Matematika II (FKKT – Kemijsko inzenirstvo) Ortogonalne trajektorije

Transcription

Diferencialne enaˇcbe
Ortogonalne trajektorije
Dana je enoparametriˇcna druˇzina krivulj
F (x, y, c) = 0,
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
c ∈ R.
ˇ
Zelimo
poiskati druˇzino C krivulj, ki vsako krivuljo dane druˇzine
ˇ taka druˇzina C obstaja, ji reˇcemo druˇzina
seka ortogonalno. Ce
ortogonalnih trajektorij.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo
C
4. teden
(Zadnja sprememba: 23. maj 2013)
1
ˇ
Matjaˇz Zeljko
ˇ
Matjaˇz Zeljko
2
ˇ je funkcija F dovolj lepa, lahko iz enaˇcbe (1) izrazimo
Ce
c = g(x, y). Z odvajanjem gornjega izraza po x dobimo
∂g
∂g ′
∂ x + ∂ y y = 0, oziroma
Zgled
Poiˇscˇ i druˇzino ortogonalnih trajektorij druˇzine koncentriˇcnih
kroˇznic s srediˇscˇ em v koordinatnem izhodiˇscˇ u.
y ′ = f (x, y).
Sploˇsna reˇsitev te diferencialne enaˇcbe je ravno druˇzina (1).
Vemo, da se dve (ne-navpiˇcni) premici sekata pravokotno, cˇ e
za njuna naklonska koeficienta velja k2 = − k11 . Torej druˇzina
ortogonalnih trajektorij k dani druˇzini krivulj zadoˇscˇ a enaˇcbi
y′ = −
3
ˇ
Matjaˇz Zeljko
1
.
f (x, y)
(1)
4
ˇ
Matjaˇz Zeljko
5
Zgled
Zgled
Poiˇscˇ i druˇzino ortogonalnih trajektorij k druˇzini y = cx 2 .
Poiˇscˇ i druˇzino ortogonalnih trajektorij k druˇzini y 2 ex
ˇ
Matjaˇz Zeljko
ˇ
Matjaˇz Zeljko
6
Diferencialne enaˇcbe viˇsjih redov
2 +y 2
= c.
Zgled
Zapiˇsi sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ − 2y ′ = ex .
Sploˇsna diferencialna enaˇcba reda n je oblike
F (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0.
(2)
ˇ v enaˇcbi ne nastopajo neznana funkcija y in njeni odvodi do
Ce
vkljuˇcno odvoda reda k − 1, lahko vpeljemo zamenjavo u = y (k )
in diferencialni enaˇcbi zniˇzamo red.
Enaˇcba (2) je torej oblike
G(x, y (k ) , . . . , y (n) ) = 0,
ki jo zapiˇsemo kot enaˇcbo reda n − k:
F (x, u, u ′ , . . . , u (n−k ) ) = 0.
7
ˇ
Matjaˇz Zeljko
8
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Diferencialna enaˇcba II. reda ima obliko
F (x, y, y ′ , y ′′ ) = 0,
Sploˇsna linearna diferencialna enaˇcba II. reda je oblike
y ′′ + f (x)y ′ + g(x)y = r (x),
(3)
y = y(x, C1 , C2 ).
y (n) + an−1 (x)y (n−1) + . . . + a0 (x)y = r (x),
Da bi lahko doloˇcili njeno partikularno reˇsitev, potrebujemo dva
zaˇcetna pogoja. Najpogosteje predpiˇsemo
y0 = y(x0 ) in z0 = y (x0 ).
(4)
Zgled
Diferencialna enaˇcba y ′′ + xy ′ + sin(x)y
= x 2 e−x je
√
′′′
2
′
nehomogena, enaˇcba y − x y + xy = 0 pa homogena.
(5)
imenujemo enaˇcbo (3) skupaj s pogojema (5) robni problem.
9
ˇ
Matjaˇz Zeljko
10
Homogene linearne diferencialne enaˇcbe II. reda
(8)
Izrek (Obstoj in enoliˇcnost reˇsitve)
Izrek
Naj bosta funkciji y1 in y2 reˇsitvi enaˇcbe (8). Funkciji y1 in y2 sta
linearno neodvisni natanko tedaj, ko je W (y1 (x), y2 (x)) 6= 0 za
ˇ je W (y1 (x), y2 (x)) = 0 za kakˇsen x ∈ I, je
vsak x ∈ I. Ce
W (y1 (x), y2 (x)) = 0 za vsak x ∈ I in funkciji y1 in y2 sta linearno
odvisni.
y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 ,
enoliˇcno reˇsljiv v okolici toˇcke x0 .
Hitro vidimo, da je za poljubni dve funkciji y1 in y2 , ki sta reˇsitvi
enaˇcbe (8), tudi funkcija y = α y1 + β y2 , α , β ∈ R, reˇsitev
enaˇcbe (8). Podobna trditev za nehomogene enaˇcbe ne velja.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
imenujemo determinanta Wronskega.
ˇ sta f , g zvezni funkciji na odprtem intervalu I in x0 ∈ I, je
Ce
zaˇcetni problem
11
Pravimo, da sta funkciji y1 in y2 linearno odvisni, cˇ e obstajata
konstanti C1 , C2 , ne obe 0, da je C1 y1 (x) + C2 y2 (x) = 0 za vsak
ˇ funkciji nista linearno odvisni, sta linearno neodvisni.
x ∈ I. Ce
Naj bosta funkciji y1 in y2 reˇsitvi enaˇcbe (8). Izraz
y1 (x) y2 (x) = y1 (x)y ′ (x) − y ′ (x)y2 (x)
W (y1 (x), y2 (x)) = ′
′
1
2
y1 (x) y2 (x) Take enaˇcbe pogosto nastopajo v fiziki, npr. enaˇcba nihanja
k
uteˇzi z maso m na vzmeti s koeficientom k je y¨ + m
y = 0.
y ′′ + f (x)y ′ + g(x)y = 0,
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Homogena linearna diferencialna enaˇcba II. reda je oblike
y ′′ + f (x)y ′ + g(x)y = 0.
(7)
kjer so a0 , . . . , an−1 , in r poljubne (zvezne) funkcije neodvisne
spremenljivke x.
ˇ je funkcija r na desni strani enaˇcb (6) oz. (7) identiˇcno
Ce
enaka 0, imenujemo tako enaˇcbo homogena diferencialna
enaˇcba.
Enaˇcbo (3) skupaj s pogojema (4) imenujemo zaˇcetni problem.
ˇ namesto pogojev (4) predpiˇsemo vrednosti funkcije y v
Ce
dveh toˇckah, tj.
y0 = y(x0 ) in y1 = y(x1 ),
(6)
kjer so f , g in r poljubne (zvezne) funkcije neodvisne
spremenljivke x.
Sploˇsna linearna diferencialna enaˇcba reda n je oblike
njena sploˇsna reˇsitev pa je dvoparametriˇcna druˇzina funkcij
′
12
ˇ
Matjaˇz Zeljko
ˇ sta funkciji f in g v enaˇcbi (8) konstanti, je enaˇcba oblike
Ce
Izrek
Sploˇsna reˇsitev homogene linearne diferencialne enaˇcbe
II. reda (8) je oblike
y ′′ + py ′ + qy = 0,
λ 2 eλ x + p λ eλ x + qeλ x = (λ 2 + p λ + q)eλ x = 0.
kjer sta C1 , C2 poljubni konstanti, y1 in y2 pa linearno neodvisni
partikularni reˇsitvi enaˇcbe (8). Za vsako reˇsitev z = z(x)
enaˇcbe (8) obstajata konstanti C1 in C2 , da je
z(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x).
Torej mora biti λ 2 + p λ + q = 0. Polinom
k(λ ) = λ 2 + p λ + q
14
ˇ
Matjaˇz Zeljko
ˇ sta niˇcli polinoma (10) realni in razliˇcni (tj. λ1 6= λ2 ), je
Ce
sploˇsna reˇsitev enaˇcbe (9) enaka
ˇ sta niˇcli polinoma (10) realni in enaki (tj. λ1 = λ2 ), je
Ce
sploˇsna reˇsitev enaˇcbe (9) enaka
y(x) = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x .
y(x) = C1 eλ1 x + C2 xeλ1 x .
Res: Za y1 (x) = eλ1 x in y2 (x) = xeλ1 x je determinanta
Wronskega
Res: Pokazati zadoˇscˇ a, da sta sta funkciji y1 in y2 , podani
z y1 (x) = eλ1 x in y2 (x) = eλ2 x , linearno neodvisni. Slednje
drˇzi, saj je determinanta Wronskega
W (y1 , y2 ) = y1 y2′ − y1′ y2 =
W (y1 , y2 ) = y1 y2′ − y1′ y2 =
= eλ1 x (eλ1 x + x λ1 eλ1 x ) − λ1 eλ1 x xeλ2 x = e2λ1 x
= eλ1 x λ2 eλ2 x − λ1 eλ1 x eλ2 x = (λ2 − λ1 )e(λ1 +λ2 )x .
v vsaki toˇcki neniˇcelna.
15
ˇ
Matjaˇz Zeljko
(10)
se imenuje karakteristiˇcni polinom diferencialne enaˇcbe (9). Iz
sploˇsne teorije vemo, da ima lahko polinom k ali dve realni
razliˇcni niˇcli ali eno dvojno realno niˇclo ali dve razliˇcni
konjugirano kompleksni niˇcli:
p
p
−p + p 2 − 4q
−p − p 2 − 4q
in λ2 =
.
λ1 =
2
2
Gornji izrek nam torej pove, da lahko zapiˇsemo vse reˇsitve
homogene linearne diferencialne enaˇcbe II. reda, cˇ e le
poznamo dve linearno neodvisni reˇsitvi. V nadaljevanju si bomo
pogledali, kako ju lahko poiˇscˇ emo, cˇ e ima enaˇcba konstantne
koeficiente.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
(9)
kjer sta p, q ∈ R. Reˇsitev enaˇcbe (9) iˇscˇ emo v obliki y = eλ x .
Torej je y ′ = λ eλ x in y ′′ = λ 2 eλ x . Ko slednje vstavimo v (9),
dobimo
y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x),
13
16
ˇ
Matjaˇz Zeljko
ˇ pa niˇcli polinoma (10) nista realni, sta konjugirano
Ce
kompleksni (tj. λ1 = λ2 ) in razliˇcni (tj. b 6= 0). Sploˇsna
reˇsitev enaˇcbe (9) je enaka y(x) = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x . Ker pa
je λ1 = a + bi in λ2 = a − bi, zapiˇsemo sploˇsno reˇsitev
enaˇcbe (9) s pomoˇcjo Eulerjeve formule raje v obliki
Zgled
Zapiˇsi sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ − 5y ′ + 6y = 0.
Enaˇcba y ′′ − 5y ′ + 6y = 0 ima karakteristiˇcni polinom
λ 2 − 5λ + 6 = 0 z niˇclama λ1 = 2 in λ2 = 3. Torej sta y1 = e2x in
y2 = e3x linearno neodvisni reˇsitvi gornje enaˇcbe. Sploˇsna
reˇsitev je oblike
y(x) = C1 e2x + C2 e3x .
y(x) = eax (C1 cos bx + C2 sin bx).
Res: Za y1 (x) = eax cos bx in y1 (x) = eax sin bx je zaradi
b 6= 0 determinanta Wronskega
W (y1 , y2 ) = y1 y2′ − y1′ y2 =
= eax cos bx(aeax sin bx + beax cos bx) −
−(aeax cos bx − beax sin bx)eax sin bx =
= be2ax
ˇ
Matjaˇz Zeljko
17
Zgled
Zgled
Zapiˇsi sploˇsno reˇsitev enaˇcbe
19
ˇ
Matjaˇz Zeljko
18
ˇ
Matjaˇz Zeljko
y ′′ + 6y ′ + 9y
Zapiˇsi sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ + 4y ′ + 10y = 0.
= 0.
20
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Nehomogene linearne diferencialne enaˇcbe II. reda
Zgled
ˇ v enaˇcbi (10) desna strani ni 0, zapiˇsemo
Ce
Reˇsi zaˇcetni problem y ′′ − 2y ′ + 10y = 0, y(0) = 4, y ′ (0) = 1.
y ′′ + py ′ + qy = r (x).
(11)
Reˇsitev diferencialne enaˇcbe (11) tedaj zapiˇsemo v obliki
y = yh + yp , kjer je yh sploˇsna reˇsitev pripadajoˇce homogene
enaˇcbe
y ′′ + py ′ + qy = 0,
(12)
yp pa katerakoli partikularna reˇsitev nehomogene enaˇcbe (11).
To reˇsitev lahko enostavno poiˇscˇ emo, cˇ e je funkcija r posebne
oblike:
r (x) = eax (P(x) cos bx + Q(x) sin bx),
(13)
kjer sta P in Q polinoma. Polinoma naj bosta stopnje najveˇc n
in ta stopnja mora biti doseˇzena pri vsaj enem izmed njiju.
21
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Tedaj poiˇscˇ emo partikularno reˇsitev enaˇcbe z nastavkom
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ + 9y = 81x 2 .
Pridruˇzena homogena enaˇcba y ′′ + 9y = 0 ima karakteristiˇcni
polinom λ 2 + 9 z niˇclama λ1,2 = ±3i. Sploˇsna reˇsitev homogene
enaˇcbe je yh = C1 cos 3x + C2 sin 3x. Ker lahko zapiˇsemo
kjer sta R in S neznana polinoma stopnje n, sˇ tevilo k ∈ {0, 1, 2}
pa red niˇcle λ = a + bi kot niˇcle karakteristiˇcnega polinoma
ˇ λ = a + bi ni njegova niˇcla, zapiˇsemo k = 0.
(10). Ce
Moˇzno je, da v izrazu (13) faktorja eax ni. Tedaj je pravzaprav
a = 0 in λ = bi. Podobno postavimo b = 0, cˇ e v izrazu (13) ni
ˇ pa je v izrazu
nobenega izmed faktorjev cos bx ali sin bx. Ce
(13) le polinom, imamo a = b = 0 in λ = 0.
Povzemimo. Iz oblike izraza (13) prepoznamo sˇ tevilo
λ = a + bi in se vpraˇsamo, ali je to sˇ tevilo niˇcla
karakteristiˇcnega polinoma. In cˇ e je niˇcla reda k ∈ {1, 2}, k
nastavku dodamu ustrezen faktor x k .
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Zgled
yp = x k eax (R(x) cos bx + S(x) sin bx),
23
ˇ
Matjaˇz Zeljko
22
r (x) = 81x 2 = eax (P(x) cos bx + Q(x) sin bx)
za a = 0, b = 0 in P(x) = 81x 2 , je nastavek za nehomogeno
enaˇcbo oblike
yp = x k e0x (R(x) cos 0x + S(x) sin 0x) = R(x),
kjer je R(x) = Ax 2 + Bx + C neznani polinom stopnje 2 (enake
kot r ) in k = 0, saj sˇ tevilo λ = 0 + i0 ni niˇcla polinoma λ 2 + 9.
24
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Nastavek za desno stran z veˇc cˇ leni
Ker je
ˇ funkcija r ni oblike (13), a jo lahko zapiˇsemo v obliki vsote
Ce
dveh funkcij, ki sta oblike (13), tj. r (x) = r1 (x) + r2 (x), lahko
uporabimo opisano metodo za vsako izmed funkcij r1 in r2
posebej, nato pa dobljeni partikularni reˇsitvi zdruˇzimo.
Natanˇceneje: cˇ e je y1′′ + py1′ + qy1 = r1 (x) in
y2′′ + py2′ + qy2 = r2 (x), za y = y1 + y2 velja y ′′ + py ′ + qy = r (x),
kjer je r = r1 + r2 .
yp′ (x) = 2Ax + B,
yp′′ (x) = 2A,
dobimo
yp′′ + 9yp = 2A + 9(Ax 2 + Bx + C) =
9B x + (2A + 9C) = 81x 2 .
= |{z}
9A x 2 + |{z}
| {z }
=81
=0
=0
Torej je 9A = 81, 9B = 0 in 2A + 9C = 0 oziroma A = 9, B = 0 in
C = −2. Sledi yp = 9x 2 − 2 in
y = yh + yp = C1 cos 3x + C2 sin 3x + 9x 2 − 2.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
25
26
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ + 2y ′ + 5y = 16e−x + sin 2x.
27
ˇ
Matjaˇz Zeljko
28
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ − 2y ′ + y = 2ex + x − 1.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
29
31
ˇ
Matjaˇz Zeljko
30
Zgled
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno in partikularno reˇsitev enaˇcbe
y ′′ − 3y ′ + 2y = 2e3x pri pogojih y(0) = 2 in y ′ (0) = 0.
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ + 4y = e−x .
ˇ
Matjaˇz Zeljko
32
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Ker je
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ + y = sin x.
yp′′
yp′′ + yp
Pridruˇzena homogena enaˇcba y ′′ + y = 0 ima karakteristiˇcni
polinom λ 2 + 1 z niˇclama λ1,2 = ±i. Sploˇsna reˇsitev homogene
enaˇcbe je yh = C1 cos x + C2 sin x. Ker je sin x = e0x sin 1x,
ustreza desna stran nehomogene enaˇcbe sˇ tevilu λ = 0 + 1i, ki
je ravno niˇcla karakteristiˇcnega polinoma. Torej je nastavek za
nehomogeno enaˇcbo enak
z
}|
{
= (−2A sin x − xA cos x + 2B cosx) +
yp
}|
{
z
+ (−Bx sin x + Ax cos x + Bx sin x) =
= −2A sin x + 2B cosx = sin x,
sledi A = − 12 in B = 0. Torej je yp = − 12 x cos x in
yp = x(A cos x + B sin x).
1
y = C1 cos x + C2 sin x − x cos x.
2
Sledi
yp′ = A cos x − xA sin x + B sin x + xB cos x,
yp′′ = −2A sin x − xA cos x + 2B cosx − Bx sin x.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
33
34
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ − 2y ′ + 2y = 4ex sin x.
35
ˇ
Matjaˇz Zeljko
36
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev enaˇcbe y ′′ − 4y ′ + 4y = e2x .
37
ˇ
Matjaˇz Zeljko

Matematika II (FKKT – Kemijsko inzenirstvo) Ortogonalne trajektorije

Transcription

Similar documents

Homogena diferencialna enacba

Obvestilo vaje Pef 2013

Gimnazija, vprašanje iz toplote, temperature

x - dMFA

Tehniška matematika (TM2a) - ulomki in linearna enačba

Uklon - FGG-KM

Numerično modeliranje nelinearnega vsiljenega nihanja

skripta

Taylorjeva vrsta, Računanje majhnih sprememb, Ekstremi v 1 D

Univerza v Mariboru, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo

klik - Izleti v matematično vesolje

VARNOSTNI LIST - Life Technologies

Zakaj študij informatike? - FIŠ - Fakulteta za informacijske študije

zapisnik - Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo

pdf 2,73 MB

VPIS 1 - ECHA

Teoretični izpiti Mat 3/4

1. MATRIKE IN SISTEMI LINEARNIH ENAˇCB