik at A = ( A ) Dette gir kt kt A Ae A e Siden A A kt = = + = > er løsning ovenfor ubrukelig Løsningen på problemet blir derfor t = A+ e Oppgave d y' y =, y = Likningen er lineær, men jeg må dele på for å får den på standardform: y' y = y' y = Finner hjelpefunksjonen: F = = ln Setter inn i løsnings-formelen: ln ln ( ) ( ) F F y = e e + C = e e + C = + C = + C = + C = + C

91 Differensiallikninger Side 9 Finner C ut fra startbetingelsen: y = + C = C = 4 = 6 C = 3 Da blir y = + 3 Oppgave e y' = y+ cos, y( π) = π Dette er en lineær likning, men jeg må dele på og flytte ledd for å få den på standardform: y' = y+ cos y' y = cos Finner hjelpefunksjonen F = = ln Da er løsningen F ( ) ln ln cos F y = e e + C = e cos e + C = Finner C: y( π) π π ( ) ( ) cos + C = ( cos + C) = ( sin + C) = ( sinπ C) Da blir y = sin + + = π + C = C = Oppgave f dy dy + y = e + y = e, y = Finner hjelpefunksjonen F = = ln slik at løsningen av differensiallikningen blir F F ln ln y = e e e + C = e e e + C Men ln e =, slik at ln ln e = e = = Da blir y ln ln = e e e + C = e C e C + = + = e + C

92 Finner C: y e C e C C e Da blir y = e + e = ( e e ) Differensiallikninger Side 9 = + = + = = Oppgave g y ' + y = e y ' + y = e, y = Finner hjelpefunksjonen F = = ln Løsningen av differensiallikningen blir F F ln ln y = e e e + C = e e e C + = e + C = ( e + C) = ( e + C) y ( e = + C) = C = e y = e e Oppgave h dy + y = dy = y dy = y dy = = + C y y y = = + C = + C C = 4 Da blir = + 4 y = y 4 Oppgave i dy 3 + y = e = = F y = e e e + C = e e + C = e e + C = e + Ce 3 3

93 Differensiallikninger Side 9 y = e + Ce = + C = C = 3 ( ) y = e + e = e e Oppgave j dy y e = Dette er en lineær likning Finner hjelpefunksjonen: F = = Da blir løsningen av likningen F ( ) ( ) ( ) F y = e e e + C = e e e + C = e + C = e + C Finner C: y = e + C = C = ( ) Løsningen blir ( ) y = e + Oppgave k Likningen er separabel: dy dy = y = y dy = = + C y y Finner C: y = 3 = + C C = = Løsningen blir 3 y y 3 Oppgave l dy dy + y = + y = Danner hjelpefunksjonen F = = ln Da er løsningen

94 Differensiallikninger Side 93 F F ln ln y = e e C e e C + = + = C C + = + = ln + C Finner C: y = ( ln+ C) = + C = C = Da blir y = ( ln ) Oppgave m Velger å oppfatte likningen som separabel (den kan også oppfattes som lineær): dy dy ( + ) y ' = y ( + ) = y = y + Integrerer begge sider: dy = y + For å integrere høyre side, innføres substitusjonen du u = + = = du Da blir dy = du ln y ln u lnc ln y = + = u + + lnc = ln ( C + ) Altså er y C Finner C: Da blir = + y = 3 C + = 3 C = 3 y = 3 + Oppgave n y' + ( cos ) y = cos Dette er en lineær ordens likning Finner hjelpefunksjonen: cos = sin Da er løsningen y e e C Løser integralet ved hjelp av substitusjon: du u = sin = cos du = cos sin sin = ( cos + )

95 Da blir cos e = e du = e = e sin u u sin slik at y sin = e sin cos e + C sin = e sin e + C Differensiallikninger Side 94 sin + sin sin sin = e + Ce = + Ce Setter inn startverdiene: sin y = + Ce = + C = C = Løsningen blir da sin y = e Oppgave o y dy e y y ' = e = e dy = e y e Integrerer: e y dy e e y e = = + C y = e = e + C C = e Da blir y e = e + e y = ln ( e + e ) Oppgave p 3 ( + ) y ' + y = 3 y ' + y = + + Finner først hjelpefunksjonen du F = ln u ln ( ) + = u = = + du (bruker substitusjonen u = + = du = ) Da er F 3 F ln + 3 ln + y = e e + C e e C = Men ln( + ) e = + slik at ln( + ) ln( + ) e = e = ( + ) = + Da blir 3 3 y = ( ) C + = + C = C +

96 Da er y = + C = C = 3 y = Differensiallikninger Side 95 Oppgave q y' cos + y sin = tan sin tan y' + y = cos cos Dette er en lineær differensiallikning som løses med formel Finner først sin du F = = = ln u = ln ( cos ) cos u der jeg har brukt substitusjonen u = cos du = sin sin = du Absoluttverditegnet kan droppes fordi cos > når π < < π Da blir F tan ln( cos ) tan ln( cos ) F y = e e + C = e e + C cos cos Men ln cos ln cos ln cos e = cos e = e = cos =, cos slik at tan sin du y = cos + C = cos + C cos 3 = + C 3 cos cos cos u 3 = cos ( u du+ C) = cos ( u + C ) = cos C + cos = + Ccos cos y = + C cos = + C = C = cos Dermed har vi løsningen cos cos sin y = cos = sin tan = = = cos cos cos cos cos Oppgave 3 t =, t t lim = Her er t den fri variable og den funksjonen vi skal finne Da er likningen ikke lineær siden vi har et -ledd Må derfor separere: t = = t Delbrøkoppspalter venstre side:

97 A B = = + ( ) A( ) + B ( A + B) A = = ( ) ( ) Sammenlikninger koeffisienter i telleren: A= A= A+ B = B = A= Da får vi = + = t Integrasjonen blir enklest dersom vi benytter at = Vi integrerer, og får ln + ln = t + C Differensiallikninger Side 96 t ln = + C t Nå er det enklest å finne C før vi går videre Når t, vil slik at t ln = + C ln ( ) = C C = ln Altså er ln = ln ln + ln = t t ( ) t ln = = e t Nå vet vi at når t vil Da er både teller og nevner i brøken positive, slik at vi kan sløyfe absoluttverditegnene Nå kan vi finne : = t t t e = e ( e ) = = e Oppgave 4 a) Bruker delvis integrasjon to ganger: u' v u v u v ' Videre er t t t t t e cos t = e cos t e ( sin t) = e cos t + e sin t u' v u v u v' t t t e sint = e sint e cost Slår sammen: t

98 t t t e cost = e cost + e sint Differensiallikninger Side 97 t t t t e cost = e cost + e sint e cost t t t e cost = e cost + e sint t t e cost = e cost + sint + C Her er en integrasjonskonstant føyd til b) Når f ( t ) er vannstrøm inn og qut = k y er vannstrøm ut, blir øking av vannmengde pr tidsenhet f ( t) q ut = f t k y Men endringen av vannmengde i bassenget pr tidsenhet er dv d ( Ay) dy = = A siden A er konstant Settes disse to uttrykkene lik hverandre, får vi dy f ( t) ky = A c) Under konstante forhold er dv f ( t) = f ( t) ky = y = = k k d) Av b) får vi ved innsetting av de gitte størrelsene ( dy dy cost) y = y cost + = Når t =, er f(t) fremdeles lik m 3 /s, slik at y = ifølge c), med k = Likningen løses med formel: Finner først hjelpefunksjonen F ( t) = = t Da er ( ( cos ) ) ( ( cos ) ) ( cos ) ( cos sin ) F t F t t t y t = e e t + C = e e t + C = e e e t + Ce = e e e t + t + Ce t = ( cost + sint) + Ce t t t t t t t t Finner C ved å benytte at y = :

99 y C = cos + sin + Ce = Differensiallikninger Side = C = + = Altså er yt = cost + sint + e t e) y(t) er størst når dy t = ( sint + cost e ) = som gir sint cost + e t = Vi definerer t df t F( t) = sint cost + e = cost + sint e Ifølge rekursjonsformelen fra Newtons metode blir df tn ( t n ) sintn costn + e tn+ = tn = tn tn F( tn) costn + sintn e Starter med t = π, og får π sinπ cosπ + e t = π = π π cosπ + sinπ e t = etter samme framgangsmåte t 3 = etter samme framgangsmåte Altså er t = 394 Figuren nedenfor viser nivået y som funksjon av t (tykk strek), sammen med grafen av vannstrømmen inn f ( t) = cost Vi husker at vannstrømmen ut har samme tallverdi som y Vi ser (som ventet) at nivået y øker så lenge vannstrømmen inn er større enn vannstrømmen ut, og får sin største verdi når vannstrøm inn er lik vannstrøm ut Dette inntreffer litt etter at vannstrømmen inn har nådd sin største verdi Vi ser også at største verdi av vannstrømmen ut er mindre enn største verdi for vannstrømmen inn Dette betyr at bassenget vil dempe og forsinke flommen y t

100 Oppgave 5 yt = 3 + 3e t 4e t a) Differensiallikninger Side 99 Deriverer for å finne minimumspunktet: dy 3 t 4 t e e 6e t = + = + 4e t Ekstremalpunkt når dy t t = 6e + 4e = t Likningen løses enklest etter at den er multiplisert med e : t t t ( 6e + 4e ) e = t t t e = 4e = 6 e = = 3 3 t t = ln = ln 45 4 Sjekker at dette virkelig er minimumspunkt: d y = ( 6)( ) e + 4( ) e = e 4e Setter inn t = ln 3 t t t t og får d y ln ln ln ln = e 4e = e 4e 3 3 ln ( ln ) = e 4 e = 4 = 4 = > Siden den andrederiverte er positiv når den deriverte er lik null, har vi funnet et minimumspunkt Der er temperaturen (målt i grader) 3 3 ln ln 3 3 y = 3 + 3e 4e = = 5 67 min 3 Her har jeg har stjålet mellomregninger fra utregningen ovenfor Videre ser vi at lim yt = 3 t slik at y = 3 blir en asymptote Grafen blir da som vist til høyre: 4 3 yt 5 5 t b) dy dy = ky = k y Integrerer begge sider: kt C C ln y = kt + C kt y = e = e e = Ce Finner C: + kt

101 y = C e = C = slik at yt = e kt Differensiallikninger Side Finner k: y( 5) = 5k e = 5k e = = 65 k = ln 65 = 5 dy Ordner som en lineær differensiallikning, og setter inn de gitte konstantene: dy at dy t = ky + 3( e ) + y = 3( e ) Dette er en lineær likning som løses med formel Finner først F ( t) = = t og får nå F( t) F( t) t t t t y t = e e 3 e + C = e e 3 3e + C at c) = ky + 3 ( e ) ( ) ( 3 3 ) = + = t t = 3 + 3e + Ce Finner C: y = 3 + 3e + Ce = C = 3 3 = 4 Altså er yt = 3 + 3e t 4e t t t t t t t e e e C e e e C Dette er samme funksjon som i a) Vi kan derfor si at minimumstemperaturen i hytta blir 67 grader, og at temperaturen aldri kan overstige 3 grader I praksis kommer ikke temperaturen opp mot 3 grader, fordi formelen for energitilførsel ikke gjelder lenger når sola går ned Dersom det i det hele tatt skal eksistere en grenseverdi, må y gå mot en fast verdi når t Fysisk innebærer det at temperaturen i hytta nærmer seg en konstant verdi Da er dy = at Videre vil e når t, slik at vi får dy 3 3 = ky + 3( ) = y = = = 3 k Dette stemmer med resultatet fra a)

102 Differensiallikninger Side Oppgave 6 a) 45 o y a a Av figuren ser vi at sideflaten er et parallellogram som har areal a+ ( a+ y) a+ y A= y = y = ( a+ y ) y Da blir volumet V = A a = a + y y a = a y + ay b) Hvor fort vannhøyden øker må oppfattes som verdien av størrelsen dy Av oppgaveteksten vet vi at dv 3 = m /s Vi deriverer formelen for volum med hensyn på tid, og får dv dv dy dy dy = = ( a + a y ) = ( a + ay) dy Setter a = m, y = 5 m, og, og får dy dv 3 = = m /s a + ay ( m) + ( m)( 5 m) 3 4 = m /s = 8 m/s 5 m c) Fra b) vet vi at når a =, blir dv dy = ( + y) Men ut fra opplysningene i oppgaven kan vi også sette dv = qinn qut = y = ( y) Kombineres dette, får vi dy ( + y) = ( y) c) Denne differensiallikningen er separabel:

103 dy + y ( + y) = ( y) dy = y Omformer venstre side for å kunne integrere: y + ( y ) + = = + y y y Integrerer: + y dy = y dy + dy = y Differensiallikninger Side y+ ln y = t + C y+ ln y = t + C Setter y = når t =, og får C = Altså er y+ ln y = t (som det ikke er mulig å løse ut y av) c3) Vannhøyden når sin største verdi når det renner like mye ut som inn, dvs når y = y = Vannhøyden når halvparten av denne verdien når t = ( y+ ln ( y ) ) = ( + ln ( ) ) = + ln = 5 ln 4 ( ( 4) ) Oppgave 7 a) Når båten har konstant fart v = m/s, er motorkraften motsatt like stor som friksjonskraften slik at F = kv = 5 N = 5 N Videre avtar kraften lineært fra 5 N til N på 5 sekunder, slik at stigningstallet blir N 5 N = N/s 5s Vi får at F t = t F t t b) Setter opp Newtons lov: dv F( t) + Ff = m a ( 5 t) 5v = Forkorter og ordner: dv + v = 5 t med startbetingelse v =

104 Differensiallikninger Side 3 Dette er en lineær, ordens likning Hjelpefunksjonen blir slik at = = F t t ( ) t t t t t v t = e e 5 t + C = e 4 t e + C = 4 t + Ce Finner C: v = 4 + Ce = C = 4 Altså er t vt = 4 t 4e når t 5 c) Når t > 5, er F( t ) = Da blir differensiallikningen dv dv v F( t) + F = f m a 5v = = Oppfatter likningen som separabel dv v dv = = v Integrerer, og får C ln v= t+ C v= e = e e = Ce Startverdien er lik farten når t = 5s: 5 5 ( 5) ( ) = = v e e t+ C t t Da er ( Ce = 4 e C = 4 e e = 4e ) Altså blir 5 t vt = 4 e e når t > 5 Grafen til farten blir da slik: vt t

105 Differensiallikninger Side 4 Oppgave 8 a) Newtons lov er dv F = m a = m Siden F er rettet mot bevegelsesretningen, får vi ved innsetting av de gitte opplysningene (ser bort fra benevning): dv dv v v = v v + + = b) Likningen er separabel: dv dv = ( v + v ) = v + v Integrerer begge sider Venstre side krever delbrøkoppspalting: A B = = + v+ v vv ( + ) v v+ A( v + ) + Bv ( A + B) v + A = = vv ( + ) vv ( + ) Sammenlikninger koeffisienter i tellerne: A= A= A+ B = B = A= Da er dv = dv dv v+ v v v+ v ( ln v ln ( v ) ) = + = ln v + Her benytter jeg at v > Integrerer også høyer side, og får v ln v = t + C ln = t + C v+ v+ der C = C Siden v =, blir ln = + C C = ln = ln + Altså blir v v ln = t ln ln + ln = t v+ v+ v v t ln = t = e v+ v+ Løser ut v: t t t t e v= v+ e e v= e vt = = e e Grafen blir da slik: t t

106 Differensiallikninger Side 5 v t Oppgave 9 a) Differensiallikningen blir dv v v = =, Terminalfarten finnes av vt = vt = Da blir dv du u = v v = u = Setter inn i differensiallikningen: du du u = u = Integrerer: du t C = ln u = + t C u = e = Ce u Da er v = u = Ce t + t v = C = C = Løsningen blir derfor t t v t = e = e b) Differensiallikningen blir dv v v = =, Terminalfarten finnes av vt = vt = vt = Da blir dv du u = v v = u = Setter inn i differensiallikningen: du = ( u) = ( u+ u ) = u u Dette er en separabel likning:

107 du du u u = u u = Integrerer: du du t C u u = u u = + Differensiallikninger Side 6 Delbrøkoppspalter (hopper over detaljer): du u = du = ln u lnu = ln u( u ) u u u der jeg har benyttet at < u Samler trådene: u u u + ln t C = + ln = t + C = e = Ce u u u v = u = v =, slik at Finner C ved å benytte at = C C = Da er ( v) t + v t = e = e v v t t + v = e e v t t ( e ) ( e ) t t v( + e ) = ( e ) vt = = + e + e c) Differensiallikningen blir dv v v v = =, Terminalfarten finnes av v v = v + v = t t t t t t ± + 4 ± 3 vt = = = Her er åpenbart v t = den eneste brukbare løsningen Da blir dv du u = v v = u = Setter inn i differensiallikningen: du = ( u) ( u) = + u ( u+ u ) = 3u u Dette er en separabel likning: du du 3u u = u 3u = Integrerer: du du t C u 3u = u( u 3) = + Delbrøkoppspalter (hopper over detaljer): du u = du = ln u 3 ln u = ln u( u 3) u 3 u u der jeg har benyttet at < u Samler trådene: t C t

108 3 Differensiallikninger Side 7 3 u 3 u 3 u ln = t + C ln = 3t + 3C = e = Ce u u u v = u = v =, slik at Finner C ved å benytte at 3 = C C = Da er 3 ( v) 3t + v 3t = e = e v v 3t 3t + v = e e v 3t 3t ( e ) ( e ) 3t 3t v( + e ) = ( e ) vt = = + e + e v = ( ) t ( e ) vt e t vt vt = + e e = + e 3t 3t t 3t t t 3t+ 3C 3t Oppgave b) y'' y' =, y ' =, y = Setter z = y' z' = y'' Da blir likningen z' z = z' z = Dette er en lineær likning som løses med formel: F = = ln slik at ln ln z = e e + C = + C = + C + = + C = + C = + C + Da blir y = z = ( + C ) = + C + C Finner C og C : y' = z = + C = C = y = + C + C = + C = C = Løsningen blir y = +

109 Differensiallikninger Side 8 Oppgave a y'' + 6 y' + y = Dette er en lineær ordens differensiallikning som løses etter standard oppskrift: λ + 6λ + = 6± 6 4 6± 4 6± i λ = = = = 3 ± i Løsningen kan skrives å mange former: y = Ae 3 sin + ϕ = Ae 3 cos + ϕ = e 3 C sin + C cos Oppgave b 4 y'' + 4 y' + 7= Den karakteristiske likningen er 4λ + 4λ + 7 = 4 ± ± 4 6 ± 4i λ = = = = ± i 4 8 Ifølge oppskriften er den generelle løsningen av differensiallikningen ( sin cos ) sin( ) t = e C + C = Ae + ϕ Oppgave c y'' + y' + 5y = Løser først den tilhørende homogene likningen Den karakteristiske likningen blir ± 4 λ + λ + 5= λ = = ± i Den homogene likningen har da løsning y = e Acos + Bsin h Søker en partikulær løsning av samme form som høyresiden, dvs av formen y = C+ C y ' = C y '' = p p p Setter inn i differensiallikningen: C + 5 C+ C = ( ) 5C + C + 5C = Dersom dette skal være oppfylt for alle verdier av, må vi ha: 5C = C = og C + 5C = C = C = = Altså er løsningen y = e Acos + Bsin + 4 5

110 Oppgave d d = t Dette er en inhomogen differensiallikning som har løsning t = t + t Differensiallikninger Side 9 h p der h ( t ) er løsning av den tilhørende homogene likningen mens p løsning Setter opp den karakteristiske likningen for å finne h ( t ) : t er en partikulær ± ± λ + 3λ + = λ = = λ =, λ = Da blir t t h ( t) = Ce + Ce Prøver en partikulær løsning av samme form som høyresiden i differensiallikningen: p ( t) = A + At p '( t) = A p '' ( t) = Setter inn i differensiallikningen: + 3A + A + At = t 3A+ A + + A+ t = For at dette skal være oppfylt for alle verdier av t, må vi ha: 3A + A + = () A + = A = Setter dette inn i (): 3( ) + A + = A = A = Da er t t t = t + t = Ce + Ce + t h p Oppgave e y'' + 4 y' + 3y = e Den karakteristiske likningen er 4± ± λ + 4λ + 3= λ = = = 3 Løsningen av den tilhørende homogene likningen er derfor 3 yh = Ae + Be Siden e allerede inngår i yh ( ), prøver vi en partikulær løsning av formen y = Ce y ' = C e + e = C e p p yp '' = C e + e = C + e Setter inn i den gitte likningen: C + e + 4 C e + C e = e ( ) 3 C + C + 4C 4C + 3C = + C = C =

111 Den generelle løsningen er derfor y = Ae + Be + e 3 Differensiallikninger Side Oppgave a d y dy dy + y = e t, y =, = Løser først den tilhørende homogene likningen Den karakteristiske likningen er λ λ + = λ = (dobbel rot) Da er y t = A + Bt e h t t t Siden både e og te allerede inngår i løsningen av den homogene likningen, prøver jeg en partikulær løsning av formen dy t p t t t yp = Cte = C( te+ te) = C( t+ t ) e d y p = C (( + t) e t + ( t + t ) e t ) = C( + 4t + t ) e t Setter inn i differensiallikningen: t C( + 4t + t ) e t C( t + t ) e t t + Ct e = e t Forkorter bort e og ordner, og ender opp med C = C = Altså er t t dy t t y ( t) = ( A + Bt) e + t e = ( B + t ) e + ( A + Bt + t ) e Bruker startbetingelsene til å finne A og B: y = A= dy = B+ A= B = A= Altså er y t = t + t t e Oppgave b y'' y = e + e, y =, y ' = Løser den homogene likningen først Der er den karakteristiske likningen λ = λ =± som gir løsningen y = Ae + Be h Begge leddene på høyre side av differensiallikningen er med i y partikulær løsning ' y Ce De y C e e D e = + = + + e, p p h, slik at jeg prøver en

112 Differensiallikninger Side ( ) y '' = C e + e + e + D e e e p ( ) ( ) = C + e+ D + e Setter inn i differensiallikningen og ordner: C + e + D + e Ce + De = e + e Ce + Ce De + De Ce De = e + ( C ) e + ( D ) e = Dersom dette skal være oppfylt for alle verdier av, må vi ha at: C = C = og D = D = Løsningen blir da y = Ae + Be + e e Finner A og B fra startbetingelsene: y ' = Ae Be + e + e e + e y A e B e A B = + + = + = y' = A e B e + e + e + = A B = Legger disse likningene sammen, og får A= 4 A= 7 Av den første likningen følger nå B = A= 7= 5 Altså er løsningen y = 7e 5e + e e e Oppgave c d + 4 = sint, =, = Den tilhørende homogene likningen har karakteristisk likning λ + 4= λ =± i Løsningen av den homogene likningen blir derfor = C cos t + C sin t h eller = Asin t + ϕ h eller = Acos t + ϕ h Søker en partikulær løsning av formen p d p p = Acost + Bsint = Asint + Bcost = Acost Bsint

113 Setter inn i den opprinnelige differensiallikningen: Acost Bsint + 4 Acost + Bsint = sint Differensiallikninger Side ( A+ 4A) cost + ( B+ 4B ) sint = 3Acost + ( 3B ) sint = For at denne likningen skal være oppfylt for alle verdier av t, må vi ha 3A= A= og 3B = B = 3 Dette gir t = Ccos ( t) + Csin( t) + sint 3 Finner C og C av startbetingelsene: Csin ( t) Ccos( t) cost 3 = + + = Ccos + Csin + sin = C 3 = = C sin + C cos + cos = 3 + C + = C 3 = 6 Alt i alt blir da løsningen t = cos( t) sin 6 ( t) + sint 3 Oppgave 3 d y dy + b + 5y = der b er en positiv konstant a) Setter opp den karakteristiske likningen λ + b λ+ 5= b± b 4 5 b± b λ= = For å få en dempet svingning, må vi få et negativt tall under rottegnet: b < b< = 5 fordi b skal være en positiv konstant b) Setter b = 4, og får 4± 4 4± 4 4± i λ= = = = ± i Løsningen av differensiallikningen blir da y = Ae cos +ϕ eller sin y = Ae ( +ϕ ) eller y e ( Ccos Dsin ) = + Velger den første formen Da blir dy = A( e cos( +ϕ ) + e ( sin ( +ϕ ))) = Ae ( cos( +ϕ) sin ( +ϕ )) dy Setter inn startbetingelsene y =, = og får

114 Differensiallikninger Side 3 y = Ae cos +ϕ = Acosϕ= cosϕ= ϕ=± π dy = Ae ( cos( +ϕ) sin ( +ϕ )) = A( cos ϕ sin ϕ ) = Vet at cos sin ϕ= sin ± π =±, slik at A ϕ= og at ( ) ( ( ± ) ) = A= For å få positiv A, må vi bruke ϕ= π Da blir A =, slik at løsningen blir y = e cos π Oppgave 4 a) y'' + 4 y' + 4y = + Finner først løsningen av den homogene likningen ved å løse den karakteristiske likningen λ + 4λ + 4= ( λ + ) = λ = Da blir løsningen av den homogene likningen yh = ( C+ Ce ) Må finne en partikulær løsning av formen yp = A+ B yp' = A yp'' = Setter inn i differensiallikningen: + 4A + 4( A + B) = + 4A + 4A + 4B = + ( 4A ) + ( 4A+ 4B ) = Dette er kun oppfylte for alle dersom 4A = A= 4 og 4A+ 4B = B = A= = 4 4 Løsningen blir da y = y + y = C+ Ce + + h p 4 4 b) y'' + k y' + 4 y = k ± k 4 4 k λ + k λ + 4 = λ = = ± k 6 Dersom k 6 < 4 < k < 4 blir denne løsningen av formen λ = k ± iω der ω = k 6 Løsningen av differensiallikningen blir da kt yt = e Ccos ωt + Csin ωt Denne svingningen er dempet dersom k > Altså: Dempet svingning dersom k, 4 Oppgave 5 d y dy a) + + y =

115 Den karakteristiske likningen blir Differensiallikninger Side 4 ± 4 8 λ + λ + = λ + λ + = λ = = ± i Dette gir t y t = e Asin t + Bcost h b) 3 d y d y dy 3 t + + = e Den karakteristiske likningen blir 3 λ + λ + λ = λ( λ + λ + ) = λ = eller λ = ± i Dette gir ( sin cos ) y t h t = e A t + B t + Ce = e ( Asin t + Bcost) + C Siden en konstant inngår både i høyresiden av differensiallikningen og i y h t, lar vi t y p t inneholde et ledd C Videre ser vi at e inngår som eget ledd i høyresiden, men ikke som eget, frittstående ledd i y h t Vi prøver derfor en partikulær løsning av formen t yp ( t) = Ct + Ce 3 dy p d y p d y t t p t = C Ce = Ce = Ce 3 Setter inn i differensiallikningen og ordner: t Ce t + Ce + C t Ce t = e t t t Ce + C = e ( C + ) e + ( C ) = Dersom dette skal være oppfylt for alle verdier av, må vi ha C + = C =, C = C = Vi samler trådene: t t yt yh t yp t e = + = ( Asint + Bcost) + C+ t+ e Oppgave 6 d y 4 dy 8 a) + + y = 3 3 Den karakteristiske likningen blir 4 8 λ + λ + = ± ± ± ± 3 3 λ = = = = = 3 Da har differensiallikningen løsningen 4t t 3 y t = Ce + Ce

116 b) Differensiallikninger Side 5 d y 4 dy 8 t dy + + y = e, y =, = 3 3 Venstresiden er den samme som i a), slik at y ( t ) allerede er funnet Må da finne en partikulær løsning yp ( t ) Gjetter på at yp h dy p d y t t p t y p ( t) = A + Be = Be = Be Setter inn i likningen og ordner: t 4 t 8 t t Be + Be + A + Be = e t 8 ( B B B ) e 3 3 ( A 3 ) t 8 B+ e + ( A ) = = 3 Dersom dette skal være oppfylt for alle verdier av, må vi ha: B+ = B = 8 A = 3 A= 3 8 Da blir løsningen 4t t 3 t 3 8 y t = Ce + Ce + e + t har samme form som høyresiden, dvs Bruker startbetingelsene for å finne C og C : 3 y = C e + C e + e + = C 8 + C + = () 8 dy 4t t 3 t = 4Ce Ce 3 e dy = 4C e C 3 e e = 4C C 3 = () Multipliserer () med 4 og legger til (): C C + = C + = C = = Av () får vi nå C = C = = = Altså er 4t 7 t 3 t 8 yt = e e + e ci) For kar er dv d( A ) = = A = fordi A = På samme måte får vi for kar : dv dy = For begge karene er dv = væskestrøm inn væskestrøm ut

117 Da får vi: Differensiallikninger Side 6 Kar : dv = qinn q t = ( e ) ( y) = + y+ e Kar : dv = q qut dy 8 = ( y) y = y 3 3 cii) Siden vi skal komme fram til en andre ordens differensiallikning i y, er det naturlig å starte med å derivere likningen for kar : d y dy t dy = = ( + y+ e ) 3 3 Nå gjenstår det å kvitte seg med Det oppnår vi ved å omforme likningen for kar : dy dy = y = + y 3 3 Setter dette inn, og får: d y dy t dy 4 dy 8 t = y + y+ e = y+ e d y 4 dy 8 t + + y = e 3 3 ciii) Fra del b) av oppgaven vet vi at 4t 7 t 3 t 3 yt = e e + e Nå finner vi ( t ) enklest av likningen dy dy = y t = + y 3 3 t ( 4 ) t 4t 7 3 t 4t 7 t 3 t t = e e e + e e + e + 4t 9 t 3 t 4t 99 t 3 t e e e e e e 3 8 4t 8 t 3 8 t e e e 3 8 = = + + civ) Ved stasjonær tilstand må det strømme like mye væske inn i som ut av karene Innstrømningen til kar er t lim e = t Da må også utstrømningen av kar være lik, slik at 8 3 y = y = 3 8 Videre må gjennomstrømningen gjennom fra kar til kar være lik, slik at

118 y = = + y = + = Differensiallikninger Side Begge disse grenseverdiene stemmer med løsningene ovenfor når t Oppgave 7 a) Newtons lov gir F = ma Siden legemet beveger seg langs -aksen, er vi kun interessert i krefter langs denne aksen Da får vi: = m d d der vi har benyttet at a = Setter videre m = 5 og ordner, og får d d 5 = + = b) Likningen kan løses på flere måter, for eksempel ved å innføre dv d v = = og omforme til en lineær ordens differensiallikning Jeg velger imidlertid å beholde den som en lineær ordens differensiallikning med konstante koeffisienter Setter opp den karakteristiske likningen: λ + λ = λ =, λ = Dette gir at den homogene likningen har løsningen ot t t t = Ae + Be = A + Be h Siden en konstant inngår i h t, prøver jeg en partikulær løsning p d p p ( t) Ct C Setter inn i likningen: + C = som gir C = Altså er t ( t) = A + Be + t Finner A og B ut fra startbetingelsene: = A+ B e + = A= B t = Be + = B e + = 5 B = Altså er A= B =, slik at løsningen blir t t = e + t

119 Oppgave 8 a) Newtons lov gir d t = + = Differensiallikninger Side 8 F k m a m k Fe d Her har jeg satt inn at F = F e t og at a = Innsetting av oppgitte tall gir nå (ser bort fra benevning): d t d t + 3 = 4e + 3 = 4e b) Dette er en inhomogen likning, der løsningen er av formen t = t + t h p der h t er løsningen av den homogene likningen Den karakteristiske likningen blir λ + 3= λ = j 3 Da kan vi skrive t = Acos 3t + ϕ h Prøver en partikulær løsning p d t t p t p ( t) = Ce = Ce = Ce Innsetting i likningen: t t t Ce + 3 Ce = 4e t Trekker sammen og multipliserer med e, og får: 4C = 4 C = Altså er den generelle løsningen t t = Acos 3t + ϕ + e Må finne A og ϕ: t = 3Asin( 3t + ϕ ) e cosϕ = A + e = A= cosϕ = 3Asinϕ e = Asinϕ = 3 Setter inn A = cosϕ og får 3 sinϕ = tanϕ = cosϕ 3 5 ϕ = π ϕ = π π = π For å få A positiv, må vi velge

120 ϕ = π, 5 6 som gir A = = = cos 3 3 ( π ) 5 6 Altså er løsningen cos 5 ( 3 t t = t π 6 ) + e 3 Alternativt kan vi skrive h = cos( 3 ) + sin ( 3 ) t A t B t som gir cos( 3 ) sin ( 3 ) t = A t + B t + e t Differensiallikninger Side 9 og t = 3Asin ( 3t) + 3Bcos( 3t) e Setter inn startverdiene: = Acos + Bsin + e = A+ = A= og Da blir 3Asin 3B cos e 3B B = + = = = 3 cos( 3 ) sin ( 3 ) t = t + t + e t 3 Disse løsningene er ekvivalente fordi cos 3t π = cos 3t cos π sin 3t sin 6 6 ( π 6 ) 3 3 ( cos ( 3 ) ( 3 ) sin ( 3 ) = t t ( ) ) 3 = cos( 3t) + sin ( 3t) 3

121 6 Tillegg Differensiallikninger Side 6 Løsing av lineære første ordens differensiallikninger Vi skal nå utlede formelen for løsning av den lineære første ordens differensiallikningen y' + f y = g () Vi skal da benytte et trick som er ganske vanlig ved løsning av differensiallikninger Vi skal multiplisere () med en integrerende faktor, dvs en faktor som gjør likningen lettere å løse La oss kalle denne faktoren µ, og se om vi kan finne en gunstig form for denne faktoren Når du multipliserer likningen () med denne faktoren, får du y' + f y µ = g µ ( ) y' µ + y f µ = g µ Kan denne faktoren settes lik µ '? Og nå kommer nøkkel-spørsmålet: Kan vi bestemme µ slik at f µ µ ' =? () Hvis vi greier det, kan likningen skrives y' µ + y µ ' = g µ ( y µ )' = g µ Her har vi brukt formelen for derivasjon av produktet y µ Nå kan vi integrere begge sider, og får: ( µ ) µ y µ = g µ + C y = g + C (3) Nå gjenstår "bare" å bestemme µ Det kan vi gjøre ut fra (): f µ = µ ' Vi setter dµ µ ' = Da kan () omformes til dµ f µ = Men dette er jo en separabel differensiallikning Vi deler på µ og ganger med, og får dµ = f µ Vi integrerer på begge sider, og får

122 som gir der Differensiallikninger Side ln µ = f (4) f µ = e = e F F = f Dette settes inn i (3): F µ e F F ( ) F y = g + C = g e + C µ = e g e + C som jo er den formelen vi skulle komme fram til Hvorfor kan vi se bort fra integrasjonskonstanten i (4)? La oss se hva som skjer dersom vi skriver (4) på formen ln µ = f + C µ som gir µ f + Cµ F Cµ = e = e e (5) Se hva som skjer videre hvis vi setter (5) inn i (3): F Cµ y = ( g µ C) ( g e e C F Cµ ) µ + = + e e F C F F F C µ = e C ( e g e + C) = e g e µ + Cµ e e C Poenget er at siden C µ er en konstant, kan e µ settes utenfor integraltegnet og forkortes bort Videre får vi brøken C, C e µ som jo er bygd opp av bare konstanter og trygt kan erstattes av en enkelt konstant C Og da er vi tilbake til den gode gamle formelen 6 Lineært (u)avhengige funksjoner Wronski-determinanten Vi har tidligere sagt at to funksjoner y ( ) og y det eksisterer en konstant a slik at y a y er lineært avhengige hvis og bare hvis = Dersom det ikke fins noen slik konstant, er de to funksjonene lineært uavhengige Definisjonen ovenfor egner seg ikke dersom vi har mer enn to funksjoner Som en innledning til en mer generell definisjon, omformer vi definisjonen slik:

123 Differensiallikninger Side De to funksjonene y ( ) og y er lineært avhengige hvis og bare hvis det eksisterer to tall a og a forskjellig fra null slik at ay + ay = Dersom likningen ovenfor kun er oppfylt dersom a = a =, er y ( ) og y lineært uavhengige Nå kan vi lett generalisere til mer enn to funksjoner: Et sett funksjoner y ( ), y ( ),, yn er lineært avhengige hvis og bare hvis det fins konstanter a, a,, a n som ikke aller er lik null, slik at ay + ay + + ay n n = Dersom likningen ovenfor kun er oppfylt dersom a = a = = a n =, y lineært uavhengige y, y ( ),, er n Denne definisjonen er imidlertid lite egnet til praktisk bruk Vi bruker heller kriteriet nedenfor: Definer Wronski-determinanten y y yn y' y ' yn ' W = Vi kan da vise at: n n n n y y y ) Funksjonene y ( ), y ( ),, yn ( ) er lineært uavhengige i et intervall I hvis og bare hvis W( ) er forskjellig fra null for minst en i intervallet ) Funksjonene er lineært avhengige hvis og bare hvis W i hele intervallet

124 Differensiallikninger Side 3 Jeg skal gi et kortfattet og noe ufullstendig bevis for at setningen holder Jeg skal begrense meg til å se på lineær (u)avhengighet for tre funksjoner, men beviset kan lett generaliseres til n funksjoner Vi skal prøve å finne tre tall a, a og ay + ay + ay 3 3 = Deriverer denne likningen to ganger: ay' + ay ' + ay ' = 3 3 ay'' + ay '' + ay '' = 3 3 a 3 slik at Nå har jeg tre likninger som jeg kan bruke til å finne de tre ukjente tallene a, a og Men dette er et homogent likningssett Fra teorien for slike likningssett vet vi at likningssettet har løsning forskjellig fra a = a = a3 = hvis og bare hvis determinanten til koeffisientmatrisen er lik null Men determinanten til koeffisientmatrisen er jo nettopp lit Wronski-determinanten Dermed framkommer påstandene i setningen ovenfor Eksempel 6: Undersøk om funksjonene y = y = 3 y3 = + 3 er lineært avhengige Løsning: Vi setter opp Wronski-determinanten: W = Beregner determinanten etter 3 rad, og får: W = + + (( )( ) ( )) ( ( )) ( ) ( ) = = = Siden Wronski-determinanten ikke er identisk lik null, er de tre funksjonene lineært uavhengige a 3 Eksempel 6: Undersøk om det er mulig å velge a slik at funksjonene y = 3 y = y a 3 = 3 blir lineært avhengige

125 Differensiallikninger Side 4 Løsning: Vi setter opp Wronski-determinanten: 3 a 3 W = 3 a a 3 3 a a a = ( 3) ( 3) + a a a ( 3)( 4a ) ( 3)( 4a a ) ( 4a a a 6) = + + = a a a + a + a a + a a a = 6a + Dersom funksjonene skal være lineært avhengige, må W = a+ = a = 6 For alle andre verdier av a er funksjonene lineært uavhengige Kontroll: Ved innsetting ser du at når a =, blir y3 = 3 Vi kan nå finne tre tall a, a og a 3 slik at ay + ay + ay = 3 3 a ( + + a + a3 ) = ( a a ) ( a a ) ( a a ) = 3 3 Dersom dette likningssettet skal være oppfylt for alle, må vi ha at a+ a3 = 3a+ a = a 3a3 = Av første og tredje likning får vi direkte at a = a3 og a = 3a 3 Disse to uttrykkene passer også inn i den mierste likningen Vi kan nå velge velger for eksempel a 3 = Da blir a = og a = 3, og vi får at a y + a y + a y = y + 3y y ( ) ( ) ( ) = = + + som bekrefter at funksjonene er lineært avhengige for denne verdien av a a 3 fritt, og Wronski-determinanten spiller en viktig rolle i teorien for ordens (og høyere ordens) lineære differensiallikninger Her er en liten smakebit:

126 Differensiallikninger Side 5 Det er rimelig å anta at når vi løser en ordens differensiallikning, får vi en løsning som inneholder to ukjente konstanter C og C, rett og slett fordi vi må integrere to ganger for å komme fra y '' til y Det er heller ikke urimelig å anta at løsningen kan skrives på formen y = Cy + Cy y( ) ( ) = + ' = ' + ' Anta at vi kjenner en start-tilstand og y' Da kan vi sette opp likningssystemet y Cy Cy y Cy Cy Men dette er jo et likningssystem som vi kan finne C og C av, forutsatt at determinanten til koeffisientmatrisen er forskjellig fra null Men denne determinanten blir nettopp Wronskideterminanten for y ( ) og y, innsatt = Og vi vet at dersom denne Wronskideterminanten er forskjellig fra null for en -verdi, er y ( ) og y lineært uavhengige Vi ser altså at når løsningen av differensiallikningen kan skrives som en sum av to lineært uavhengige funksjoner, og y( ) og y' ( ) er kjent, kan C og C bestemmes slik at løsningen er entydig bestemt 63 Homogene lineære differensiallikninger med konstante koeffisienter 63 Innledning Vi skal nå løse differensiallikningen y'' + a y' + b y = Vi gjetter på at likningen har løsninger av formen y = e λ der λ er en konstant Denne gjetningen er bla begrunnet med at en ordens differensiallikning y' + a y = y' = a y åpenbart har løsningen a y = e, og da er det rimelig å gjette på at en ordens likning av samme type må ha løsninger av tilsvarende form Vi skal nå vise at denne gjetningen er korrekt, og vi skal også finne λ i samme slengen Innsetting av y = e y' = λe y'' = λ e i den homogene differensiallikningen gir λ e + a λe λ + b e = Vi multipliserer med e og får λ + a λ + b = λ λ λ Men dette er jo en vanlig andregradslikning, som kalles den karakteristiske likningen Vi løser den med formel:

127 Differensiallikninger Side 6 a± a 4b λ = Dersom a 4b, har denne likningen to forskjellige røtter λ og λ Dersom a og b er reelle, er enten begge røttene reelle, eller de er kompleks konjugerte I begge tilfeller er både y = e λ og y = e λ løsninger av differensiallikningen Vi bruker Wronski-determinanten til å kontrollere at y = e λ og y e λ uavhengige når λ λ: λ λ y y e e W = = = e λe λe e λ λ y' y' λe λe λ λ = e e λ λ λ λ λ λ = er lineært Og siden vi har forutsatt at λ λ, blir W slik at y = e λ og y = e λ er lineært uavhengige Dette resultatet gjelder selv om λ og λ er kompleks konjugerte Nå vet vi fra den innledende teorien at den generelle løsningen av differensiallikningen skal være en lineær kombinasjon av to lineært uavhengige funksjoner Siden vi nå har funnet to slike funksjoner dersom λ λ, vet vi at den generelle løsningen av differensiallikningen blir λ λ y = Ce + Ce Dersom λ og λ er reelle, er løsningen over helt grei Men dersom de er kompleks konjugerte, er det bedre å skrive om løsningen slik det gjøres nedenfor 63 Kompleks konjugerte røtter Dersom den karakteristiske likningen har to kompleks konjugerte røtter, kan disse skrives λ = α ± iβ Løsningen av differensiallikningen blir da ( α+ iβ) ( α iβ) y = Ce + Ce Men denne måten å skrive løsningen på er ikke særlig nyttig Vi foretar derfor en omforming, der vi benytter at ± iβ e = cos ± β + isin ± β = cos β ± isin β Vi får: ( α+ β) ( α β) y = Ce + Ce i i = Ce e + C e e α iβ α iβ ( ) ( ( cos( β ) sin( β )) ( cos( β ) sin ( β ))) (( ) cos( β ) ( ) sin( β )) ( cos( β ) sin ( β )) = e Ce + Ce α iβ iβ = + + α e C i C i = + + α e C C ic C = + α e B B

128 Differensiallikninger Side 7 I den siste overgangen har vi innført to nye konstanter: B = C + C og B = i( C C) Videre kan vi bruke formelen for cosinus til en sum av to vinkler til å vise at Acos β+ ϕ = A cos β cosϕ sin β sinϕ = ( Acosϕ) cos( β) + ( Asinϕ) sin ( β) = B cos( β) + B sin ( β) der vi har satt B = Acosϕ og B = Asinϕ Dette viser at differensiallikningen har de to likeverdige løsningsformene α y = e B cos β + B sin β og ( ) α cos( β ϕ) y = Ae + På samme måte kan vi bruke formelen for sinus til en sum av to vinkler, sin( β+ ϕ) = sin( β) cosϕ + cos( β) sinϕ, til å vise at formen α y = Ae ( sin( β + ϕ) ) er likeverdig med formen α y = e B cos β + B sin β ( ) 63 To like røtter Vi har hittil forutsatt at den karakteristiske likningen har to forskjellige røtter λ og λ Hva skal vi gjøre dersom den karakterisktiske likningen har to like røtter λ = λ = λ? Vi vet allerede at differensiallikningen y'' + a y' + b y = har en løsning y = e λ Men ifølge teorien for ordens differensiallikninger skal likningen ha en løsning til For å finne den, benytter vi en anerkjent og velprøvd metode: Vi gjetter på en løsning, og undersøker ved innsetting om vi har gjettet riktig Nå gjetter vi at y = e λ også er en løsning La oss først finne betingelsene for at den karakteristiske likningen skal få to like røtter Den karakteristiske likningen er λ + aλ + b = med løsning

129 Differensiallikninger Side 8 a± a 4b λ = Vi får to like røtter når a 4b = Da er λ = λ = λ = a Så skal vi undersøke om y = e λ også er løsning av differensiallikningen i dette tilfellet Vi gjør klar for innsetting: λ λ λ λ y = e y' = e + λe = e + λ λ λ λ λ ( λ ) λ ( λ λ ) y'' = e + + e = e + Så setter vi inn: y'' + a y' + b y = λ λ λ e λ+ λ + a e + λ + b e = e λ Multipliserer med og ordner: λ+ λ + a + λ + b = ( λ aλ b) ( λ a) = Her er den første parentesen lik null fordi λ er rot i den karakteristiske likningen Den andre parentesen er også lik null fordi λ = a når vi har to like røtter Altså ser vi at løsningen y = e λ passer inn i differensiallikningen når λ = a For sikkerhets skyld må vi kontrollere at de to funksjonene y = e λ og lineært uavhengige Vi setter opp Wronski-determinanten: λ λ y y e e W = = λ λ y ' y ' λe + λe λ λ λ λ = e ( + λ) e λe e λ λ λ = e e ( + λ λ) = e Siden W for alle, er y = e λ og y = e λ er y = e λ lineært uavhengige Dermed har vi vist at når den karakteristiske likningen har to like røtter λ = λ = λ = a, har differensiallikningen løsningen λ λ y = Ce + Ce

130 Differensiallikninger Side 9 6 Løsningen av den inhomogene lineære ordens differensiallikningen Vi skal nå bevise at den generelle løsningen av den inhomogene differensiallikningen y'' + p y' + q y = r kan skrives på formen y = y + y h p der y h er den generelle løsningen av den tilhørende homogene likningen, mens y p er en partikulær løsning av den inhomogene likningen Vi starter med å vise at y y y y = h + p virkelig er løsning av likningen Vi lar h være løsning av den tilhørende homogene differensiallikningen, mens y p er en partikulær løsning av den inhomogene likningen Så definerer vi y = yh + yp y' = yh' + yp' y'' = yh'' + yp'' Setter dette inn i differensiallikningen y'' + p y' + q y = r og ordner (og sløyfer ( ) for oversiktens skyld) Får da: y'' + p y' + q y = r ( y ) h'' + yp'' + p yh' + yp' + q yh + yp = r ( y '' ) ( '' ' ) h + p yh + q yh + yp + p yp + q yp = r Men siden y h er løsning av den tilhørende homogene likningen, er den første parentesen lik null Da står vi igjen med at yp'' + p yp' + q yp = r Vi har imidlertid sagt at y p skal være løsning av den inhomogene likningen Dermed har vi vist at y = yh + yp er løsning av differensiallikningen Så skal vi vise at det ikke fins andre løsninger av differensiallikningen Vi antar da at y som er forskjellig fra den løsningen differensiallikningen har en løsning y = y + y h p som vi har funnet, og skal vise at dette fører til en selvmotsigelse Dersom det fins en slik z slik at vi kan skrive løsning y ( ), vil det alltid være mulig å definere en funksjon y = y + z Vi deriverer y y'' + p y' + q y = r ( y'' + z'' ) + p( y' + z' ) + q( y+ z) = r ( y'' + p y' + q y) + ( z'' + p z' + q z) = r Men siden y( ) er løsning av den inhomogene likningen, er y'' + p y' + q y = r to ganger, setter inn i differensiallikningen, og ordner Da får vi:

131 Da står vi igjen med at z'' + p z' + q z = Differensiallikninger Side 3 som viser at z( ) er løsning av den tilhørende homogene likningen Men den generelle løsningen av den tilhørende homogene likningen er jo yh ( ) Altså må inkludert i yh ( ), slik at y = y Dette viser at det ikke fins andre løsninger enn y = y + y h p z allerede være 63 Teorien bak Lagranges metode (variasjon av parametre) Vi har en differensiallikning y'' + p y' + q y = r der den tilhørende homogene likningen har to lineært uavhengige løsninger y Vi antar at den inhomogene likningen har en partikulær løsning som kan skrives på formen y = u y + v y () p Vi skal finne u( ) og v( ) Vi starter med å derivere yp ( ) (og sløyfer yp ' = u' y+ u y' + v' y + v y' Nå antar vi at det eksisterer en sammenheng mellom u( ) og for oversiktens skyld): y og v slik at u' y+ v' y = () Da står vi igjen med yp ' = u y' + v y' Vi deriverer en gang til før vi setter inn i differensiallikningen: yp '' = u' y' + u y'' + v' y' + v y'' Innsetting: y'' + p y' + q y = r ( u' y' + u y'' + v' y' + v y'' ) + p ( u y' + v y' ) + q ( u y+ v y) = r '' + ' + + '' + ' + + ' ' + ' ' = ( ) ( ) ( ) u y p y q y v y p y q y u y v y r Men begge de to første parentesene er lik null fordi y ( ) og y begge er løsninger av den homogene likningen Vi står altså igjen med u' y ' + v' y ' = r (3) Men () og (3) er et likningssett som vi kan finne y r y ' y r u ' = = y y W y ' y ' u ' og v ' av Vi bruker Cramers regel:

132 y y ' r y r v' = = y y W y' y' Vi integrerer begge disse uttrykkene og setter inn i (): y = u y + v y p W Differensiallikninger Side 3 W y r y r = y + y 64 Andre mekaniske oscillatorer 64 Bakgrunn Vi har tidligere vist at differensiallikningen d + ω = beskriver en udempet svingning Likningen har løsningen t = Acos( ωt + ϕ) der ω er vinkelfrekvensen for svingningen Da er svingetiden (perioden) π T = ω Vi skal nå beskrive andre mekaniske systemer som gir opphav til slike svingelikninger 64 Matematisk pendel Den matematiske pendelen er en idealisert modell av en planpendel der ei pendelkule (som er så liten at vi kan oppfatte den som en partikkel) henger i en masseløs, ustrekkelig snor Når kula trekkes ut fra likevektsposisjonen (vertikal snor) og slippes, vil den svinge den fram og tilbake uten friksjon slik figuren nedenfor viser Vi lar angi avstanden fra likevektspunktet til pendelkula målt langs banen Langs banen virker også kraftkomponenten θ F = mg sinθ L der minustegnet skyldes at kraftkomponenten har motsatt retning av forskyvningen fra likevekt Hvis vinkelen θ er liten og måles i radianer, er θ sinθ mg L Da kan vi med god tilnærming å si at mg F = mg sinθ mg = L L Newtons lov gir

133 Differensiallikninger Side 3 d mg d d g F = m = m + = L L Men dette er likningen for en enkel harmonisk svingning Vi ser at vinkelfrekvensen er g ω = L slik at perioden blir π L T = = π ω g Her legger vi merke til at perioden ikke avhenger av massen til pendelkula, og heller ikke av hvor stor vinkelen θ er så lenge denne er liten Derimot avhenger perioden av tyngdens akselerasjon g Det er mulig å måle g med stor nøyaktighet ved å la en lang pendel svinge mange ganger med små utslag slik at vi kan måle T nøyaktig Når L er nøyaktig målt, er det lett å regne ut g med stor nøyaktighet Merk at utledningen ovenfor kun gjelder når vi har så små vinkler at sinθ betingelsen ikke er oppfylt, har vi ikke enkle harmoniske svingninger L Dersom denne 643 Fysisk pendel I utledningen ovenfor forutsatte vi at pendelkula var så liten at den kunne F betraktes som en partikkel Nå skal vi droppe den forutsetningen Situasjonen er altså som vist på figuren til venstre, der et legeme kan svinge uten friksjon om en akse A Vi antar at avstanden fra aksen til A legemets massesenter er L, og at legemets treghetsmoment om aksen er θ L I A Linja mellom aksen og massesenteret danner en vinkel θ med vertikalen CM L sinθ Vi legger momentakse i A Da får ikke kraften F i aksen noe moment Tyngdens kraftmoment blir τ = mg Lsinθ, mg slik at kraftmomentsetningen gir mg Lsinθ = IAα Minustegnet skyldes at kraftmomentet alltid prøver å redusere vinkelen θ Nå forutsetter vi at svingningene er så små at når θ måles i radianer, er sinθ θ Dessuten benytter vi at d θ α = Da blir kraftmomentsetningen d θ d θ d θ mgl mgl θ = IA I A + mgl θ = + θ = I Men dette er likningen for en enkel harmonisk svingning, der A

134 Differensiallikninger Side 33 ω = mgl I slik at perioden blir T π ω A A = = π I mgl Som kontroll kan vi la legemet være en matematisk pendel med masse m og snorlengde L Da blir treghetsmomentet IA = ml slik at ω = mgl g ml = L Og det er det samme som vi fikk tidligere Dette uttrykket kan vi bruke til å bestemme treghetsmomentet til et legeme når vi vet hvor legemets massesenter er Vi lar legemet svinge om en akse i kjent avstand L fra massesenteret, måler perioden som legemet svinger med og løser ut treghetsmomentet I A av formelen for T Ved hjelp av parallellakse-setningen (Steiners setning) kan vi da beregne legemets treghetsmoment om en akse gjennom massesenteret Eksempel 64: Anta at en ikke-uniform tynn pinne med masse m = kg har massesenter L = 4m fra den ene enden Vi lar pinnen henge i denne enden og svinge fram og tilbake uten friksjon Perioden til disse svingningene måler vi til å være T = 3s a) Bestem pinnens treghetsmoment om den enden som den henger i b) Bestem også treghetsmomentet til pinnen om en akse som står vinkelrett på pinnen og går gjennom massesenteret Løsning: 3s kg 98m s 4 m T mgl 4π 4π Da gir parallellakse-setningen (Steiners setning) at ICM + ml = I A ICM = I A ml = 94kg m kg 4m = 76kg m A I T = π I mgl A = = = 94kg m

135 644 Torsjonspendel Differensiallikninger Side 34 Figuren til venstre viser en torsjonspendel Vi tenker oss da ei skive som er hengt opp i en wire Skiva dreies en vinkel θ fra likevekt, og slippes Eksperimenter viser at dersom θ er liten, vil kraftmomentet om rotasjonsaksen være τ z = κ θ der κ er en positiv konstant som avhenger av lengden til wiren og av de elastiske egenskapene til det materialet som wiren er laget av Da blir kraftmomentsetningen d θ d θ κ τz = I α κ θ = I + θ = I der I er legemets treghetsmoment om rotasjonsaksen Men dette er likningen for en enkel harmonisk svingning med vinkelfrekvens κ ω = I 645 Dupp på vann Figuren til venstre forestiller en terningformet trekloss med masse B l m og sidekant l som flyter på vann som har tetthet ρ V Klossen påvirkes av to krefter, tyngden m g og oppdriften B Vi vet at B er lik tyngden av den fortrengte vannmengden Vi lar indeks V stå for l y vann, og får da at B= mg V = ρvvg V = ρv ( ly) g mg Velger positiv retning nedover Da blir Newtons lov: mg B = ma d y Setter inn uttrykket for B samt at a =, og får d y d y ρvl g mg ρv ( l y) g = m + y = g m Løsningen av denne inhomogene differensiallikningen er yt = y h t + yp t Vi vet allerede at y h t = Acos( ωt + ϕ) der ρ lg V ω = m Det kan være gunstig å innføre klossens massetetthet m 3 ρ = m= ρl 3 l Da blir