Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 6.

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(→Lineáris állandóegyütthatós)
(→Lineáris állandóegyütthatós)
89. sor: 89. sor:
  
  
−
'''2.''' <math>y''+4y=\sin(2x)\,</math> kezdeti feltételek: <math>y(0)=0</math>, <math>y'(0)=-1</math>
+
'''3.''' <math>y''+4y=\sin(2x)\,</math> kezdeti feltételek: <math>y(0)=0</math>, <math>y'(0)=-1</math>
  
 
MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:
 
MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:
126. sor: 126. sor:
  
  
−
'''3.'''
+
'''4.'''
 
:<math>y''-5y'+6=e^{2x}\,</math> kezdeti feltételek: <math>y(0)=0</math>, <math>y'(0)=0</math>
 
:<math>y''-5y'+6=e^{2x}\,</math> kezdeti feltételek: <math>y(0)=0</math>, <math>y'(0)=0</math>
  
 
MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:
 
MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:
−
:<math>y''-5y'+6=0\,</math>
+
:<math>y''-5y'+6y=0\,</math>
 
:<math>\lambda^2-5\lambda+6=0\qquad\to\qquad \lambda_1=2,\lambda_1=3</math>
 
:<math>\lambda^2-5\lambda+6=0\qquad\to\qquad \lambda_1=2,\lambda_1=3</math>
  
138. sor: 138. sor:
 
:<math>y=Axe^{2x}</math>
 
:<math>y=Axe^{2x}</math>
 
alakban keressük.
 
alakban keressük.
 +
:<math>y'=Ae^{2x}+2Axe^{2x}</math>
 +
:<math>y''=2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}</math>
 +
Behelyettesítve az eredeti egyenletbe:
 +
:<math>2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5(Ae^{2x}+2Axe^{2x})+6y=e^{2x}\,</math>

A lap 2017. január 14., 22:24-kori változata

Tartalomjegyzék

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 = x2 − y2 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 x2 + y2 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

Minden

f0(x)y + f1(x)y' + ... + fn(x)y(n)) = f(x)

lineáris differenciálegyenlet megoldásainak halmaza

\,y=y_H+y_P

alakú, ahol yH a homogén

f0(x)y + f1(x)y' + ... + fn(x)y(n))

egyenlet megoldása, y_p pedig az egyenlet egy partikuláris megoldása.

Állandóegyütthatójú, ha

f0(x) = a0,f1(x) = a1 + ... + fn(x) = an számok.

Gyakran csak másodrendű:

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 yp(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)}.


3. y''+4y=\sin(2x)\, kezdeti feltételek: y(0) = 0, y'(0) = − 1

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(2x) inhomogén tag 2 frekvenciájával. Ekkor egy x szorzót veszünk hozzá az Asin(2x) + Bcos(2x) 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:

4A = 0, − 4B = 1 azaz A=0, B=-\frac{1}{4}
y=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)-\frac{1}{4}\sin(2x)

A kezdeti érték:

y(0)=0\,
0=C_1\,
y'(0)=-1\,
y'=-2C_1\sin(2x)+2C_2\cos(2x)-\frac{1}{2}\cos(2x)
-1=+2C_2-\frac{1}{2}
-\frac{1}{2}=+2C_2
-\frac{1}{4}=C_2


4.

y''-5y'+6=e^{2x}\, kezdeti feltételek: y(0) = 0, y'(0) = 0

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

y''-5y'+6y=0\,
\lambda^2-5\lambda+6=0\qquad\to\qquad \lambda_1=2,\lambda_1=3
y_H=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}\,

II. Vegyük észre, hogy 2 gyök rezonál az exponenciális frekvenciájával. Ezért a partikuláris megoldást

y = Axe2x

alakban keressük.

y' = Ae2x + 2Axe2x
y'' = 2Ae2x + 2Ae2x + 4Axe2x

Behelyettesítve az eredeti egyenletbe:

2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5(Ae^{2x}+2Axe^{2x})+6y=e^{2x}\,
A lap eredeti címe: „http://wiki.math.bme.hu/index.php?title=Szerkeszt%C5%91:Mozo/A3_gyakorl%C3%B3_feladatok_6.&oldid=12282”
Személyes eszközök