diferen c ialne ena Čbe
DESCRIPTION
DIFEREN C IALNE ENA ČBE. Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije. Primeri. diferencialna ena čba za y kot funkcijo x. diferencialna ena čba 2. reda. Red diferencialne enačbe je red najvišjega odvoda, ki v njej nastopa. - PowerPoint PPT PresentationTRANSCRIPT
DIFERENDIFERENCCIALNE IALNE ENAENAČBEČBE
Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.
parcialna diferencialna enačba (2. reda)
Primeri
diferencialna enačba za y kot funkcijo x
diferencialna enačba 2. reda
diferencialna enačba 3. reda
Diferencialne enačbe za funkcije ene spremenljivke imenujemo navadne, ko nastopajo parcialni odvodi na več spremenljivk pa pravimo, da so to parcialne diferencialne enačbe
Red diferencialne enačbe je red najvišjega odvoda, ki v njej nastopa.
xyy
22 xyyy
22 xyeyyx y
xzz yxx
Rešitev diferencialne enačbe je funkcija y=y(x), pri kateri je F(x,y(x),y’(x))=0 za vse x na nekem definicijskem območju.
F(x,y,y’)=0 splošna oblika diferencialne enačbe 1. reda
Primeri:
xyy je rešitev diferencialne enačbe , saj je2
2
)(x
exy
2
2
2
2
2
2
22 xxx
eee xx
Enačba mora biti izpolnjena za vse x na nekem intervalu.
ni rešitev diferencialne enačbe , čeprav je za nekatere vrednosti x.
2)( xxy xyy 32 xx
xyy
je rešitev enačbe
je tudi rešitev enačbe
je prav tako rešitev zgornje enačbe...
Velja pravilo: diferencialna enačba reda n ima splošno rešitev, ki je odvisna od n poljubnih parametrov.
xxy )(
xexxy )(
xxexxy )(
22 xyyy
22 xyyy
Splošna rešitev je običajno odvisna od nekaj parametrov. Na primer, vse rešitve enačbe so oblike , kjer sta A in B poljubni realni števili.
22 xyyyxx BxeAexxy )(
Diferencialne enačbe imajo praviloma veliko rešitev, kar je posledica dejstva, da odvajanje ni injektivno.
Geometrični pomen diferencialne enačbe
y=y (x) je rešitev enačbe y’ =f (x,y)
smerni koeficient tangente na graf rešitve v točki x0 je enak f (x0,y (x0))
funkcija f(x,y) določa polje smeri:
pri vsaki točki (x,y) z majhno daljico označimo smer s koeficientom f(x,y).
f(x,y)=x-y
vsaka krivulja, ki je v svojih točkah tangentna na polje smeri, je graf ene izmed rešitev diferencialne enačbe
f(x,y)=x2-y2+1
f(x,y)=-y-sin3x
Diferencialna enačba skupaj z začetnim stanjem v celoti določa evolucijo sistema.
y(0)=C, torej je C začetna količina opazovane snovi
Za 14C:
Hitrost razpadanja pogosto podamo z razpolovno dobo T: zveza s k je kT=ln
2
Hitrost razpadanja radioaktivne snovi je sorazmerna s količino snovi (reakcija 1. reda). Če imamo na začetku neko količino snovi (npr. 5g izotopa 14C), kaj lahko povemo o količini snovi čez nekaj časa (npr. čez koliko časa bo ostalo le 3g 14C)? y=y(t) količina snovi v trenutku t
y’=-k y k je sorazmernostni faktor med količino snovi in hitrostjo razpadanja (npr. za 14C je k =3.83 10-12 s-1)
ktCeycktydtkydy
dtkydy
kydtdy ln
let s 42301413336814621083.3
5108.0ln53
1253
kte kt
Razpolovna doba 14C je (0.6931/3.83) 1012 s ≈ 5730 let.
Fizikalni primer: radioaktivni razpad
Ogljikov izotop 14C nastaja v višjih plasteh atmosfere, ko pod vplivom kozmičnih žar- kov dva neutrona nadomestita dva protona v 14N. Nastali 14C se veže s kisikom v 14CO2.
Razmerje med 14CO2 in 12CO2 v atmosferi je dokaj stabilno.
kozmični žarki
Rastline absorbirajo CO2
v biosfero. Razmerje med 12C in
14C v živih bitjih je enako, kot v atmosferi.
Ko ostanki živih bitij niso več v stiku z atmosfero se razmerje med 12C in
14C zaradi radioaktivnega razpada poveča v prid prvega. Starost ostankov ocenimo na podlagi primerjave stopenj radioaktivnosti.
stopnja radioaktivnosti
0 let 5730 let 11460 let 17190 let starost
Datiranje s 14C
Pri diferencialnih enačbah obravnavamo dva tipa nalog:
npr. enačba
začetni problem
iščemo rešitev enačbe, ki ima v nekih točkah predpisane funkcijske vrednosti (in morda vrednosti odvodov)
npr. začetni problem
yy 2 xAexy 2)(
iskanje splošne rešitve
splošna rešitev
22 xyyy xx BxeAexxy )(
rešitev
3)0(
2
y
yy xexy 23)(
2)0(
0)0(
22
y
y
xyyyxxexxy )(
V družini krivulj gre le ena skozi točko (0,3).
xAey 2
V dvoparametrični družini krivulj je le ena,ki gre skozi izhodišče in ima tam tangento s smernim koeficientom 2.
xx BxeAexy
Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami
V diferencialni enačbi 1. reda lahko ločimo spremenljivki, če jolahko zapišemo v obliki
Primeri
nista enačbi z ločljivimi spremenljivkami
)(
)()()(
yvxu
yxuyyv ali
02 yyx
xyy
xyy 1
2
21 yy 11 2
y
y
12 xyxyxx
yy21
yxy 1 xyyyx
Reševanje enačb z ločljivimi spremenljivkami
implicitna oblika splošne rešitve
U(y) primitivna funkcija za u(y)V(x) primitivna funkcija za v(x)
CxVyUxVyUxvyyu )()()()()()(
Praktično navodilo: v diferencialni enačbi pišemo , prestavimo vse
x na eno stran enačbe, vse y na drugo stran enačbe in potem integriramo vsako stran posebej.
dxdy
y
02 22 yyx 02 22 ydxdy
x 222 xdx
ydy
222 xdx
ydy C
xy 1
2
1)1(2
)(
Cx
xxy
Primeri
spremenljivk se ne da ločiti!
nova spremenljivka:
yxvy )('
)()(ln)(' xVC eeyCxVyxv
yy
)(xVAey A ∈ ℝ
yxy '
yu
yxu
1
uu 1
11ln1
1
xCeuCxudxu
duu
dxdu
1 xCey x
Začetni problem pri enačbah z ločljivimi spremenljivkami
Primer
00 )(
)()(
yxy
xvyyu x
x
y
y
dxxvdyyu00
)()(
2)1(
1 2
y
xyxy
xy
dxxx
ydy1
2
2
1xy
xx
y
1
2
2
2
2ln
2
5ln22
1
2ln2
222
22
xxyx
xy
Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.
Rešitev DE je funkcija y=y(x), ki za vse x ustreza enačbi. Število prostih parametrov, od katerih je odvisna rešitev je enako redu enačbe.
Geometrično je rešitev DE vsaka krivulja, ki je tangentna na polje smeri.
Začetni problem je iskanje rešitve DE, ki ustreza nekim začetnim pogojem.
DE z ločljivimi spremenljivkami rešimo tako, da ločimo spremenljivki in potem integriramo vsako stran enačbe posebej.
Primer modeliranja z DE
Tripsin je encim trebušne slinavke, ki nastane iz tripsinogena. V reakciji nastopa tripsin kot katalizator, zato je hitrost nastajanja tripsina sorazmerna z njegovo koncentracijo.
y0 ........... začetna koncentracija tripsina
y(t) ........... koncentracija tripsina v času t
y’=ky ........... hitrost nastajanja je sorazmerna koncentraciji
Model napoveduje eksponentno in neomejeno naraščanje količine tripsina. To se v resnici ne more zgoditi, zato model popravimo.
00 yy
kyy
)(začetni problem: rešitev: y=y0ekt
Med reakcijo se tripsinogen porablja: iz vsake molekule tripsinogena nastane ena molekula tripsina. Zato privzamemo, da je hitrost reakcije sorazmerna tako koncentraciji tripsina, kot koncentraciji tripsinogena. Če je skupna koncentracija tripsina in tripsinogena C, začetna koncentracija tripsina pa y0 dobimo začetni problem:
Logistična krivulja: model predvideva, da bo koncentracija tripsina zrasla do prvotne koncentracije tripsinogena, potem pa se bo ustalila.
00 yy
yCkyy
)(
)(
ty
y
ty
y
ktyC
yC
dtkyCy
dydtk
yCydy
00
00
1
ln
)()(
CktyC
Ckt
eC
tyey
yCy
yC
11)(
00
0
Logistična krivulja je dober model za omejeno rast, vendar ni vedno povsem ustrezna. Npr. pri tumorjih število rakastih celic najprej narašča eksponencialno, potem pa se rast umiri in sčasoma ustavi. S poskusi so ugotovili, da krivulja naraščanja ni logistična temveč t.im. Gompertzova krivulja (ena od vidnih razlik je, da pri njej prevoj nastopi precej prej kot pri logistični).
Gompertzova funkcija
)()(atekeyty
10
Eksperimentalno ugotovljeno zakonitost poskušamo razložiti tako, da pogledamo, kateri diferencialni enačbi ustreza Gompertzova funkcija.
s staranjem se reproduktivna moč celic zmanjšuje
reproduktivni faktor se ne spreminja, vendar je naraščanje sorazmerno le z delom števila celic v tumorju, ker se v notranjosti tumorja ustvari nekrotično območje
)()()( tyeeakeyey atatekek atat
10
10
Diferencialna enačba pomeni, da število rakastih celic narašča sorazmerno z velikostjo tumorja, vendar se sorazmernostni faktor spreminja s časom. Vzroke za spremembo razlagajo različno:
yey at
)( yey at
yey at )(
Linearne diferencialne enačbe 1. reda
splošna LDE 1. reda
homogena LDE 1. reda
Velja:
)()( xbyxay
0)( yxay
poljubni rešitvi LDE 1. reda se razlikujeta
za rešitev pripadajoče homogene enačbe.
splošna rešitev LDE 1. reda je oblike y=yP+yH
rešitve homogene LDE 1. reda so oblike
, kjer je A(x) primitivna
funkcija za a(x).
)(xAH Cey
je rešitev
splošne LDE 1. reda
dxexbey xAxAP
)()( )(
0)()( 2121
2211
yyayy
yaybyay
dxxaCey
dxxaydy
yxay
)(
)(0)(
)()()()(
)(
)())((
)()(
)()(
xbyxayxbyxa
exbe
dxexbxaey
PPP
xAxA
xAxAP
Primer
)()( xbyxay Reševanje LDE 1. reda:
1. izračunamo primitivno funkcijo A(x) za a(x);
2. izračunamo integral ;
3. splošna rešitev enačbe je
dxexbxB xA )()()(
))(()( )( CxBexy xA
)sin(xyyx
xx
xy
y)sin(
xxA ln)(
xdxxdxex
xxB x cossin
sin)( ln
xCx
xy
cos
)(
Primer
RL- električni krog
Kirchhoffov zakon: E=ER+EL
LDE 1.reda
konstantni vir napetosti E:
vir napetosti:E(t)
padec napetosti na uporu: ER=RI
padec napetosti na tuljavi: EL=LI
’ L
R
)(1
tEL
ILR
I
0)0(
1
I
EL
ILR
I
tLR
tA )(
1)(
0
tLRt
tLR
eRE
dtLE
etB
tLR
eRE
tI 1)(
Začetni problem za LDE 1.reda
izračunamo:
rešitev:
Primer
00 )(
)()(
yxy
xbyxay x
x
dxxaxA0
)()(
x
x
xA dxexbxB0
)()()(
))(()( 0)( yxBexy xA
1)0(
32
y
yy xdxxAx
22)(0
2
3
2
33)( 2
0
2 xx
x edxexB
22
31
2
3
2
3)(
222
xxx e
eexy
Primerizmenični vir napetosti:
L
E(t)
R
tEtE sin)( 0
Cdtte
LE
etIt
LR
tLR
sin)( 0
tEL
ILR
I sin1
0
bxbbxaba
edxbxe
axax cossinsin
22
Ctt
LRe
LE
eLR
tLR
tLR
cossin2
0
2
2
tLR
CetLtRLR
E
cossin
2220
tLR
CetLR
E
)sin(
222
0
222222sincos
LR
L
LR
R
Rešljivost DE 1. reda
Primeri Začetni problem nima rešitev, ker je edina
rešitev enačbe dana z y(x)=0.
1)0(
0)( 22
y
yy
02 yy
Začetni problem ima edino rešitev y(x)=x+1.
10
1
)(y
y
Začetni problem
ima neskončno rešitev oblike y(x)=Cx+1.
10
1
)(yx
yy
Picardova iteracijska metoda
numerična metoda za reševanje DE 1.reda
zadostni pogoji za obstoj in edinost rešitve DE 1.reda
(Podobno smo pri Newtonovi metodi enačbo f(x)=0 preoblikovali v x=g(x).)
Rešitev začetnega problema
lahko zapišemo v integralski obliki
ki je primerna za približno reševanje.
00 yxy
yxfy
)(
),(
,))(,()( x
x
dttytfyxy0
0
Za vse n velja:
limitna funkcija y(x) je rešitev začetnega problema.
in(če je f zvezna in če smemo odvajati limito)
Tvorimo zaporedje funkcij y0(x), y1(x), y2(x),... po rekurzivnem pravilu:
))(,()(
)(
xyxfxy
yxy
nn
n
1
00
Privzemimo, da obstaja limitna funkcija ; tedaj je )(lim)( xyxy nn
))(,())(lim,())(,(lim)( xyxfxyxfxyxfxy nnnn
000 yxyxy nn )(lim)(
x
xnn dttytfyxy
yxy
0
01
00
))(,()(
)(
Primer
......
Taylorjeva vrsta za funkcijo y(x)=ex.
10)(y
yy
xdtxyx
1110
1 )(
10 )(xy
2111
2
0
2
xxdttxy
x
)()(
621
211
32
0
2
3
xxxdt
ttxy
x
)()(
24621
6211
432
0
32
4
xxxxdt
tttxy
x
)()(
x
nn dttyxy
xy
0
1
0
1
1
)()(
)(
Primer Picardove iteracije za začetni problem
......
0 1 2
3
10
2
)(y
yxy
Pri določenih pogojih Picardove iteracije konvergirajo proti rešitvi začetnega problema, dobljena rešitev pa je enolična.
Če sta f(x,y) in fy’(x,y) zvezni na neki okolici točke (x0,y0)
potem začetni problem ima natanko eno rešitev
y=y(x) na neki okolici točke x0.
00 yxy
yxfy
)(
),(
xxy tg)(
00
1 2
)(y
yy
Primer
Rešitve ni vedno mogoče podaljšati na celo realno os!
splošna LDE 2. reda
homogena LDE 2. reda
Linearne diferencialne enačbe 2.reda
)()()( xcyxbyxay
0)()( yxbyxay
Velja: poljubni rešitvi LDE 2. reda se razlikujeta
za rešitev pripadajoče homogene enačbe.
splošna rešitev LDE 2. reda je oblike y=yP+yH ,
kjer je yP neka rešitev splošne enačbe, yH pa
poljubna rešitev homogene enačbe.
0)()()( 121212
222111
yybyyayy
ybyaycybyay
če sta y1 in y2 rešitvi homogene enačbe, potem je tudi c1y1+c2y2
rešitev homogene enačbe.
(princip superpozicije)
(sledi iz rezultatov o rešljivosti diferencialnih enačb)
funkciji y1 in y2 sta neodvisni, če nobena ni večkratnik druge
če sta y1 in y2 neodvisni rešitvi homogene enačbe, potem lahko vse rešitve homogene enačbe zapišemo kot superpozicijo y1 in y2.
yH=c1y1+c2y2
0)()(
)()()(
22221111
221122112211
222111
ybyaycybyayc
ycycbycycaycyc
ybyayybyay
0
dodatni pogoj:
rešimo sistem linearnih enačb integriramo
Če sta y1, y2 neodvisni rešitvi homogene enačbe
, potem lahko dobimo rešitev splošne enačbe
, ki je oblike .
0)()( yxbyxay
)()()( xcyxbyxay )()()()()( 21 xyxvxyxuxyP
21 vyuyyP
2211 yvyvyuyuyP 021 yvyu
21 yvyu
2211 yvyvyuyuyP
21
22211121
yvyu
bvyyavyvbuyyauyuyvyubyyay PPP
)()(
= 0 = 0
cyvyu
yvyu
21
21 0vu , vu,
21 vyuyyP
Če je y1 ena rešitev homogene enačbe , lahko dobimo še eno neodvisno rešitev oblike y2=uy1
0)()( yxbyxay
12 uyy 112 yuyuy 1112 2 yuyuyuy
)2(
)()2(
)()2(
111
111111
111111
ayyuyu
byyayuayyuyu
buyyuyuayuyuyu
0)2( 111 ayyuyu
Homogena LDE 1. reda za u’
u2
1
)(
)(ye
uxA
12 uyy
(A(x) primitivna funkcija za a(x))
Reševanje LDE 2.reda: )()()( xcyxbyxay
1. Poiščemo vsaj eno rešitev homogene enačbe 0)()( yxbyxay
2. Drugo rešitev homogene enačbe dobimo v obliki , kjer je
12 uyy
21
)(
)(ye
uxA
3. Partikularno rešitev splošne enačbe dobimo v obliki ,
kjer u in v določimo iz sistema enačb
21 vyuyyP
cyvyu
yvyu
21
21 0
4. Splošna rešitev enačbe je oblike y=yP+c1y1+c2y2.
Primer
•druga rešitev:
222 )1(22)1( xyyxyx
0)1(
2
)1(
222
yx
yxx
y
• eno rešitev uganemo: y1=x
HOMOGENA
)1ln()1(
2)( 2
2xdx
xx
xA
SPLOŠNA
22
1 11
2
xxe
xux
)ln(
)(
xxxu
1)( 1)( 2
2 xxy
2
2
12
0)1(
xvxu
xvxuxvxu ,1 2
2,
3
23 xv
xxu
)1(26
)1()1(23
)( 224
2223
xBAx
xxxBAxx
xx
xxxy
• preprosto rešljiva homogena enačba
• lažje računanje posebne rešitve
Primeri uporabe:
nihanja
električna vezja
modeliranje metabolizma
.......
)(xfbyyay
LDE 2. reda s konstantnimi koeficienti
HOMOGENA ENAČBA
Poskušamo z nastavkom: y=erx (analogija z LDE 1.reda)
par realnih ničel
dvojna realna ničla
par konjugiranih kompleksnih ničel
0 byyay
0)( 2 rxebarr
rx
rx
rx
ery
rey
ey
2
02 barr
2
42
2,1
baar
042 ba
042 ba
042 ba
1. primer: par realnih ničel r1,r2:
bazični rešitvi:
splošna rešitev:
2. primer: dvojna realna ničla r
bazični rešitvi:
drugo bazično rešitev dobimo z nastavkom
splošna rešitev:
xr
xr
exy
exy2
1
)(
)(
2
1
xrxrH ececxy 21
21 )(
rxexy )(1
)()()( 12 xyxuxy
xxueee
u xrarx
ax
)(1)(
)2(2
02 ra
rxxexy )(2
rxH exccxy )()( 21
3. primer: par konjugirano kompleksnih ničel: α+iβ, α+iβ
superpozicija rešitev je tudi rešitev ⇒
bazični rešitvi
splošna rešitev
xixxi eee )(
potrebujemo rešitve, ki so realne funkcije
xixe
xixexi
xi
sincos
sincos
xexy
xexyx
x
sin)(
cos)(
2
1
)sincos()( 21 xcxcexy xH
Diferencialna enačba
Karakteristična enačba Ničle Splošna rešitev
Primeri
0 yy
0 yy
044 yyy
054 yyy
0 yyy
012 r
012 r
0442 rr
0542 rr
012 rr
1,1 21 rr
1,0
, 21
irir
22,1 r
1,5 21 rr
2
3
2
1
2
3
2
1
2
1
ir
ir
xx ecec 21
xcxc sincos 21
)( 212 xcce x
xx ecec 25
1
)sincos( 23
223
12 xcxcex
rešitev iščemo v obliki
NEHOMOGENA ENAČBA
1.
način
in dobimo preprosto rešljiv sistem
kjer je
Primer
)(xfbyyay
)()()()()( 21 xyxvxyxuxyP
x
atP dttyxytyxyetf
Axy
0
2112 ))()()()(()(1
)(
)0()0()0()0( 2121 yyyyA
xyyy 32
0322 rrkarakteristična enačba:
rešitve kar. enačbe: 3,1 21 rrxx exyexy 3
21 )(,)( rešitve homogene:
4A
x xx
txtxtP
eexdteeeetexy
0
3332
3649
23)(
4
1)(partikularna rešitev:
xx ececx
xy 3219
23)(
splošna rešitev:
2. način
Za nekatere pomembne primere desnih strani lahko na podlagi izkušenj uganemo obliko rešitve in računamo le neznane koeficiente.
desna stran nastavek (ki so neznani
koeficienti) f(x)=Pn(x) (polinom n-te stopnje)
f(x)=eax
Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x (oz. z x2, če ima karakteristični polinom dvojno ničlo).
Superpozicija: če je desna stran vsota izrazov iz levega stolpca tabele, potem tudi za nastavek vzamemo ustrezno vsoto.
011
1 ...)( kxkxkxkxy nn
nnP
axP kexy )(
bxxfbxxf sin)(,cos)( bxkbxkxyP sincos)( 21
)()( xPexf nax )...()( 01
11 kxkxkxkexy n
nn
nax
P
bxexfbxexf axax sin)(,cos)( )sincos()( 21 bxkbxkexy axP
Primer
nastavek:
xyyy 32
xx eyexy 321 ,)(
rešitve homogene:
0
y
ay
baxy
9
2,
3
1)(320 baxbaxa
9
23)(
xxyPpartikularna rešitev:
xx ececx
xy 3219
23)(
splošna rešitev:
Primer
ker sta ex in xex rešitvi homogene enačbe,nastavek:
xexyyy 22
0122 rrkarakteristična enačba:
rešitve kar. enačbe: 12,1 rxx xexyexy )(,)( 21rešitve homogene:
264)(
22
x
P
exxxxy partikularna rešitev:
splošna rešitev:
xxx
xx
x
edxdxedeay
edxdxebaxy
edxcbxaxy
2
2
22
422
22
)(
xx
xxxxx
exedxcbxax
edxdxebaxedxdxedea
222
22
)(
)22(2)422(
12
022
04
1
d
cba
ba
a
xx
exccex
xxxy )(2
64)( 21
22
Reševanje LDE 2.reda s konstantnimi koeficienti
3. Nehomogeno enačbo rešimo z nastavkom
par realnih ničel r1,r2
dvojna ničla r
par kompleksnih ničel α+iβ, α+iβ
Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x ali z x2.
)(xfbyyay
02 barr1. Rešimo karakteristično enačbo
2. Na podlagi rešitev določimo bazične rešitve homogene enačbe
xrxr exyexy 21 )(,)( 21 rxrx xexyexy )(,)( 21
xexyxexy xx sin)(,cos)( 21
011
1 ...)( kxkxkxkxy nn
nnP
axP kexy )(
bxxfbxxf sin)(,cos)( bxkbxkxyP sincos)( 21
)()( xPexf nax )...()( 01
11 kxkxkxkexy n
nn
nax
P
bxexfbxexf axax sin)(,cos)( )sincos()( 21 bxkbxkexy axP
)()( xPxf n
axexf )(
4. Splošna rešitev je y=yP+c1y1+c2y2.
NIHANJA
sile, ki delujejo na utež
nehomogena LDE 2. reda
homogena LDE za odmik od ravnovesne lege
y
y=y(t) odmik od ravnovesne lege
y’(t) hitrost
y’’(t) pospešekmy’’ =mg-ky
gymk
y
y0
y-y0
mg=ky0 ravnovesna lega obremenjene vzmeti
)()( 000 yykkykyyym
0)()( 00 yymk
yy
Utež z maso m obesimo na vzmet in izmaknemo za L iz ravnovesne lege. Kako bo zanihala?
(privzamemo veljavnost Hookovega zakona, zanemarimo upor in maso vzmeti)
harmonično nihanje
0)0(
)0(
0
y
Ly
ymk
y
0,
sincos)(
BLA
tmk
Btmk
Aty
tmk
Lty cos)( periodično nihanje z amplitudo L in frekvenco
frekvenca je odvisna le od mase uteži in trdote vzmeti, ni pa odvisna od amplitude
mk
enačba prostega nihanja
(isto enačbo dobimo, če obravnavamo nihalo in pri za majhnih kotih nadomestimo sin x z x)
Dušeno nihanje: sila dušenja je sorazmerna hitrosti (če hitrost ni prevelika) in ima nasprotno smer.
koeficient dušenja
yckyym
0 ymk
ymc
y enačba dušenega nihanja
02 mk
rmc
rkar. enačba:
mkmcc
r2
42
2,1
rešitve kar. enačbe:
kmc 42 (koeficient dušenja je majhen)
2202
22
42
4
2
mc
mk
mckm
mc
d
)sincos()( tBtAety ddt )cos(22 teBA d
t
AB
tg
Če je koeficient dušenja dovolj majhen, vtež niha z amplitudo, ki eksponentno vpada s časom. Frekvenca nihanja je konstantna in je nekoliko manjša od frekvence nedušenega nihanja.
kmc 42 (koeficient dušenja je velik)
02
4
02
4
2
2
2
1
mckmc
r
mckmc
r
trtr BeAety 21)(
Pri velikem koeficientu dušenja se vtež bodisi preprosto vrne v ravnovesno lego in v njej obmiruje ali pa enkrat zaniha in potem obmiruje v ravnovesni legi.
kmc 42 (mejni primer)
)()( 2 BtAetyt
mc
V mejnem primeru se zgodi isto kot v
primeru velikega koeficienta dušenja.
VSILJENO NIHANJE
zunanja sila, ki deluje na vzmet
lastna frekvenca prostega nihanja
Splošna rešitev:
Posebno rešitev dobimo z:
- nastavkom
- variacijo konstant
- integralsko formulo
- rešitev začetnega problema y(0)=y’(0)=0
- primerna tudi za odsekoma zvezne desne strani
f(t)
)(tfkyym
mk0
)cos()(
sincos)()(
022
00
tBAty
tBtAtyty
P
P
t
P dxxtxfk
ty0
0 )(sin)(1
)(
Primeri
en signal sproži harmonično nihanje
posamezni signali spremenijo amplitudo, frekvenca se ne spreminja
periodični signal s frekvenco nesorazmerno z lastno povzroči neurejeno nihanje
in še...
periodični signal s frekvenco enako lastni povzroči resonanco
periodični signal s frekvenco blizu lastni povzroči utripanje
Zakaj pride do resonance?zunanja sila:
nastavek:
splošna rešitev:
amplituda neomejeno narašča
tFtf cos)( 0 tmF
yy cos020
tBtAy sincos
tBtAy sincos 22
tmF
tBtAtBtA cos)sincos(sincos 020
22
0,)( 22
0
0
Bm
FA
)cos(cos)(
)( 0220
0
tCtm
Fty
0
nastavek:
amplituda linearno narašča
0
)sincos( tBtAty
ttmF
tyP 00
0 sin2
)(
Dušeno vsiljeno nihanje
(Privzamemo: c2<4km)
rešitev homogene:
nehomogena enačba:
nastavek (ω≠ωd )
splošna rešitev:
superpozicija dveh nihanj; drugo postane sčasoma zanemarljivo (prehodno stanje ⇒ stacionarno stanje)
v stacionarnem stanju je frekvenca enaka frekvenci spodbujanja, amplituda pa je odvisna od mase, koeficienta upora ter razlike med frekvenco spodbujanja in lastno frekvenco dušenega nihanja.
tFkyycym cos0
)cos()( tCety dt
H
22
0,2
dmc
tBtAy sincos
2222220222222
22
0 )(,
)(
)(
cmc
FBcm
mFA
dd
d
)cos()cos()(
)(222222
0
tCetcm
Fty d
tv
d
Razmerje med amplitudo spodbujanja in amplitudo nihanja (ojačenje) je
Resonančna krivulja
Ojačenje kot funkcija frekvence spodbujanja za različne vrednosti koeficienta upora (k=1, m=1):
Amplituda pri dušenem vsiljenem nihanju ne narašča čez vse meje, ko gre .
0
222222 )(
1
cm d
RLC električni krog
Padec napetosti na ...
upoštevamo I=Q ’:
E(t)
ER=RI
EL=LI ’
CQ
EC - uporu je sorazmeren toku;
- tuljavi je sorazmeren spremembi toka;
- kondenzatoru je sorazmeren naboju.
QC
ILRI
EEEtE CLR
1
)(
)(1
tEIC
IRIL )(tFkyycym
induktanca tuljave L
upor R
recipročje kapacitivnosti 1/C
odvod napetosti iz vira E
’(t)
električni tok I
2. Kirchhoffov zakon
masa m (inercija)
koeficient dušenja c (viskoznost)
koeficient elastičnosti k
zunanja sila F(t)
odmik od ravnovesja y
2. Newtonov zakon
RLC krog z izmeničnim (sinusnim) virom napetosti (R>0):
- prehodnemu toku sledi stacionarni električni tok;
- frekvenca stacionarnega toka je enaka frekvenci vira;
- amplituda stacionarnega toka je odvisna od induktance,
kapacitivnosti in razlike med frekvenco vira in lastno frekvenco RLC kroga
- ko se frekvenca vira približa lastni frekvenci pride do
utripanja in do resonance
)(1
tEIC
IRIL )(tFkyycym
Model za ugotavljanje diabetesa
Diabetes je disfunkcija pri presnovi glukoze.
Pri običajnem testiranju dobi pacient na tešče večjo količino glukoze. V naslednjih nekaj urah mu večkrat odvzamejo kri in izmerijo koncentracijo glukoze. Oblika sprememb je podlaga za ugotavljanje diabetesa.
Zaradi nihanja koncentracije, individualnih razlik in drugih dejavnikov, ki vplivajo na količino glukoze v krvi, je pogosto težko postaviti pravilno diagnozo.
Presnovo glukoze krmili vrsta hormonov: insulin (spodbuja absorbcijo glukoze), glukagon (spodbuja nastanek glukoze iz glikogena v jetrih), adrenalin (spodbuja nastanek glukoze in zavira izločanje insulina), tiroksin (spodbuja nastanek glukoze iz ne-karbohidratov), somatotropin (zavira delovanje insulina) in drugi.
G: koncentracija glukoze v krvi
H: skupna koncentracija hormonov v krvi; tiste, ki zmanjšujejo G štejemo z negativnim, ostale pa s pozitivnim predznakom; v običajnih okoliščinah prevladuje vpliv insulina.
Laboratorijsko merimo predvsem G; določanje H je precej težje ali celo nemogoče.
Spreminjanje G in H je odvisno od trenutnih koncentracij G in H.
dovajanje insulina v kri
Funkciji u in v sta neznani. Njuni vrednosti blizu ravnovesnega stanja (G0,H0) ocenimo s pomočjo Lagrangeve formule:
),(
)(),(
HGvH
tJHGuG
)),()(),(),(),(
)(),()(),(),(),(
00000000
00000000
HHHGvGGHGvHGvHGv
HHHGuGGHGuHGuHGu
HG
HG
linearizacija
Vrednosti parcialnih odvodov ne poznamo, ocenimo le njihov predznak:
sistem LDE 1.reda
Prevedemo na LDE 2.reda:
odvajamo 1. enačbo
h’ izrazimo iz 2. enačbe
bh izrazimo iz 1. enačbe
Pacientu damo glukozo na začetku in skoraj trenutno, zato je smiselno reševati homogeno enačbo z začetnim pogojem g(0)=J in g’(0)=0.
)0,,,()(
dcbadhcgh
tJbhagg
)(),( 00 HHhGGg
Jhbgag
Jhdgcbga )(
JggaJdgbcga )(
JdJgbcadgda )()(
JdJgbcadgdag )()(
Enačba opisuje dušeno nihanje ⇒
splošna rešitev gre sčasoma proti 0, tj. G gre proti G0.
Splošna rešitev je (ob negativni diskriminanti) oblike
torej je odvisna od konstant G0,A,α,d,δ.
)cos()( 0 tAeGtG dt
Lastna frekvenca d se izkaže za najmanj občutljivo za napake pri merjenju koncentracij. Na podlagi izkušenj je frekvenca, ki ustreza manj kot 4 uram znak normalne presnove, tista pa, ki ustreza bistveno več kot 4 uram pa kaže na diabetes.
Konstante določimo s pomočjo metode najmanjših kvadratov iz nekaj meritev (običajno 6-8).
nihanje uteži na vzmeti ali nihalu spreminjanje lege točke v času
nihanje strune
spreminjanje oblike krivulje v času
prevajanje toplote spreminjanje temperature prostora v času
valovna enačba (1-razsežna)
enačba prevajanja toplote
Primeri parcialnih DE
yy 20y y(t)
y(x) y(x,t) xxtt ycy 2
T(x,y,z)
T(x,y,z,t)
)( zzyyxxt TTTcT 2
),,,()(2
2
tzyxUm
i zzyyxxt
Schrödingerova enačba
Nihanje strune dolge L, upete na obeh koncih.
Linearna parcialna diferencialna enačba 2. reda,ki jo izpeljemo iz Newtonovega zakona:
- navpični pospešek točke na struni je odvisen od ukrivljenosti strune v tej točki - c2=T/, kjer je T napetost, pa dolžinska gostota strune
Robna pogoja: krajišči strune ves čas mirujeta.
Začetna pogoja: f(x) je začetna lega točk strune, g(x) pa je njihova začetna hitrost.
xxtt ycy 2
0),(
0),0(
tLy
ty
)()0,(
)()0,(
xgxy
xfxy
t
Primer
10g težka elastična vrvica je s silo 8N napeta na dolžino 0.5 metra. Primemo jo na sredini in izmaknemo navzdol za 5cm. Kako bo zanihala?
Nm/kg
N
kg/m
400
8
02.0
2
c
T
0)0,(5.025.0;1.0
25.00;)0,(
0),5.0(),0(
400
5
5
xyx
xxy
tyty
yy
t
x
x
xxtt
1. korak: Poiščemo preproste rešitve parcialne diferencialne enačbe, ki ustrezajo robnim pogojem (v splošnem pa ne ustrezajo začetnim pogojem).
)()(),( tvxutxy )()(),( tvxutxytt
)()(),( tvxutxyxx
)()()()( 2 tvxuctvxu xxtt ycy 2
2. korak: Poiščemo vsoto (superpozicijo) preprostih rešitev, ki ustreza tudi začetnim pogojem.
Metoda separacije spremenljivk
stoječe valovanje(v času se spreminja le amplituda vala ne pa njegova oblika )
(konst.) kxuxu
tvtv
c
)(
)(
)(
)(12
0)()( xukxu 0)()( 2 tvkctv
so rešitve enačbe, ki ustrezajo robnim pogojem
k=0 ⇒ u(x)=ax+b
u(0)=u(L)=0 ⇒ a=b=0
xkxk beaexu )(k>0 ⇒
u(0)=u(L)=0 ⇒ a=b=0
k<0
pxbpxau(x)pk sincos2
u(0)=u(L)=0 ⇒ a=0
Ln
p
n∈ℕ ⇒ xL
nxu
sin)(
0)()( 22 tvcptv tL
cnBt
Lcn
Atv
sincos)(
t
Lcn
BtL
cnAx
Ln
txyn
sincossin),(
n∈ℕ
Dobiti moramo rešitve, ki ustrezajo začetnemu pogoju
f(x) in g(x) razvijemo v primerno Fourierjevo vrsto, primerjamo koeficiente in rešitev, ki ustreza tudi začetnim pogojem dobimo kot superpozicijo rešitev yn(x,t):
t
Lcn
BtL
cnAx
Ln
txyn
sincossin),(
xL
nAxyn
sin)0,( x
Ln
Lcn
Bxy tn
sin)0,()(
)()0,(
)()0,(
xgxy
xfxy
t
...3sin2sinsin)(
...3sin2sinsin)(
321
321
xL
BxL
BxL
Bxg
xL
AxL
AxL
Axf
...2cos2cos2sincoscossin),( 2211
t
Lc
cL
BtLc
AxL
tLc
cL
BtLc
AxL
txy
Razvoj funkcije f(x) na intervalu [0,L] v vrsto sinusov dobimo tako, da f(x) liho nadaljujemo in uporabimo formule za razvoj v Fourierjevo vrsto na intervalu [-L,L].
Primer
razvoj po sinusih funkcije f(x)=x2 na [0,1]
primerjava: običajni razvoj f(x)=x2 na [0,1]
]1,0[;
]0,1[;)(
2
2
xx
xxxf
...)3sin(27
)49(2)2sin(
1)sin(
)4(23
2
3
22 xxxx
...)4sin(2
1)4cos(
4
1)2sin(
1)2cos(
1
3
122
2 xxxxx
ima rešitev oblike
kjer koeficiente An in Bn dobimo tako, da funkciji f(x) in g(x) razvijemo v vrsto sinusov in primerjamo koeficiente.
ki zadošča začetnim pogojem
Povzetek: enačba nihanja strune
na [0,L]xxtt ycy 2
)()0,(
)()0,(
xgxy
xfxy
t
1
coscossin),(n
nn tLc
ncL
BtLc
nAxL
ntxy
Primer
0)0,(5.025.0;1.0
25.00;)0,(
0),5.0(),0(
400
5
5
xyx
xxy
tyty
yy
t
x
x
xxtt
začetni pogoj:
...)10sin(
25
1)6sin(
9
1)2sin(
5
2)( 2 xxxxf
...)400cos()10sin(
25
1)240cos()6sin(
9
1)80cos()2sin(
5
2),(
2txtxtxtxy
Prevajanje toplote po palici
- toplotni tok je odvisen od ‘ukrivljenosti’ porazdelitve temperature po palici
T(0,t)=T(L,t)=0 - na koncih je temperatura palice 0o
T(x,0)=f(x) - začetna porazdelitev temperature
L
0o 0o
xxt TcT 2 c2 = toplotna prevodnosttoplotna kapaciteta ⁃ gostota
separacija spremenljivk
splošna rešitev ločenih enačb
robni pogoji
družina preprostih rešitev, ki zadoščajo robnim pogojem
nastavek za preprosto rešitev )()(),( tvxutxT
xxt TctxT 2),( 22 )(
)(
)(
)(1p
xuxu
tvtv
c
pxBpxAxuxupxu sincos)(0)()( 2
tcpCetvtvcptv22
022 )()()(
)()()()( 2 tvxuctvxu
T(0,t)=T(L,t)=0 ⇒ A=0, L
np
n∈ℕ
x
LnetxT
tn
nL
c
sin),( 2
222
začetni pogoj
T(x,0)=f(x) razvijemo v Fourierjevo vrsto po sinusih in primerjamo koeficiente
Če je
potem
x
LnxTn
sin)0,(
...3sin2sinsin)( 321
x
LAx
LAx
LAxf
...3sin2sinsin),( 2
22
2
22
2
229
3
4
21
x
LeAx
LeAx
LeAtxT
tttL
c
L
c
L
c