Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Haust 011 Løysingsforslag Øving 4 Oppgåver frå læreboka, s. lxxxiv 9 a) Likninga for systemet vert y +4y = 4cosωt. Me løyser først den tilhøyrande homogene likninga y +4y = 0. Den karakteristiske likninga har røter r = ±i, så me får y h = Acost+Bsint. Anta ei spesiell løysing på forma Ccosωt (me antek her ω ). Me deriverer og set inn: Cω cosωt+4ccosωt = 4cosωt C(4 ω ) = 4 C = 4 4 ω Altså vert den generelle løysinga y = Acost + Bsint + Ccosωt. Me har gitt initialverdiane y(0) = 0 og y (0) = 0. Dette gir så posisjonen som funksjon av tid vert b) 0 = y (0) = Bcost B = 0 0 = y(0) = A+C A = C y = Ccost+Ccosωt = 4 4 ω (cosωt cost). y = 4 4 ω (cosωt cost) = 4 t ωt 4 ω sin sin t+ωt = 8 Me har ω 0 =, så me vel ω = 9 5. Då får me x(t) = 00 19 sin t 19t sin 10 10. 4 ω sin( ω t)sin( +ω t) 6. september 011 Side 1 av 10
10 a) Me løyser først den tilhøyrande homogene likninga y +5y = 0. Den karakteristiske likninga har røter r = ±5i, så me får y h = Acos5t+Bsin5t. Anta ei spesiell løysing på forma x = Ctcos5t + Dtsin5t (Ccos5t + Dsin5t er ei løysing av den homogene likninga). Me deriverer og set inn: 10Csin5t+10Dcos5t 5Ctcos5t 5Dtsin5t+5(Ctcos5t+Dtcos5t) = 4cos5t Dette gir C = 0 og D = 5. Altså vert den generelle løysinga y = Acos5t + Bsin5t + 5tsin5t. Me har gitt initialverdiane y(0) = 1 og y (0) = 0. Dette gir så posisjonen som funksjon av tid vert 1 = x(0) = Acos5t A = 1 0 = x (0) = 5B B = 0 x = cos5t+ 5 tsin5t. Leddet med tsin5t viser at me får resonans. b) 6. september 011 Side av 10
15 Frå likninga x +4x +8x = 3cosπt har me at c =, ω0 = 8, A = 3 og ω = π. Likning (7.15) i boka gir då gain G = 1 (8 4π ) +64π 0,0843 og (7.14) gir faseforskyving Steady-state-løysinga vert då 1 8 4π φ = cot (= tan 1 8π 8π 8 4π),4678. x = GAcos(ωt φ) 0,0745cos(πt,4678). 31 Frå likninga har me c = 0,005 og ω0 = 49. Likning (7.15) gir dermed gain G(ω) = 1 (49 ω ) +0,0001ω. 6. september 011 Side 3 av 10
Me ser at maksimum er ved ω 7. 35 Formelen for gain finn me på side lxxxi: G(ω) = 1 (ω 0 ω ) +4c ω Me deriverer G og får G ω 3 +(c ω0 (ω) = )ω (ω 0 ω ) +4c ω 3 Me har G (ω) = 0 viss og berre viss teljaren er 0, så dei kritiske punkta til G er løysingane til ω 3 +(c ω 0)ω = 0 ω(ω +c ω 0) = 0. ω = 0 er ei løysing, det er også løysingane til ω +c ω 0 = 0, ω = ± ω 0 c (her treng me at ω 0 > c, elles blir ω = 0 den einaste reelle løysinga). Me kan sjå vekk frå ω = ω 0 c, sidan frekvensar ikkje kan vera negative. 6. september 011 Side 4 av 10
For å avgjera om dei kritiske punkta er maksimum sjekkar me forteiknet til G i to andre punkt, ω 0 og 1 ω 0 c. Merk at 0 < 1 ω 0 c < ω 0 c < ω 0. Igjen treng me berre sjå på teljaren, nemnaren er alltid positiv. ω 3 0 +c ω 0 ω 3 0 = c ω 0 > 0 altså har me G (ω 0 ) < 0. ( 1 ω0 c ) 3 +(c ω0) 1 ω0 c = 1 ω0 8 c (ω0 c ) 1 (ω 0 c ) ω0 c = 3 8 (ω 0 c ) ω0 c < 0 sidan ω 0 > c, altså har me G ( 1 ω 0 c ) > 0. Det betyr at ω res = ω 0 c er eit maksimum, og at ω = 0 ikkje er det. Når me set inn tala frå oppgåve 31 får me ω res = 49 0,005 = 6,999996 = 7. 45 Me finn først fjørkonstanten k. Når systemet er i likevekt har me mg = kx 0 der m er massen, g er gravitasjonen og x 0 er kor langt fjøra er strekt (Newtons 1. lov og Hookes lov). mg = kx 0 k = mg = 0,05 9,8 = 4,9 x 0 0,1. Når systemet er sett i svinging har me (frå Newtons. lov) ma = F(t) µv kx der a er akselerasjon, v er fart, µ = 0,01 er dempingskonstanten og x er posisjon (positiv retning oppover). Dermed får me Me løyser først den homogene likninga mx = F(t) µx kx mx +µx +kx = F(t) x + µ m x + k m = 1 m F(t) x +0,x +98x = 100cos4,4t. x +0,x +98x = 0. Den karakteristiske likninga r +0,r+98 = 0 har løysingar r = 0,1±9,899i. Altså har den homogene likninga generell løysing x h = e 0,1t (Acos9,899t+Bsin9,899t). For å finna ei spesiell løysing (stabil tilstand) brukar me den komplekse metoden. Anta at z = Ce 4,4it er ei løysing av z +0,z +98z = 100e 4,4it. 6. september 011 Side 5 av 10
Me har z = 4,4Cie 4,4it og z = 19,36Ce 4,4it. Me set dette inn og får C = 19,36Ce 4,4it +0,88Cie 4,4it +98Ce 4,4it = 100e 4,4it 100 = 1,715 0,014i = 1,715e 0,011i 98 19,36+0,88i (i siste steg brukar me at w = w e arg(w)i for alle komplekse tal w). Dermed får me z = 1,715e 4,4it 0,011i, og den spesielle løysinga av den opphavelege likninga er realdelen av z: x p = 1,715cos(4,4t 0,011). Altså er den generelle løysinga x = e 0,1t (Acos9,899t+Bsin9,899t)+1,715cos(4,4t 0,011) Initialvilkåra er x(0) = 0 og x (0) = 0. Det gir 0 = x(0) = A+1,715cos( 0,011) A = 1,715 0 = x (0) = 0,1A+9,899B 4,4 1,715 sin( 0,011) B = 0,019 så den endelege løysinga vert x = e 0,1t ( 1,715cos9,899t+ 0,019sin9,899t)+1,715cos(4,4t 0,011). Oppgåver frå læreboka, s. 10 Den utvida matrisa til systemet er Me gangar rad 1 med 1 3 legg -5 ganger rad 1 til rad og gangar rad med 1 3 [ ] 3 6 3. 5 7 10 [ ] 1 1, 5 7 10 [ ] 1 1 0 3 15 [ ] 1 1. 0 1 5 Dermed har me x = 5 x 1 +x = 1 x 1 = 1 x = 1+10 = 9. 3 Dette er det same som å løysa likningssystemet x 1 +x = 4 x 1 x = 1 6. september 011 Side 6 av 10
som har utvida matrise [ ] 1 4. 1 1 1 Me trekk rad 1 frå rad [ ] 1 4 0 3 3 og gangar rad med 1 3 [ ] 1 4. 0 1 1 Dermed har me x = 1 x 1 +x = 4 x 1 = 4 x =, det vil seia at linjene kryssar i punktet (,1). 7 Me har gitt matrisa 1 7 3 4 0 1 1 3 0 0 0 1. 0 0 1 Me kan eventuelt byta om rad 3 og rad 4, men me ser allereie at systemet er inkonsistent, sidan rad 3 gir likninga 0 = 1. Med andre ord er løysingsmengda tom. 10 Me har gitt den utvida matrisa 1 3 0 7 0 1 0 3 6 0 0 1 0. 0 0 0 1 Me trekk 3 ganger rad 4 frå rad 1 3 0 7 0 1 0 0 1 0 0 1 0, 0 0 0 1 legg ganger rad 4 til rad 1 1 3 0 0 11 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 og trekk 3 ganger rad frå rad 1 1 0 0 0 47 0 1 0 0 1 0 0 1 0. 0 0 0 1 6. september 011 Side 7 av 10
Altså har systemet ei løysing: 13 Systemet har utvida matrise x 1 = 47 x = 1 x 3 = x 4 = 1 0 3 8 9 7. 0 1 5 Me trekk ganger rad 1 frå rad 1 0 3 8 0 15 9, 0 1 5 byter om rad og rad 3 trekk gonger rad frå rad 3 1 0 3 8 0 1 5, 0 15 9 1 0 3 8 0 1 5 0 0 5 5 og gangar rad 3 med 1 5 Dermed får me 1 0 3 8 0 1 5. 0 0 1 1 x 3 = 1 x +5x 3 = x = +5 = 3 x 1 3x 3 = 8 x 1 = 8 3 = 5 18 Dei tre plana har felles punkt dersom dei tre likningane utgjer eit konsistent system. Systemet har utvida matrise 4 4 4 0 1. 3 0 0 Me trekk rad 1 frå rad 3 4 4 4 0 1, 0 1 4 4 6. september 011 Side 8 av 10
og legg rad til rad 3 4 4 4 0 1. 0 0 6 6 Matrisa er no på trappeform og me ser at systemet er konsistent. Altså har plana minst eitt felles punkt (faktisk nøyaktig eitt). 33 Node 1 gir likninga Node gir likninga Node 3 gir likninga Node 4 gir likninga T 1 = 10+0+T +T 4 4 T = 0+40+T 1 +T 3 4 T 3 = 40+30+T +T 4 4 T 4 = 10+30+T 1 +T 3 4 4T 1 T T 4 = 30. T 1 +4T T 3 = 60. T +4T 3 T 4 = 70. T 1 T 3 +4T 4 = 40. 34 Systemet har utvida matrise 4 1 0 1 30 1 4 1 0 60 0 1 4 1 70. 1 0 1 4 40 Me reduserer: 4 1 0 1 30 1 0 1 4 40 1 0 1 4 40 1 4 1 0 60 0 1 4 1 70 1 4 1 0 60 0 1 4 1 70 0 4 0 4 0 0 1 4 1 70 1 0 1 4 40 4 1 0 1 30 0 1 4 15 190 1 0 1 4 40 0 1 0 1 5 0 1 4 1 70 0 1 4 15 190 Dermed får me 1 0 1 4 40 0 1 0 1 5 0 0 4 75 0 0 4 14 195 1 0 1 4 40 0 1 0 1 5 0 0 1 1 75 4 45 0 0 0 1 T 4 = 45 1 0 1 4 40 0 1 0 1 5 0 0 4 75 0 0 0 1 70 6. september 011 Side 9 av 10
T 3 = 75 4 + 45 = 30 T = 5+ 45 = 55 T 1 = 40+ 4 45 30 = 0. 6. september 011 Side 10 av 10