Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 6.

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap 2017. január 14., 18:22-kori változata

Tartalomjegyzék

1 Differenciálgeometria
- 1.1 Ívhossz és ívhosszparaméterezés
- 1.2 Felszín
2 Differenciálegyenletek
- 2.1 Lineáris állandóegyütthatós

Differenciálgeometria

Ívhossz és ívhosszparaméterezés

$s=\int\limits_{t_1}^{t_2}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt$

$s(t')=\int\limits_{t_0}^{t'}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt$

$s=s(t')\qquad\to\qquad t'=t'(s)\qquad\to\qquad \mathbf{r}(s)=\mathbf{r}(t')|_{t'=t'(s)}$

1. a) Mi az alábbi görbe ívhossza a [1,e] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=1-tól kezdődően?

$\mathbf{r}(t)=(t\cos \ln t, t\sin \ln t, t)$

b) Mi az alábbi görbe ívhossza a [0,1] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=0-tól kezdődően?

$\mathbf{r}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{t^3}, 2t, \frac{3}{2}t^2)$

MO.: a)

$\dot{\mathbf{r}}(t)=(\cos\ln t-t\sin\ln t\cdot \frac{1}{t},\sin\ln t+t\cos\ln t\cdot \frac{1}{t}, 1)=(\cos\ln t-\sin\ln t,\sin\ln t+\cos\ln t, 1)$

$|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{(\cos\ln t-\sin\ln t)^2+(\sin\ln t+\cos\ln t)^2+1}=$

$=\sqrt{\cos^2\ln t+\sin^2\ln t-2\cos\ln t\sin\ln t+\cos^2\ln t+\sin^2\ln t+2\cos\ln t\sin\ln t+1}=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$

Ívhossz: [1,e]-n:

$s=\int\limits_{1}^{e}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_1^e=\sqrt{3}(e-1)$

Ívhossz paraméterezés t=1-től:

$s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_{1}^{t'}=\sqrt{3}(t'-1)\qquad\to\qquad t'=\frac{s}{\sqrt{3}}+1$

$\mathbf{r}(s)=\left(\left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\cos \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\sin \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)$

b)

$\sqrt{t^3}=t^{\frac{3}{2}}$

$\dot{\mathbf{r}}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\frac{3}{2}\sqrt{t}, 2, \frac{3}{2}2t)=(2\sqrt{3}\sqrt{t}, 2, 3t)$

$|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=$

Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt teljes négyzet áll:

$=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=\sqrt{9t^2+12t+4}=\sqrt{(3t+2)^2}=|3t+2|$ ez t>0-ra persze azonos 3t+2-vel.

Ívhossz: [1,e]-n:

$s=\int\limits_{0}^{10}3t+2\,dt=\left.\frac{(3t+2)^2}{6}\right|_0^{10}=\frac{(32)^2}{6}-\frac{2}{3}$

Ívhossz paraméterezés t=0-tól:

$s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}3t+2\,dt=\left[\frac{(3t+2)^2}{6}\right]_{0}^{t'}=\frac{(3t'+2)^2}{6}-\frac{2}{3}$

$t'=\frac{\sqrt{6(s+\frac{2}{3})}-2}{3}=\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}$

$\mathbf{r}(s)=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^3}, 2\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}, \frac{3}{2}\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^2\right)$

Felszín

$\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v)$ esetén

$A=\iint\limits_{T_{u,v}}|\partial_u\mathbf{r}\times\partial_v\mathbf{r}|\,dudv$

$z = f (x, y)$ esetén

$A=\iint\limits_{T_{x,y}}\sqrt{(\partial_xf)^2+(\partial_yf)^2+1}\,dxdy$

2. a) Számítsuk ki a $z = x 2 - y 2$ egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az $x^2+y^2\leq 4$ , $x\geq 0$ feltételek adnak meg!

b) Számítsuk ki a $z=\frac{x^2}{2y}$ egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az $0\leq x\leq 1$ , $1\leq y\leq 3$ feltételek adnak meg!

c) Számítsuk ki az $\mathbf{r}(u,v)=(u\cos v,u\sin v,u)$ felület azon darabjának felszínét, melyet a $0\leq u\leq 2$ , $0\leq v\leq \pi$ feltételek adnak meg!

MO.: a)

$\sqrt{(\partial_xz(x,y))^2+(\partial_yz(x,y))^2+1}=\sqrt{(2x)^2+(2y)^2+1}=\sqrt{4x^2+4y^2+1}=\sqrt{4(x^2+y^2)+1}$

Mivel a tartomány is és a függvény is hengerszimmetriát mutat (minden amiben $x 2 + y 2$ van, az hengerszimmetrikus), ezért az integrált hengerkoordinátákban számítjuk ki. A tartomány derékszögű és polárparamméterezése (érdemes felrajzolni koordinátarendszerben és leolvasni az r-t, φ-t), r a Jacobi-determináns:

$T_{x,y}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 4, x\geq 0 \}$

$T_{r,\varphi}=\{(r,\varphi)\mid 0\leq r\leq 2, -\frac{\pi}{2}\leq\varphi\leq \frac{\pi}{2}\}$

$A=\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,r\,drd\varphi=\frac{1}{8}\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,8r\,drd\varphi=\frac{1}{8}[\varphi]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cdot[\frac{2}{3}(4r^2+1)^{\frac{3}{2}}]_0^2=\frac{\pi}{24}(17^{\frac{3}{2}}-1)$

b)

$\sqrt{(\frac{x}{y})^2+(-2\frac{x^2}{4y^2})^2+1}=\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=$

Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt egy teljes négyzet

$=\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{2y}+1\right)^2}=\left|\frac{x}{2y}+1\right|$ , ami $\frac{x}{2y}+1$ , a $0\leq x\leq 1$ , $1\leq y\leq 3$ feltételek mellett.

$T_{x,y}=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1,1\leq y\leq 3 \}$

$A=\int\limits_{x=0}^1\int\limits_{y=1}^3\,\frac{x}{2y}+1\,dydx=\int\limits_{x=0}^1\,\left[2x(\ln y)+y\right]_{y=1}^3\,dx=\int\limits_{x=0}^1\,2x(\ln 3)+2\,dx=[x^2(\ln 3)+2x]_0^1=(\ln 3)+2$

Differenciálegyenletek

Lineáris állandóegyütthatós

$ay''+by'+cy=f(x)\,$

ha a, b, c ∈ R.

Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az aλ²+bλ+c=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között).

$y(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}$ , ha $\lambda_1\ne\lambda_2\in\mathbf{R}\,$

$y(x)=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,$ , ha $\lambda_1=\lambda=\lambda\in\mathbf{R}\,$ (gyök vagy belső rezonancia esete)

$y(x)=C_1e^{\alpha x}\cos(\beta x)+C_2e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,$ , ha $\lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta\in\mathbf{C}\,$

Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható

$f(x)=e^{ax}\left(p(x)\cos(bx)+q(x)\sin(bx)\right)$

ahol p(x) és q(x) polinomok és a a+ib ∈ C szám m szeres gyöke az aλ²+bλ+c karakterisztikus polinomnak, akkor az y_p(x) partikuláris megoldásra a feltevés:

$y_p(x)=x^me^{ax}\left(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx)\right)$

ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}.

2. $y''+4y=\sin(2x)\,$ kezdeti feltételek: $y (0) = 0$ , $y'(0) = 0$

MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:

$y''+4y=0\,$

$\lambda^2+4=0\qquad\to\qquad \lambda_{1,2}=\pm 2i$ (tehát a megoldás $\alpha\pm\beta$ , alakú, ahol

α = 0,β = 2

)

$y_H=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)\,$

II. Vegyük észre, hogy a karakterisztikus egyenlet $β = 2$ gyöke rezonanciában van az $sin(2 x)$ inhomogén tag 2 frekvenciájával. Ekkor egy x szorzót veszünk hozzá az $A sin(2 x) + B cos(2 x)$ kifejezéshez, ezért a próbafüggvény:

$y_P=x(A\sin(2x)+B\cos(2x))\,$

lesz.

$\,y_P'=A\sin(2x)+2Ax\cos(2x)+B\cos(2x)-2Bx\sin(2x)\,$

$\,y_P''=2A\cos(2x)+2A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-2B\sin(2x)-2B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)\,$

Behelyettesítve az egyenletbe:

$y''+4y=\sin(2x)\,$

$\,4A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-4B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)+4xA\sin(2x)+4Bx\cos(2x)=\sin(2x)$

$\,4A\cos(2x)-4B\sin(2x)=1\cdot\sin(2x)+0\cdot \cos(2x)$

Az együtthatókat leolvasva:

4 A = 0, - 4 B = 1

3.

$y''-5y'+6=e^{2x}\,$ kezdeti feltételek:

y (0) = 0

,

y'(0) = 0

MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:

$y''-5y'+6=0\,$

$\lambda^2-5\lambda+6=0\qquad\to\qquad \lambda_1=2,\lambda_1=3$

$y_H=C_1^{2x}+C_2^{3x}\,$

II. Vegyük észre, hogy

@@ 95. sor: / 95. sor: @@
 :<math>\,4A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-4B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)+4xA\sin(2x)+4Bx\cos(2x)=\sin(2x)
 </math>
-:<math>\,4A\cos(2x)-4B\sin(2x)=\sin(2x)</math>
+:<math>\,4A\cos(2x)-4B\sin(2x)=1\cdot\sin(2x)+0\cdot \cos(2x)</math>
 Az együtthatókat leolvasva:
 :<math>4A=0,-4B=1</math>

Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 6.

A lap 2017. január 14., 18:22-kori változata

Tartalomjegyzék

Differenciálgeometria

Ívhossz és ívhosszparaméterezés

Felszín

Differenciálegyenletek

Lineáris állandóegyütthatós

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök