Βουγιατζής Γ Παπαδόπουλος. Ε, Ιανουάριος 3 ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΕΤ. ΠΕΡΙΟ ΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 3 Θέµα. Να βρεθεί η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης ' = + και να γίνει επαλήθευση. Βρείτε τη µερική λύση που για = έχει κλίση 45 ο. Α τρόπος Η Ε γράφεται ( ) d ( + ) d = η Pd + Qd = () P Q και είναι = =. Άρα η () είναι πλήρης και η λύση της θα είναι η Φ(,)=c για την οποία έχουµε Φ C = P = Φ = ( ) d= + C( ) Φ = + () Επίσης Φ C = Q = ( + ) οπότε εξισώνοντας µε την () παίρνουµε =, και ολοκληρώνοντας (και θέτοντας την αυθαίρετη σταθερά) βρίσκουµε C=- / Έτσι από την () παίρνουµε Φ= και η γενική λύση γράφεται = c ή = c (c αυθαίρετο) Β τρόπος Η Ε είναι οµογενής οπότε θέτουµε =/ ή = και = + και η Ε γίνεται ( ) ' ' d + + = = = d = d + + d + + (3) Είναι ( + d ) = d ( / + ) = (/) d ( + ) = (/) d ( + ) οπότε ολοκληρώνοντας την (3) παίρνουµε c ln + = ln + c + = και αντικαθιστώντας (=/) παίρνουµε + =c ή ισοδύναµα = c Επαλήθευση Παίρνουµε την παράγωγο της λύσης ως προς d dc d d d ( ) = = = d d d d d + και άρα η λύση επαληθεύεται.
Βουγιατζής Γ Παπαδόπουλος. Ε, Ιανουάριος 3 Για την µερική λύση έχουµε τις συνθήκες = και =. Αντικαθιστώντας τις τιµές αυτές στη Ε βρίσκουµε ότι =, δηλαδή η µερική λύση περνάει από το σηµείο (,). Αντικαθιστώντας το σηµείο αυτό στη γενική λύση έχουµε - - =c, δηλαδή c=. Άρα η ζητούµενη µερική λύση είναι η = Θέµα. Για την ΕΜΠ = ( ) α) Να βρεθεί η γενική λύση και να γίνει επαλήθευση β) Να βρεθεί η µερική λύση (επιφάνεια) που περνάει από την καµπύλη που ορίζεται από τις σχέσεις += και =. α) Η ΕΜΠ είναι γραµµική ης τάξης µε σύστηµα βοηθητικών εξισώσεων d = d = d ( ) d d = d + d = + = c d d d + d d d = = = d( + ) = + = ln + c = c ( ) e + (4) (5) (6) Άρα η γενική λύση θα είναι F( +, ) = όπου F αυθαίρετη συνάρτηση. e + Επιλύνοντας ως προς το παίρνουµε + = e f( + ), f :αυθαιρετη. (7) Επαλήθευση Θεωρούµε u= + και παραγωγίζοντας την (7) βρίσκουµε + ( ) + f + + f f e f u e e f e e + f e + = + = + = + + + f + + f + + f = e f( u) + e = e f + e = e f + e Αντικαθιστώντας τις παραπάνω σχέσεις στο αριστερό µέλος της ΕΜΠ έχουµε + + f + + f + ( e f + e ) ( e f + e ) = ( ) e f = ( ) άρα η λύση επαληθεύτηκε. β) για την εύρεση της µερικής λύσης πρέπει να βρούµε µια σχέση g(c,c )= µέσα από τις σχέσεις ( + ) + = c ( a) e = c ( β ) + = ( γ) = ( δ ) (8) (4β)&(4γ) =c (4γ) =- και οι (4α) και (4β) δίνουν αντίστοιχα =c και =- =c. Άρα
Βουγιατζής Γ Παπαδόπουλος. Ε, Ιανουάριος 3 e = = + = + e που αποτελεί τη ζητούµενη µερική λύση. + c c (απο ()&()) ( ) + Θέµα 3. Μια εξαναγκασµένη ταλάντωση µε αντίσταση ανάλογη της ταχύτητας περιγράφεται σε αδιάστατες µεταβλητές) από τη διαφορική εξίσωση + 4 + 4 = sin( t) α) Ποια είναι η =(t) αν είναι γνωστό ότι για t= οι αρχικές συνθήκες είναι = και =. β) Υπάρχουν αρχικές συνθήκες για τις οποίες η ταλάντωση είναι περιοδική και ποιες είναι αυτές; α) Η Ε είναι ης τάξης γραµµική και πλήρης. Βρίσκουµε πρώτα τη λύση της οµογενούς µέσω των ριζών του χαρακτηριστικού της πολυωνύµου t φ () t = e r + 4r+ 4= r = (διπλη) t φ () t = te t t Άρα η λύση της οµογενούς θα είναι = ce + cte όπου c,c αυθαίρετες σταθ. oµ Χρειαζόµαστε µια λύση για την πλήρη η οποία θα πρέπει να είναι της µορφής = Asin( t) + Bcos( t) = Acos( t) Bsin( t) = 4Asin( t) 4Bcos( t) Αντικαθιστώντας στην Ε και εξισώνοντας τα δύο µέλη βρίσκουµε Α= κα Β=-/8 δηλαδή η µερική λύση θα είναι µ = cos t () 8 και η γενική λύση γράφεται t t t t t () t = ce + cte cost και () t = ce cte + ce cost () 8 8 Αντικαθιστώντας στις σχέσεις () τις αρχικές συνθήκες t=, =, = παίρνουµε = c και c+ c = c = /8, c = /4 8 t και η ζητούµενη λύση γράφεται () t = (+ ) t e cost 8 8 β) Η γενική λύση (9) γίνεται περιοδική µόνο αν δεν υπάρχουν ο εκθετικοί όροι δηλαδή για c =c = οπότε και η περιοδική λύση είναι η µερική λύση () από την οποία για t= παίρνουµε = cos = και = sin = οι οποίες αποτελούν τις αρχικές συνθήκες 8 8 8 αυτής της περιοδικής τροχιάς.
Βουγιατζής Γ Παπαδόπουλος. Ε, Ιανουάριος 3 Θέµα 4. Ένα αυτοκίνητο µάζας m κινείται ευθύγραµµα και οριζόντια (άξονας ) µε σταθερή ταχύτητα υ ενώ η προωστική δύναµη που ασκείται από τη µηχανή είναι σταθερού µέτρου F. Η ολική αντίσταση (από τον αέρα, το δρόµο κλπ) θεωρείται ανάλογη του τετραγώνου της ταχύτητας. Κάποια χρονική στιγµή (έστω t=) διακόπτεται η προωστική δύναµη της µηχανής και ταυτόχρονα µπαίνουν σε εφαρµογή τα φρένα τα οποία ασκούν σταθερή δύναµη αντίστασης µε µέτρο R. α) είξτε ότι, για t> και µέχρι το αυτοκίνητο να σταµατήσει, η κίνηση περιγράφεται από την εξίσωση m + ( F / υ ) = R β) Γράψτε τη Ε µε τη βοήθεια της παραγώγου dυ/d, όπου υ η µειούµενη ταχύτητα του αυτοκινήτου, και βρείτε το υ σαν συνάρτηση της απόστασης υ=υ(). γ) Σε πόση απόσταση, από τη στιγµή που εφαρµόστηκαν τα φρένα, το αυτοκίνητο σταµατάει. Επιβεβαιώστε ότι η απόσταση αυτή είναι ανάλογη του τετραγώνου της αρχικής ταχύτητας υ. υ F αν F R F αν υ Πριν τα φρένα t= = Μετά τα φρένα α) Μετά τα φρένα η συνολική δύναµη αντίστασης που ασκείται στο αυτοκίνητο είναι F ολ =R+F αν και η κίνηση θα περιγράφεται από την θεµελιώδη εξίσωση της µηχανικής m = Fολ = R Fαν = R, όπου θέσαµε F = αν σύµφωνα µε την εκφώνηση. Πριν τα φρένα, θα πρέπει να έχουµε F = Fαν = υ = F / υ Οπότε η εξίσωση κίνησης παίρνει τη µορφή m + = R, = F / υ (3) β) Έχουµε d, d υ d υ d d υ = υ = = υ = = = υ dt dt d dt d Αντικαθιστώντας στην (3) παίρνουµε dυ υdυ m υ+ υ = R m = d d R + υ Η υ=υ() προκύπτει από τη λύση της (4) η οποία είναι διαχωρίσιµη υdυ m d( υ ) m m d d ln( R υ ) R+ υ = R+ υ = + = + c (4) m ( ) όπου κρατάµε µόνο το πρόσηµο + αφού η ταχύτητα είναι θετική. Για t= επιλέξαµε = και επίσης είναι υ=υ. Άρα από την (5) παίρνουµε = ( c R) c = υ + R οπότε η (5) γράφεται ( / m) ( / ) R + υ = ce υ = ce R (5)
Βουγιατζής Γ Παπαδόπουλος. Ε, Ιανουάριος 3 υ = ( υ + R ) e m R ( / ) (6) γ) Το αυτοκίνητο σταµατάει σε απόσταση = όταν υ=. Άρα από την (6) : ( / m) m υ ( υ + R) e R= = ln + R και αντικαθιστώντας το µε την τιµή του F/υ mυ F παίρνουµε = ln + από F R όπου φαίνεται ότι η είναι ανάλογη του τετραγώνου της αρχικής ταχύτητας υ.