ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Σεπτέµβριος 2006

Transcript

1 ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Σεπτέµβριος 006 Θέµα ο. Για την διαφορική εξίσωση + ' =, > 0 α) Να δειχτεί ότι όλες οι λύσεις τέµνουν κάθετα την ευθεία =. β) Να βρεθεί η γενική λύση. γ) Να βρεθεί και να σχεδιαστεί η λύση που περνάει από το σηµείο (,)=(,). α) Η παράγωγος της ευθείας = είναι ( ) = ενώ η παράγωγος των λύσεων για = ευθ προκύπτει από τη διαφορική εξίσωση ( Ε) και είναι ( λυσ ) =. Άρα οι λύσεις τέµνουν κάθετα την ευθεία αφού ( ) λυσ ( ευθ ) =. β) Η Ε είναι πρώτης τάξης οµογενής * αφού γράφεται = + και εισάγοντας τη µεταβλητή z = / και ' = z + z η Ε γράφεται z zdz d z + z= + z z = = + z z + z Ολοκληρώνοντας την () έχουµε ln ln (ep) c + z = + c + z = () και αντικαθιστώντας το z=/ παίρνουµε τη ζητούµενη γενική λύση που γράφεται ως c + = 0 () γ) Αντικαθιστώντας στην () τις τιµές =, = βρίσκουµε c=4 και η ζητούµενη µερική λύση γράφεται ως 4 =± (4) Για την σχεδίαση της λύσης παρατηρούµε ότι γ) η λύση είναι συµµετρική ως προς τον οριζόντιο άξονα γ) lim =± 0 / γ) Η λύση τέµνει τον οριζόντιο άξονα =0 στο = 4 κάθετα (αυτό προκύπτει λόγω της γ και της συνέχειας της λύσης ή από τη Ε έχουµε για =0 είναι ' = γ4) η µερική λύση περνάει από το (,) και τέµνει κάθετα τη διαγώνιο =. () * Η Ε γράφεται ( + ) d + d =0, είναι πλήρης και µπορεί να λυθεί µε την αντίστοιχη µεθοδολογία

2 Θέµα ο. Για την διαφορική εξίσωση ης τάξης ( ) =, 0, > 0 α) Να βρεθεί η γενική της λύση β) Να βρεθεί η µερική λύση που παρουσιάζει ακρότατο στο σηµείο (,)=(,). α) Η Ε είναι ης τάξης, µη γραµµική, οµογενής βαθµού ως προς την άγνωστη συνάρτηση =() και τις παραγώγους της. Στη περίπτωση αυτή εισάγουµε τη συνάρτηση z=z() και χρησιµοποιούµε τις σχέσεις = e zd, = ze zd, = ze zd + z e zd Αντικαθιστώντας τις παραπάνω σχέσεις στην Ε, ο όρος e zd 0 απλοποιείται και παίρνουµε την παρακάτω διαφορική εξίσωση ης τάξης ως προς τη συνάρτηση z=z() που ολοκληρώνεται άµεσα z' = z = + c (6) Άρα η ζητούµενη =() θα είναι + c d c, = c e = e = e c = e ln + c+ c c (5) > 0 (7) *β τρόπος. Παρατηρούµε ότι =. Αντικαθιστώντας στη Ε παίρνουµε = και µε δύο διαδοχικές ολοκληρώσεις προκύπτει η λύση (7). β) Η ζητούµενη µερική λύση θα προκύψει από τις αρχικές συνθήκες ()= και ()=0 (ακρότατο στο =). Αντικαθιστώντας τις αρχικές συνθήκες στη λύση (7) και την παράγωγό της θα πάρουµε τις σχέσεις c c c = ce, 0= ce + cce c = και c e οπότε η ζητούµενη µερική λύση είναι η = ee, > 0 (8) Θέµα ο. Γράψτε την διαφορική εξίσωση του αρµονικού ταλαντωτή µε απόσβεση για κυκλική συχνότητα ω και συντελεστή απόσβεσης b. Αν σε κανονικοποιηµένες µονάδες είναι ω=, να βρεθεί η γενική λύση =() της διαφορικής εξίσωσης για b=4, b= και b=. (Σηµειώνουµε ότι οι θετικές σταθερές k=mω και γ=mb, όπου m η µάζα, αποτελούν τους συντελεστές αναλογίας της ελκτικής δύναµης των ταλαντώσεων και της αντίστασης αντίστοιχα, δηλ. F =kγ ) oλ

3 Η Ε του αρµονικού ταλαντωτή µε απόσβεση είναι η m =k γ m + bm + mω = 0 + b + ω = 0, δηλαδή µια γραµµική Ε ης τάξης οµογενής µε σταθερούς συντελεστές. (9) η περίπτωση ω=, b=4 H Ε γράφεται = ρ + 4ρ + = 0 ρ = ± <0 (0) και σε αυτές αντιστοιχούν οι ανεξάρτητες λύσεις ( ) ( ) () e + =, () = e ( ) ( ) () ce + = + ce () Η () τείνει εκθετικά στο 0 καθώς (περίπτωση µεγάλης αντίστασης)., η περίπτωση ω=, b= H Ε γράφεται + + = ρ + ρ + = 0 ρ = (διπλη ) () και σε αυτή αντιστοιχούν οι ανεξάρτητες λύσεις () e =, () = e () = ce + ce () Η () τείνει εκθετικά στο 0 καθώς (περίπτωση κρίσιµης αντίστασης)., η περίπτωση ω=, b= H Ε γράφεται + + = ρ + ρ+ = 0 ρ, = ± i (4) και σε αυτές αντιστοιχούν οι ανεξάρτητες λύσεις / / () = e cos, () = e sin. / () = e ccos + csin (5) Η (5) περιγράφει αρµονικές ταλαντώσεις µε εκθετικά µειούµενο πλάτος (περίπτωση µικρής αντιστάσεως)

4 Θέµα 4 ο. Για µια οµογενή ράβδο, που ξεκινάει από το Ο και εκτείνεται κατά τον άξονα Ο, η ΕΜΠ που περιγράφει τη διάχυση της θερµοκρασίας θ=θ(,) είναι η θ θ k = 0 όπου k>0 η σταθερά διάχυσης. α) σε ποια κατηγορία ΕΜΠ εντάσσεται η παραπάνω διαφορική εξίσωση β) Αν για =0 η κατανοµή της θερµοκρασίας στη ράβδο είναι θ (,0) = 0e να βρεθεί µια λύση θ=θ(,) που να ικανοποιεί τη ΕΜΠ και την αρχική κατανοµή. α) Η ΕΜΠ είναι δεύτερης τάξης, γραµµική, µε σταθερούς συντελεστές, οµογενής Με τη βοήθεια του διαφορικού τελεστή D γράφεται Dθ kd θ = 0 ( D kd ) θ =0 και αφού το πολυώνυµο-τελεστής Π ( D, D) = D kd δεν µπορεί να γραφεί ως γινόµενο παραγόντων, η ΕΜΠ είναι µη αναγώγιµη. β) Στην περίπτωση των µη αναγώγιµων εξισώσεων θεωρούµε λύσεις της µορφής a+ b θ = e, a, b C (σταθ.) Αντικαθιστώντας την (6) στη ΕΜΠ παρατηρούµε ότι αυτή επαληθεύεται αν Π (, ) = = 0 = ab a kb a kb (6) (7) Έτσι η (6) γίνεται θ = e kb + b. Αφού η ΕΜΠ είναι γραµµική τότε και η kb + b θ = ce θα είναι λύση (καθώς και οποιοσδήποτε γραµµικός συνδυασµός των παραστάσεων (6) για αυθαίρετες διαφορετικές τιµές της σταθεράς b). Η παραπάνω λύση ικανοποιεί την αρχική κατανοµή (=0) αν c=0 και b=-. Άρα η ζητούµενη λύση είναι η (, ) 0 k θ = e (8) Θέµα 5 ο. Για τη ΕΜΠ z z ( z) + ( z ) = α) Να βρεθεί η γενική της λύση β) Να βρεθεί η µερική λύση που περνάει από την ευθεία z=, =0. α) Η δοσµένη ΕΜΠ είναι γραµµική ης τάξης µε σύστηµα βοηθητικών εξισώσεων d d dz = = ( = A) (9) z z Προσθέτοντας κατά µέλη τους αριθµητές και τους παρανοµαστές παίρνουµε

5 d + d + dz d + d + dz A= = d+ d+ dz = z = c (0) z+ z + 0 Επίσης από την (9) παίρνουµε το ισοδύναµο σύστηµα d = d = zdz ( = A) () ( z) z ( ) z ( ) και προσθέτοντας κατά µέλη τους αριθµητές και τους παρανοµαστές παίρνουµε d + d + zdz d + d + zdz A = = d + d + zdz = 0 z + z + z z z = c + + z =c () Άρα η γενική λύση της ΕΜΠ θα δίνεται από την σχέση Φ ( + + z, + + z ) = 0, όπου Φ αυθαίρετη συνάρτηση. () β) Αντικαθιστώντας τις αρχικές συνθήκες z=, =0 στις (0) και () έχουµε = c, 5 = c Άρα µεταξύ των σταθερών c και c θα πρέπει να ισχύει η σχέση 5 c / 9= cκαι αντικαθιστώντας τις c και c µε τις παραστάσεις (0) και () προκύπτει η ζητούµενη µερική λύση 5 ( ) η ( z z z ) 5( z z ) = = (4)