Analiza 2 Rešitve 14. sklopa nalog

Transcript

1 Analiza Rešitve 1 sklopa nalog Navadne diferencialne enačbe višjih redov in sistemi diferencialnih enačb (1) Reši homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti: (a) , (b) + 0, (c) + 0, (d) Rešitev: Homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti so enačbe oblike + a + b 0 Z nastavkom e λ pridemo do karakteristične enačbe λ + aλ + b 0 Rešitvi λ 1, karakteristične enačbe imenujemo karakteristični števili Splošna rešitev enačbe je odvisna od karakterističnih števil Zapišemo jo lahko v obliki: () C 1 e λ 1 + C e λ, če sta λ 1 λ realni števili () (C 1 + C )e λ, če je λ 1 λ λ R () C 1 e λ cos ω + C e λ sin ω, če je λ 1 λ + iω in λ λ iω (a) : Karakteristična enačba λ 6λ ima rešitvi λ 1 in λ Torej je splošna rešitev diferencialne enačbe () C 1 e + C e (b) + 0 : Karakteristična enačba λ λ ima rešitev λ 1 λ 1 Splošna rešitev je () (C 1 + C )e (c) + 0 : Karakteristična enačba λ ima imaginarni rešitvi λ 1 i, λ i Splošna rešitev se zato glasi () C 1 cos + C sin 1

2 (d) : Karakteristična enačba λ + λ + 0 ima kompleksni rešitvi λ i in λ 1 i Splošna rešitev pa je () C 1 e cos + C e sin () Z metodo nedoločenih koeficientov reši nehomogene diferencialne enačbe: (a) + 3 3, (b) e + 0, (c) sin, (d) + cos, (0) 0, (0) 1 Rešitev: Nehomogeno diferencialno enačbo drugega reda s konstantnimi koeficienti lahko zapišemo v obliki + a + b r(), kjer je nehomogeni člen r() ponavadi vsota členov, ki so oblike p()e λ cos ω ali pa p()e λ sin ω Splošna rešitev enačbe je oblike h + p, kjer je h rešitev homogene enačbe, partikularno rešitev p pa lahko poiščemo z metodo nedoločenih koeficientov z naslednjim nastavkom: Nehomogeni člen Število Nastavek p n ()e λ λ P n ()e λ p n () cos ω, p n () sin ω ±iω P n () cos ω + Q n () sin ω p n ()e λ cos ω, p n ()e λ sin ω λ ± iω P n ()e λ cos ω + Q n ()e λ sin ω Pri tem sta P n in Q n poljubna polinoma iste stopnje kot polinom p n Če je število, ki pripada nehomogenemu členu, ničla karakteristične enačbe stopnje s, moramo nastavek pomnožiti z s Če je nehomogeni člen vsota večih členov, izračunamo partikularno rešitev za vsak člen posebej in nato te rešitve seštejemo (a) : Homogeni del: Karakteristična enačba λ λ ima rešitvi λ 1 1 in λ 3 Dobimo h () C 1 e + C e 3

3 Nehomogeni del: Nehomogeni del je linearna funkcija, zato vzemimo za nastavek poljubno linearno funkcijo p () A + B Od tod sledi: p() A, p() 0 Če to vstavimo v diferencialno enačbo, dobimo kar prepišemo v sistem enačb: A + 3(A + B) 3, 3A 3, 3B A Rešitev tega sistema je A 1 in B 0 Sledi p () in () C 1 e + C e 3 + (b) e + 0 : Homogeni del: Karakteristična enačba λ 7λ ima rešitvi λ 1 in λ 5, kar nam da Nehomogeni del: h () C 1 e + C e 5 Nehomogeni del je tukaj vsota eksponentne funkcije in pa konstante Zato bomo vzeli nastavek p () Ae + B Dobimo p() Ae in p() Ae Če to vstavimo v diferencialno enačbo, dobimo kar prepišemo v sistem enačb: Ae 7Ae + 10(Ae + B) e + 0, A, 10B 0, ki ima rešitev A 1, B Sledi p () e + in () C 1 e + C e 5 + e + 3

4 (c) sin : Homogeni del: Karakteristična enačba λ + λ 5 0 ima rešitvi λ 1 1 in λ 5, zato je Nehomogeni del: h () C 1 e + C e 5 Na desni strani imamo sinusno funkcijo, zato bomo vzeli nastavek p () A sin +B cos p() A cos B sin, p() A sin B cos Ko to vstavimo v diferencialno enačbo, dobimo enačbo: A sin B cos + A cos B sin 5A sin 5B cos 6 sin, ( 6A B) sin + (A 6B) cos 6 sin S primerjavo koeficientov pri funkcijah sin in cos pridemo do sistema enačb: 6A B 6, A 6B 0, ki ima rešitev A 3, B Torej je p () 3 sin cos, splošna rešitev pa je () C 1 e + C e 5 3 sin cos (d) + cos, (0) 0, (0) 1 : Homogeni del: Karakteristična enačba λ ima rešitvi λ 1 i in λ i Sledi Nehomogeni del: h () C 1 cos + C sin Nehomogeni člen je kosinusna funkcija, zato je primeren nastavek p () A cos +B sin Ker pa je i hkrati enojna rešitev karakteristične enačbe, moramo ta nastavek pomnožiti z, da dobimo p () (A cos + B sin ) Odvoda partikularne rešitve sta enaka: Sedaj dobimo enačbo p() A cos + B sin + ( A sin + B cos ), p() A sin + B cos + ( A cos B sin ) A sin + B cos + ( A cos B sin ) + (A cos + B sin ) cos,

5 od koder sledi: A 0, B Partikularna rešitev je tako enaka p () sin, splošna rešitev enačbe pa je () C 1 cos + C sin + sin Konstanti C 1 in C bomo določili z upoštevanjem začetnih pogojev Iz enakosti sledi: () C 1 sin + C cos + sin + cos 0 (0) C 1, 1 (0) C Rešitev enačbe pri danih začetnih pogojih je torej funkcija () ( + 1) sin (3) Reši sistem navadnih diferencialnih enačb: ẋ, ẏ Rešitev: Homogen sistem navadnih diferencialnih enačb prvega reda s konstantnimi koeficienti je sistem oblike A, kjer je (t) R n in A R n n Rešitev sistema NDE je odvedljiva vektorska funkcija : I int R R n, za katero je (t) A (t) za vsak t I Grafično si lahko sistem predstavljamo kot vektorsko polje A, rešitve sistema pa so krivulje, ki so tangentne na vektorsko polje V našem primeru ponazarja vektorsko polje vrtinec, ki kroži okrog izhodišča v pozitivni smeri Pokazali bomo, da so rešitve sistema enačb parametrično podane krožnice s središči v koordinatnem izhodišču t 5

6 1 način: Sisteme NDE prvega reda v dveh dimenzijah lahko rešimo s prevedbo na eno enačbo drugega reda Z odvajanjem prve enačbe dobimo ẍ ẏ Če upoštevamo, da je ẏ, pridemo do enačbe ẍ + 0 Splošna rešitev te enačbe je Ker je ẋ, od tod sledi še (t) C 1 cos t + C sin t (t) C 1 sin t C cos t Če začetnih pogojev ne omenjamo eksplicitno, ponavadi privzamemo oznaki (0) 0 in (0) 0 V našem primeru tako dobimo C 1 0 in C 0 Rešitev sistema lahko zapišemo v matrični obliki (t) (t) Matrika cos t sin t sin t cos t cos t sin t R t sin t cos t 0 0 predstavlja rotacijo za kot t v pozitivni smeri okoli izhodišča, kar pomeni, da točka, ki je na začetku v položaju ( 0, 0 ), kroži okoli izhodišča, ob času t pa je zavrtena za kot t glede na začetni položaj t 0, 0 t način: Sisteme enačb v višjih dimenzijah običajno raje rešujemo z računanjem matričnih eksponentov Rešitev sistema A je namreč funkcija (t) e ta (0), kjer je matrični eksponent definiran s Talorjevo vrsto e ta t n A n, n! n0 ki konvergira za vsako matriko A in vsak t R Včasih lahko to vrsto izračunamo direktno po definiciji, v splošnem pa si pomagamo s prevedbo matrike na Jordanovo kanonično formo V našem primeru lahko eksplicitno izračunamo potence matrike A Najprej je A Id

7 Nadalje je A 3 A in A Id, kar pomeni, da je zaporedje (A n ) periodično s periodo Sedaj je: e ta Id + ta + t A + t3 A 3 + t A 3! )! t t Id (1 +! t6 6! + + A +, ) (t t3 3! + t5 5! t7 7! + Izraza v oklepajih sta Talorjevi vrsti funkcij cos in sin, kar pomeni, da je cos t sin t e ta sin t cos t Tako smo prišli po drugi poti do istega rezultata Opomba: Omenili smo že, da matrika cos ϕ sin ϕ R ϕ sin ϕ cos ϕ predstavlja rotacijo za kot ϕ v pozitivni smeri okoli izhodišča Matriki 0 ϕ dr ϕ ϕ 0 rečemo infinitezimalna rotacija (čeprav v resnici ni rotacija), saj za majhne kote ϕ velja formula R ϕ Id + dr ϕ Tu gre za analogijo aproksimacije grafa funkcije s tangento, le da tukaj aproksimiramo matrično funkcijo R Φ Id dr Φ Φ Kot smo že pokazali, je to le aproksimacija prvega reda natančne formule R ϕ e dr ϕ () Reši sistema diferencialnih enačb z izračunom Jordanovih kanoničnih form: (a) ẋ, ẏ +, (b) ẋ +, ẏ + 3, (0) 0, (0) 1 Rešitev: V praksi pogosto računamo eksponente matrik na naslednji način (ki je uporaben predvsem v višjih dimenzijah) Če je matrika diagonalna ali pa Jordanova kletka, je: λ 1 J λ e 0 λ tj λ e λt te λt 0 e λt, λ1 0 e D e 0 λ td λ 1 t 0 0 e λ t 7

8 V splošnem primeru lahko matriko prevedemo v Jordanovo kanonično formo A P JP 1, kjer je P prehodna matrika, J pa ali diagonalna matrika ali pa Jordanova kletka velikosti dva Tedaj je e ta P e tj P 1 Matrika A ima lahko tudi dve konjugirano kompleksni lastni vrednosti V tem primeru moramo računati v kompleksni aritmetiki (a) Rešujemo sistem ẋ(t) ẏ(t) Najprej bomo prevedli matriko sistema A v Jordanovo kanonično formo A P JP 1 Lastne vrednosti matrike A so rešitve enačbe λ 1 1 λ λ(1 λ) λ λ 0 Lastni vrednosti sta torej λ 1 in λ 1 Lastni vektor, ki pripada lastni vrednosti λ 1, mora zadoščati enačbi Vzamemo lahko na primer v 1 (1, ) Lastni vektor, ki pripada lastni vrednosti λ, pa zadošča enačbi Vzemimo v (1, 1) Tako dobimo prehodno matriko in njen inverz 1 1 P, P Od tod lahko izračunamo eksponent e ta : e ta e 3 t e t e t + e t e t e t e t e t e t + e t Rešitev danega sistema je (t) 1 e (t) 3 t + e t e t e t 0 e t e t e t + e t 0 Poglejmo še skico vektorskega polja in rešitev sistema V smereh lastnih vektorjev imamo tokovnice, ki gredo proti ali iz izhodišča (odvisno od predznaka lastne vrednosti) 8

9 (b) Sedaj imamo sistem diferencialnih enačb ẋ(t) 1 1 ẏ(t) 3 Računajmo 1 λ 1 3 λ ( 1 λ)(3 λ) + λ λ Imamo eno dvojno lastno vrednost λ 1, vendar pa je dim ker(a I) 1, kar pomeni, da imamo en lastni in en posplošeni lastni vektor Za posplošeni lastni vektor lahko vzamemo v (1, 0), od tod pa potem sledi v 1 (A I)v (, ) Prehodna matrika in njen inverz sta P 1 0 Eksponent e ta je enak: e ta 1 1 e t te t 0 0 e t, P t t e t t 1 + t Če upoštevamo začetna pogoja (0) 0 in (0) 1, dobimo rešitev (t) te t (t) (1 + t)e t Poglejmo še skici (5) Telo z maso m se premika pod vplivom sile teže Na začetku je na višini 0 in ima hitrost v v smeri, ki je pod kotom ϕ glede na vodoravnico (a) Izračunaj parabolo leta (b) Izračunaj domet telesa Rešitev: (a) Pri tej nalogi si bomo pogledali poševni met Zaradi enostavnosti bomo privzeli, da se v začetnem trenutku masna točka nahaja na -osi 9

10 v vcosφ,vsinφ 0, 0 0 D Masna točka se giblje pod vplivom sile teže F (0, mg), njen položaj ob času t pa bomo označili z r(t) ((t), (t)) Gibanje točke po prostoru določa drugi Newtonov zakon F m r Matematično gledano je to sistem dveh navadnih diferencialnih enačb drugega reda, ki ga po komponentah lahko zapišemo v obliki: mẍ 0, mÿ mg Rešitev takšnega sistema diferencialnih enačb je določena z začetnim položajem in pa z začetno hitrostjo točke: r(0) (0, 0 ), r(0) (v cos ϕ, v sin ϕ) V našem primeru so na srečo komponente sistema separirane, zato lahko vsako enačbo rešimo posebej V bistvu nam niti ni potrebno znati reševati diferencialnih enačb, saj zadostuje že dvakratno integriranje V smeri osi : Z integriranjem enačbe mẍ 0 (oziroma ẍ 0) dobimo: ẋ C, Ct + D Z upoštevanjem začetnih pogojev (0) 0 in ẋ(0) v od tod sledi V smeri osi : (t) v cos ϕ t V navpični smeri z integriranjem enačbe mÿ mg (oziroma ÿ g) dobimo: ẏ gt + C, 1 gt + Ct + D Če upoštevamo, da je (0) 0 in ẏ(0) v sin ϕ, dobimo (t) 1 gt + v sin ϕ t

11 Trajektorija točke pri poševnem metu je torej r(t) (v cos ϕ t, 1 ) gt + v sin ϕ t + 0 V tem zapisu za vsak čas natančno vemo, kje se točka nahaja Če iz enakosti v cos ϕ t izrazimo t in rezultat vstavimo v 1 gt + v sin ϕ t + 0, pa dobimo, da se točka giblje po paraboli g v cos ϕ + tg ϕ + 0 (b) Sedaj nas bo zanimalo, kje točka pade na tla Tam bo 0 oziroma g v cos ϕ + tg ϕ Ta kvadratna enačba ima dve rešitvi: eno pozitivno in eno negativno Pozitivna rešitev je enaka dometu tg ϕ + tg ϕ + g 0 v D cos ϕ Če mečemo s tal, je D v g g v cos ϕ sin ϕ, od koder sledi, da bo domet maksimalen, če je začetni kot enak ϕ 5 11