Diferenciálne rovnice druhého rádu

Transkript

1 Diferenciálne rovnice druhého rádu

2 Lineárne DR n n 1 n n 3... = a y a y a y a y a y g n n1 n n3 Veta 1 (Cauchyho veta) : Lineárna diferenciálna rovnica s danými počiatočnými podmienkami má jednoznačné riešenie t.j. riešenie eistuje a je práve jedno. Tipovanie y h +y p =y Veta : (Princíp superpozície). Nech y 1 a y sú riešeniami diferenciálnej rovnice s rôznymi pravými stranami g 1 (), g (), potom ich lineárna kombinácia y=c 1 y 1 + c y je tiež riešením lineárnej DR s pravou stranou g()=c 1 g 1 ()+c g ()

3 Partikulárne, homogénne a všeobecné riešenia y P y = Q Partikulárne riešenie hocijaké konkrétne riešenie vyhovujúce rovnici: = y h P yh = y P y Q p p Všeobecné riešenie y y y p h Homogénne riešenie riešenie vyhovujúce rovnici: y y P y y Q = = = p h p h y y P y P y Q h p p h y P y y P y Q h h p p Nájdi hocijaké partikulárne riešenie a keď k nemu pripočítaš homogénne, dostaneš všeobecné

4 Veta : Nech y 1 a y sú riešeniami diferenciálnej rovnice s rôznymi pravými stranami g 1 (), g (), potom ich lineárna kombinácia y=c 1 y 1 + c y je tiež riešením lineárnej DR s pravou stranou g()=c 1 g 1 ()+c g () a y a y a y = g a y a y a y = g 1 a c y a c y a c y c g... = a c y a c y a c y c g... = 1 a c1 y1 c y a1 c1 y1 c y a c1 y1 c y c1g1 cg... = Ak je princíp superpozície eperimentálne potvrdený, musia byť príslušné javy popísané LDR

5 Lineárne DR n n 1 n n 3... = a y a y a y a y a y g n n1 n n3 Veta : Nech y 1 a y sú riešeniami diferenciálnej rovnice s rôznymi pravými stranami g 1 (), g (), potom ich lineárna kombinácia y=c 1 y 1 + c y je tiež riešením lineárnej DR s pravou stranou g()=c 1 g 1 ()+c g () Dôsledok 1: (dôsledok pre homogénnu lineárnu DR g()=). Ak y 1 a y sú riešeniami homogénnej DR, potom ich lineárna kombinácia y=c 1 y 1 + c y je tiež riešením tejto rovnice Dôsledok : Ak y h je riešením homogénnej DR a y p je riešením tej istej DR s pravou stranou g(), potom ich súčet y=y h +y p je všeobecným riešením DR s pravou stranou

6 Dôsledok 1: (dôsledok pre homogénnu lineárnu DR g()=). Ak y 1 a y sú riešeniami homogénnej DR, potom ich lineárna kombinácia y=c 1 y 1 + c y je tiež riešením tejto rovnice a c y a c y a c y c g... = a c y a c y a c y c g... = 1 a c1 y1 c y a1 c1 y1 c y a c1 y1 c y c1g1 cg... =

7 Dôsledok : Ak y h je riešením homogénnej DR a y p je riešením tej istej DR s pravou stranou g(), potom ich súčet y=y h +y p je všeobecným riešením DR s pravou stranou a y a y... a y = h 1 h h a y p a1 y p... a y p = g a yh y p a1 yh y p a yh y p g... = ( )

8 Homogénne DR druhého rádu s konštantnými koeficientami a y a1 y a y = g y ay by Tvar riešenia (tipovanie) : y Aep( )

9 Motivácia výberu tipovaného riešenia y Aep( ) Podľa Cauchyho vety o jednoznačnosti, ak nájdeme akýmkoľvek regulérnym spôsobom riešenie ( s danou počiatočnou podmienkou), potom už iné neeistuje. Naša stratégia je založená na tipovaní. Ak tip na riešenie nevýjde, skúsime iný. Voľné ruky pri tipovaní STRATÉGIA TIPOVANIA Derivácia eponenciálnej funkcie je opäť eponenciála. DR sa zmenia na algebraické, ktoré už riešiť vieme. DR prevedieme na úlohu, ktorá je nám známa riešenie kvadratickej rovnice

10 Charakteristická rovnica y Aep( ) y ay by Charakteristická rovnica a b 1, a a 4b D D D MOŽNOSTI

11 D> Všeobecné riešenie skonštruované využitím princípu superpozície y c 4 4 1ep a a b cep a a b y y y y() 3, y()

12 D= a a a y c1ep cep C ep Neznámu konštantu C treba určiť z dvoch nezávislých počiatočných podmienok, čo však vo všeobecnosti nie je možné. y 4y 4y y(), y() 3 Počiatočné podmienky nedokážeme splniť súčastne

13 D= y ay by Charakteristická rovnica Pravdepodobne sme nenašli úplné riešenie, ale iba jeho časť. Povýšme konštantu A na funkciu A() y A ep( ) Koreň A A a A a b 1, a b a Ak konštatnta, je to riešením, skúsme zistiť, či neeistuje riešenie, kedy by A bola iná funkcia ako konštantná D= =-a/ 1 A() môže byť hocikaký polynóm prvého stupňa Charakteristická rovnica A A a a Obe funkcie sú riešeniami y a a ep( ) a ep( ) a ep( ) 1 1

14 Doplnenie receptu Ak je m násobným koreňom DR, potom okrem funkcie ep() sú riešeniami danej rovnice aj funkcie: ep(), ep(),... m-1 ep() a všeobecné riešenie je ich lineárnou kombináciou: Y=c 1 ep() +c ep() +...+c m m-1 ep()

15 D< 1, i a 4b a Rôzne formy zápisu všeobecného riešenia ep y c1ep i c i y ep A cos Bsin cos y Dep Vždy dve konštanty, ktoré sa určia z počiatočnźch hodnôt y y5y

16 ep y c1 i ep i c i ep i y c ep i c i 1 1 Re y c i c i c c i c c y c c Re 1 1 1

17 Zhrnutie y ay by a b 1, a a 4b D D D y c 4 4 1ep a a b cep a a b a a y c1ep c ep ep y c1ep i c i y ep A cos Bsin cos y Dep 1, a 4b a i

18 Vyšetrite pohyb tlmeného oscilátora bez vonkajšej vynucujúcej sily k m m m = 1, = m C - aperiodický pohyb B - hraničný prípad A- periodický pohyb

19 Zhrnutie k m m B - rozhranie medzi periodickým a aperiodickým pohybom oscilátora C - aperiodický pohyb B - hraničný prípad 4km D 4km m 4km A- periodický pohyb t 1 D c e c e t 1 D 1, C C te 1 D t Kmity sú tlmené

20 c e c e t 1 t 1 Kmitavý pohyb postupne zaniká a jeho mechanická energia sa postupne celá premení na vnútornú energiu prostredia 1, C C t e 1 bt Ae sin t t lim t t

21 Schéma riešenia LDR y ay by g( ) 1.Nájdeme homogénne riešenie DR y H.Nájdeme partikulárne riešenie y P metóda variácie konštánt metóda neurčitých koeficientov prechod do komplenej roviny univerzálna metóda špecifické metódy 3.sčítame obe riešenia y y y H P

22 Cramerove pravidlo a a y a a y y y a a a 1 1 a a 11 1 a 1 a a a a y 11 1 y a a 1

23 Metóda variácie konštánt Nech y 1 a y sú LN riešenia homogénnej DR, potom všeobecné riešenie DR s pravou stranou g() : bude mať tvar: kde: y ay by g( ) W1 W y Ay1 By y 1 d y d W W y y W y y y W g y ( ) y W 1 y g 1 ( )

24 Hľadanie neznámych funkcií c 1 () a c () LK y y 1 1 = c y c y = c1 ' y1 c1 y1 c' y c y' Na určenie dvoch neznámych funkcií potrebujeme dve rovnice c ' y c ' y 1 1 = Ak to neurobíme, nemá zmysel pokračovať Nedostatok rovníc na nájdenie c 1 () a c () nutnosť vytvorenia ďalšej rovnice DR Zabránenie vzniku DR druhého rádu pre funkcie C(), ktorú nevieme riešiť DR

25 Nezávislé rovnice pre určenie funkcie c 1 () a c () c ' y c ' y 1 1 c ' y c ' y = g( ) 1 1 Nedostatok rovníc na nájdenie c 1 () a c () nutnosť vytvorenia ďalšej rovnice Zabránenie vzniku DR druhého rádu pre funkcie C(), ktorú nevieme riešiť

26 Príklad y y 1 cos 3 1.Nájdeme homogénne riešenie DR y H.Nájdeme partikulárne riešenie y P y p = c 1 y 1 + c y W1 c 1 d W W c d W y y y h p

27 Metóda neurčitých koeficientov Špecifický tvar pravej strany (eponenciálna, trigonometrická, polynóm, kombinácia ) y=y p +y h y p v tvare pravej strany F ep 9m 3 m ep 3t c1 c 1.Nájdeme homogénne riešenie DR y H.Nájdeme partikulárne riešenie y P 1 y c1cos csin 4 4 Pád telesa v odporovom prostredí v homogénnom gravitačnom poli

28 y ay by P ( ) e Q a Q a b Q P n n y p : CHR: y p Q e a b Z porovnania pravej a ľavej strany dokážeme získať iba n+1 rovníc polynóm naľavo, môže obsahovať iba n neznámych koeficientov Skúmajme, aké vlastnosti musí mať polynóm Q() a b a CHR a b a a b a nie je koreňom CHR Q a Q a b Q P n Q musí byť polynóm n tého stupňa n Q R = je jednonásobným koreňom Q CHR Q a Q P n Q-polynóm n+1 stupňa n Q R je dvojnásobným koreňom CHR Q P n Q-polynóm n+ stupňa Q Rn

29 Metóda neurčitých koeficientov Nech P n () je polynóm n-tého stupňa, potom funkcia : r ( ) Q ( ) e p je partikulárnym riešením diferenciálnej rovnice: kde: a b P ( ) e P n,q n polynómy stupňa n r je číslo, ktoré udáva koľkonásobným koreňom charakteristickej rovnice je číslo n n

30 F = cos t m m = sin t m F m Diferenciálne rovnice F ˆ ˆ ˆ = epit m m KODOVANIA ˆ i Re Im Re ˆ Im ˆ DEKODOVANIA F = F cost F = F sint

31 = m m m 4???? i by muselo byť rýdzo imaginárne F ˆ ˆ = epit m

32 F F cost VYNUCUJÚCA SILA F F t sin OKREM & ˆ F ˆ p = Aep it = ep i t m m Ẑ i m tan = m & ˆ F ˆ p = At ep it = t ep i t m Konkrétna hodnota fázového posunu

33 F F cos ˆt p OKREM & = cos m p = Re( ) F p m t & tan = m F p = t cos t m Konkrétna hodnota fázového posunu

34 F F sin ˆt p OKREM & = sin m p = Im( ) F p m t & tan = m F p = t sin t m Konkrétna hodnota fázového posunu

35 Amplitúdová charakteristika A = F / m m rez = m Rezonancia veľké rozkmitanie systému periodickou vonkajšou silou s malou amplitúdou F

36 Príklad Na tlmený oscilátor pôsobí periodická sila : F t = F F T pre t <, > T pre t <, T > Nájdite výchylku (t) tohto systému v ľubovoľnom čase! F t 4F 1 1 = = sint sin 3t sin 5 t... m m m 3 5

37 F t 4F = = sin t m m m F F t sin F = sin m m t F t 4F 1 = = sin 3t m m m 3 Princíp superpozície p1 p t t p 4F = m 4F 1 = m 3 = sin sin F t 1 / m sin 3t 3 3 m t tan = F t 4F 1 1 = = sint sin 3t sin 5 t... m m m 3 5 tan = tan = i m m 3 3 m F t 4F 1 = = sin 5t m m m 5 p3 t = 4F 1 m 5 sin 5t 5 5 tan = 5 5 m 3

38 Príklad Na tlmený oscilátor pôsobí periodická sila : F t = F F T pre t <, > T pre t <, T > Nájdite výchylku (t) tohto systému v ľubovoľnom čase! F t 4F 1 1 = = sint sin 3t sin 5 t... m m m 3 5 t 4F = m i tan i = i m sin t sin 3 t Ak rezonančné frekvencie zodpovedajú frekvenciám, ktoré sú zastúpené vo Fourierovom rozvoji, môže dôjsť k deštrukcii systému

39 Harmonický pohyb z pohľadu ZZE Ak celková energia systému sa dá vyjadriť v tvare kvadratickej formy: 1 1 q q E q q 1 1 qq qq potom systém vykonáva harmonický pohyb s uhlovou frekvenciou: a jeho výchylka je v ľubovolnom čase: to je vlastne rovnica harmonického pohybu s uhlovou frekvenciou q qm cos t Určí sa z počiatočných podmienok

40 Čítanie rovníc Často používané rovnice 1 1 q q E q q q q cos t m

41 Harmonický oscilátor 1 1 k m E m k Energia má tvar kvadratickej formy Systém vykonáva harmonický pohyb s frekvenciou k m k mcos t mcos t m

42 Matematické kyvadlo cos 1! 1 mgl1 cos ml E h 1 1 g l E v m L L Lcos v L 1 1 gml ml E Energia má tvar kvadratickej formy Systém vykonáva harmonický pohyb s frekvenciou h g L g mcos t mcos t L

43 Fyzikálne kyvadlo Os otáčania M r T rt h cos Malé kmity uhly 4 cos 1...! 4! 1 1 g l E 1 mgrt 1 cos J E 1 1 mgrt J E Energia má tvar kvadratickej formy Systém vykonáva harmonický pohyb s frekvenciou mgr T J mgrt mcos t mcos t J

44 Príklad Valček s polomerom r je spojený s pružinami s tuhosťami k podľa obr. Určte jeho periódu = I mv k E T 1 1 = 1 1 = I mr kr E R I m k E = R J m k R v R T = = =