ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΠΡΟΤΥΠΟΠΟΙΗΣΗ

Transcript

1 ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΙ ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΠΡΟΤΥΠΟΠΟΙΗΣΗ η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Προβλήματα Διαταραχών Λογισμού Μεταβολών

2 Άσκηση 3.10, σελίδα 35 από το βιβλίο «Εφαρμοσμένα Μαθηματικά» του David Loga Ορίζουμε τις αδιάστατες μεταβλητές φ = θ θ 0 τ = g s = g lθ 0 και βρίσκουμε dθ d = dθ dφ dτ dφ dτ d = θ dφ 0 dτ g l dφ g d d θ θ 0 d = dτ lθ 0 = d Συνεπώς από τη δοθείσα εξίσωση έχουμε dφ g d θ 0 dτ lθ 0 dτ lθ 0 g = d φ g dτ l d θ d = g l si θ d φ g dτ l = g l si φθ 0 d φ dτ + si φθ 0 = 0 με αρχικές συνθήκες τ(0) = 0 και φ(0) = 1 Άσκηση 3.6, σελίδα 77 από το βιβλίο «Εφαρμοσμένα Μαθηματικά» του David Loga εy + 1 y = 0 y(0) = 1, y(1) = 0 < < 1, 0 < ε 1 Θεωρούμε ότι το οριακό στρώμα είναι στο = 0 Εύρεση της εξωτερικής προσέγγισης y εξ Θεωρούμε το μη διαταραγμένο πρόβλημα και τη συνοριακή συνθήκη για το εξωτερικό χωρίο 1 y = 0 y(1) = Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η 1

3 Θεωρούμε τη σειρά διαταραχών: y = y 0 + εy 1 + Ο πρωτεύων όρος (ε 0 ) θα μας δώσει το y εξ ~y 0 y 0 1 y 0 = 0 y 0 = 0 = y εξ, = 0 (1) Εύρεση της εσωτερικής προσέγγισης y εσ Για να υπολογίσουμε το πλάτος δ(ε) του οριακού στρώματος στο = 0 κανονικοποιούμε κοντά στο = 0 μέσω της αλλαγής μεταβλητών του χρόνου τ = δ(ε) =, όπου λ > 0 ελ ψ = y Αντικαθιστώντας τις τιμές αυτές στην εξίσωση (1), προκύπτει άρα dy d = dψ dτ dτ d = 1 dψ ε λ dτ = 1 ε λ ψ οπότε y = 1 ε λ ψ ε 1 λ ψ + τε λ 1 ψ = 0 ε 1 λ ψ + τε λ ψ 1 ψ = 0 () Ο εκθέτης λ είναι ο ελάχιστος θετικός αριθμός, έτσι ώστε η εξίσωση () να είναι ομοιόμορφα διαταραγμένη, δηλαδή ο συντελεστής της μεγιστοβάθμιας παραγώγου να είναι ανεξάρτητος του ε. Συνεπώς, Οπότε η εξίσωση () γίνεται ε 1 λ = ε λ 1 λ = λ λ = 1 3 ε 1 3ψ + τε 1 3ψ 1 ψ = 0 ψ + τψ 1 ε 1 3ψ = 0 Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η

4 Μέθοδος κανονικών διαταραχών Μας ενδιαφέρει ο πρωτεύων όρος (ε 0 ) ψ + τψ = 0 στο μη διαταραγμένο πρόβλημα χαρακτηριστικό πολυώνυμο: Χ(ρ) = ρ + τ = 0 ρ = τ ρ 1, = ±i τ άρα δέχεται λύση ψ(τ) = c 1 e i τ + c e i τ Από αρχικές συνθήκες έχουμε y(0) = ψ(0) = c 1 + c = 1 c = 1 c 1 οπότε ψ(τ) = c 1 e i τ + (1 c 1 )e i τ Αντικαθιστώντας πάλι την τ = ε 1/3 y() = y εσ () = c 1 e i ε 1/3 + (1 c 1 )e i ε 1/3, = O(ε 1/3 ) Συναρμογή εξωτερικής και εσωτερικής προσέγγισης Εισάγουμε την ενδιάμεση μεταβλητή = ε 1/6, σταθερά Το ε 1/6 βρίσκεται ανάμεσα στις τάξεις του ε 1/3 και 1. Το ε 1/6 τείνει στο μηδέν πιο αργά απ ότι το ε 1/3. Συνθήκη συναρμογής Όμως lim ε 0 + y 0 ε 1/6 = 0 lim ε 0 + y 0 ε 1/6 = lim ε 0 + y εσ ε 1/6 lim y εσ ε 1/6 = lim c ε 0 + ε 0 + 1e i ε 1/6 + (1 c 1 )e i ε 1/6 c 1 = 0 c = 0 Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η 3

5 οπότε lim y εσ ε 1/6 = lim ε 0 + ε 0 + e i ε 1/6 = 0 έτσι: i y εσ = e ε 1/6 Ομοιόμορφη προσέγγιση στο [0,1] y πρ () = y 0 () + y εσ () 0 = y εσ () i y πρ () = e ε 1/6 Άσκηση 1.5, σελίδα 56 από το βιβλίο «Εφαρμοσμένα Μαθηματικά» του David Loga Έχουμε το πρόβλημα y + y = εy(1 y ), y(0) = 1, y (0) = 0, y = y() (1) Ζητάμε μια προσέγγιση με δύο όρος με τη βοήθεια της μεθόδου Poicare-Lidsed. Θεωρούμε μία λύση διαταραχών της μορφής: y = y 0 + εy 1 +, y = y(τ) όπου έχουμε εισάγει μία ακόμη διαταραγμένη χρονική μεταβλητή στη σειρά διαταραχών τ = ω, όπου ω = ω 0 + εω 1 + = 1 + εω 1 + όπου θέσαμε ω 0 = 1 τη συχνότητα του μη διαταραγμένου προβλήματος: y + y = 0 Έτσι λοιπόν έχουμε dy d = dy dτ dτ d = dy ω και dτ d y d = d dy ω d dτ = ω d y dτ dτ d = d y Αντικαθιστώντας στην εξίσωση (1): ω y + y = εy[1 (ωy ) ] dτ ω ω (y 0 + εy 1 + ) + (y 0 + εy 1 + ) = ε(y 0 + εy 1 + )[1 (ω (y 0 + εy 1 + )) ] Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η 4

6 ω=ω 0 +εω 1 (ω 0 + εω 1 + ) (y 0 + εy 1 + ) + (y 0 + εy 1 + ) = ε(y 0 + εy 1 + )[1 ((ω 0 + εω 1 + ) (y 0 + εy 1 + )) ] Εδώ θα μπορούσαμε να προσεγγίσουμε τις διαταραχές στους πρώτους όρους: y y 0 + εy 1 και ω ω 0 + εω 1, οπότε θα έχουμε (ω 0 + εω 1 ) (y 0 + εy 1 ) + (y 0 + εy 1 ) = ε(y 0 + εy 1 )[1 ((ω 0 + εω 1 ) (y 0 + εy 1 )) ] ω 0 =1 (1 + ε ω 1 + εω 1 )(y 0 + εy 1 ) + (y 0 + εy 1 ) = ε(y 0 + εy 1 ) 1 (1 + ε ω 1 + εω 1 )(y 0 + ε y 1 + εy 0 y 1 ) Εξισώνοντας τους όρους ίδιας τάξης θα πάρουμε: ε 0 y 0 + y 0 = 0 ε 1 y 1 + y 1 = ω 1 y 0 + y 0 y 0 y 0 Αρχικές συνθήκες y(0) = 1 y 0 (0) + εy 1 (0) = 1 y 0 (0) = 1 και y 1 (0) = 0 y (0) = 0 y 0 (0) = 0 και y 1 (0) = 0 Οπότε τελικά θα προκύψουν τα παρακάτω δύο προβλήματα: y 0 + y 0 = 0 y 0 (0) = 1 y 0 (0) = 0 (Ι) και y 1 + y 1 = ω 1 y 0 + y 0 y 0 y 0 y 1 (0) = 0 y 1 (0) = 0 (ΙΙ) Λύση του προβλήματος (Ι) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι το Χ(ρ) = ρ + 1 = 0 ρ 1, = ±i Άρα λύση y 0 (τ) = c 1 cos τ + c si τ Από αρχικές συνθήκες: y 0 (0) = 1 c 1 = 1 y 0 (0) = 0 c = 0 Άρα λύση: y 0 (τ) = cos τ Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η 5

7 Λύση του προβλήματος (ΙΙ) Αντικαθιστώντας τη λύση του (Ι) στο πρόβλημα (ΙΙ), θα προκύψει: y 1 + y 1 = ω 1 cos τ + cos τ cos τ si τ χρησιμοποιώντας τον τριγωνομετρικό τύπο: cos τ si τ = 1 cos τ (1 cos τ) = 1 cos τ (1 cos τ + 1) = 1 cos τ cos3 τ οπότε θα έχουμε τελικά: = cos τ 1 4 (cos 3τ + 3 cos τ) = 1 (cos τ cos 3τ) 4 y 1 + y 1 = (1 + ω 1 ) cos τ 1 4 (cos τ cos 3τ) = 1 + ω cos τ + 1 cos 3τ 4 Για να αποφύγουμε τον αιώνιο όρο, θα μηδενίσουμε το συντελεστή που περιέχει το ω 1. Έτσι: 1 + ω = 0 ω 1 = 3 8 Άρα το πρόβλημα θα γίνει: y 1 + y 1 = 1 cos 3τ 4 (ΙΙ ) Η ομογενής της (ΙΙ ) έχει λύση της μορφής y 1ομ (τ) = c 3 cos τ + c 4 si τ Ενώ για τη μερική λύση θέτω y 1μερ (τ) = c 5 cos 3τ με y 1μερ (τ) = 3c 5 si 3τ και y 1μερ (τ) = 9c 5 cos 3τ και αντικαθιστώντας την στην εξίσωση (ΙΙ ) 9c 5 cos 3τ + c 5 cos 3τ = 1 4 cos 3τ 8c 5 = 1 4 c 5 = 1 3 Άρα λύση y 1 (τ) = y 1ομ (τ) + y 1μερ (τ) = c 3 cos τ + c 4 si τ 1 cos 3τ 3 Από αρχικές συνθήκες: y 1 (0) = 1 c 1 = 1 3 y 1 (0) = 0 c = 0 Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η 6

8 Άρα λύση: y 1 (τ) = 1 (cos τ cos 3τ) 3 Έτσι, μια προσέγγιση διαταραχών με όρους είναι: y(τ) = y 0 (τ) + εy 1 (τ) + y(τ) = cos τ + ε 1 (cos τ cos 3τ) 3 τ = 3 8 ε + Άσκηση 5.10, σελίδα 175 από το βιβλίο «Εφαρμοσμένα Μαθηματικά» του David Loga l Ορίζουμε ως r την επιμήκυνση του ελατηρίου k θ r + l l το μήκος ισορροπίας του ελατηρίου, θ τη k γωνία που σχηματίζει το εκκρεμές από την m κάθετη και s τη μετατόπιση του σφαιριδίου μάζας m από τη θέση ισορροπίας. s Η κινητική ενέργεια του συστήματος δίνεται από τον τύπο: T = 1 mr κίνηση κατά r + 1 ms κίνηση κατά s = 1 mr + 1 m (l + r)θ Τ = 1 m r + (l + r) θ Ενώ η δυναμική: V = 1 kr λόγω ελατηρίου + mgl mg(l + r) cos θ λόγω ταλάντωσης V = 1 kr mg((l + r)cosθ l) Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η 7

9 Ορίζουμε τη Lagragia L = T V L = 1 m r + (l + r) θ 1 kr + mg((l + r)cosθ l) Η αρχή Hamilo θέλει την ελαχιστοποίηση της δράσης, δηλαδή θέλει η κίνηση να γίνεται έτσι ώστε το συναρτησιακό J(θ, r) = L(θ, θ, r, r, ) d 1 να είναι στάσιμο. Όμως αφού η L είναι συνάρτηση και του θ και του r, θα έχουμε δύο εξισώσεις Lagrage: L θ d d L θ = 0 (1) L r d d L r = 0 () Όμως L θ = mg((l + r)siθ L θ = m(l + r) θ L r = m(l + r)θ kr + mg(l + r)cosθ L r = mr Οπότε η εξίσωση (1) θα γίνει: (1) m (l + r)θ r + (l + r) θ + mg(l + r)siθ = 0 m(l + r) θ + m(l + r)θ r + mg(l + r)siθ = 0 (1 ) Αντίστοιχα η εξίσωση () θα γίνει: () mr m(l + r)θ + kr mg(l + r)cosθ = 0 ( ) Οι εξισώσεις (1 ), ( ) αποτελούν τις εξισώσεις κίνησης του σφαιριδίου συναρτήσει της επιμήκυνσης του ελατηρίου r και της γωνίας θ του εκκρεμούς ελατηρίου. Μαθηματική Προτυποποίηση, Εργασία η 8