DIFEREN C IALNE ENA ČBE

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