Alltså är {e 3t, e t } en bas för lösningsrummet, och den allmänna lösningen kan därmed skrivas

Transkript

1 ektion 7, Envariabelanalys den 8 oktober 1999 Visa att funktionerna y 1 = e r 1t och y = e r t, där r 1 r, är linjärt oberoende Finn den allmänna lösningen till y 3y = 0. Vi ska visa implikationen ay 1 + by 0 a = b = 0. Alltså ska vi undersöka vilka lösningar a och b som ekvationen ay 1 + by 0 kan ha. Om y 1 och y uppfyller identiteten ( ) så uppfyller de även identiteten vi får om vi deriverar ( ), ay 1 + by 0. ( ) r r 3 = 0. (r 1) 1 3 = 0 r = 3 och r = 1. Alltså är e 3t, e t } en bas för lösningsrummet, och den allmänna lösningen kan därmed skrivas y(t) = A e 3t + B e t, Vi har alltså att ay 1 + by 0 ay 1 + by 0 ay 1 + by 0 där A och B är konstanter. Ekvationssystemet har bara den trivial lösningen a = b = 0 om determinanten av systemmatrisen är skild från 0, y 1 y y 1 y = e r1t e rt r 1 e r1t r e rt = r e (r1+r)t r 1 e (r1+r)t = (r r 1 )e (r1+r)t 0. Alltså har ( ) endast den triviala lösningen, d.v.s. vi har visat implikationen ay 1 + by = 0 a = b = Finn den allmänna lösningen till y + y = 0. r r + 1 = 0. Den allmänna lösningen är (r 1) = 0 r = 1 (dubbelrot). y(t) = (A + Bt)e t.

2 Finn den allmänna lösningen till 4y + 5y = 0. Vi ska nu anpassa A och B så att begynnelsevärdena är uppfyllda 0 = y(1) = (A + B)e 5, = y (1) = d dt( (At + B)e 5t ) t=1 = ( 4A 5B)e 5. r 4r + 5 = 0. (r ) = 0 r = ± i. Vi får ekvationssystemet A + B = 0 4A + 5B = e 5 Alltså är lösningen y(t) = e 5 (t 1)e 5t. A = e 5 B = e 5. Den allmänna lösningen är y(t) = Ae t cos t + Be t sin t ös begynnelsevärdesproblemet + 10y + 5y = 0, y(1) = 0, y (1) = Finn den allmänna lösningen till + y y = x. Vi söker en lösning till differentialekvationen som dessutom uppfyller de extra villkoren i uppgiftstexten. Vi tar först fram den allmänna lösningen. r + 10r + 5 = 0. (r + 5) = 0 r = 5 (dubbelrot). Den allmänna lösningen är y(t) = (At + B)e 5t. Den allmänna lösningen är summan av en partikulärlösning och lösningar till den homogena ekvationen. r + r = 0. (r + 1/) 1/4 = 0 r = 1 eller r =. Alltså är den allmänna lösningen till den homogena ekvationen y H (x) = Ae x + Be x.

3 artikulärlösning Eftersom högerledet är ett förstagradspolynom ansätter vi ett allmänt förstagradspolynom som partikulärlösning y (x) = Cx + D. Vänsterledet i differentialekvationen blir + y y = 0 + C (Cx + D) = ( C)x + (C D). Identifikation av koefficienter med högerledet i differentialekvationen ger C = 1 C = 1/, C D = 0 D = 1/4. En partikulärlösning är alltså y (x) = 1 x 1 4. y(x) = y H (x) + y (x) = Ae x + Be x 1 x 1 4. artikulärlösning Eftersom högerledet till differentialekvationen är en lösning till den homogena ekvationen måste vi göra en ansats av typen y (x) = Cx m e x, där m väljs så att x m e x inte är en lösning till den homogena ekvationen. I detta fall måste vi välja m =. Vi ansätter alltså Vi får y (x) = Cx e x. y (x) = Cxe x + Cx e x ( ) = Ce x (x x ), (x) = 4Ce x (x x ) + Ce x (1 x) = Ce x (1 4x + x ). Vänsterledet av differentialekvationen blir + 4y + 4y = Ce x (1 4x + x + 4x 4x + x ) = Ce x. Identifikation med högerledet i differentialekvationen ger att C = 1/. Alltså är partikulärlösningen y (x) = 1 x e x Finn den allmänna lösningen till + 4y + 4y = e x. y(x) = y H (x) + y (x) = (A + Bx + 1 x )e x. r + 4r + 4 = 0. (r + ) = 0 r = (dubbelrot). Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är y H (x) = (Ax + B)e x.

4 Finn den allmänna lösningen till + y + y = e x sin x. y(x) = y H (x) + y (x) = (A 1 x)e x cos x + Be x sin x. r + r + = 0. (r + 1) 1 + = 0 r = 1 ± i. Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är artikulärlösning y H (x) = Ae x cos x + Be x sin x. Vi ska ansätta en partikulärlösning av typen y (x) = x m e x (C cos x + D sin x), där heltalet m ska väljas så att ingen av termerna är en lösning till den homogena ekvationen. I detta fall kan vi inte välja m = 0 utan måste välja m = 1. Vi ansätter alltså Vi får att y (x) = xe x (C cos x + D sin x). y (x) = e x cos x ( C + ( C + D)x ) + e x sin x ( D (C + D)x ), (x) = e x cos x ( Dx C + D ) + e x sin x ( Cx C D ). Vänsterledet i differentialekvationen blir + y + y = e x (D cos x C sin x). Identifikation med högerledet ger att C = 1/ och D = 0. Alltså är partikulärlösningen y (x) = 1 xe x cos x Finn den allmänna lösningen till + y + y = xe x. r + r + 1 = 0. (r + 1) = 0 r = 1 (dubbelrot). Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är artikulärlösning Vi ska göra en ansats av typen y H (x) = (A + Bx)e x. y (x) = x m e x (Cx + D), där heltalet m ska väljas så att ingen av termerna är en lösning till den homogena ekvationen. I detta fall måste vi välja m =. Vi ansätter alltså Vi får att y (x) = e x (Cx 3 + Dx ). y (x) = e x( Cx 3 + ( 3C + D)x Dx ), (x) = e x( Cx 3 + (6C + D)x + (6C 4D)x + D ).

5 Vänsterledet i differentialekvationen blir + y + y = e x (6Cx + D). Identifikation med högerledet ger att C = 1/6 och D = 0. Alltså är partikulärlösningen y (x) = 1 6 x3 e x. y(x) = y H (x) + y (x) = (A + Bx x3 )e x. Homogen lösning Om vi antar att dämpningen är liten (δ < ω 0 ) så är den homogena lösningen x H (t) = e δt( A cos ωt + B sin ωt ), där ω = ω 0 δ kallas för egenvinkelfrekvensen. Eftersom δ > 0 kommer den homogen lösningen ganska snabbt att avklinga och dö ut. Den homogena lösningen beskriver alltså en transient, övergående rörelse. artikulärlösning Eftersom högerledet är f(t) = f 0 cos(ω 1 t) ansätter vi En massa m hänger i en fjäder och i en dämpare, med konstanter k respektive c. Ställ upp massans rörelseekvation och bestäm massans rörelse då den utsätts för en yttre periodisk kraft F (t) = F 0 cos(ω 1t). x k c Efter en del räknande får vi att x (t) = x (t) = C cos ω 1 t + D sin ω 1 t. ( ) f 0 (ω (ω0 ω 1 ) + (δω 1 ) 0 ω1) cos ω1 t + δω 1 sin ω 1 t 0 m Detta uttryck kan vi med hjälp av formeln Newtons kraftlag ger oss rörelseekvationen F (t) skriva om till a cos x + b sin x = a + b cos(x + γ) mẍ + cẋ + kx = F (t), där x är massans läge på den vertikala koordinataxeln (med lämpligt val av nolläge). Vi delar med m och inför nya omskalade koefficienter Vi löser nu denna differentialekvation. ẍ + δẋ + ω 0x = f(t). x (t) = f 0 (ω 0 ω 1 ) + (δω 1 ) cos(ω 1t + γ) där γ är en fasförskjutning. Beroende på vilken vinkelhastighet ω 1 som den yttre kraften har, varierar massklumpens amplitud, A(ω 1 ) = f 0 (ω 0 ω 1 ) + (δω 1 ).

6 Ritar vi upp ett diagram av amplitudens beroende av ω 1 fås typiskt diagrammet A(ω 1 ) Kirchoffs spänningslag ger att u in = û cos ωt = u 1 + u + u, vilket betyder att u uppfyller differentialekvationen C ü + RC u + u = û cos ωt. f 0 /ω 0 Vi vet från mekanikexemplet att den homogena lösningen representerar en transient spänning som kommer snabbt att avklinga. För att bestämma partikulärlösningen ansätter vi ω max ω 1 Amplituden antar ett maximalt värde vid den s.k. resonansfrekvensen ω max = ω 0 δ. Ett enkelt exempel på ett bandpassfilter är serieresonanskretsen till höger. En inspänning u in matas uppifrån och nertill får vi en utspänning u. Bestäm hur utspänningens amplitud beror på frekvensen av en inspänning som är en sinusformad växelspänning. Vi inför en ström i som genomlöper kretsen och u 1 = spänningen över resitorn R, u = spänningen över spolen. Resistorn, spolen och kondensatorn uppfyller sambanden u 1 = R i, Ur dessa ekvationer får vi att u = di dt och i = C du dt. u = di dt = C d u dt och u 1 = R i = RC du dt. C R u (t) = A cos ωt + B sin ωt. Efter en hel del räkningar får vi att ( û ( 1 u (t) = ( ( 1 ) ( R ) ) C C C ω) cos ωt + R ) sin ωt ω + û = ( 1 ) ( R ) cos(ωt + γ). C C ω + Utspänningens amplitud är alltså û A(ω) = ( 1 ) ( R ). C C ω + Om vi plottar amplitudens beroende av ω får vi diagrammet till höger. Notera att det huvudsakligen är frekvenser kring ω 0 som förstärks medan andra frekvenser dämpas. Detta är förklaringen till namnet bandpassfilter. A(ω) û ω 0 ω