משוואות דיפרנציאליות לינאריות הומוגניות עם מקדמים קבועים

Transcript

1 משוואות דיפרנציאליות לינאריות הומוגניות עם מקדמים קבועים עבור משוואה דיפרנציאלית הומוגנית מסדר 2 n y (n) +p 1 (t)y (n 1) +p 2 (t)y (n 2) + +p n (t)y = 0, אין דרך כללית למצוא באופן מפורש ביטויים לפתרונות שלה. אבל אם נגביל את עצמנו למשוואות עם מקדמים קבועים, כלומר נניח שהפונקציות (t) p 1,(t) p, n הן קבועות: (0.1) y (n) +p 1 y (n 1) +p 2 y (n 2) + +p n y = 0, אז, כפי שניראה בפרק זה, ניתן למצוא באופן מפורש את הפתרונות. במילים אחרות אנחנו מגבילים את עצמנו עכשיו למשוואות לינאריות שהן אוטונומיות אין במשוואה תלות בזמן. ברוב היישומים של משוואות לינאריות מופיעות משוואות עם מקדמים קבועים, ולכן העובדה שאפשר לפתור משוואות כאלה במפורש היא שימושית ביותר. 1 פתרון משוואות לינאריות עם מקדמים קבועים הפולינום האופייני את הטכניקה למציאת פתרונות מפורשים למשוואות עם מקדמים קבועים נדגים קודם במקרה פרטי, ואחר כך נפתח ניסוח כללי. דוגמה 1.1 נתונה המשוואה הדיפרנציאלית (1.1) y +y 2y = 0. בקטע (, ) =.I מצאו את כל הפתרונות שלה. 1

2 1 פתרון משוואות לינאריות עם מקדמים קבועים הפולינום האופייני אנחנו ננחש שלמשוואה יש פתרון מצורה מסוימת, נציב במשוואה ונבדוק. הצורה שאנו ננחש היא (1.2) y(t) = e rt, כאשר r הוא איזשהו מספר. כדי לבדוק אם אכן יש פתרון כזה, נגזור את הפונקציה הזו פעמיים ונציב באגף השמאלי של המשוואה. y (t) = re rt, y (t) = r 2 e rt y +y 2y = r 2 e rt +re rt 2e rt = e rt [r 2 +r 2]. לכן, מאחר ו > 0 rt e, הפונקציה y(t) תהיה פתרון של המשוואה אם ורק אם יתקיים (1.3) r 2 +r 2 = 0. (1.3) היא משוואה ריבועית אשר נקראת המשוואה האופיינית המתאימה למשוואה הדיפרנציאלית (1.1). נוכל לפתור אותה ולקבל את הפתרונות 2 = r,1 r. = לכן קיבלנו ששתי הפונקציות y 1 (t) = e 1 t, y 2 (t) = e 2 t הן פתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית (1.1), ואלה הם הפתרונות היחידים של המשוואה שהם מהצורה (1.2). לאחר שמצאנו שני פתרונות, אנו יודעים מהתכונות הכלליות של משוואה לינארית הומוגנית שכל הצירופים הלינאריים (1.4) y(t) = c 1 e t +c 2 e 2t גם הם פתרונות של המשוואה. יתרה מזאת, נוכל להוכיח שכל הפתרונות של המשוואה הם מהצורה (1.4). כדי לנמק זאת, נזכור ראשית שמהמשפט היסודי על משוואות לינאריות הומוגניות אנחנו יודעים שהמימד של מרחב הפתרונות Y של המשוואה הוא 2 כי זו משוואה מסדר 2. ניזכר במשפט מאלגברה לינארית: משפט 1.1 אם X מרחב ווקטורי בעל מימד d, אז כל קבוצה של d ווקטורים בלתי תלויים במרחב היא בסיס ל X. לכן במקרה שלנו, אם נוודא שהפונקציות y 1 y, 2 בלתי תלויות אז, מאחר ואנו יודעים כבר שהמימד של Y הוא 2, נדע שהן מהוות בסיס עבור Y, כלומר שכל פתרון של (1.1) הוא צירוף לינארי שלהן. נותר רק להראות שהפונקציות הללו בלתי תלויות: 2

3 1 פתרון משוואות לינאריות עם מקדמים קבועים הפולינום האופייני נניח שמתקיים c 1 e t +c 2 e 2t = 0. אז נציב, למשל, = 0 t ו 1 = t בשוויון זה ונקבל c 1 +c 2 = 0, ec 2 +e 2 c 2 = 0 קל לבדוק שהפתרון היחיד של זוג המשוואות הללו הוא = 0 2.c 1 = c לכן y 1,y 2 בלתי תלויות, וסיימנו את הטיעון. את הרעיון של ניחוש פתרונות מהצורה (1.5) y(t) = e rt, בו השתמשנו בדוגמה 1, נרצה להרחיב עכשיו לכל משוואה הומוגנית עם מקדמים קבועים. נציב (1.5) ב (0.1). מאחר ו נקבל ולכן [e rt ] (k) = r k e rt, e rt[ r n +p 1 r n 1 +p 2 r n 2 + +p n ] = 0 (1.6) r n +p 1 r n 1 +p 2 r n 2 + +p n = 0. משוואה זו נקראת המשוואה האופיינית המתאימה למשוואה הדיפרנציאלית (0.1). הפונקציה P(r) = r n +p 1 r n 1 +p 2 r n 2 + +p n נקראת הפולינום האופייני המתאים למשוואה הדיפרנציאלית. נבחין שדרגת הפולינום (החזקה הכי גבוהה של r) שווה לסדר המשוואה הדיפרנציאלית. הוכחנו, אם כן, את המשפט הבא: משפט 1.2 אם מספר ממשי r הוא שורש של הפולינום האופייני, כלומר = 0,P(r) אז y(t) = e rt הוא פתרון של המשוואה הדיפרנציאלית (0.1). אם לפולינום האופייני יש כמה שורשים, כל אחד מהם ייתן לנו פתרון למשוואה הדיפרנציאלית, ובגלל שמדובר במשוואה לינארית והומוגנית אנו יודעים שכל הצירופים הלינאריים של הפתרונות שנקבל יהיו גם הם פתרונות. האם בדרך זו נוכל למצוא את כל פתרונות המשוואה הדיפרנציאלית? כדי לענות על שאלה זו נרצה לברר כמה שורשים יש לפולינום האופייני. חקירת שורשים של פולינומים היא נושא חשוב באלגברה, וניזכר בכמה תוצאות ידועות בנושא זה. 3

4 1 פתרון משוואות לינאריות עם מקדמים קבועים הפולינום האופייני משפט 1.3 לפולינום מדרגה n יש לכל היותר n שורשים ממשיים. לפולינום יכולים להיות גם שורשים מרוכבים. אם לוקחים גם את השורשים המרוכבים בחשבון, וסופרים את השורשים על פי הריבוי שלהם, מקבלים את התוצאה שנקראת המשפט היסודי של האלגברה: משפט 1.4 אם P(r) הוא פולינום מדרגה n P(r) = r n +p 1 r n 1 +p 2 r n 2 + +p n, אז אפשר לפרק אותו למכפלה של רכיבים לינאריים P(r) = (r r 1 )(r r 2 ) (r r n ) כאשר המספרים r 1,r 2,,r n C הם השורשים של הפולינום. המספריםC r 1,r 2,,r n אינםבהכרחכולםשוניםזהמזה: מספרהפעמיםשבהם שורש מופיע ברשימה נקרא הריבוי של השורש. בשלב זה של עבודתנו אנחנו נניח שכל השורשים של הפולינום האופייני של המשוואה שלנו הם ממשיים, ושכל אחד מהם הוא בעל ריבוי 1 כלומר אנו מניחים כרגע שלפולינום האופייני יש n שורשים ממשיים שונים.r 1,r 2,,r n R במקרה זה, כל אחד מהשורשים נותן לנו פתרון למשוואה הדיפרנציאלית, כך שיש לנו n פתרונות (1.7) y k (t) = e r k t, 1 k n. כל צירוף לינארי של הפתרונות נותן לנו פתרון, ולכן אנחנו מקבלים משפחת פתרונות (1.8) y(t) = c 1 e r 1 t +c 2 e r 2 t + +c n e rn t. אנחנו מעוניינים להוכיח שמשפחת הפתרונות הזו כוללת את כל הפתרונות של (0.1). במילים אחרות,אנחנו רוצים להראות שהפונקציות (1.7) מהוות בסיס למרחב הפתרונות Y של המשוואה הדיפרנציאלית. מאחר ואנו יודעים שהמימד של Y הוא n, ויש לנו n פונקציות במרחב זה הניתנות על ידי (1.7), אם נוכיח שפונקציות אלה בלתי תלויות, משפט 1.1 יבטיח לנו שהן מהוות בסיס ל Y. נוכיח שאכן הפונקציות הנ"ל בלתי תלויות: למה 1.1 אם r 1 r, 2 r, n מספרים ממשיים שונים זה מזה, אז הפונקציות הן בלתי תלויות בכל קטע I. e r 1 t,e r 2 t,,e rn t 4

5 1 פתרון משוואות לינאריות עם מקדמים קבועים הפולינום האופייני (1.9) c 1 e r 1 t +c 2 e r 2 t + +c n e rn t = 0 c 1 = c 2 = = c n = 0. c 1 e r 1 t +c 2 e r 2 t = 0 c 1 e (r 1 r 2 ) t = c 2, הוכחה: צריך להוכיח שאם מתקיים לכל t I אז נוכיח באינדוקציה על n:.1 אם = 2 :n נניח שמתקיים לכל t. I זה שקול ל אבל מאחר והנחנו r 1 r 2 נובע שאגף ימין הוא פונקציה קבועה, ולכן גם אגף שמאל צריך להיות פונקציה קבועה, וזה אפשרי רק אם = 0 1 c. לכן מהשוויון הנ"ל נובע שגם = 0 2.c לכן הראינו ש e r 1 t,e r 2 t בלתי תלויות. 2. נניח שהתוצאה נכונה עבור 1 n ונוכיח שהיא נכונה עבור n. נניח אם כן שמתקיים (1.9) לכל,t I ונוכיח ש (1.10) c 1 = c 2 = = c n = 0. c 1 e r 1 t +c 2 e r 2 t + +c n 1 e r n 1 t = c n e rn t, נכתוב את (1.9) בצורה נכפיל את שני האגפים ב e rn t ונקבל c 1 e (r 1 r n) t +c 2 e (r 2 r n) t + +c n 1 e (r n 1 r n) t = c n. נגזור את שני האגפים ונקבל c 1 (r 1 r n )e (r 1 r n) t +c 2 (r 2 r n )e (r 2 r n) t + +c n 1 (r n 1 r n )e (r n 1 r n) t = 0. אבל על פי הנחת האינדוקציה כבר הוכחנו שהפונקציות e r 1 t,e r 2 t,,e r n 1 t בלתי תלויות, ולכן מהשוויון האחרון נובע שהמקדמים שווים לאפס, כלומר c 1 (r 1 r n ) = c 2 (r 2 r n ) = = c n 1 (r n 1 r n ) = 0 ומאחר שמהנחת המשפט מתקיים r k r n עבור 1 n k 1 נובע שמתקיים.(1.10) מהטענה האחרונה והשיקולים שדנו בהם לפניה, נובע שהוכחנו: 5

6 1 פתרון משוואות לינאריות עם מקדמים קבועים הפולינום האופייני משפט 1.5 אם לפולינום האופייני P(r) של משוואה דיפרנציאלית לינארית הומוגנית מסדר (0.1) n יש n שורשים ממשיים שונים, אז הפונקציות y k (t) = e r k t, 1 k n. מהוות בסיס למרחב הפתרונות Y של המשוואה הדיפרנציאלית, כלומר כל הפתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית הם מהצורה y(t) = c 1 e r 1 t +c 2 e r 2 t + +c n e rn t. שאלה 1.1 מצאו את כל הפתרונות של המשוואות הדיפרנציאליות א. y +3y 4y = 0. ב. y (4) 6y (2) +8y = 0. ג. y (4) +2y (3) = 0. שאלה 1.2 נניח שכל השורשים של הפולינום האופייני המתאים למשוואה (0.1) ממשיים ושונים זה מזה. הוכיחו את הטענות הבאות: א. אם כל השורשים של הפולינום האופייני שליליים, אז כל הפתרונות y(t) של המשוואה הדיפרנציאלית מקיימים (1.11) lim t y(t) = 0. ב. אם כל הפתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית מקיימים את התנאי (1.11) אז כל השורשים של הפולינום האופייני שליליים. בשלב זה טיפלנו באופן מלא במשוואות לינאריות הומוגניות שהפולינום האופייני שלהן הוא בעל שורשים ממשיים בלבד, וללא ריבוי. כעת נפנה לדיון במקרה שבו יש לפולינום האופייני גם שורשים מרוכבים. 6

7 1 פתרון משוואות לינאריות עם מקדמים קבועים הפולינום האופייני דוגמה 1.2 פתרו את המשוואה הדיפרנציאלית y +2y +5y = 0. הפולינום האופייני המתאים למשוואה זו הוא P(r) = r 2 +2r +5. מהנוסחה לפתרונות משוואה ריבועית נקבל ששורשי הפולינום הזה הם האם נוכל להגיד שהפונקציות r 1 = 1+2i, r 2 = 1 2i. y 1 (t) = e ( 1+2i)t, y 2 (t) = e ( 1 2i)t הן פתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית? יש לכך סיכוי רק אם ניתן מובן לביטויים האלה: מה הפירוש של להעלות מספר ממשי בחזקת מספר מרוכב? מי שטיפל בבעיה זו לראשונה הוא אוילר, בשנת

8 2 נוסחת אוילר איור 1: לאונרד אוילר ( ) והנוסחה שלו 2 נוסחת אוילר נוסחת אוילר אומרת לנו איך לחשב את הגודל e iθ כאשר θ הוא מספר ממשי, כך שהחזקה היא מספר דמיוני טהור. הנוסחה היא: (2.1) e iθ = cos(θ)+isin(θ). זו אחת הנוסחאות היפות והשימושיות במתמטיקה, והיא נראית מוזרה ומפתיעה במפגש ראשון. נציין לדוגמה תוצאה מפורסמת שמתקבלת מהנוסחה הזאת: אם נציב θ = π בשני אגפי המשוואה נקבל 1 = cos(π)+isin(π) e iπ = או e iπ +1 = 0 שוויון המכיל את חמשת הקבועים המפורסמים ביותר של המתמטיקה:.0,1,i,π,e נזכיר גם את המובן הגיאומטרי של נוסחת אוילר: במישור המרוכב (מישור שציריו הם החלק הממשי והדמיוני של מספרים מרוכבים), e iθ זו נקודה על מעגל היחידה, שהזווית בינה לבין החלק החיובי של הציר הממשי היא θ. כיצד אפשר להצדיק את נוסחת אוילר? נציג דרך להגיע לנוסחה זו. נניח שאיננו יודעים מה פירוש הסמל e iθ כאשר θ ממשי כלומר נדמיין את עצמנו במצבו של אוילר לפני כ 270 שנה. אנחנו מניחים ש e iθ הוא מספר מרוכב כלשהו, 8

9 2 נוסחת אוילר איור 2: נוסחת אוילר: ייצוג גיאומטרי שתלוי, כמובן, בערך של θ: כאשר u(θ),v(θ) הם החלק הממשי והדמיוני של e. iθ (2.2) e iθ = u(θ)+iv(θ). מטרתנו למצוא את u(θ) ו.v(θ) נציין שיש ערך אחד של θ שעבורו ידועים לנו ערכי הפונקציות הללו: אם נציב = 0 θ ב (2.2) אז, מאחר ו = 1 0 e, נקבל 1 = e i 0 = u(0)+iv(0) (2.3) u(0) = 1, v(0) = 0. ולכן נגזור את שני אגפי השוויון (2.2) ונקבל (2.4) ie iθ = u (θ)+iv (θ). יש להעיר שבשלב זה הנחנו במובלע שכל הפונקציות המדוברות גזירות ושהנוסחה [e cθ ] = ce cθ מתקיימת גם כאשר c. = i 9

10 2 נוסחת אוילר נשתמש עכשיו בשני השוויונות (2.4),(2.2) ונקבל u (θ)+iv (θ) = ie iθ = i[u(θ)+iv(θ)] = iu(θ) v(θ) נשווה חלק ממשי בשני האגפים וחלק מדומה בשני האגפים ונקבל (2.5) u (θ) = v(θ) (2.6) v (θ) = u(θ) (2.7) u (θ)+u(θ) = 0. נציב (θ) v(θ) = u מ (2.5) ב (2.6) ונקבל זאת אומרת שמצאנו ש ( u(θ חייבת לקיים את המשוואה הדיפרנציאלית (2.7). זו משוואה לינארית והומוגנית שכבר טיפלנו בה בדוגמה בפרק קודם, והוכחנו שכל הפתרונות שלה הם מהצורה u(θ) = c 1 cos(θ)+c 2 sin(θ). יתרה מזו, אנחנו יודעים מ (2.3) ש u(θ) מקיימת את תנאי ההתחלה = 1 (0)u, כלומר: 1 = u(0) = c 1 cos(0)+c 2 sin(0) = c 1 ולכן u(θ) = cos(θ)+c 2 sin(θ). לכן על ידי גזירה נקבל u (θ) = sin(θ)+c 2 cos(θ) u (0) = c 2. ובפרט אבל מ (2.5) ו (2.3) מקבלים u (0) = v(0) = 0, c 2 = 0, (2.8) u(θ) = cos(θ). ולכן וקיבלנו 10

11 2 נוסחת אוילר (2.9) v(θ) = u (θ) = sin(θ). מ (2.5) ומ (2.8) מקבלים נציב את (2.9),(2.8) בחזרה ב (2.2), וקיבלנו את נוסחת אוילר! דרך אלטרנטיבית לקבל את נוסחת אוילר משתמשת בטורי טיילור המייצגים את הפונקציות,cos(θ),sin(θ) e θ וניתן למצוא אותה בספרים רבים. נוסחת אוילר מאפשרת לנו לחשב e בחזקת מספר דמיוני. כדי לקבל ביטוי עבור e בחזקת מספר מרוכב x+iy כלשהו, נדרוש את הדרישה הטבעית ש: e x+iy = e x e iy e x+iy = e x e iy = e x [cos(y)+isin(y)] = e x cos(y)+e x sin(y)i ונקבל לכן עכשיו יש לנו הגדרה של e z לכל מספר מרוכב z. = x+iy y(t) = e ct נדון כעת בפונקציה כאשר c = a + ib הוא מספר מרוכב כלשהו, ונראה שנוסחת הגזירה הרגילה עדיין מתקיימת: (2.10) [e ct ] = ce ct. למה 2.1 לכל c C מתקיימת הנוסחה [e ct ] = [e (a+bi)t ] = [e at+bti ] = [a at cos(bt)+e at sin(bt)i] הוכחה: נחשב: = [a at cos(bt)] +[e at sin(bt)] i = [ae at cos(bt) be at sin(bt)]+[ae at sin(bt)+be at cos(bt)] i ce ct = (a+bi)e (a+bi)t = (a+bi)[e at cos(bt)+ie at sin(bt)] ומצד שני: 11 = [ae at cos(bt) be at sin(bt)]+[ae at cos(bt)+be at cos(bt)] i, וקיבלנו ביטויים שווים.

12 3 שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני 3 שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני נניח ש r הוא שורש מרוכב של הפולינום האופייני של (0.1). כעת אנו יודעים להעניק משמעות לפונקציה y(t) = e rt ויתרה מזו, אם נציב אותה במשוואה הדיפרנציאלית (0.1) ונשתמש בכלל הגזירה (2.10), נקבל שפונקציה זו היא אכן פתרון של המשוואה הדיפרנציאלית! לכן קיבלנו את משפט 3.1 אם r שורש מרוכב של הפולינום האופייני של משוואה (0.1), אז y(t) = e rt הוא פתרון של (0.1). נחזור כעת לדוגמה 1.2, ונראה כיצד משפט 3.1 ונוסחת אוילר, עוזרים לנו להתמודד איתה. דוגמה 3.1 פתרו את המשוואה הדיפרנציאלית y +2y +5y = 0. שורשי הפולינום האופייני הם r 1 = 1+2i, r 2 = 1 2i. ולכן ממשפט 3.1 נקבל ש: z 1 (t) = e ( 1+2i)t = e t cos(2t)+e t sin(2t) i, z 2 (t) = e ( 1+2i)t = e t cos( 2t)+e t sin( 2t) = e t cos(2t) e t sin(2t) i הם פתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית. הבעיה היא ששני הפתרונות הללו הן פונקציות שמקבלות ערכים מרוכבים. בשימושים של משוואות דיפרנציאליות אנחנו מעוניינים בפתרונות ממשיים ולא מרוכבים! למרבה השמחה, יש דרך פשוטה לבנות פתרונות ממשיים בעזרת הפתרונות המרוכבים שקיבלנו. כאן ננצל את העובדה שצירופים לינאריים של פתרונות של משוואה לינארית הומוגנית נותנים גם הם פתרונות. לכן, אם ניקח את הצירוף הלינארי y 1 (t) = 1 2 z 1(t)+ 1 2 z 2(t) = e t cos(2t), 12

13 3 שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני החלק המדומה התבטל. קיבלנו פתרון חדש, שהוא ממשי! אם ניקח את הצירוף הלינארי y 2 (t) = 1 2i z 1(t) 1 2i z 2(t) = e t sin(2t) נקבל עוד פתרון ממשי כאן השתמשנו בעובדה שצירוף לינארי של פתרונות הוא פתרון גם אם מקדמי הצירוף הלינארי מרוכבים. קיבלנו אם כן שני פתרונות ממשיים. שאלה 3.1 בצעו בדיקה: על ידי הצבה של הפתרון (t) y 1 במשוואה הדיפרנציאלית, וודאו שהוא אכן פתרון שלה. אם נראה ששני הפתרונות הממשיים שמצאנו הם בלתי תלויים, אז, מאחר שמרחב הפתרונות Y הוא בעל מימד 2, נדע ששני הפתרונות הללו מהווים בסיס ל Y, כלומר כל הפתרונות הם מהצורה (3.1) y(t) = c 1 e t cos(2t)+c 2 e t sin(2t). שאלה 3.2 הראו שהפונקציות y 1 y, 2 הן בלתי תלויות. את התהליך שבצענו בדוגמה האחרונה נוכל להכליל לכל משוואה שלפולינום האופייני שלה יש שורש מרוכב. אם r = a+bi הוא שורש מרוכב של הפולינום האופייני, אז לפי משפט 3.1 הפונקציה z 1 (t) = e rt = e (a+bi)t = e at cos(bt)+ie at sin(bt) היא פתרון של המשוואה הדיפרנציאלית. יתרה מזו, מאחר ו r שורש של הפולינום האופייני, ומאחר והפולינום האופייני הוא בעל מקדמים ממשיים כי המשוואה הדיפרנציאלית היא בעלת מקדמים ממשיים, נקבל שגם הצמוד r = a bi הוא שורש של הפולינום האופייני, ולכן גם z 2 (t) = e rt = e (a bi)t = e at cos(bt) ie at sin(bt) הוא פתרון של המשוואה הדיפרנציאלית. יש לנו אם כן שני פתרונות למשוואה הדיפרנציאלית, אבל הם מרוכבים, וכדי לקבל פתרונות ממשיים ניקח צירופים לינאריים שלהם: y 1 (t) = 1 2 z 1(t)+ 1 2 z 2(t) = e at cos(bt) 13

14 3 שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני y 2 (t) = 1 2i z 1(t) 1 2i z 2(t) = e at sin(bt) על ידי צירופים לינאריים של שני פתרונות אלו נקבל משפחת פתרונות עבור המשוואה הדיפרנציאלית (3.2) y(t) = c 1 e at cos(bt)+c 2 e at sin(bt) נקרא למשפחה זו משפחת הפתרונות המתאימה לזוג השורשים הצמודים r = a±ib של הפולינום האופייני. הוכחנו, אם כן, את המשפט הבא: משפט 3.2 אם r = a+ib שורש של הפולינום האופייני של משוואה לינארית הומוגנית, אז כל הפונקציות מהצורה (3.2) הן פתרונות של המשוואה. מאחר ומשפחת הפונקציות (3.2) מופיעה כחלק ממשפחת הפתרונות של משוואות לינאריות הומוגניות, חשוב להבין את תכונותיה של משפחה זו, ובפרט את צורת הגרפים של הפונקציות הללו. נבחן ראשית את מקרה פרטי שבו = 0 2 c, 1 =,1 c כלומר נסתכל על פונקציה מהצורה y(t) = e at cos(bt). באיור 1 בחרנו = 10 b ושלושה ערכים של a. שאלה 3.3 האם תוכלו להסביר את צורת הגרפים בכל אחד מהמקרים? כיצד ישתנה הגרף אם נגדיל או נקטין את הערך b כאשר a קבוע? כיצד ישתנה הגרף אם נגדיל או נקטין את הערך a כאשר b קבוע? שאלה 3.4 א. מתי תהיה הפונקציה (3.2) פונקציה מחזורית? מהו אורך המחזור שלה במקרה זה? ב. מתי תקיים הפונקציה (3.2) lim y(t) = 0. t ג. מתי תקיים הפונקציה (3.2) lim y(t) = 0. t 14

15 3 שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני שאלה 3.5 הראו ש: פונקציה מהצורה (3.2) מתאפסת באינסוף נקודות, והמרחק בין נקודות התאפסות עוקבות הוא גודל קבוע. מצאו ביטוי לגודל הזה. את משפחת הפונקציות (3.2) נוכל לכתוב בדרך אחרת, שיש לה יתרונות לחקירת התכונות של הפתרונות. נכתוב c 1 cos(bt)+c 2 sin(bt) = ( c 2 1 +c2 2 c 1 cos(bt) + c 2 1 +c 2 2 c 2 sin(bt) c 2 1 +c 2 2 ) R = = R(Acos(bt)+Bsin(bt)), c 2 1 +c2 2, A = c 1, B = c 2 1 +c 2 2 c 2. c 2 1 +c 2 2 כאשר הגדרנו A 2 +B 2 = 1, נשים לב ש כלומר הנקודה (B,A) נמצאת על מעגל היחידה במישור, ולכן נוכל למצוא זווית φ < 2π 0 כך שיתקיים cos(φ) = A, sin(φ) = B. c 1 cos(bt)+c 2 sin(bt) = R(cos(φ)cos(bt)+sin(φ)sin(bt)) לכן נוכל לכתוב = Rcos(bt φ) כאשר בשלב האחרון השתמשנו בזהות הטריגונומטרית cos(α β) = cos(α)cos(β)+sin(α)sin(β). לכן את (3.2) נוכל לכתוב גם בצורה y(t) = Re at cos(bt φ). 15

16 3 שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני איור :3 גרפים של cos(10t) y(t) = eat עבור = 0,a.a = 1 2,a =

17 4 שורשים עם ריבוי בצורה זו, את הפרמטרים c 1 c, 2 מחליפים הפרמטרים R ו φ. בשלב זה אנחנו יודעים למצוא את כל הפתרונות של משוואה לינארית הומוגנית עם מקדמים קבועים, בהנחה שהשורשים שלה הם בעלי ריבוי 1: לכל שורש מרוכב r של המשוואה האופיינית, ביחד עם הצמוד שלו שגם הוא שורש של הפולינום האופייני מתאימים זוג פתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית, ואילו לכל שורש ממשי r מתאים פתרון אחד e. rt אם לכל השורשים של הפולינום האופייני הם בעלי ריבוי 1 אז, מאחר שיש n שורשים כאלה אנו מקבלים אוסף של n פתרונות למשוואה, כאשר כל שורש ממשי תורם פתרון, וכל זוג שורשים מרוכבים צמודים תורם שני פתרונות. ניתן גם להראות שהפתרונות הללו יהוו קבוצה בלתי תלויה, ומאחר ומספר האיברים בקבוצה שווה למימד של מרחב הפתרונות, נובע שקבוצה זו מהווה בסיס למרחב הפתרונות, ולכן בתהליך זה אנו מוצאים את כל פתרונות המשוואה. שאלה 3.6 מצאו את כל הפתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית y (5) +5y (3) 36y = 0. 4 שורשים עם ריבוי נותרלנולטפלבעודמקרהאחד המצבשבולפולינוםהאופיינייששורשים בעליריבוי. דוגמה 4.1 מצאו את פתרונות המשוואה y +4y +4y = 0 הפולינום האופייני הוא = r,P(r) = r 2 והשורש היחיד שלו הוא 2 =,r עם ריבוי 2, כלומר הפירוק של הפולינום לגורמים לינאריים הוא P(r) = (r +2) 2. מאחר ו 2 = r הוא שורש של הפולינום האופייני, אנו יודעים ש y 1 (t) = e 2t הוא פתרון של המשוואה הדיפרנציאלית, וכמובן גם כל כפולה שלו בקבוע תהיה פתרון. 17

18 4 שורשים עם ריבוי אולם לא ייתכן שאלו כל הפתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית, שכן אנו יודעים שלמרחב הפתרונות שלה Y יש מימד 2 כי זו משוואה מסדר 2, ולכן לא ייתכן שיש למרחב זה בסיס בעל איבר אחד בלבד. איך נמצא את הפתרונות החסרים? נכליל אתהבעיהמעטונבחןמשוואותמסדר 2 שישלהםשורשכפול. אם( P(r פולינום אופייני בעל שורש כפול α, אז הוא חייב להיות מהצורה P(r) = (r α) 2 = r 2 2αr+α 2, (4.1) y 2αy +α 2 y = 0. כלומר אנו מדברים על משווואת דיפרנציאליות מהצורה פתרון אחד למשוואה כזו הוא y, 1 (t) = e αt ואנו רוצים למצוא פתרון נוסף y 2 כך שזוג הפונקציות y 1 y, 2 יהיה בלתי תלויות. כדי לעשות זאת נבצע את ה"טריק" הבא. נחפש פתרונות ל (4.1) מהצורה y(t) = e αt u(t), כאשר u(t) פונקציה כלשהי. נגזור ונציב במשוואה: y (t) = e αt [u (t)+αu(t)], y (t) = e αt [u (t)+2αu (t)+α 2 u(t)] y 2αy +α 2 y = e αt [u (t)+2αu (t)+α 2 u(t)] 2αe αt [u (t)+αu(t)]+α 2 e αt u(t) = e αt u (t) לכן צריך ש = 0 (t),u כלומר. u(t) = c 1 t+c 2, y(t) = (c 1 t+c 2 )e αt = c 1 e αt +c 2 te αt. כלומר שאלה 4.1 הראו שהפונקציות e αt,t e αt בלתי תלויות. 18

19 4 שורשים עם ריבוי מאחר ומצאנו שני פתרונות בלתי תלויים, ומאחר ואנו יודעים שהמימד של מרחב הפתרונות הוא 2, קיבלנו טענה 4.1 אם לפולינום האופייני של משוואה לינארית הומוגנית מסדר 2 יש שורש עם ריבוי 2, שנסמנו ב α אז הפונקציות y 1 (t) = e αt,y 2 (t) = te αt מהוות בסיס למרחב הפתרונות Y של המשוואה. שאלה 4.2 נניח ש α הוא שורש של הפולינום האופייני של משוואה לינארית הומוגנית, עם ריבוי 1. הראו שבמקרה זה הפונקציה y(t) = te αt אינה פתרון של המשוואה הדיפרנציאלית. את טענה 4.1 אפשר להכליל עבור משוואות מסדר כלשהו כמובן שאז יכולים להיות גם פתרונות עם ריבוי גדול מ 2. משפט 4.1 אם α הוא שורש ממשי של הפולינום האופייני, בעל ריבוי m, אז (4.2) e αt, t e αt, t 2 e αt,, t m 1 e αt הם פתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית (0.1) והם מהווים קבוצה בלתי תלויה. קיבלנו אם כן ששורש של הפולינום האופייני מסדר m "תורם" לנו m פתרונות בלתי תלויים למשוואה הדיפרנציאלית. למעשה התוצאה תקפה גם עבור שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני,אלא שבמקרה זה הפתרונות (4.2) הם מרוכבים. על ידי לקיחת צירופים לינאריים של פתרונות, כפי שעשינו בסעיף 3 נוכל לקבל את התוצאה הבאה. משפט 4.2 אם α = a+bi הוא שורש מרוכב של הפולינום האופייני, בעל ריבוי m, אז e at cos(bt), te at cos(bt),,t m 1 e at cos(bt). e at sin(bt), te at sin(bt), t m 1 e at sin(bt) הם פתרונות של המשוואה הדיפרנציאלית (0.1) והם מהווים קבוצה בלתי תלויה. שאלה 4.3 פתרו את המשוואה הדיפרנציאלית y (4) +2y +y = 0. 19

20 6 תנודות חופשיות 5 פתרון משוואות לינאריות הומוגניות עם מקדמים קבועים: סיכום נסכם את השיטות שפיתחנו ב"מתכון" לפתרון משוואה לינארית הומוגנית עם מקדמים קבועים y (n) +p 1 y (n 1) +p 2 y (n 2) + +p n y = 0 P(r) = r n +p 1 r n 1 +p 2 r n 2 + +p n. 1. נכתוב את הפולינום האופייני 2. נמצא את שורשי הפולינום האופייני r 1 r, 2 r, l כאשר l הוא מספר השורשים השונים. לכל j l,1 נסמן את הריבוי של r j ב.m j 3. נעבור על השורשים וניצור בעזרתם בסיס למרחב הפתרונות: א. עבור כל שורש ממשי r j עם ריבוי m, j נוסיף לבסיס את הפונקציות e r j t, t e r j t,, t m 1 e r j t. ב. עבור כל שורש מרוכב r, j = a+bi ביחד עםהשורש הצמוד לו,a bi נוסיף לבסיס את הפונקציות e at cos(bt), e at sin(bt), te at cos(bt), te at sin(bt),,t m 1 e at cos(bt), t m 1 e at sin(bt). 4. קיבלנוn פתרונות בלתי תלויים למשוואה, y. 1, y, n הפתרון הכללי שלהמשוואה הוא: y(t) = c 1 y 1 (t)+ +c n y n (t). 6 תנודות חופשיות נעסוק עכשיו בשימוש חשוב של משוואות לינאריות הומוגניות מסדר 2 חקירת תנודות. חקירת תופעות תנודתיות היא חשובה בתחומים רבים. כמה דוגמאות: ילד מתנדנד 20

21 6 תנודות חופשיות 6.1 מערכת מסה קפיץ איור 4: מערכת מסה קפיץ על נדנדה, מיתר שמתנדנד ומפיק קול, תנודות של קפיצי מכונית אחרי שהיא עולה על מהמורה בכביש, תנודות של מבנים גדולים כמו גורדי שחקים או גשרים, תנודות של המתחים והזרמים במעגל חשמלי שבעזרתן נוכל למשל לשדר אותות רדיו, תנודות של השדה אלקטרומגנטי שאנו קוראים להן "אור", תנודות חשמליות בתאי מוחנו הידועות כתנודות אלפא, בתא, גאמא ותיטא, החיוניות לתפקודי המוח, הפעימות של ליבנו ועוד ועוד.. מתנד אוסצילטור היא מערכת שהתנהגותה הטבעית יוצרת תנודות. 6.1 מערכת מסה קפיץ דוגמה בסיסית למתנד היא מערכת מסה קפיץ: גוף בעל מסה m שמחובר לקצה של קפיץ, שקצהו השני מחובר לנקודה קבועה. לקפיץ יש אורך טבעי l. כאשר הקפיץ מתוח או מכווץ, כך שהוא ארוך יותר או קצר יותר מהאורך הטבעי ב x יחידות אורך, הוא מפעיל כוח מחזיר בגודל,kx כאשר הקבוע k הוא קבוע הקפיץ ככל שהקפיץ נוקשה יותר k גדול יותר. אם מודדים מרחק במטרים, זמן בשניות, ומסה בק"ג, אז היחידות של k הן [k] = Newton meter = kg sec 2 ולכן היחידות של kx הן ניוטון יחידות כח. נסמן ב x(t) את הסטייה שלהמסהממצב שיווי המשקל(המצב שבו אורךהקפיץהוא l ולכן הוא אינו מפעיל כח) בזמן t. על פי החוק השני של ניוטון, התאוצה של המסה, (t) a = x מקיימת: ma = F 21

22 6.1 מערכת מסה קפיץ 6 תנודות חופשיות כאשר F הוא סכום הכוחות הפועלים על המסה. מאחר ואנו מניחים כעת שהכח היחיד הפועל על המסה הוא הכח שמפעיל הקפיץ: F = F spring = kx ma = F spring = kx (6.1) mx = kx. נקבל כלומר קיבלנו אם כן משוואה דיפרנציאלית לינארית הומוגנית מסדר 2, שנכתוב אותה בצורה הסטנדרטית: x + k m x = 0. זוהי משוואת התנועה של מערכת מסה קפיץ. נפתור את המשוואה. הפולינום האופייני הוא P(r) = r 2 + k m, r 1 = k i k m = m, r 2 = k i k m = m. ושורשיו מאחר ושורשי הפולינום הם מספרים מדומים, הפתרון הכללי הוא ( ) ( ) k k x(t) = c 1 cos m t +c 2 sin m t. הקבועים c 1,c 2 ייקבעועלפיתנאיההתחלה( 0 ) x(0),x,כלומרלפיהמיקוםההתחלתי של המסה, והמהירות ההתחלתית שהענקנו לה. (6.2) ω 0 = k m, (6.3) x(t) = c 1 cos(ω 0 t)+c 2 sin(ω 0 t). [ω 0 ] = kg sec 2 kg = 1 sec, נוח לסמן את הגודל: כך שנוכל לכתוב נבחין שהיחידות של ω 0 הן 22

23 6 תנודות חופשיות 6.1 מערכת מסה קפיץ איור 5: תנועה של מערכת מסה קפיץ עם = 0.1 m,1 k, = עבור שני תנאי התחלה:.x(0) = 0.1,x (0) = ו 1,x(0) = 0.1,x (0) = 0 ומייד נדון במשמעותו של גודל זה. קל לראות שהפתרונות (6.3) אכן מייצגים תנודות מחזוריות. ניקח לדוגמה את הפתרון (6.4) x(t) = cos(ω 0 t). פונקציה מחזורית עם מחזור T היא פונקציה המקיימת x(t+t) = x(t) לכל t. זמן המחזור T הוא הזמן שבו מתבצעת תנודה אחת שלמה. כדי שהפונקציה (6.4) תהיה מחזורית צריך שיתקיים cos(ω 0 (t+t)) = cos(ω 0 t) (6.5) cos(ω 0 t+ω 0 T) = cos(ω 0 t) כלומר מאחר והפונקציה cos היא מחזורית במחזור 2π, התנאי (6.5) יתקיים אם לכן אורך המחזור של הפונקציה הוא ω 0 T = 2π. (6.6) T = 2π m = 2π ω 0 k. 23

24 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון 6 תנודות חופשיות אותו שיקול נכון כמובן גם לגבי הפונקציה (t,sin(ω 0 ומאחר וצירוף של שתי פונקציות מחזוריות עם אותו מחזור גם היא פונקציה מחזורית עם אותו מחזור, כל הפונקציות (6.3) מחזוריות במחזור T הנתון על ידי (6.6). במלים אחרות, המסה מבצעת תנודות עם זמן מחזור T, ללא תלות בתנאי ההתחלה. כמובן שהגודל המשרעת של התנודות ישתנה בהתאם לתנאי ההתחלה ראו איור 3. כאשר מדברים על תנודות מחזוריות, לפעמים נוח לדבר על תדירות התנודות במקום על זמן המחזור שלהם. התדירות היא מספר התנודות בכל שניה. מאחר וכל תנודה אורכת T שניות, התדירות היא f = 1 T. היחידות של התדירות הן [f] = 1 sec = Hertz. מאחר ומצאנו את זמן המחזור, מקבלים שהתדירות היא f = ω 0 2π = 1 k 2π m. נבחין ש: א. ככל שהקפיץ נוקשה יותר k גדול יותר, התדירות גבוהה יותר, כלומר התנודות תהיינה מהירות יותר. ב. ככל שהמסה גדולה יותר, התדירות תהיה נמוכה יותר. נציין שהגודל ω 0 נקרא גם התדירות הזוויתית. כאשר מחלקים את התדירות הזוויתית ב 2π, מקבלים את התדירות. 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון המשוואה הדיפרנציאלית הפשוטה (6.1) מזניחה גורמים כמו התנגדות האוויר, אשר נקראים גורמים מרסנים. לעיתים קרובות מוסיפים למערכת מסה קפיץ באופן מכוון גורם מרסן בצורת בוכנה המכילה חומר צמיג. כאשר נעדכן את המשוואה כדי לקחת את הריסון בחשבון, יש לצפות שהתנהגות המערכת תשתנה. ריסון (damping) הוא כוח הפועל על המסה, הפרופרציונאלי בגודלו למהירות המסה והפוך בכיוונו לכיוון התנועה הנוכחי שלה, כלומר F d = cx 24

25 6 תנודות חופשיות 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון איור 6: מערכת מסה קפיץ עם ריסון כאשר > 0 c נקרא מקדם הריסון, ויחידותיו [c] = kg לכן מהחוק השני של ניוטון נקבל. sec mx = F s +F d = kx cx x + c m x + k m x = 0. כלומר המשוואה הדיפרנציאלית שלנו היא כדי לפשט את הכתיבה נשתמש בסימון (6.2) ונגדיר גם δ = c 2m, (6.7) x +2δx +ω 2 0x = 0. כך שהמשוואה הדיפרנציאלית תכתב בצורה נפתור את המשוואה. הפולינום האופייני הוא P(r) = r 2 +2δr+ω 0 = 0 r 1,2 = δ ± δ 2 ω 2 0. ושורשיו 25

26 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון 6 תנודות חופשיות נבחין בין שלושה מקרים אפשריים, שיובילו לפתרונות מסוגים שונים. I. אם δ < ω 0 אז הביטוי שבתוך השורש שלילי, ונקבל שורשים מרוכבים צמודים r 1,2 = δ ±i ω0 2 δ 2..II אם δ > ω 0 נקבל שני שורשים ממשיים r 1,2 = δ ± δ 2 ω0. 2 r 1,2 = δ..iii אם δ = ω 0 אז נקבל שורש כפול נחקור כל אחד מהמקרים הללו ונברר את ההבדלים בהתנהגות המערכת בכל אחד מהם. מקרה I: במקרה זה δ 0 < ω 0 או, במונחי הפרמטרים המקוריים c < 2 km, והוא נקרא המקרה של ריסון חלש או תת ריסון,מאחר והתנאי האחרון אומר שהריסון c קטן יחסית. מאחר ובמקרה זה השורשים מרוכבים, נקבל את הפתרונות ( ) ( )] x(t) = e [c δt 1 cos ω0 2 δ2 t +c 2 sin ω0 2 δ2 t, וכדי לקצר את הכתיבה נגדיר את הגודל ω 1 = ω0 2 δ2 (6.8) x(t) = e δt [c 1 cos(ω 1 t)+c 2 sin(ω 1 t)]. ונכתוב 26

27 6 תנודות חופשיות 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון איור 7: תנועה של מערכת מסה קפיץ עם = 0.1 m,1 c = k,0.03 = עבור תנאי התחלה: = 1 (0) 0.2,x.x(0) = נחקור את הפתרון הזה כדי להבין את ההתנהגות שהוא מתאר. נעיר שאם = 0 δ, כלומר אם = 0 c, זאת אומרת שאין ריסון, קל לראות שהפתרון (6.8) זהה לפתרון (6.3), והמקרה המעניין כעת הוא המקרה שבו > 0 δ. אם נסתכל רק על האיבר שבתוך הסוגריים המרובעים: c 1 cos(ω 1 t)+c 2 sin(ω 1 t) נראה שהוא דומה לפתרון שקיבלנו במקרה ללא ריסון, כלומר זו פונקציה מחזורית T. = 2π אבל איבר זה מוכפל בפונקציה האקספוננציאלית הדועכת ω 1 בעלת אורך מחזור,e δt ולכן lim x(t) = 0, t הפתרון שקיבלנו מתאר, אם כן, תנודות דועכות המסה מבצעת תנודות, אבל תנודות אלו הולכות וקטנות וכעבור זמן המסה הולכת ומתקרבת למצב שיווי המשקל ראו איור 4. תוצאה זו תואמת את ההתנסות היומיומית שלנו הריסון גורם לתנועה להיעצר. נוכל להבחין ש: א. התדירות של התנודות הדועכות היא ω 2 0 δ 2 < ω 0 2π 2π, f = 1 T = ω 1 2π = כלומר תדירות זו קטנה יותר מאשר התדירות של התנודות (הלא דועכות) כאשר אין ריסון. 27

28 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון 6 תנודות חופשיות ב. ככל ש δ גדול יותר, כלומר ככל שהריסון חזק יותר, הפתרון x(t) דועך מהר יותר. מקרה :II במקרה זה δ 0 > ω 0 או, במונחי הפרמטרים המקוריים c > 2 km, והוא נקרא המקרה של ריסון חזק או ריסון יתר. במקרה זה השורשים של הפולינום האופייני ממשיים, ואנו מקבלים את הפתרונות: (6.9) x(t) = c 1 e (δ+ δ 2 ω0 2)t +c 2 e (δ δ 2 ω0 2)t. η 1 = δ + נחקור את הפתרונות האלה. נגדיר δ 2 ω0, 2 η 2 = δ δ 2 ω0 2 x(t) = c 1 e η 1t +c 2 e η 2t. (6.10) η 1 > η 2 > 0 δ > כך ש: נבחין ש: העובדה ש η 1 > η 2 מיידית. אי השוויון > 0 2 η תקף מאחר ו δ 2 ω0 2 η 2 = δ δ 2 ω0 2 > 0. e η 1t, e η 2t מכאן ששני הביטויים שואפים ל 0 כאשר t שואף לאינסוף. לכן גם עבור כל צירוף לינארי שלהם x(t) נקבל lim x(t) = 0, t כלומר המערכת חוזרת בטווח הארוך למצב שיווי המשקל. בניגוד למקרה I של תת ריסון,כאן לא מופיעות בפתרון הפונקציות המחזוריות.cos, sin לכן במקרה זה, בניגוד למקרה I, לא יתרחשו תנודות דועכות. כדי לחקור את צורת הפתרון נכתוב אותו במונחים של תנאי ההתחלה x(0) = x 0,x (0) = v 0 המיקום והמהירות ההתחלתית של המסה. 28

29 6 תנודות חופשיות 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון נגזור x (t) = c 1 η 1 e η1t c 2 η 2 e η2t. צריך למצוא c 1 c, 2 כך ש x 0 = x(0) = c 1 +c 2, x(t) = v 0 = x (0) = η 1 c 1 η 2 c 2. c 1 = η 2x 0 +v 0 η 1 η 2 c 2 = η 1x 0 +v 0 η 1 η 2 נפתור את המשוואות עבור c 1 c, 2 ונקבל 1 η 1 η 2 [ (η2 x 0 +v 0 )e η 1t +(η 1 x 0 +v 0 )e η 2t ]. ולכן לדוגמה, נבחן את צורת הפתרון בשני מקרים פרטיים: דוגמה 6.1 נניח שמושכים את המסה ומותחים את הקפיץ ואז עוזבים אותו, כך שהמהירות ההתחלתית היא = 0 0 v. איך תיראה תנועת המסה? x(t) = x 0 η 1 η 2 [ η1 e η 2t η 2 e η 1t ]. במקרה זה נקבל כדי להבין את צורת הפונקציה הזאת, נבדוק תחומי עליה וירידה. מאחר ו x (t) = η 1η 2 x 0 η 1 η 2 [ e η 1 t e η 2t ]. מ (6.10) נקבל ש < 0 (t) x לכן הפונקציה x(t) יורדת, כלומר המסה זוחלת חזרה למצב שיווי המשקל מבלי לבצע תנודות. דוגמה 6.2 נניח שהמסה נמצאת בהתחלה במצב שיווי המשקל, = 0 0 x, ונותנים לה מכה כלומר מעניקים לה מהירות התחלתית > 0 0 v. איך תיראה תנועת המסה? x(t) = v 0 η 1 η 2 [ e η 2 t e η 1t ], במקרה זה נקבל 29

30 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון 6 תנודות חופשיות איור 8: תנועה של מערכת מסה קפיץ עם = 0.1 m,1 c = k,0.8 = עבור תנאי התחלה: = 1 x(0) ו 0,5, 12 = (0) x ולכן x (t) = v 0 [ η1 e η1t η 2 e ] η 2t, η 1 η 2 וכאן אנו רואים ש ( ) x (t ) = 0 η 1 e η 1t = η 2 e η 2t t 1 η2 = ln η 2 η 1 וקל לבדוק ש > 0 (t) x עבור t t < ו < 0 (t) x עבור t.t > כלומר המסה תנוע ותמתח את הקפיץ עד למתיחה מקסימלית [ x(t ) = v (η2 ) η 2 ( ) ] η 1 η 0 1 η 2 η2 η 1 η 2 η 1 η 2 η 1 η 1 ואז זוחלת חזרה למצב שיווי המשקל, מבלי לבצע תנודות נוספות. בצורה דומה ניתן לחקור את המקרה הכללי, ולראות שבכל מקרה, לאחר תנודה אחת לכל היותר, המסה "זוחלת" חזרה למצב שיווי המשקל, ללא תנודות ראו איור 7. נזכור שמצב כזה מתרחש כאשר הריסון חזק מספיק, אפשר למשל לחשוב על מערכת מסה קפיץ שנמצאת בתווך צמיג מאד, כמו דבש. מקרה :III המקרה δ = ω 0 נקרא ריסון קריטי והוא מקרה ביניים בין ריסון יתר לתת ריסון. במקרה זה לפולינום האופייני שורש כפול, ולכן הפתרונות שנקבל הם (6.11) x(t) = c 1 e δt +c 2 te δt. במקרה זה צורת הפתרונות דומה לזו המתקבלת במקרה של ריסון יתר, במובן שאין תנודות והמסה זוחלת חזרה למצב שיווי המשקל. η 1 30

31 6 תנודות חופשיות 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון שאלה 6.1 א. הראו שכל הפתרונות (6.11) מקיימים lim x(t) = 0. t ב. הראו שלפונקציה מהצורה x(t) יש לכל היותר נקודת מקסימום או מינימום אחת בקטע.t > 0 שאלה 6.2 נניח = 1 4,k.m = א. עבור איזה ערך של c יתקיים ריסון קריטי? ב. עבור ערך זה של c, כתבו וסרטטו בעזרת מחשב את פתרונות המשוואה עם תנאי ההתחלה הבאים: x(0) = 1,x (0) = 0. x(0) = 1,x (0) = 5. x(0) = 1,x (0) = 12. למקרה של ריסון קריטי,למרות שהוא ניראה מיוחד מאד,יש חשיבות בהנדסה. לעיתים קרובות מהנדסים רוצים לתכנן מערכת שלא תבצע תנודות למשל מערכת קפיצים של מכונית, שאיננו רוצים שתבצע תנודות בכל פעם שהיא עוברת מהמורה בכביש. לכן בודאי שלא רוצים להיות במצב של תת ריסון, כלומר רוצים לבחור את הפרמטרים של המערכת למשל את חוזק הקפיץ k או את חוזק הריסון c כדי להיות במצב של ריסון יתר δ. > ω 0 במקרה זה, כפי שראינו, התנהגות המערכת תתואר על ידי כאשר η 1 = δ + x(t) = c 1 e η 1t +c 2 e η 2t. δ 2 ω0 2, η 2 = δ δ 2 ω0 2. והמערכת "תזחל" חזרה למצב שיווי משקל, יהיו אשר יהיו תנאי ההתחלה. אבל דרישה חשובה נוספת היא שהחזרה למצב שיווי משקל לא תהיה איטית מדי. קצב החזרה לשיווי משקל יקבע על ידי ערכי החזקות η 1 η, 2 אם שתיהן תהיינה גדולות, אז החזרה למצב שיווי המשקל תהיה מהירה. למעשה מאחר ו η 1 > η 2 הגודל η 2 הוא שקובע את 31

32 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון 6 תנודות חופשיות איור :9 המעריך η 2 = δ δ 2 ω 0 כפונקציה של,δ עבור = 1 0.ω קצב החזרה לשיווי משקל, ולכן רוצים שהוא יהיה גדול. נניח עתה שהפרמטרים m,k נתונים, אבל אנחנו יכולים לשלוט על חוזק הריסון במערכת. זאת אומרת ש ω 0 קבוע, ואנו יכוליםלקבועאת.δ אםנחקוראתהגודל η 2 כפונקציהשל δ בקטע δ > ω 0 נראה שזו פונקציה יורדת ראו איור 6. לכן כדי שערכה יהיה גדול ככל האפשר נירצה ש δ יהיה קטן ככל האפשר, אבל אסור ש δ, < ω 0 כי אז נעבור למצב של תת ריסון. לכן הדבר האופטימלי לעשות כדי לקבל דעיכה מהירה ככל האפשר, אבל ללא תנודות, זה לבחור אתערך הריסון הקריטי δ, = ω 0 וזה אכן מה שעושים לעיתים תכופות. באיור 7 סרטטנו את הפתרון עבור אותם תנאי התחלה וערכים שונים של מקדם הריסון, וכצפוי רואים שהדעיכה המהירה ביותר היא עבור הריסון הקריטי. k. = 4 Newton נוכל להשתמש בו כדי meter שאלה 6.3 נניח שיש לנו קפיץ שקבוע הקפיץ שלו למדוד משקל של עצמים שונים, על ידי כך שנתלה אותם על קפיץ, נמתח אותו, ונספור את מספר התנודות לשניה. בהנחה שאין חיכוך: א. אם מחברים ספר לקפיץ ומודדים את תדירות התנודות, מוצאים שהיא 0.8. Hertz מה המסה של הספר? ב. כתבן ביטוי כללי שייתן את מסת העצם בהינתן תדירות התנודות הנמדדות. שאלה 6.4 כמו בשאלה הקודמת, אנו רוצים להשתמש במדידת תדירות התנודות של קפיץ על מנת למדוד משקל, אבל עכשיו יש חיכוך שאינו זניח. כמו כן, איננו יודעים את קבוע הקפיץ. למרבה המזל, יש לנו שתי משקולות בעלי מסות ידועות 1 ק"ג ו 2 ק"ג, שבעזרתם נוכל לכייל את מערכת המדידה. כאשר תולים משקולת של 1 ק"ג על הקפיץ, תדירות התנודות היא 0.8 Hertz וכאשר תולים משקולת של 2 ק"ג, תדירות התנודות היא.0.39 Hertz 32

33 6 תנודות חופשיות 6.2 מערכת מסה קפיץ עם ריסון איור :10 פתרון המשוואה עם = ,k m = ותנאי התחלה = 0 (0) 1,x,x(0) = עבור שלושה ערכים שונים של מקדם הריסון: = 1,1.5,2 c. הריסון הקריטי = 1 c נותן את הדעיכה המהירה ביותר. א. בעזרת התוצאות שהתקבלו, מצאו את קבוע הקפיץ ואת מקדם הריסון. ב. מצאו נוסחה למסה של עצם שתולים על הקפיץ, במונחי תדירות התנודות המתקבלות. ג. אם תולים מסה על הקפיץ ומקבלים תנודות בתדירות 0.2, Hertz מה המסה שלו? 33