- R SIO rp,
ts•
(8)
és
dr = 2R sin
. A (8)·b61 adódik, hogy . l
Slll (/)1
f(()ld = R,
. t
Sl.O fPs
l
= ,
vagyis q> 1
= arcsin
~;
(9) 49
4 Olrt"crt.nelil~nktck 42 J74
•
Ha a (J), (8) és (9) értékeket a (6) egyenietbc behelyettesltjilk, vetkczo5t kapjuk:
l=
1( 2 ~
3
kö-
••
,grtoki
Jtgqr2R sin!pCOS tpdq>=
••
=r,_R_ lV(R _R J••2sin q>dq> = _R_ l (R_ R j •'(l - cos2q>)diP = 2g r, V 2g 1
010
610
••
sin 2q>1 2
+
A számértékeket behelyettesltve az 3600-zal osztva már órákban kapjuk:
«J,27
1= - -
3600.
••
sio 2q>1 ) 2
időt
_
-
másodpercekbcn, majd
60.21. 6,377. l 19,62
(óra).
(11' 1 = 7"24'33• - 0,1292 (radián)). Tehát az 3 test, amely a
Földtől
ugyanolyan távol van, mint a Hold,
116 óra (majdnem 5 oap) alatt esik Je a Földre.
t9. Valamilyen magasságból függőlegesen lefelé dobnak egy m tömegű testet. Határozzuk meg a test v esési sebességének változását, ba arra a neMzségí erő és a levegőnek a test sebességével arányos (az aráoyosságí tényczó k) fékező ereje hat.
Meeoldás. A feladat szerint megkell határoznunk a osebesség változásánalc ismeretlen törvényét a 1 id6 filggvényeként, vagyis a v=/(1)
fiiggvényt.
50
~:
Newton más<;>dil< törvénye st.erint dv
my, = abol
dv dr
1•0 -·,--
-
_!!Acr--~
F,
a mozgó test gyors·ulása,
F a testre a mozgás irányában ható erő. Az F erő két összetevője az mg nehézségi erő és a levegő - kv ellenállása (14. ábra). Eszerint dv "'dl = mg-kv. (l)
~ ~f.r=ff
~
: l
l
l l l l l
Válasszuk szét· a változókat:
l l
dt
=
mdv
mg - kv
= _ ;;;. dv:,-_
k
l
(2)
l l
g- - v
l
m
l l
1•7 14. ábra
f
Integráljuk a (2)
l
egyenlőség
l
c Po·mq
l
miodkét oldalát:
r
Oldjuk meg ezt az utóbbi egyenletet v-re :
,.
51
vagyis
k ~ (C-r) g - - v = ~J· = lll
!.c _!_ ,
e"' e "' =
c. .e
_ !_ ,
"'
s ebbiSI
Ha az állandó
- klll c,
mennyiséget C*-gal jelöljük, a következő
egyenlethez jutunk: - .!. r
v=C' e
m
mg
+T.
(3)
A bennünket érdeklő partikuláris megoldás eléíállitásához azt a kezdeti feltételt használjuk fel, hogy a ledobott test kezdeti sebessége v0 volt. Ezt ismeretlennek tekintjük. Ekkor a keresett v= f(t) fllggvénynek olyannak kell lennie, hogy a mozgás kezdetén, a t = O időpontban teljesüljön a v=v0 feltétel. A t=O, v = v0 értékeket a (3) formulába helyettesítve v0
adódik,
mg
= C'+-
amiből
C*=v0 -
k
:g.
(4)
Tehát a keresett v=/(1) ftiggvény ilyen alak-ú :
10. Egy ejtőernyős súlya az ernyővel együtt 80 kp. Az ejtőernyős leszállásánál a levegő ellenállása arányos a mozgás v sebességével (az arányossági tényező: k=400). Határozzuk meg a leereszkedés sebességél mint az idő fllggvényét, és állapltsuk meg a leereszkedés maximális sebességéL
52
Megoldás. A leszállásnál fellépő erők a következők: az ejtőernyős súlya az ernyővel együtt G= mg (lefelé irányul) és a levegő ellenállása F = - k v2 (felfelé irányul). Tehát az eredő erő·: R = mg-kv•.
(l)
Newto11 második törvénye szerint
dv
R=mdt.
(2)
Ha összebasonlitjuk az (l) és a (2) egyenlőséget, megkapjuk az ejtóern yös leereszkedésének differenciálegyenletét: dv
mdt =
mg - kv'.
(3)
Ezt megoldva eljutunk a
lfj+v fj -v általános megoldáshoz, majd v-t kifejezve a 't, (ii '
v = 1fliíi Ce
VT
r ;;
,.r~.
- l
Ce r • + l kapjuk. A t =0, v=O kezdeti feltételt felhasználva kiszámíthatjuk a C konstans értékét : egyenlőséget
V~+O =Ce",
V
mg - O k
vagyis
C= i. Ezzel meghatároztuk a partikuláris megoldást.
53
Az ejt6ernyös lereszl
e··'~. Y• - l .
o=
(4)
,•!!!. e Y;;;- +l
A (4} egyenlelből nyilvánvaló, hogy a jobb oldali tört mindig Itisebb egynél. A tört határértéke 1-.., eselén l. Tehát a v sebesség maximális értéke:
.
v_=bm
,_..
-
e,,(Fi, • - 1 = t !r. e • +l
Y
ff
mg
(S)
-k.
Ezt a sebességet az ejtőernyős sohasem éri el, hiszen
u= v.,..,
ha
t =oo. Gyakorlatilag a (4) képlet Lörlje már 1=2 (s)·nél nagyon kicsit tér el egytől. Az ejtőernyős a maximális sebességet már 2 s-mal a leereszkedés kezdete után eléri. A maximális sebesség értélcél megkapjuk, ha a feladut számadatait behelyettesJtjO.k az (5) képletbe: Vmu-
v800C1J·981 400 í:!f
443(cms ""_44 , m) · s
21. Erd6n áthaladva, a fák eUen41hlsa következtében, a szél eheszt.i sebességének egy részét. Végtelen kis úton ez a veszteség arányos ennek az útnak a hosszával és a kezdetben meglevő sebességgel. Határozzuk meg a szél sebességét, ha tudjuk, hogy 150m-t haladt erdőn át, és kezdeti sebessége az erdó előtt v0 =!2 (mfs), az erdőben S = l (m) út' megtétele után ped ig a sebesség v1 = 11,8 (m/s) értékre csökken.
M e,oldás. Legyen a szél sebess~ge az erdö szélétől S távolságra v, a dS úton a sebességveszteség -dv (a folyamat csökkenő). Ez a \'CSZtcség arányos
.,.,-eJ, ezért a folyamat diiTerenciálegyenlete a -dv = kudS
alakban lrható fel.
54
l l
.l
Válasswk szél a változókat:
du = -kdS. v
-
Integrálással meg.kapjuk a feladat általános megoldását:
Megkeressük az S=O, v megoldást. Innen Ce - t·o, vagyis
=•• ke-Ldeti feltételhez tartozó partikuláris
v,=
A folyamatot tehát a
(l) törvény lrja le. Az arányossági szit6 feltételt: ha
tényező
meghatározásához felhasználjuk a kiegé-
· S= l (m), akkor
v• v1 = 11,8 (m/s).
Innen vagyis
r• = ~ = ~ = 0,983. Vo
12
HelyetteSitsüle be a számadatokat n folyamat (l) egyenletébe. A kercsett sebesség:
v= 12(0,983)'00 = 12 · 0,0776 2! 0,93 (mfs). Tehát a 150m bosszú erdőn keresztU.Ihatolt szél . sebessége 0,93 m/s.
.
ll. Egy hajó Itiindul az O pontból és állandó sebességgel liszik az Oy egyenes irányában ( 15/a ábra) . Ugyanabban a (t=O) időpontban az A pontból, amely a hajótól OA = a tllvolságn van, utánacml egy naszád, amelynek sebessége kétszer akkora, m!nt a hajóé. Határozzuk meg a naszád által befutott görbe egyenletét és azt a legrövidebb id6t, ami alatt a hajót utolérheti.
ss
y
y B
•\
8
\
o
''
o
x /(
15 ......
Megoldás. Legyenek a n11szád koordinátái a r időpontban x és y; ebben a pillanatban a hajó a B pontban van és OB = ut utat tett meg (/5/b dbra). Legyen l az AC iv hossza. Számltsuk ki a C ponth
[rt- x- y) =-x-ur· y-
Másrészt 1=2vr. Tehát
-cly
e/x
l
y - v·2v x (J)
Mint ismeretes, az lvbosszúságot a c/1 = fl +y'1 dK képletből
56
határozzuk meg.
DiJTerenciáljuk az (J) egyenletet:
dy d'y dy J dl dx ·i + x dx:'- - dx ~ -2 dx' vagy ha az lvhossz differenciálját bebelyeUesítjük:
dy' l ,".-;-::;, .TdX ~2 rl+y'-. Válasszuk szét a változókat:
dy'
_ idx
-rx-·
l"l+l'
(2)
Integrálj uk a (2) egyenlet mindlc~t oldalát, megkapjuk az egyenleL áJulános megoldását: ,,l
ln(y' +r l + l')=
2 tnx +C.
C értékénele meghatározásához azt u kezdeti feltétell hasz.náljuk fel. hogy ha t = O, akkor y'=O és xma.
fgy
C~
l - - Ina. 2
vagy, hn mindkét oldalt e alapm emeljük : 1
I+Vl+/ vagyis
A·
=
(3}
ST
következő
Végezzük el még a
átalakításokat:
Jl'l+7" ,!a (y'+ Vl +y')(y'- VI+ y') = V -;:· y' -
y'- t'l+Y" _ , y''- l -y'' -
ra
v-;:·
Végül is az alábbi egyenlethez jutunk:
y1.
y - Yl+y'= -
(4)
Ha a (3) és a (4) egyenlőséget összeadjuk, majd az eredményt 2-vel elosztjuk, a következtit kapjuk: dy
dx
=_!_(,/x_ ,ra) 2 Va v-;:·
dy =
~ (~-
v:)dx.
Integrálással adódik:
y=
~ I }'1dx- ~ J Y1dx +C,
-vagyis (5) A keresett partikuláris megoldás
.x=a, y =O kezdeti feltételt. Ekkor _pedig:
:58
'
előáUitásához
2a
felhasználjuk ·az
C="J•a keresell görbe egyenlele
, A naszád a ha)ót az x =0 értéknél éri utol. Ezért a hajó útját úgy batarozbatjuk meg az Ó) egyenletb6l, hogy az x=O ért~lcet behelye~ tesitjllk:
2o y -3
és a keresett id ö: y
2o
' =li=3V· 23. Kis ,sebesség
e~tén
a vonat mozgásának ellenállását az
R = (2,5 + 0,0Sv)Q (kp) tapasztalati képlet határozza mea, ahol Q a vonat súlya megapondban, o pedig a sebesség mfs-ban. Határozzuk meg, mennyi id6 alau és melckora távolságon lesz a vlzszintes útszakaszon haladó bánya-
vonat sebes.'>ége v= 12 (km/ h), ha a vonat súlya a viUanymozdonnynl egyUti Q = 40 (Mp), a mozdony b(ozócrcje pedig F=200 (kp). Határozzuk meg a villanymozdony N húzóerejéLis, amennyiben a vonat mozg~sa a továbbiakban egyenletes.
Mesoldás. A vonat tömege nt =
Q. l()()() g
[k~s') .
16. úbrn
m9#
F
R \._/
\.../
x 59
Állítsuk fel a vonatra ható erők egyensúlyi egyenletét (16. tlbra), amiből nr-me l osztva a következő adódík:
do
di+
g ·2,5 g-0,05 F·g 1000 + 1000 · - Q. 1000
= 0•
vagyis
~; + 24,5 · 10-1 +0.49 · JO- •v ~; -
49·10- • =O;
24,5. 10-· +0,49 . 10-·. =o.
Ha nz utóbbi egyenletben szélválasztjuk a változókat, a 10'-do
24,5-0,49•
=dt
(l)
differenciálegyenlethez jutunk. Az (l) egyenletet integrálva megkapjuk az általános megoldást:
lOS
- 0,4 ln C (24,5- 0,49 v) = t. 9 A C integrációs állandót a 1= 0, v = O kezdeú feltételból
(2) hat~rozzuk
meg: -
10'
, ln C (24,5 - 0) =O, 0 49
vagyis ln 24,5C = 0. Végill, e alapra emelés után l
C=24,5' A feladat feltételei szcrint a keresett t= T idő múlva a vonat sebessége v= 12 (km/b), ami köulltőleg 3,33 m{s. Így a (2) egyenletből, nyilvánvaló algeb~ai átalakltásokkal, a következőhöz jutunk: 60
-~.~9 ln 2~.5 (24,5 - 0,49o) = ~.~[-ln (t- 0~:~;)}= = ~[l 0,49
n
1-1
?
24,5 - 0,49·3,33J-~I 24,5
-
(24,5 ) - 141 () 5 0,49 n 22,9 •
Térjünl< most rá annak a távolságnak a meghatározására, amelyen a vonat sebessége eléri a 12 kmfb·l.
dv
A értéket a követke%6képpen is kifejezhetjük: dt
dv
dv ds
di = ds • Tt =
du ds · v.
Ekkor az (1) egyenlet ilyen alakú: l
(3)
A (3) egyenletet integrálva megkapjuk az általános megoldást:
10' [ v+ 0, 24,5 J ln (24,5- 0,49 v)+ C = s. 49 9
(4)
- 0,4
Határozzuk meg a C állandó értékét az s= O, v = O kezdeti feltétel felhasználás.<\ val:
C
24,5 l 5 =- 0,49o 24, .
Helyettesttsilk be C most kapott értékét és a v=3,33 (m/s) sebességértéket a (4) cgyenletbe:
· to• [ 24,5 24,5 J Sc•= '" km/ b) = 0,49 0,49 ln 24,5- 0,49 u- v - 96
(m).
A további egyenletes mozgásnál, nhol a scbe.~ség 3,33 m/s, a húzóerő
az alábbi : N = Q(2,5+0,05·3,33} = 40(2,5+0,05·3,33)
= 106,6 (kp). 61
·' 1.2.3 Folyadékok mechanikája. Tala.iroechanika
24. Egy folyadékkal teli benger alakú tartály alján rés keletkezett (17. ábra). A folyadék kifolyásának sebességél vegyük arányosnak a folyadékoszlop tartálybeli magasságával. Határozzuk meg, mennyi idő alatt folyik ki a tartályból a folyadék fele, ha tudjuk, hogy az első napon l O% volt a veszteség.
l'fegoldis. Legyen R a tartály sugara, h a magassága,
x a tartályban leviS folyadéksunt magassága 1 nap elteltével. a tartályban levő folyadék térfogata R'wx, . dx a térfogat változásának sebessége pedig R'n -d l . A feladat feltételei . Ekkor a t
időpontban
szeri.nt ez a meanyiség x-szel arányos, s igy a feladat differenciálegyen· lete a következő: dx (l) nR'Tt =kx, ahol k arányossági
tényező .
62
.,
•
A változók súlválasztásával a 1
x
kdt
egyenlőséghez jutunk, majd integrálás után megklipjuk megoldást: nR' ln x = kt +C. A t =0 x=h. · Ebből
időpontban,
3'1'
dita lános (2)
a kcroeti feltétel szerint a tartály tele van, azaz
következik, hogy
nR' ln h =C, és a (2) egyenlet a
nR' ln x = kt +nR' ln Ir, vagyis a
alakot veszi fel.
A kiegész!tó feltétel szeriot, ha
t=l, akkor x=.!.h, és ennek meglO
felelöen az arányossági tényező: 1
9
k = >tR 1n IO A bennünket
érdeklő esetben (x= ~) nR'In~ h
a keresell
idő:
ln_!_
2
l = -~ k_::_ = 9- .. 6,57 {nap). ln 10 Tehát ahhoz, hogy a feladatban surepló résen a tartályban levő folyadék fele kifolyjék, 6 napra és 14 órára van sziikség.
63
25. Két
közlekedő edény paralelepipedon alakú, alapterületük S és .S1 (18. ábra). Határozzuk meg, rnennyi idő alatt alakul ki egyenlő folyadékszint .az edényekben, haS= S, = 100 (m'), a kezdeti szintkülönbség h =2,5 (m), .az edények közölti nyilás teriílete q =0, 5 (m'), a viz ellenállási cgy!itt.hatója ö = 0,62. M egold:b. Az első edény ugyan18. ' bm annyi folyadékot ad le, mint amennyit a második felvesz. Ezért
- S dz=S1 dz1 • Ebből
dz-dz 1 =
S+S1 d
S,
z.
dt idő alatt a q terület(! AB nyilásoo bq Y2g(z- z 1) dt térfogatú folyadék halad át, ezért
- Sdz = óqY2g(z - z;)tlt,
azaz
!i. fíidt
=-
S
dz
Yz - z,
.
(l)
A z- z 1 = u helyettesítéssei adódik, hogy
+ S, dz, du= dz - dz1 = S s, Eszerint az (l) egyenlet a
következőképpen
innen pedig
·JYu
d'!_ =
•
dz= S1 du S + S1
a lakul:
o
bq fíiT= _ S 1 S S+S,
64
am1'b"l o
S1 S + S,
J•
du
y'ü"
o
(2)
Ha a (2) egyenlőséget integráljuk , ~s belehelyettesftjük a sz.ámértékeket, azt kapjuk, hogy
r = ss,fili
= 114,5
(s).
6q(S+SJfi
26. Folyadékban forgó korong eselén a súrlódás lassiló hatása arányos a forgás szögsebesség~vc l (19. 6bra).
19. Ain
Határozzuk meg a szögsebességet az idő ftiggvényeként, ha tudjuk, hogy a korong 200 fszfmin sebességgel kezdett forogni, egy perc elteltével pedig n sebessége 120 fszjmill volL Megold!s. Legyen w a korong forgásának szögsebessége (fordulatszám/pete), k arányossági tt nyczó, dw a korong forgása sZOgsebességének változása dt (szöggyorsulás). A forgásm elleoáUást gyakorol a változó súrlódás, amely a korong folyadékbeli forgásakor lép fel, és amely a forgás sebességének változásától tügg. 65
A ható
erők
egyenletéból a d(J)
dt- k(}) "' o, vagyis a d(J) - = k(J) dt egyenlet adódik. A változókat szélválasztva a dúi - (J) =kdt
differenciálegyenlet, majd ezt integrálva az ln (J) = kt + ln C adódik. Nyilvánvaló átalaldtások után:
egyenlőség
(J) ln -= kt, c
~ =ti'. c Az egyenlet általános megoldása tehát a következő:
(J) = Ce''. Meg kell még határoznunk az adott feladat feltételeinek- megfelelő C állandó és k arányossági ténye-.W konkrét értéké!. A kezdeti feltételek szeriot: 10 = 0 (min), (])0 = 200 (fsz/mio), 11 =l (min),
1
ro,= 120 (fsz/min).
.l
l j
Ekkor: (J)(O)=Ce>·0=200; oo(l)=Ce>·• = 120.
66
C = 200;
.!
l
~
j
A második
egyenlőségból
meghatározzuk k értékét:
200·11'= 120,
vagy
3 k=ln-s·
A szögsebesség és az
idő
keresett összefüggése tehát a
cv=200e•·ln!. $=200 (e1•1)' $ =200
következő:
(3)' 5 .
27. Hat.írozzuk meg anilak a görbének az egyenletét, amelyet a talajviz szintjc alkot egy olyan kerek kút közelében, amely a vlz.átnem· e resztő talajszintig terjed (20. ábra) . 20.
'bra
vlzdtnemeresztó ,Pfeg
MegÖidás. Legyen AB a föld felszíne; CD a talajviz felszinc a kút elkészülte előtt, EF a vlz.átnemeresztő réteg, amely alulról hat.írolja a talajviz áramlását (20. ábra). Ha a kút vizének magasságát (fogyasztással) állandóan a GH szinten tartják, akkor a kút közelében meghatározott módon süllyed a talajviz szintje (20. ábra). A talajviz felületének CD görbéje a "haj Utott" C' G és D'H ágakból
67
áll, amelyek a viz GH szintj~n kapcsolódnak össze. A talajviz szintjéoek felülete a C'G vagy a D' H meridiánvonalnknak az Oy tengely körüli forgatásával jön létre. A HD' görbét annak a tapasztalati t~nynek az alapján határozzuk meg, hogy a vizáteresztő talaj P pontjában a viz folyásának v sebessége arányos a görbe irányával abban az M ' pontban, amely P-vel azonos illggólegesen fekszik. Ha az arányossági tényezőt k-val jelöljük, nkkor a sebesség a következő:
•=k:.
( l)
Az N'NMM' henger palástján keresztUl sugáriránybun
Q= 21f xyv= 2n xyk
;j;
(2)
J
~.
mennyis4{1 viz folyik, ami tetszöleges x sugarú henger eset~ben egyenlll a kútból felhasznált viz mennyiségével. A (2) egyenlet a feladat differenciálegyenlete, amely a változók szélválasztása után ilyen alakú:
dx
2nk d
-x=Qy y.
(3)
Mindkét oldalt in~egrálva azt kapjuk, hogy ttk ln x= Qy"+C.
(4)
Az integiációs állandót abból a feltételból állapltjuk meg, bogy a
D'H felületet meghatározó görbe átmegy a kút GB vlzszintjének megegyenesbe. Jelöljük a lclít átmérőjét 2r-rel, a kötban levő víz magasságát h-val. Ekkor x=r eselén y=h, vagyis azt kapjuk, hogy
felelő
ln r=
nk
Q
l&1 +C,
(5)
aza:z, C-re megoldva: (6)
68
l
Ha a (6) ertélcet a (4) egyenleibe behelyeuesítjülc, megleapjuk a kereseu görbe egyenletét:
x
Jn r
= Q1lk (J"- h"),
vagyis y'~
Q x - kln - +h'. " r
1.2.4 Kémia és gyártástechno lógia
18. Az etil-acetát elszappanosttási reakciója nátronlúggal a egyenlet szeriut folyik le. CH,COO-C1 H5 eúl-aoetát
+
NaOH
nátrium-hidroxid
CH,COONa
+
következő
C.H,OH
ecetsavas nátrium etilakohol
Az etil-acetdt és a nátrium-hidroxid eredeti konceotrációja a = O,OI (súlyszázalék) és b = 0,002 (súlysz:ázalék) volt. 23 perc alatt az etil-acetát koncentrációja 10%-kal csökkent. Mennyi id6 alan esö.kken a konoentráció IS%-kal1
Megoldás. Másodrendű' kémiai reakcióval van dolgunk : A 1 + A,(n reakció végtermékei), a és b az A, és A1 anyagok kezdeti koncentrációi, x az A, ts következésképpen az A1 anyagból a 1 időpontig reagált mólok' száma (egy mólnyi A 1 anyag egy mólnyi A,-vel egyesül, ezért n két anyagból ugyanannyi mól vesz részt a reakcióban). A 1 idópont- • dx ban a r eakc•.ó se bessege dl . • A kémiai reakció r
-a<ók m>d•zere illilaklll a jobb oldali összc1a'6k m>ds".mi.
69
Az A, anyag reagáló mennyisége (vagy ennele .koneentrációja), amely egy t~tfogategységben (l liter) l mólnyi anyngot tartalmaz, a - x ~ b - x; ami arányos e2e.k srorzatával is:
dx di -
(l)
K(a - x)(b-x).
A változókat súlválasztva nt kapjuk, hogy
dx dl =--=·:._-;:.,-,--,. K(a - x)(b-x) ·
(2)
A (2) differenciálegyenlet megoldására a racionális törtfüggvényele integráhisi módszerét all
if
1
= K l
dx
l!Adx
(a - x)(b - x) = K
a=x+xI!Bdx b-x
~ K(a-b) [ln(a-x) - ln(b -x) -lnC]
l
= K(a -
= (3)
a-x b) ln C(b- x).
A (3) egyenlőség a felndat általános megoldúsa. C értékének mcghatárouisáh02 felhaS2náljuk a 1 =0, x =0 kezdeti feltételt. Innen .... l a O• K(a-b) ln Cb'
vagyis
HA C fenti értékét behclycttesltjük a (3) általános megoldáson, :1 keresell partikuláris megoldás adódik: l ln b(a-xl t • K(a-b) a(b -x) ·
(4)
Az arányossági tényezőt n 1 = 23 (min), x=O, Ia=O, l· O,O L= 0,001 kiegészltó feltételből határo7.zuk meg.
70
Ennele alapján = 23
l ln 0,002(0,01 - 0,001} K{O,OI-0,002) 0,01(0,002 -0,001)
és K2!3,19.
A kapott spmértékelcet a (4) megoldásba he1yettesítve meghatároxzuk a keresett időt: t =
17 l ln 0,002(0,01-0,0015) = 1000 8·3,19 1nT 3,19(0,01 - 0,002) 0,01(0,002 - 0,0015) Ol< 47,9
ill
(min).
Itt x =0,15a =0,0015. Tehát az etil-acetát mennyisége közelltóleg 48 perc alatt csökken 15%-kal.
19. Egy a literes edényben, amely tele van valamilyen só vizes oldnttlval, állandóan áramlik a folyadék; mégpedig egységnyi idő alatt b liter tiszta viz folyik bele, és ugyanannyi oldat folyik ki belőle. Határozzuk meg. milyen törvényszerGség szerint változile a folyndélc· áramlás idejétötJüggóen az edényben levő sótartalom.
Megold!s. Egy adott t
időpontban
nz edényben számuniera ismeret·
len x kg só van, tehát mindeo liter oldat ~ kg, b liter oldat pedig bx kg
a
·
a
sót tartalmaz. Ha egy, a r pillanatban kezdődő időegység alatt az oldat koneeot· r~ciója .Yáltozutluo maradna, akkor az edényben levő sómcnnyiség ez a.laU az időegység alatt bx kg-mal c.sökkeone; e:z az edénybeli sómcnnyi· Q
ség csölclceoésének sebessége a t pillanatban. Másrészt a dx =lim x(t + .dt) - x(t) dt .,_. .dt
71
derivált megadjn a sómeonyiség nöuekedésl sebességél a t tehát a Ebből
időpontban,
r pillaontban a sómennyiség csökkenésének sebessége
dx
dt
adódik, hogy dx - dt
bx
=a
(l)
Oldjuk meg ezt az egyeoleteL A változókat szétválasztva azt kapjuk, hogy dx b - = - -dr. x a Innen
'
b In x = - - t+lnC1 , a vagyis miodkét oldalt az e alapra emelve: (2)'
.
~l
ahol C, tetsz61cges állandó. Konkrét eset vizsgálatához tegyúk fel, hogy valamely kezdeti 1- 0 időpontb:w az edénybeo levő sómcnnyiség c kg. HelyettesitsOk be a (2) képletbe a 1 =0 énéket. Azt kapjuk, hogy B
l
·1
s eszerint _.!., x=u • ,
vugyis a sómennyiség az
idővel
"exponenciálisan" csökken.
1.2.5 S:r.uporodtlsi folyamatok 30. A sörélesztő gyártásában nagy szercpet játszó enzimmennyiség növekedési sebessége arányos a folyamatban részt vevő enzim x menoyi· ségéveL Az enzim ke~eti a mennyisége egy óra alatt mcgkétszerezódött. Hányszorosára oó 3 óra alatt?
72
1
1 ~
Megoldás. A feltételeknek megfelel6en a folyamat differenciálegyenlele a kllvetkez.ó:
dx y, = kx, ahol k arányossági tényező. Ha a váltoxókat szétválasztjuk,
( l)
azi kapjuk, hogy
dx -=kdt. x
(2}
Az általinos megoldás az alábbi:
x=C"'.
(3)
Határozzuk meg C-t a t = 0, x = a kezdeti feltételből: a=C~...
vagyis
C=a.
Ezt behelyettesitve az általános megoldásba, megkapjuk keresett partilculáris megoldását:
a
feladat
(4) Az arányossági Lényezőt a 1 = l (óra), x = 2a kiegészltö feltétel segit· ségével szám!tjuk ki : 2a=a~·•,
vagyis
e'=2. '
Ezt a (4) partikuláris megoldásba helyettesítjük, és így megkapjuk a vi:r;sgált folyamat x=a2' törvényszedlségét. t s 3 (óra) esetén x = &a. Tehát az enzimmennyiség 3 óra alatt nyolcszorosára nő.
31. Tegyük fel, hogy a lakosság száma és szaporodási sebessége arányos.
es
Határozzuk meg a lakosság A számíinak a 1 időnek az llsszefüggését, ha tudjuk, hogy valamely, általunk kezdetinek vett időpontban a lakosság száma A0 volt, és ez egy év alatt a százalékka l nőtt.
73
'
Határozzuk még meg a) a Szovjetunió lakosságának ennek alapjin 1975. április l-ére és 2000. április l-ére feltételezhető wlmát, ha tudjuk, hogy 1961. április l-én a lakosság 217,1 millió volt, az évi s-zaporodás pedig 1960. óta 1,71%; b) (a peremvárosok nélküli) Moszkva lakosságának a fentiek alapján 2000. április l-re fcltétclezbetö számát, ha tudjuk, hogy 1961. április l-én a lakosság száma 6,234 millió volt, az. évi szaporodá$ pedig 1,7%.
Megoldb. A lakosság számának növekedési sebessége n lakosság
az
idö szerinti elsö dcriváltja: dA .• dt A feladat feltételei alapján fellrhatjuk a kö,oetkezö difl'ereociálegyeo· lelet: dA
S7.ámának
y,~luf.
Válassz.uk szét a változókat: :
'' H a ennek az egyszer(! egyenletnek miodkét oldalát integráljuk, meg· kapjuk u egyenlet általános megoldását: ln A= ln e'<+
vagyis az e alapra emelés után:
A=e"·e'•=Ce". A lakosság egy évvel
későbbi
(l)
számát a következöképpen határoz-
' A lakossas - nyilv~n csak pozitiv caés. értékeket felvevö _; $7.ám:\t eblleu a példában a fo(J!tonosan differcnciálbat6 A (t) ruw~ny jt:Ucmzi. Ilyen, bizonyoo mértékia Oaktt\)....., ,111asztott moJemoJIItol moddkl l)'l.ban találkozunk, aminek btlyes'*t ''OlY belytelen!l:aét kizár6Jaa a tapaSZlalali credményddtcl ,.aló egybo. vet6s döntheti el. ( A lumtt"OIIs:erkuztlí m
i
j .·
l
1
zuk meg: késóbb
A0 -nak az évi a százalékos növekeMsc A
aAo, tehát egy évvel 100
aA, _ (IOO+a)A, o+ 100 100
lesz a lakosság száma. Ha az (l) egyeoletbc bchelyettesltjülc a lakosság számának és 32! idő nele a megfeleleS A = Ao és t=O értékeit, meghatározhatjuk a C integrációs állandót: 11 0 = C·t'-.. = Ce"; vagyis
Esz~rint
az ( l) egyenlet az (2)
alakú. Az t!- tényezö kiszámltására felhasználjuk a kicgészlt6 feltételt, bcbe(IOO + a)A • lyetusítjük a (2) egyeoletbc a t = l, A = ' értékekeL 100 Ekkor azt kapjuk, hogy
(IOO + a)Ao = Ar• = A.e" 100 és _. _ lOO+a 100
r;·-
(3)
Ha a (3) kifejezést behelyettesltjük a (2) egyenletbe, me&kapjuk a .keresett purtikuláris megoldást:
A=A, ( 1 ~~ 0 )'.
(4)
Ez kifeje2.i u lakosság sz..4ruának és az időnek a feladat feltételeinek összefllggését. A (4) képlet felhaszndlásával most &zámitsuk ld, mennyi lesz a) a Szovjctunió lakosainak sz:lma a feladat feltételei szerint 1975. április Hn (t= 14 (év) elteltével): megfelelő
75
A101, = 217,1 [ ~ 2000 április J-én
101 71)"
IOO
a.275
(millió),
(t = 39 (év) elteltével):
A-=217••
f ·~~~r;"420
(millió).
b) Moszkva lakosainak a száma 2000 április l-én (az elfogadott kikötéseknek megfelel
101,7)" Aeoo• = 6,234 [too 2< 12,01
(millió).
1.3 H omogén és lineá ris differenciálegyenletek !.3.1 Oeomettia
32. Határouuk meg az origó kö•..épponrú sugársor izogonális trajek· tóriáit.
Megoldás. Azokat a görbéket nevezzük izogonális trajektóriáknak, amelyek minden pontjukban állandó a szöget alkotnak a sugársor ott áthaladó egyenesével {21. ábra). Le!l)•tn az adon egyenessereg egyenlele y =ox, és használjuk a tg a=k jelölést. · Jelöljük a trajektória futó pontj:\ nak koordinátáit (x, y)-nal, a tra· jektória
érintőjének
iránytangense e ponthan ekkor dy .
dx
A feltételele sz.erint dy ([;- a k = tg a = _;;;"-; d- . l
l t. ábra
+2.a dx
'
Tets:Wieges (x, y) pontban (a sugársor egyenlele szcr int) mindig y
a=-.
x
Ezért
dy
k=
y
~& --x
y dy
1+- · x dx
azaz dy y+kx t/x = x - ky ·
( l)
Az (l) egyenlet homogén differeoeiálegyenlet; ennek megoldásához vezessük be az
y=u.x, helyeuesltést, ahonnan
dy = udx + xdu.
}
(2}
Helyenesítsük be a (2) kifejezést (1)-be:
.tthl -ku' dx - kxudu - ktb: = O.
A tagok csoportosliása után: x (l-ku}tlu -k(l + u')tlx - O.
(3)
A (3) egyenletben válasszuk szét a változókat:
..!.. 1k
l
ku du _ dx =O. x
+u'
Integrál va :
..!_ k
[J...!!!!_ _!:_Jd(ll++u'u')] -Jdxx = 0• l +u' 2
vagyis l
k arctgu +ln C
.....-:-T =lnx + 2l 1n (l +u*) = lnxrl+u'.
(4}
77
Figyelembe véve, hogy
,,•
u=~ és ln e= l, a (4) egyenló~ég így lrbató:
'
x
l y .~ karctgx = ln rx'+y' - lnC,
j
)
vagyis '
'•
7
Yx'+.Y'=Ce••"'"';-. Ha polárkoordinátákra térünk át, vagyis alkalmazzuk az. x =r cos
•
r=Ce>. 1.3.2 Elektrotechnika 33. Egy áramkörben a feszültség E=300 (volt), az ellenállás: R = 150 (ohm), az önindukciós együttható L = 30 (henry). Az áramkör zárásá~ nak pillanata után menoyi idővel éri el az i áramerősség maximumának 99%-át? Mególdá.s . Az önindukció elektromotoros ereje arányos az áramerős ség növekedésének sebességéveL Az arányossági tényező az áramkör L önindukciós együttbatója. Az áramkör z.árásakor két ellentétes elektromotoros erő működik: di az áramkör E feszültsége és az önindukció E = - L - elektromotoros dJ ereje. Ezeknek az elektromotoros erőknek az algebrai összege a következő:
j .
l
~
~
j
j
l
~
di
V=E - L dt. • Könnl"'' ~ggyözödhetllnk arról, hogy a kapolt eredm6oy a megoldils során figyelmen ldvül bagyou x = O CS)'elltsre is érvényes. (A kontroll.!lzerkmt4 ""B}egyzlu.)
78
l
Ohm törvénye szeríni az ár.unltörben az áramerősség:
vagyis
. ,_
E-L di R dr
RendezzUk át ez utóbbi egyenlőséget:
dl
Rl=E- L dr'
azaz Ridt = Edr - Ldi, am.ib61
Ldi=(E - Ri) dr
és
Ldi dr - E - Ri.
(2)
Integráljuk a (2) egyenlőséget:
J
t=L vagyis
di E - Ri
Lfd(E-Ri) E-Ri '
=- R
L r= -Rln(E-RI)+C. A t =0, 1=0 kezdeti feltétel szerint
Ebb61
Tehát a folyamatra vonatll:ozó szabályt a (3)
összefüggés fejezi ki.
19
Mivcll maximuma l= E, a feladat feltttele szerint 1="0,99 E, ezért
R
a
ke~u
R
idó: L E L t=Rln E- 0,99E = RlnlOO.
(4)
·Ha L és R számértékét {4)-be helyettesltjük, a t=
30 150
ln 100,.,0,92
(s)
eredményt kapjuk. 34, Egy E feszültségü és R ellenállású áramkörbe bekötik a c kapaciulsú kondenzátorL Határ027uk meg n kondenzátor q töltését valamely, a bekapcsol:ls utáni t pillanatban.
Megoldás. A ·t pillanatban a kondenzátor töltése q, az l = dq . Ebben a t 'dt
időpontban
az áramkörben a V elektromotoros e ró
mOködik, amely az áramkör E ts a kondenzátor különbségévcl
egyenlő,
áramerősség
!!.. feszült~geioelc c
vagyis q V =E- - .
c
v
0/1111 törvénye szeriot l =k vagy másképp:
E-2.
c -dqdt =-R ' Ekkor a folyamat differenciálegyenlete:
dq q R - = E- - . dt c
80
{l)
Ha az (l) lineáris egyenletet integráljuk, megk,a pjuk a
' q= cE-- C,e-...-. általános megoldást. Az adott 1 =O, q= O kezdeti fehételnek megfelelóen o
o= cE - c,e"' és
Tehát a vizsgált folyamatot leíró törvényt az alábbi
egyenlőség
fe-
jezi ki:
35. Egy R ellenállásli, L önindukciós áramJ<örbcn a periodikus E,= 2n = a sin - l elektromotoros erő hat (ahol Ta periódus, l az idő, a pedig T • állandó és nyilván egyenlő E, maximálitértékével). Határozzuk meg az i áramerősséget tetszőleges időpontban, feltéve: a kezdeti (t=O) idő pontban az áramerősség nulla. M egoldás. Az E1 elektromotoros erőn kivill az áramkörben hat még_ d'
az L_!_ · dl
ellenkező irányú, az ö.tiindukcióból eredő elektromotoros erő
is. Az áramkörben müködö két
E 1
ele.ktromotoros
erő
erő
tehát a
következő:
az
. 2n . =asmyt
és az indukció vele ellentétes irányú
elektromotoros ereje. 81
Az elei:tromotoros
erő k
összege. az alábbi:
• 21t dl E~E1 +Et ~ asm-yi-L dl" A1. áramerősség értéke Ohm. törvén)'éböl adódik:
.
E
'=R, 1=
. 2n dl asut - t-L _ __:T_ R~__:d::t_
2 Jelöljilk egyszerUség kedvéért a . ; -t k.-val, s megkapjuk n folyamat differenciálegY,en letét:
di RI=DStn " . k l. L dl+
(l)
Az (l) egyenlet inhomogén elsórendü lineáris diffcreociálegyenlet. Oldjuk meg a megfelelő
R -di dt +-L 1= o'
di JI. - =- - dl
vagyis
l
L
homogén egyenletet. Integrálva:
d. R! !+=-y
dt,
amiből
R In i= - y t + ln C,
majd mindkét oldalt e alapra emelve: R
i=Ce
- -t L •
Az (I) inhomogén egyenlel partilruláris megoldását az t.."= A sin kt + Beoskr alakban keressük.
82
{2)
Az A és B együtthatókat meg kell határoznunk. Differenciálj uk a (2) egyenlőséget úgy, hogy A-t és B't állandónak tekintjük:
d~" =Ak cos kt-Bk sin kt.
(3)
Ha a (3) és a (2) értéket behelyettesltjük az (l) egyenlet be, algebrai átalakltások után adódik, hogy
(A 1 -
sk)sinkr+[Ak +4)coskt
egyszerű
=;sio~/.
Ha ennek az azonosságnak a két oldalán az együtthatókat összehasonlítjuk, az
I
A~ -B; = ~·
(4)
Ak+ Bz: = O
egyenletrendszert kapjuk. Oldjuk meg a (4) rendszert A-ra és B-re:
akL B= - k 1L'+ R' .
aR
A= k'L'+R'' Tehát (2)-nek
megfelelően
a partikuláris megoldás a
következő:
aR . akL ;.,.., =kL'+ R' sm kt - k'L'+ R' cos kt. Az (l) inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása igy írható:
; =Ce
-~• L
aR
+ k'L'+R'
sinkt
akL k' L'+ R' coskt.
A C integrációs állandót a t= O, i = O kezdeti
feltételből
(5)
határozzuk
meg : O= Ce
-~ · • L
aR
+ k'L'+R'
.
smk · O
akL k'L'+R' cosk·O
és
akL C= k'I.J+R' .
••
(6)
83
Ha a (6) kifejeúst behelyettesítjük az (5) általános megoldásba, végül azt kapjuk, hogy i= k' L:+ R' (k
,
Le-·~ + Rsinkt - klcoskt). '·
1.4
Els6rendű
differenciálegyenlet-rendszerek
36. Valamely A anyag felbomlik két anyagra: P-re és Q-ra. Az egyes anyagok keletkezésének sebessége arányos a még fel nem bomlott anyag mennyiségével. Legyen x és y a P, illetve a Q anyagnak a t ide5pontig keletkezett mennyisége. Határozzuk meg ezeknek a változási szabályát, ha tudjuk, hogy a kezdeti pillanatban x =O, y =O, l órával
később pedig x = ~ c, y=~ c, Megolclás. A t
időpontban
abol c az A anyag kezdeti mennyisége.
a P és a Q anyag l:eletkeúsénel: sebessége
a következó:
~; = k dy
dt
1
(c - x - y), l (.l)
= k.(c - x - y),
mert eddig a piUana ti g az A anyagból még c - x - y maradt felbomlatlanul. Az {l) egyenietek két elsón:ndti lineáris di fferenciálegyenletből álló rendszert olkotoak. Differenciáljuk az első egyenletet: d'
x = - k, [dx + dy). dt dt
(Z)
dt'
Ha a (2) egyenleibe behelyenesítjOI: egyenletéből
kifejezett értéké!, a 1
-dtit•x = egyemetet kapjuk. 84
dy -nek az (l) rendszer második dr
[dx
]
k 1 - + ka(c - x - y) dr
(3)
Küsroböljülc ki y-t a (3) egyenletb61 ~s az (l) rendszer első egyenlet~ból :
d'x (k . k'd.< O dt' + 1 + ll (ii = .
(4)
A (4) egyenlőség másodrendű, homogén lineáris differenciálegyeo.let. Ennek karalcterisztikus egyenletc a Jcövetkezö:
r' +(k1 +k,)r = O. A fenti hidnyos másodfokú egyenletnek két gyöke van: r 1 =0
és r 1 = - (k 1 + k .).
Tehát a (4) egyenlet általános megoldása ilyen alakú : (5)
y meghatározása érdek~ben differenciáljuk az x -re kapott kifejezést, . riJC . hclyellesflsük " és -
rit
értékét a rendszer első egxenletébe, majd oldjuic
meg y-ra:
(6) Egyenletrendszerű uk
megoldása : (7)
Határozzuk meg c, -et és C,-t a t = 0, x >< O, y= O kezdeti feltétclekböl. 85
Eszerint
(8) amiből
{9)
Ha a (9) értékeket behelyettcsltjük. a megoldásunk.ba, x és y változásának szabályát a következő formában kapjuk meg:
[1 -e-
x = k,+k. k,c k,c y = k,+k,
(10)
(1-e-
Az ismerellen k 1 és k• együtthatókat abból a kiegészltő fehételből 3 l
határozzuk meg, hogy hn
t~
l, akkor x= 8 c, y = 8 c.
Ekkor
~ - k,k,+k, c [1 -e-~· ..·>J,l 8 ~8
k, C
k,+k,
(l - e- <'•H tlj,
A (ll) egyenletrendszerból meghatá rózzuk k 1 -el és k.-t:
!:
= 3; k, = 3k,,
sekkor
c
c
8= 4(l - e-"'•). vagyis l
e-"'• =2' 86
(ll)
Ebb61 4k1 =1n2,
vagyis
k, =
l
4
1n2.
(12)
k, most már könnyen meghatározható:
k1 =
3
(13)
4 1n2.
A (12) ~s a (13) egyenletek összeadásából adódik, hogy
k 1 +k1 = ln 2, azaz, mindUr oldalt e alapra emelve et•+h = 2.
Ekkor
és
k,
l
k,+k-;a4. Ha ezeket az ~rtékeket bebelyeUeshjük a {10) eljutunk a kereseu meg~ldásokhoz:
is
Je( l) 4 2' •
x= -3c (L - 2- ') - 4
egyenló~be. ~giil
1- -
87
-l
2. Másodrendű differenciálegyenletekkel leírható folyamatok \
2.1
Másodrendű,
.
y"= consta ns alakú egyenletek
2.1.1 Mechanika
37. AzA test egy l= 10 (m) bosszúságú ferde slldapon csúszik ( 21. ábra) . A sUe hajlásszöge:" = 45". A slkon a test súrlódási egyiiuhatója: k ., O,S. Határ ozzuk meg a test mozgástörvényét és azt az idOt, amely alatt a test végigcsúszik az egész ferde siklapoo, ha tudjuk, hogy a kezdeti pillanatban a test nyugalomban volt a siklap f
Megold,s. Tetszöleges r pillanatban három cró hat
a testre: a P súly, az F súrlódási erő és a sik N, reakcióercje. A P erő normális- és érintőirányú N és T összetevői a következök: N • Pcosa,
T= P sio «. Mint a mechanikából ismeretes, a s6.rlódá.si eró az alábbi:
F = - kN = - kP eosa.. A P, F, N, erőket a T és F erők ekvivalens rendszerével helyettesítjiile (mivel az N és N, erók közömbösítik egymást, a T és az N erők rendszere pedig ekvivalens P-vel).
88
..
•'
Az ekvivalens rendszer
R = T+ F,
aznz
R
= P sin a -
kP cos 11 ered6je a mozgás irányában hat.
Másrészt
P= mg, d's R = m dt'' s
ebből
megkapjuk a mozgás differenciálegyenletét:
d's dt' = g(sina - kcosoe).
( l)
Ez az egyenlet y" = constans tipusú." Az (i) egyenletet közvetlen inltgrálással oldjuk meg: . amiből
~~
=
~(sina- kcosa)t+C1 ,
azonnal adódik az (2)
'ltalános megoldás. A C, és C, dllandót abból a kezdeti feltétéiból határozzuk meg, hogy ds ha t = O, akkor s= O és - =0 : dt
O=g(sin a-kcoSO<)·O + C,.
}
O= ~ (sina - k cosa) ·O +C1 · 0 + C,, amiből
C, = C,=O. Ha ezeket az értékekel behelyettesltjük nz általános megoldásba, megkapjuk a feladat megoldását :
s = ~ (sina - kcos a) t ',
(3)
89
amely lelrja a mozgás keresett szabályát. Ha a (3) egyenleibe behelyet· lesitjülc a feladat számadatait, megkapjuk a szóban forgó konkrét mozgás keresett s =f(t) szabályát:
s=
~ (sin4S0-0,5cos45")t 2 = g~ t•.
(4)
A testnek a slklapon való végighaladásához szülcséges idő megbatá· rozása végett megoldjuk /·re a (4) egyenletet: (5)
t = 2vs'7·
Ha behelyettesltjük az s =l= 10 (m) ériéket, megkapjuk a test végigkeresett idejét:
csúszá.~nak
t
= 2
r-
1f t(i g =
2
y98I fo ff ,
' = 2 ,4 (s).
38. Egy testet függőlegesen felfelé hajítanak v0 kezdősebességgel. Hatá· rozzuk meg a mo:tgás út-idő fúggvényét a keuleti pillanatban elfoglalt helyétől számítva, feltéve, hogy a test csakis a nehézségi erő hatására mozog. Megoldás. Mint ismeretes, a test a nehézségi
erő
hatására állandó szerinti második deriváltjával fejezhető ki, esért ebben az esetben (a tömeggel való egyszerűsltés után) a differenciálegyenlet a következő:
g gyorsulással mozog. A gyorsulás az útnak az
idő
d's
(l)
dt 2 =-g.
Integráljuk kétszer az egyenletet:
ds
·
di = -gt+C1,
(2)
~· s= ( - gt + C,)dt= -T+C,t + C,.
(3)
J.
A C, és a C, állandót a kezdeti 90
feltételekből
határozzuk meg.
Az utat a kezdeti időponttól számítjuk, ezért t =O, s=O, és így
c.=O.
Mivel a t = O pillanatban a kezdeti sebesség v0 = ds , a (2) egyenletbist dt :következik, hogy C, = v0 . Tehát a test s útja és a t
idő
közölti összefüggést az
s=v0 t-
gl!.
y
képlet fejezi ki. 2.1.2 Rugalmas testek mechanikája
39. Egy vasútvonalon a két sin közölti távolság C= 1,6 (m). A mozdony legnagyobb terhelése az egyes sínek re P =9 (Mp). Egy vasúti hid keresztgerendája két egymástól l távolságra elhelyezett tartón fekszik. A gerenda metszctének tehetetlenségi nyomatéka J =45 OOO (cm'}, a rugalmassági modulus E= to> (kpfcm•). Határozzuk meg e feltételekből a tartók l távolságát, figyelembe véve, hogy a keresztgerenda megengedett behajtása középen 0,2 cm. Megoldás. Feladatunk, hogy meghatározzuk a gerenda neutrális száJát és kiszároltsuk középen a bebajlását. A gerenda behajlását neutrális szálának görbületével mérhetjük. A deformálható. testek mechanikájából ismert tetszőleges keresztmetszetü gerenda neutrális stála görbületi sugarára vonatkozó képlet a következő:
EJ R= M'
(l)
ahol E a gerenda rugalml\ssági modulusa, , J a neutrális szálra' vonatkozó keresztmetszet tehetetlenségi nyomatéka, 1
Egy gerenda adott tnetSt#te neutrális szálának a neutrális
:«.nának
az adott
metszet slk;iával való mets:zésvonalát ne,·czzlí.k. A neutrális zóna olyan réteg, amelyben a gerenda rostjai erőhatásra nem deformálódnak (nem nyúlnak meg és oem zsusorodnak).
91
M
hajlítónyomaték az adott tengelyre nézve; ez a gerendára egyik Gobb vagy bal) oldalán ható ösues küls6 erőnek a neutrális szálra vonat.kozó nyomatékai algebrai Oszszeg6vel egyenlő. • A gerenda meghajlása általában nagyon lúcsi és a neutrális szál Q
metszet~nek
kevesel hajlik el az abszcisszatengelyt61. Bzért az
érintő
dy iránytan-
dx
gense mindcn póniban slintéo nagyon kicsi és a diff~renciálszúmlulsból Q
gÖrb..ul elo· sugárra. ·osmerl R
~
( l +y'•)m ki'.eJez . ésbe n eIhanyugoIh nly• .
juk az y'' értéket. Ebb61 az (l) képlet alapján a kö,oetkezö leegyszeriisltell alakban kapjuk meg a neutrális szál diffcrenciálegyenletét:
EJ
;l'-M' vagyis y A keresztgerenda két,
•
~
M
EJ'
(2)
az A és a B .pilléren álló gerenda, amelyet a
D és az E pontban is P eró terbeL A pillérek reakcióereje
N~ P.
:U. Abra
92
A DE szakaszon (23. ábra) tetszőleges F mctszel hl\ilítóoyomatéka: · M = P(l - a-x)- P(I-x), vagyis
M =- Pa.
A neutrális sz.íl dilfcn:ociálegycnlete ilyen alakú: d'y Pa dx'= -e;·
(3)
Ha az y" =consta.ns nlakú (3) egyeoletet integráljuk, megkapjuk az általános megoldást:
(r
)
y =- Pa e; T+C,x+C,.
(4)
Az x = 0, y= O, illetve x= l, y =0 kezdeti feltételekből ·következik, hogy
C, = - ~· } C, = O.
(S)
Ha a (3) Icifejezéseket a (2) á.ltaldnos megoldásba helyettesítjük, megkapjuk a DE szakasz neutrális súlának egyenletét: Pax
y= lEJ (1-x). l x =l -~él a keresztgerenda kölepén a lehajlás:
Pal' Ir = 8EJ. Az
l = 2a+c, ezért
h=
8 ~1 a (2a+c)'. 93
Rendezzük ezt n harmadfokú egyenletet: 8EJ1r
4a'+4ca'+c'a---p =O.
(6)
Helyettesitsüle be a számadato.kaL A (6) egyenlet most Igy alakul:
a' + 160a1 + 6400a -200 OOO = O. a EgysurGség kedvéén bevezetjUk a z =1o új ismeretlent. Ekkor a - !Oz. &zerint a:r. egyenlet a követkC'.l6: lOOOz' + 16 OOOz• + 64 OOOz - 200 OOO = O. l OOO.rel egys:r.erílsítve:
z'+ 16z' + 64z-200 = O.
. . (7)
Alakítsuk s:r.ol'7.attá az egyenlet bal. oldalát. Elc.kor a (7) egyenJet igy alakul: (z - 2)(z'+ l8z + l00) =O. (8) A (8) egyenletnek három gyöke van: z 1 =2, z,~ z1 pedig két komplex szám, amelyek nem felelnek meg a feladat fizikai tartalmának.
Ez.!rt a = 10z = 20 (cm),
a tartók közötti keresett távolság pedig:
l = 2a+c = 2·20 + 160 = 200 (cm).
2.2 H iányos differenciálegyenletek (speciális tipusok) 2.2.1 Rugalmas testek mechanikája
40. Egy 1= 6 (m) hosszú acél tartógerendát D végpontjában összpontosltott P=2 (Mp) erővel terbelnek meg (U. ábra). Határozzuk meg a neutrális s:r.ál (a lehajlási görbe) egyenletét ~ a gerenda vége lchajlásá· nak nagyságát [a rugalmassági modulus E= 2 100000 (kpfcml); J= =300 (cm')). 94
24. Ain
Megoldis. Meghatározzuk u N(x, y) középponti metsxet M lebajlási momeotum,á t (24. ábra). Az adott esetben M egyenlő a P erőnek az N pontra vonatkozó pozitív el6jellel vett momeotumával (az eró a gerendát a metszettöl jobbra eri, 6s a gerenda jobb oldali részét az óramutató járásának megfelelllen forgatja), vagyis
M - P(l -x).
(I)
Ha az (l) kifejezést bebelyettesltjük a 39. feladat (2) egyenlet.t be, megkapjuk a neutrá.lis szál egyenletét: •
d'y dxi
Ez y" =f(x) tlpusú
p
= EJ (1-
másodrendű
(2)
x).
egyenlet.
Ezt Jc~tszeri közvetlen integrálással oldjuk meg:
dy P J tiX = -EJ (1-x)d(1-x) =
P (1-x)'
- EJ
2
+ C1 •
Az általános megoldás: P (1-x)' y= EJ 6 +C,x+C,.
(3)
95
c,· és a
C, konstans! abb61 a kezdeti fellételból határozzuk meg, dy . hogy a rögzitett v~gen, ha x =O, akkor y=O ~s -= 0, s eszerml A
dx
(4)
A (4) egyenlet az ismereUeoeknek a
p J'
következő érttkeit adja: p J'
C, = E! l ' C, =- EJ 6· Ha a C és a C, ért~keket behelyettesítjllk a (3) általános mcgoldásba, 1 megkapjuk n neutrális szál egyenletét: (5) A geneoda beb.1jlásának a neutralis szálnak a vizsgált mctszeten levő ordináláját nevezzük. A gerenda B végén a bebajl:l.s h értékét az (5) egyenletból kapjuic az x = l esetben:
Ha bebely~ttcsltjUk a számadatokat és azonos m~rt~kegységeket használunk, megkapjuk a bebajlást:
1'
2000 ·600"
= 3 · 2100000 • 30000 ;:, 2•3
(cm).
41. Egy vizlevezető csőnek l bosszúságú része nyúlik ld a falból. A csó belső átm~róje d - 16 (cm), falvastagsága 2 cm. Metlora az l hosszli· ság, ba a cs6 v~gén a lehajlás h =0,5 (cm)? Az acél fajs61ya y= 7,8; a rugnlmassági modulus E = 2· l()' (kp/cm').
96
j
Megoldás. A csövet olyan tartógerendának tekintjük, amelyet egyen· letesen eloszló q súly terhel. A cső d~ elemére (25. ábra) q·d~ elemi teher hat. Az N pontra vonatkozó momentum : q(~- x)d~. Ebbő l a lehajlási momentum a következő: M =
Jq(l;-x)de =q
.
l
(/
-;x
)'
'
Helyettesltsük be ezt az értéket a neutrális szál differenciálegyenletébe, ami ekkor a következőképpen alakul:
q ' ' dx' = 2 EJ (l-x)·
cl'y
(l)
Ha az y" = f(x) tlpusú (J) egyenletet integráljuk, megkapjuk az ál ta· János megoldást: (2)
A kezdeti feltételek szerint a csó befogott végén x =O, y =0, y' = 0, sebbőL
c,=
ql'
6EJ'
. ql' C,=- 24EJ"
(3)
Ha a (3) értékeket behelyettesitjük a (2) általános egyenletbe, meg· kapjuk a neutrális szál keresett egyenletét: y= 7
DiiTe:rtnd!lc;yc11ktek 42 174
:EJ (61'x' - 41x' +.>.-,.
2
(4)
97
A behajlás a
cső
végén:
h= _ q_ (61' - 41' + 1') = ql' 'lAEJ 8EJ'
(5)
Oldjuk meg az (5) egyenletet a keresett /-re:
v 4
l=
8E:".
Határozzuk meg a q terhelést és a J tehetetlenségi nyomatékot. Legyen q, l cm hosszú cső súlya, q0 l cm hosszú csóben levó viz súlya. Ekkor az összes terhelés: q = q1 +q,. Mivel
n q,= 4(20'-16') · 7,8 = 882(p/cm), q, = : . 16'. l = 201 (p/cm),
tehát
q= l 083 (pfcm). A kör tehetetlenségi nyomatéka a d átmérüre vonatkozóan
d'·rc
. 64 A cső keresztmetszetének a neutrális szálra vonatkozó J tehetetlenségi nyomatéka: J=
4
lf
r
•
8 · 2· 104 ·4710·0,5 = 431( ) !,083 cm.
42. Egy l hosszúságú, 2 pillérre támaszkodó gerenda valamely P összsúlyú, egyenletesen elosztott terhelés alatt behajlik. Határozzuk meg a neutrális szál egyenletét és a behajlás nagyságát a fesztávolság közepén.
98
}
~(20' -16') = 4710 (cm').
Ha az adott és a meghatározott értékeket behelyettesítjük az (5) képletbe, megkapjuk a cső keresett l hosszát: · l=
r
J
p
Meg9ldás. A pillérek reakcióereje .
van
p
-~
+"2. Egységnyi
bosszúságr~ nyil-
.
terhelés JUl.
Vizsgáljuk a gerendának az origótól x távolságra levö C mctszetét p (26. ábra). A metszett61 jobbra a +- erő nyomatéka: 2
U-x)(+;).
Azt a C metszetrc vonatkozó nyomatékot, amelyet a folytooosan eloszló terhelés hozott létre, a kövelkezöképpen számítjuk .ki:
A gerenda ~ abszcisszájú d{ elemi hosszúságának terhelése - p d~, l . p ennek nyomatéka a C metszetre vonalkozóan -(~- x) - d~. A ge/ renda CB részének megfele lő terhelés teljes nyomatéka:
,.
99
Ebból a nyomaték ös52,ege: l
J (~ -x) l-de+ (!...-x)(+ P)2 = +~(..!...x'J . J 2 24, 2
M(x) =-. Mint
x
i~meretes,
•
a meghajUtott gerenda diJferenciálegyenlete:
• _ M(x)
Y - ET·
(l)
ahol E a rugalmassági modulus, J a tehetetlenségi nyomaték. A mi esctünkben az (l) egyenlet az
y' = ~!, (~-~')
(2)
egyenlőségbe
megy át. A kezdeti feltétel : ha x=O, akkor y.=O és y' = O. Oldjuk meg a kapott (2) egyenletet az adott kezdeti feltételek melletL Elsó lépésben az
egyenletet, utána pedig az
y=
2~1 ['~' - );/) = 4~1 (3tx•- ~)
általános megoldást kapjuk. Tehát a festtávolság közepén (x = i/2) a behajlás nagysága:
i') = 85 48EJ. Pl"
P ( J' 2 h = 48EJ JI· 4-Ti6
43. A P nyomás alatt · meggl!rbült vasúti sin tetszőleges C mctszetére nézve a görbületi mómentumot az út tartóssági számításainál az
100
)'
képlettel adják meg, abol k az út rugalmas alapjának keménységi egyOttbatója. Állitsuk fel a neutrális szál egyenlet~!, ~s számUsuk ki a h bebajhlst a P nyomás támadáspontjában ( 17. 6bra); figyelembe véve, hogy 3
y =O, ha x= - xx
4
-v• -4EJk
dy dx
~ - =0,
ba x=O.
27.
Megoldis. A számolás p
egyszerllsité~re
•
'br•
vezessük be a
•
1fEI =a
r64k
VJ;=b
jelöl6seket. Ekkor a neutrális szál egyenlete:
d'y a lb!= EJ c - ••(cos bx-sin bx),
(l )
vagyi.s
d'y dx'
M(x)
-ET·
Integrálj uk az (l) egyenletct:
: =;,(Jr•• cos bx dx- Jr
.. sin bxdx].
(2) 101
~
A jobb oldal kiszámításához elő kell állitanunic oz
J r" cos l>x tlx integrálokat. &t az
és az
.l
J •-" sin bx tlx,
Ju do= uo-Jodu
parciátis integrálási módszer kétszeri alkalmazásával érjilk el. a) Á!lltsunlc elő egyet az J e->xcosbxdx függvények közül. Legyen u =r ••,ekJcor du= - be-''tix, tlv=cosbxtix ; 11 • Tehát
J e-••cosbxtix
=
~ sinbx.
továbbá
=!
l
e-txsinbx-! e-"cosbx-J r"'oosbxdx,
vagyis
zJ .->xcosbxdx s
.
! e-••sinbx+J e-••sinl>xdx.
Ha n jobb oldali integráiba újra ·behelyettesltjUk az u = .-••, elo= ~sio bx e/x ért6keket, a következőt kapjuk:
J e-"'cosbxdx
l1
=!
e-••(sinbx-cosbx),
ebből a keresett integrál :
Je-••cosbxdx = ·-··
~(sinbx - cosbx).
b) Járjunk el hasonlóképpen az Je-•• sin bx tlx esetben is. Legyen u=e-•.r;, do=sin bx dx.
Ekkor
l
J
du = - be-.. dx, 102
Kövctkezésk~ppen
' Jr""sinbxdx =-!e-•·~bx-Je-"cosbxdx. A jobb oldalon levő integrált azonban már elóálütottuk. Ha az ott kapott alakot behelyettesítjük, a lcövetkczé5t nyerjük: e-b
J
e-b
e-"sin bxdx = - - b- cosbx---u;- (sin bx - cosbx).
Térjütlk vissza a (2) egyenlethe7_ Fennáll, hogy
dy a _." . b C ;&: =bEJ e SIO x+ 1• Mivel x = 0 eselén :
(3)
=0, ezért
O= b;,e-•-osinb·O + C,, vagyis
C1 = 0. Eúrt az
első
integrál a
következő:
dy- Q _." • b dx - bEJ e srn x. Integráljunk másodszor is. Ekkor
y=- 2b: EJe-••(sin bx+cos bx) + C, . M ivcl
x=
azaz
3
•, {4EJ
4"" V T=
311 .
4b
(4)
eselén y = O,
c, - o. 103
A neutrális szál egyenJele tehát:
y = - 2h~EJe-bx(sinbx+cosbx), vagyis az eredeti adatokkal kifejezve:
~ {T . lfk) e -xi8; • (cosxv w+stnx {W . 4
y=
P 4
V64Elk' x =0 esetéu megkapjuk a lehajlás nagyságának abs1.olút értékét: lr= - -P__
•Y64EJk'
2.2.2 Mechanika
44. Amikor a
villamosvezető fokozatosan kikapcsolja a reosztátot, növeli a motor kapacitását; mégpedig úgy, hogy a húzóerő nulláról az idővel arányosan, másodpercenként 120 kp-dal növekszik. Határozzuk meg azt a függvényt, amely leírja a kocsinak egy rögzített ponttól való távolságát, ha a) a kocsi súlya G= IO (Mp); b) a súrlódási ellenállás állandó és 200 kp; c) a kezdeti sebesség nulla.
Megoldás. A kocsi súlypontja vízszintes egyenesen mozog. A koor· dioáta-rendszer kezdőpontját a kocsi súlypontjának eredeti helyére tesszük (28. ábra). Ha a villamosra ható külslí erllket az x tengelyre
....~--~>----...::.)(_.. -zoo k p f 2 0 Hp
28. ábra
vetítjük, két összeadandó! kapunk: a 1201 nagyságú húzóerőt és a 200 kp·os súrlódási erőt, ahol t a reosztát kikapcsolása óta eltelt idő. Newton második törvénye alapján megkapjuk a koesi mozgásának differenciálegyenletét: G d' x (l) - -d 2 = 1201-200. g t 104
J2
A villamos mozgásáoalc kezdete nem esik egybe a reosztát kikapcsolásának időpontjávaL A 10 idő jelentse a mozgás kezdetét; ezt a húzóerő és az ellenállási erő egyenlőségének feltételéből határozhatjuk meg: 1201.=200. Ebből
r.0
5
=T
(2)
(s).
A 1201- 200 értéket a számítás megkönnyítése céljából jelöljük 12011 -gyel. Ekkor 200 5 (3) 11 = t- 120 = t- T, abol t a reosztát kikapcsolásának kezdeti Most az (l) egyenlet igy alakul:
G d'x g tit'
~· --
időpontja.
J20t, =o.
(4)
Integráljuk a (4) egyenletet:
r:
dx = 120g. +C, dt, G 2 .
(5)
Határozzuk meg a C, integrációs állandót. Ha akkor
dx = O dtl
'
eszerint (6)
Ha. most az (5) egyenletet intcgráljuk, megkapjuk a (4) egyenlet általános megoldását:
x=
J~g
t +C
0•
(7)
Határozzuk meg C, értékét Ha 11 = 0, akkor x = O. Tehát
C2 =0.
(8)
105
A (7) egyenlőségból megl:apjulc a kocsi mozgását lcír6 partikuláris megoldást:
x
= 120g (1 6G
_.?..)' = 120·9,81 (1 _.?..)* 3 6-10000 3 '
vagyis végül:
x = 0,01962
(t- ~r
{m).
45. Határozzuk meg az l bosszúságú matematikai inga mozgástörvényét és perlódasát kis kitérés esetén. Megoldás. Az M golyó G súlyát két
összetevőre
bontjuk: N a fonal,
J a mozgásgörbe érintőjének irányába mutat. Az N erőt kiegyensúlyozza a fonal feszlt6 ereje, és Igy az egész erőrendszer ekvivalens az J er6vd. A 29. ábrdb6/ látható, hogy
o
Ifi =G sio a=mg sin«,
,
ahol m a tömeg, g pedig a nehézségi gyorsulás. Pozitiv « szögnél az J érintőirányú összetevő a negativ oldalra irányul, ezén J= -mg sina"" - mga, mivel a fonal sin cr: ~ «A nyilvánvaló
kis kitérése esetén
«=Ts egyenlőség
kö-
vetkeztében
mg
J=--1-s.
29.ün ".....
Itt s=AM a golyó görbe vonalú titjának hossza. A dinamika második törvénye s:zerint megkapjuk a mo~gás differenciálegyenletét:
d1s m dt'
106
mg
;a
- -~- s,
vagyis
d's dt'
g
+7s=O.
Ha ezt a másodreodú (hiányos) homog6n lineáris egyenletet integrál· juk, megkapjuic az
1 cos Yf·t
s = C, sin ~t +C
á ltalános megoldást. Használjuk fel a kezdeti feltételeket: ha
t
= O, aJckor s
=a
l!zclcnck a fellételeknek az alapján meghatározzuk
c; -et
és C1 ·1:
c, - o,}
C, = a.
Ha ezeket a:r. értékeket behelycltcsltjük az általános megoldásba, azt kdpjulc, hogy
s=acos
Yf·t,
ahol a a lengés amplitúdója. A vi:r.sgált matematikai inga mozgá.sa harmonikus rezgés, amelynek periódusn
T=2n
v1·
46. }{atárouuk meg a fizikai inga mozgástörvényét (az Oz tcn,gely mer61eges a rajz sikjára).
Megoldb . M.int ismeretes, fizikai in8)1nak az olyan szilárd testet nevezzlll:, amely a nehézségi cr6 hallisáru vlzszintes Oz tengely körül forog (30. 6bra). Jelöljük az inga s61ypontjánal: a forgá.steogelyt61 való OC távolságát a-val, az inga súlyát G-vel; G=Mg. A jelen esetben 107
csupán a G az egyetlen adott erő, ezért a fő nyomaték (a rendszer összes erői nyomatékának összege) az Oz tengelyre vonatkozóan a következő:
M, = - Mgasióf{J, ahol
az inga eitérési szöge a függöle-
tp
gestől
( l)
az óramutató járásával
ellenke7.ő
irányban. Amint a dinamikából tudjuk, a szilárd testek mozdulatlan tengely körüli forgó mozgásának dilferenciálegyenlete a (2)
30. 'brn
összefüggésset fejezhető ki, ahol J, a testnek az Oz forgásteogelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka. Esetünkben a (2) egyenlet igy alakul: d'tp . J, d 2 - Mgastn tp. (3) t
=
A (3) egyenlet a fizikai inga mozgásának differenciálegyenletc. Ha az inga kitérése kicsi, használhatjuk a sin '1' "' '1' közelitést. Ebből megkapjuk kis kitérések esetére az inga mozgását k özelítőleg le!ró differenciálegyenletet : (4)
Legyen Ekkor
d' 'P fiii+k''l'
=o.
Az (5) egyenlet a harmonikus rezgőmozgás differenciálegyenlete. 108
(5)
lotegráljul: az (5) tgyenletet, feltétele2ve, hogy az inga kezdeti s:tög-
se~ge nulla (O>• = d; =0). A megfelelő r'+k' =O karakteriszti.lrus egyenletgyökeia ± ik imaginárius számok, ezért az(S)egyenletáltalános megoldását a
vagyis
c, =
drp b) Ho 1= 0,akl:Orú>0 = - =0. dl
A
~~
= -kC,siokl+ kC,coskt,
eszerint vagyis
C.=O. Ha az Igy meghatározott értélceket a (6) egyeoletbc belyetteshjülc, megkapjuk a fizikai inga mozgásegyenlctét kis kitérések esettre: 'P = 'Po cos kl. Az inga ·teljes T periódusa:
T
2n
=T -
2
1~
"V j\Tgö·
47. Határozzuk meg annak az m tömegü anyagi részecskének a mozgástörvéoyét, amelyre az O középpont felé irányuló és az O vonzási középponttól való x távolsággal egyenesen arányos erő hat (31. ábra).
109
--·1-- - -- --<< f=-
o
~
3J.ib
x
j
Megjegyzü: Ha az m törnegli . anyagi részecskére az J centrális erő hat, amely arányos a részecskének az O vonzási középponUól mért távolságával, vagyis J= -ax, akkor az. ilyen erőt visszatérltö erőnek nevezik.
Megoldás. Az adott feladatban a
visszatérltő erő
J= - ax. A dinamika második törvénye szerint ezt az
d' x J= m dr' egyenlet fejezi ki. egyenletét:
Ebből
könnyen megkapjuk a mo:z.gás differenciál-
d'x
.
m dt2 = - ax, vagyis
d' x
dt' +k'x = 0,
(l)
a Itt a a visszatéritési együttható, és k a rezgés frekvenciája. m Ez másodrendíl homogén lino:áris egyeofet. A megfelelő
ahol k• =
-.
r'+k'=O karakterisztik us egyenlet gyökei: r1
liO
,,= ±Y- k' =±ki.
•.•, '
~
A karakterisztikus egyenlet gyO.kei imaginárius számok, ezért az általános megoldás ilyen alakú:
x = C, sin 1<1 + C1 cos kt, vagyis
x= C, (sin kt+ ~:cos kt). A
(2)
következő ö sszefüggéssei bevczetJUJc segédváltozóként
c. c,
a
~ szöget:
= tg~.
Ekkor
x= ~(cos~sinkt+sin~coskt), vagy n
cos 'P
.-S_= A COS
jelöléW!I :
x= A sin (kt+q>).
(3)
A (3) kifej~ts A amplitúdójú harmonikus rezgőmozgás
k(t+T)+
- l
ktpletb61 határ ozzuk meg (2n a sinus periódusa).
T
Ebből
2n
=T·
vagyis (4) Ha a (4) megoldást a (3) megoldúba belye~Usitjük, végill azt kapjuk,
hogy
lll
84:>1--
o A
32. öra
........
48. Függöleges rugóra, amelynek súlyút elhanyagolj~. G súlyt függesztüok. Ez n rugó hosszát /-lel növeli (32. ábra). Húzzuk a felfüggesztett súlyt a hosszúsággal lejjebb, majd engedjük szabadon moz.ogni. Határozzuk meg ennek a mozgásnak a törvényét, figyelmen kivűl bagyva minden egyéb hatást. Me goldás. Irányitsuk az x tengelyt függőlege sen lefelé, és az O kezdőpontot ott vegyük fel, ahol a súly statikus egyensúlyi hel)'lelet vett fel. A súlyra, tetszőleges A (x) helyzetében, két erő hat: n G =mg súly, és a rugó sz.atérlt6 ereje.
f
rugalmas visz·
A Hooke-törvény szerint kis deformáció eseten a rugalmas erllk arányosak a megfelelő deformációkkat Az O pontban a rugalmassági erő a G súllyal egyeol6, és a megfelelő deformáció /. Tehát (J) (G(=~/. Az A pontban a rugalmassági erő J, a megfelelő deformáció / + x:
·l/ l = k (l+ x).
(2)
Osszuk el n (2) egyenlőség mindkét oldalát az (l) egyenlőség megfelelő oldalaivaL Ekkor azt kapjuk, hogy
VI l+x (GI = -~-· s
ebből/
112
abszolút értéke:
Az f erőt, mivel pozitlv x esetén negatlv irányba hat, mínusz előjellel kell eUátnunk, ezért végül
G
1=-G- / x. A vizsgált két erő eredője:
R = G+/. vagyis
R=-
G
mg
1 x = - - 1- x.
A dinamika második törvénye alapján megkapjuk a mozgás differenciálegyenletét:
d'x
mg
111 dt' = - - 1-x, vagyis
d'x dt'
g
+7 x= O.
Ez másodrendíi (hiányos) homogén ü.neáris egyenlet. Ha ezt integráljuk, megkapjuk az általános megoldást:
x = C, sin
if
t+C,cos
if
t.
{3)
Használjuk f~l a ke-1.dcti feltételeket. A súiy legalsó helyzetében t
= 0, x = a,
dx dt =
Ennek alapján meghatározzuk C1 ·et és
C1 =O, C2 =a.
O.
c,.t:
J
Helyettesltsük be ezeket az értékeket a {3) egycoletbe. Ekkor meg· b~uku ·
x = acosift 8
Difrerene.ii!eaye.nt-etek 42174
113
képlettel leirt harmonikus .rezgőmozgás törvtnyét, ahol a periódus:
.
,{T
T = 2"'
r -g·
49. Az OA egyenesen (33. ábra) egy m tömegű anyagi pont olyan taszitó erő hatására mozog, amely forditottan arányos a rögzitett O középponttól mért x = OM távolság harmadik batványával. Határozz,ok meg a mozgástörvényt.
1-
. M
f • K,
o
x
j
)(
A 33. ibr•
Megoldás. A dinamika második törvényének megfelelóen a mozgás differenciálegyenlete: d'x k (l}
"' ·a1• =Ji!'
ahol k arányossági tényező. Az (l) egyenletet ilyen alakba lrbatjuk: d'x kl , 1 = - - = adt' m x' i'' vagyis
x
•
.. l
=u·
r·
Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 2x' dl-vel: xdt
2x x- ar= 2a'xr· Ez utóbbi egyenl.et bal oldala az
114
x• .differenciálja:
''
sebből
vagyis
.
-·
Jlr - c,
x =± o
«,x és
dx _
± o JIr- c,
dl -
A változók
S2étvál~~&tásával
t'C~
x
azt .kapjuk, hogy
xdx
-:rT=;;== ± -
~x'-C, A (2) egyenlet megoldása során az
J
x dx
~~ =
Jfx'-C,
egyenl&~ghez
a d
Jlc;
l.
. (2)
a
± ·""(t+ C.) rC 1
jutunk. Ebból végül:
rx'-C, =±.ta
r C,
(i + C,),
vagyis
50. Egy sima vlzsziote& nsz.talról/"' 4 (ro) hosszú lánc csúszik le. A mozgás kezdetekor a láncnak már a = O,S (ro) hosszú része csúszott le az asztalról (34. ábra). Határozzuk meg, meooyi idó alatt csúszik le az asztalról iiZ egész lánc, ha a súrlódást elhanyagoljuk.
Megoldis. A Jánera minden időpontban az asztalról addig a pillanatig lecsúszott x hosszúságú láncdarab súlyával egyenlő F er6 hat. Ha az egész lánc súlyál G-vel jelöljük, a követlcezö nyilvánvaló arányt bpjuk:
a•
115
t-o~J5m
34.,....
f Ebből
F=
G
7
mg
x= - - x, 1
(l)
ahol m a tömeg. A dinamilea másodile törvénye alapján:
d' x F= m dt'.
(2)
(l) és (2) egybevetéséból megkapjuk a láoc mozgásának a differen· ciálegyenletét: ·
. d'x
mg
m dt'
= -~- x,
d'x
g
vagyis dt' -~x=O.
Helyeuesltsük be a számadatokat, g· t vegyük közeUtiileg 10 m/s'-nek, ezzel a kö,-etlcezó másodrendű (hiányos) lineáris egyenlethez jutunk:
d' x
dt' - 2,5x = O.
J 16
(3)
J l
j
Az .ennek
megfelelő
. ,.:.. 2,5
=o
karakterisztik us egyenlet gyökei:
Az általános megoldás ilyen alakú:
x= C
1 e~' +C, e-Y'f'r.
(4)
. Határozzuk meg a C1 és a C, állandókat a megadott kezdeti feltételekből:
dx ha t = O, akkor x=a=O,S (m) és v=- =0, dt amiből
(5)
Mivel
-dx = dt
Jfi- ceYo•fi ,_ Jfi-cer_,fi• , 2
ezért O=
Az (5) és a (6)
2
l
'
~c,!'•- ~c,e•.
egyenletből
' (6)
következik, hogy
c, = c, = 2a = 0,25. Ha ezeket az értékeket az általános megoldásba behelyettesltjük, megkapjuk a (4) egyenlet ~eresett partikuláris megoldását: ·
x=
o,2s(.Y1· +•-~·) .
(7)
Oldjuk meg a (7) egyenletet l-re:
117
vagyis
'
Ez az egyenlet másodfokú egyenletre vcut :
(/f•)'- 4xev:t"' + I =O. Ennek megoldása :
(/foJ... A (8)
4x± ~~ 6x'- 4 =2x ± ~4x'- J.
=
a gyök
kifejez~sben
előtti
(8)
mlnuszjelet elhagyjuk, mert ha
t >0, akkor Tehát
,(111
e
amiből
= 2x + l~ .
és x = l = 4 m eset~ben megkapjuk a keresett időt :
r=
Vt
ln (8+
~63) eo J,75(s).
Eszerint az eg~sz lánc 1,75 salatt csúszik le a sima asztalról.
51. Egy Q= 921 6 (Icp) súlyú vagon mozgásba jön a pályatest irányában fújó sz~l hatására, és vlzszintes útszakaszoo mozog (35. ábra}. A vagon ellenáJiása a mozgással szemben R. Ez súlyának l /200-ad r~szével egyenlő. A ml nyomásának ereje P= kSu' (Icp), ahol Sa vagon szélnyomásnak kitett hátsó lapjdnak területe (6 m'), u a szélnek a VIIgonboz viszonyitott
118
sebe~ge, k
pedig arányossági
tényező, értéke 0,12 kps•. m•
x
F
Q
35. ábra
A szél abszolút sebessége v= 12 (mfs). Vegyük ·a vagon kezdeti sebes> ségét nullának, és állapítsuk meg l. a vagon legnagyobb sebességé" 2. azt a T időt, amely ennek ll! eléréséhez szükséges; 3. -azt az x 1 utat, amelyet a vagonnak meg kell tennie, hogy elérje a 3 m/s sebességet.
Megoldás. Ha az összes hnt6 erőt a vlzszintes tengelyre vetltjük, megkapjuk a rendszer egyensúlyi egyenletét:
d' x
mdi' +R - F = O. A
~zélnek
(l)
a vagonhoz viszonyitott sebessége:
dx dt'
u =v - vagy differenciálva :
(2)
119
Ha az erők értékét behelyettesitjük (!)·be és m·mel osztunk, a következőt kapjuk:
Q
d'x
kSu' = O.
-dt-, + -n-1.::.2"'0"'"0
(3)
m
Ha felhasználjuk a (2) egyenlóséget, a (3) egyenlet így alakul:
du
kSu'
g
- -dt + -2 0- 0 -m - --O ·
(4)
A változók szétválaszl
-~ - g
(
200
Egyszerűség
d~OkS ) = - r+C. 1- - - . r
kedvéért legyen
(5)
mg
200kS mg
•
=a'.
Ekkor az (5) egyeoletbo1
adódik, hogy
l= -t+C
[.!..J -d(rxu)+.!_f d(rxu) rxg 2 (rxu+ l) 2 (au - l)
200
'
vagyis 100 acu - t ln - - = ag au+ l
-r+C.
A (4) egyenlet általános megoldásában szerepló integrációs' állandót a kezdeti feltétel segitségével határozzuk meg: ha 1=0, akkor vagyis u=o. Ekkor
C= 100 ln.ao - l , ag ao + l a keresett partikuláris megoldás pedig a következő: _
120
1
= 100 n (rxu-l)(av+l). 1 acg (acu + l)(acv-1)
dx
dt=O,
Ebből
t = O esetén
" = v200kS =l8 . mg l. A vagon al
Ebből
dxl
l dt _=v-~ =
t-~.
l=0, +-~IJ-1 =0. v·-,;;g = v v12 -
200kS
9216 200 · 0,12 · 6 ·
A vagon maxirilális sebessege tehát:
v=
=~ L=
4 (m/s).
2. Az az idó, amely szükséges volna ahhoz, hogy ezt a sebesseget elérje: T=oo. 3. Az az x 1 út, amelyen a vagonnak végig kell haladnia, hogy elérje a
dx
d/=3
(mfs) sebességet, a
következő
du
du d{
dl =
d{
módon adódik:
du
dl =
de
de "·
c1x
dt =u= v-dt, du
dt =Majd, ha integráljuk az utolsó
d•x dt•.
előtti egyenlőséget,
e=
az út a következó :
vt - x.
Ezért a (4) egyenlet alakja:
. _ du u+....!L- ksu• = 0 d~ 200 m · l2t
A változókat szélválasztva .kapjuk:
u du g kSu' =d,, 200 - ---;;;vagyis
200
udu
g ' (1-kS200 - u•) =d~.
(6)
mg
Ha felhasználjuk újra a már korábban bevezetett a•· kS '
200
jelömg lést és integnUunk, a (6) egyenlet általános megoldását szolgáltató
.,
m lnC(I-«' u') =~=vr-x 2kS
- egyenlőséghez
jutunk. A C integrációs állandót a kezdeti nál 1=0, vagyis u = v. Eszerint
feltételből
határozzuk meg: x = O.
j
l C= l - IX1 v' ' A keresett partikuláris megoldást
icifejező
összefüggés:
m 1- o:'u' x = vr + 2kS ln 1 v'. dx Ha x=x., akkor - =3 (m/s), vagyis u.= 9 (m{s), továbbá dt . 100 1 · 20 u - t= - - ln _ = 99,8 (s), 1 17 4 - g 8 és Igy 9216 0,265 x 1 =99,8 · 12+ 9,Sl·O,l 2 . 6 Jn !,lS = 187 (m).
o:'
51. ·Egy repülőgép vlzszintes mezlln ér földet. A pilóta úgy vezeti gé-: pét a leszállási területre, hogy a fóldet érés pillanatában nincs fúggó-
122
• '
j j i
l ''
s leges irányú sebessége (36. ábra) A repülőgép futórofivéoek n bóra vonatkoztatott súrlódási együtthatója p =0,08. A repü16gép mozgásakor a levegő ellenállási ereje arányos a ubesség négyzetével. Amikor a sebesség l rn/s, az ellenállás vúszintes összetevóje: R 6 = 0,09 (kp), a felfelé irányuló függőleges összetevő pedig R1 = 0,1 (kp). A repülőgép súlya 2000 kp. Határozzuk meg a földet éréstól a megállásig megtert 1 utat és az ehh ez szükséges időt.
Megoldás. Az ellenállási
erő vlzs2.intes összetevője: ·
R. = k, rJ, ahol k. = 0,09 ( kp ::) . Az ellenállási
erő
függöleges
összetevője:
R1 = k 1 rJ,
ahol
k 1 = 0,7 (kp
.•
ds
.
n~:) .
•
Mtvel v= dt , a vlzsZtntes és a f!lgg61eges összetevő rendre:
R, = k, [ : )'.
R1
=k,[:)'. 123
Állitsuk fel a
repülőgép mo2~sának differenciálegyenJeÍét: d2 s
m dl' + R,+p(mg- R,)=O, vagyis 111
(ds)' +JJ [mg-k, (ds)'] =O.
d' dt's +k, dt
dl
(l)
Ossxuk el az (l) egyenletet m·mel:
d's + k,-JJk, dl~
m
(ds)'+ =O. dl
JJK
(2)
Vezessük be a
k, - pk, _A· m
- '
pg= B jelöléseket. Használjuk fel még azt is, hogy
d's
dv
d1 2 = ds v.
Ezek után a (2) egyenlet így irbató:
v ddv + Av'+B s .
=O.
(3)
.Válasszuk szét a változókat:
v dv B+ Av' =ds.
(4)
A (4) egyenlet mindkét oldalát integrálva kapj uk, hogy
vdv _ l Jd(B + Av') _ l , _ - . B+Av' - -2A B+Av' - -2A 1n(B+Av)+C - s. (4a) J A2 s=O, v=v0 kezdeti feltételek alapján határozzuk meg a C ínteg· rációs állandót: l C ~ 2A ln(B + Av~. 124
A keresett partikuláris megoldást pedig a
l (B+A"J)
(4b}
-U ln B+Av: = s
képlet fejezi ki. A v=O helyettesilés )Degadja, mekkora utat tesz meg a repülögép a megállásig:
s
L.=- ~ ln (l + ~v.) = 34 . ~.SI· IO•tn(l + :: · 10'"' · 18,5') =2 16(m). Ar. ehhez ta.r tozó idc5t a (2) egyenlet és a
d's tk dfi = tit
egyenlőség
felhasz-
nálásával szánútjuk ki. A (2) egyenlet alakja most a következö:
dv
dt+AV' +B =O.
(5)
Az (5) egyeniethen válasszuk szét a változókat: dv
Av'+B = -tit. Így tehát
v';n
arcts(V1·•)
= - l+ T.
H a 1 = O, ak.kor • =v,, a keresett id6 pedig:
53. Egy m tömegü test v sebességgel leesik valamilyen magasságból. Esés közben a test - sebessége négyzetével arányos - ellenaUást gy6z le. H atározzuk meg a test mozgástörvényét. a testre két erő hat: u nehézségi erő és a közegellenállás. A nehézségi er6 mg, a közegellenállás a mozg;Wal ellentétes irányú és k.ri' nagyságú. Ezeknek az eróknek ru: eredöje tehát: mg-kv'. Másrészt a testre ható erő arányos a mozgás a' gyorsulásával és ma·val egyenlő.
Megold,s. A
1 időpillanatban
125
J
Eszerint:
Ha a
(l)
ma = mg-kti'.
m~r~s ke:zdet~t61 számítolt út s, akicor a sebesség v-=~;, ~s
egyenes vonaló mo~soál
d's
a-= dt' .
Az (l) egyenlőség ilyenkor
(els)' dt
d's m - = mg-kdt'
(2)
alakít.
A
ds dt =v
egyenlöségb61 következik, hogy
d's dv ds dv dt' = ds di = ds v. A (2) egyenletet rendezzük át:
dv
m ds o= mg-kr;l, vagyis modo -ds mg-kv' - ' amiből
J
mo dv _ mg - kv1 -
azaz
fels '
(3)
Kezdjük 'az út mérését a t -=O időpillanatban, és legyen a ke-zd6scbcsség is 0, vagyis ba t=O, akkor s=O és v=O. Helyettesitsüle be a (3) egyenietbc az s = O, v=O értékeket, megkapjuk C-t:
m
- 2k lnmg+C =0, 126 .
m
C= 2k lnmg.
1•
Tehát
vagyis
- .!!Ini 2k mg-mgkv' l·
s-
De ·
ds
-dt =v• ezért
m
s=
2k ln
mg
mg-k (ds)' -
(4)
dt
A (4) egyenlet elsörendü differenciálegyenleL FejezzUk Iri bel61c
ds y,-t: mg 2ks ln 1 - --";-,-,..-1 = .
mg-k[~~r
m
A test esik, eútt a (2) egyenletnek megfelel6en m d's• >0. Eszerint
mg-k(: )'>o,
dt
mg
.mg - k (dd: )' >o. Ezért mg
....,
mg-k[:r =e R. :
=
(#r-f mg
(llg- k
e --R
± vr~ -g"'"'(,-1- e "'!''""). 127
Mivel s r-nek oövekvll függvénye, ds ::O, ezért a gyök dr jelet vess7.ük:
dr = · di
előtt
n plusz-
yT
mg ( 1 -e - "') • ·
A változók szélválasztása után azt kapjuk, hogy
ds
JI 1-e a."'
=
,rmg dr. y~
Ebből
!
1 _ J== mg r+C. ,, ds~ ... = y/nii T
Y 1-
(5)
e "'
Az (5) egyenlőség bal oldalán száJnitjuk ki :
levő
~1
integrált a kö vetlcez6 helyettesités-
..
k ~ dz = - e"' ds· lll
'
ekkor
TebAt
'
=;J R= ': f~= z
l- -
z•
.
Ha ebbe a legutolsó egyenlőségbe behelyettesítjük a r=O, s=O kezdeti feltételt, az adódik, hogy C = 0.
128
Vagyis az (5) egyenlet megoldása a
következő :
Ebből b
, ,
....
, , ,..
e-;; + Ye-;; - l = ef -;;',
{6)
.. ,,...
{7)
_,fTi,
-::--r~== = e y -;;;- .
e-;;+ r e~ - l Ha a (7) egyenlőség bal oldalának szorozzuk az
~'Zámlálóját
és
nevezőjét
is meg-
kifejezéssel, az
egyenlőséget kező
kapjuk.
Ebből,
figyelembe véve a (6) egyenletet. a követ-
adódik :
e~·'+e-~·'
"''
e m = -----;;2,...--Végül az
eső
test mozgástörvényc :
m
s =kJn 54.
;rr;_, eY -;+e -~·· m 2
Egy
puskagolyó 200 mfs sebességgel behatol egy 12 cm vastag gerendába, átlyukasztja, majd kirepül belőle 60 m/s sebességgel. A gerenda akadályozza a golyó mozgását. A fellépő ellenállási erő arányos a motgás sebességének négyzetével (37. ábra). Határozzuk meg, "hány s alatt hatol át a· golyó a gerendán.
Megoldás. A gerenda belsejében a golyóra tetszőleges t pillanatban a gerenda F ellenállási ereje hat. Ez a mozgással ellentétes irányú, nagy129
~l
37. ib
sága pedig arányos a golyó sebességének a négyzetével az adott pillanatban. Tehát
F = - kv'. A dinamika alaptörvénye (Newton második törvényé) szerint az erő a pont tömegének és a ponthoz tartozó (l) gyorsulásnak a szorzatával egyenlő, vagyis F=m(l).
Az egyenletek összehasonlításából következik, hogy
(l)
mro = -kv•. Mint a kinemalikából ismeretes, a pont sebessége:
ds dt '
(2)
v= -
!30
..
a gyorsulás pedig:
dv
d's dt 1 '
di =
=
(3)
ahol s az út, t az idő. Helyettesilsük be v-nek és w-nak a (2) és a (3) képletben deriváltak· kal kifeje-t.ett alakját az(!) egyenletbe, megkapjuk a mozgás differenciál· egyenletét:
d's dt'
= - ~(ds)'
m dJ ·
(4)
A (4) egyenlet
y•=f(i) tlpusú másodrend{! hiányos egyenlet. E:zt a
p=y'=t·j
(5)
p'=y·=dp
dx
új ismeretlen függvények bevezetésével, a rendszám csökkentésének módszerével oldjuk meg. Ha ezt a módszert a vizsgált (4) egyenleire alkalmazzuk, a · követ· kezőhöz jutuuk:
a (4) egyenlet pedig igy alakul:
dp
k '
(jj=--;nP· Vála~szuk
szét a p és a
t
változói:
dp k p'= - m dt. Mindkét oldalt integrálva kapjuk, hogy l k - - = - -t+C1• P m
••
131
HelyettesítsUk be p értékét, és integráljunk újra:
dt k = - -t+C,· ds m '
- -
ds= k
dt
;
- t- C
m
'
"'!d(~k r-c,) = km 1n (k-;n t- c)' +c•·
s= k
(6)
- t - C, m
Hogy a keresett partikuláris megoldást megbatározhassuk, számltsuk ki a feladat feltételeiből a C, és a C, konstansok értékét. A kezdeti feltételekből kitiinik, hogy ha t = O, akkor s=O, és ha ds t =0, akkor - = 200 (m/s). Ezenkivül, ha a (6) egyenletet differenciáljuk, dt azt kapjuk, hogy ds 1 (7) dt= k .
- t - C, m
A (7) egyenJetből meghatároztuk C, -et: 200 =
majd a (6) ,egyenlethól
1 k - · O- C, m
c, -t:
(k
l)
0 =m-ln - · 0 + - +C.· k m 200 ' 1 m c, = - Tm ln 200 = kln 200.
Ha C;- és C, most meghatározott értékét behelyettesítjük a (6) á ltalános megoldásba, megkapjuk azt a partikuláris megoldást, amely lelrja a feladat adott feltételeinek megfelelő mozgást:
(k 200l )
s= -m ln - t+ - + -m ln200 = k m k k l ) ] m ( k ) = Tm ln [(mt+ 200 200 = T ln 200m t + ! ;
s = '; ln
(200 ~ t+ 1).
(8)
Oldjuk meg a (8) egyenletet 1-re : k
!:!
m
( -•. - l) .
200-t + l = e'", m vagyis l
= 200k e
(9)
m
Amint a (8) és a (9) egyenletből látszik, a keresett 1 idő meghatározásához meg kell állapítanunk a k és az m ismeretlenek értékét. A k arányossági tényezőt abból . a kiegészftő feltételből határozzuk ds · meg, hogy ha s =h = 0,12 (m), akkor - =60 (m/s). dt Ennek a kiegészitéS feltételnek az alkalmazásához előbb a (8) egyenletet kell diffcrcnciálnunk, hogy megkapjuk a ds kifejez6st: dt ds
dt=
200 k
.
(!O)
200 - t+! m
A meghatározott t értéket a (9) egyenletből a. (!O) egyeniethe helyettesítjük, amely most így alakul:
ds
200
dt = --.:;"·
( ll)
e'" !33
A lcieg~s:útó feltét.ol behelyeUesltése a
200 60--. e.u-
e
(12)
•
egyenl6séghez vezet, amelyből ln
!2. 3
k = O,l
2
tn "' 10,03 m.
A (l J) képlet elemzése megmutAtja, ha k lineáris függvénye m·oek (k a 10,03 m), nem kell meghatározni m-et, hanem elég megkapni az
•
.;; mennyiséget, ami lényegesen egyszerüsiti a számltást. Ugyancsak a (12) egyenletb61 következilc, hogy
..
~ - (310) . e"' 0
•
Ha k és e;;; számértékét a (9) cgycoletbe helyettesltjlik, megkapjuk l
ért6két: t=
200
m ,J0,08m
[(IO)~•.n ] 20063 l (10 -tJ0!0,00114(s). 3 - 1 =
Tehát a golyónak a gerendán való áthatoláJi ideje 0,001 14 s (oem sokkal több, mint a másodperc egy ezred résu). l
SS. Egy tengeraiattjáró, amelynek nincs haladó mozgása, egy kicsiny negaiSv J> merülési képesség hatására merülní kezd, közben tUiundó ·tcrclé baladó mozgást végez (38. dbra). A vl:l ellenállását !ds negativ merülési képességnél a merillési sebesség első hatványával arányosnak, kS1>-nek vehetjük, ahol k arányossági tényező, S a tengeralattjáró vl:ls:tintes vetületének területe, v a merülési sebesség. A hajó tömege M . Határozzuk meg l . a v merülési sebességet, ha 1 = O esetéo a kezdeti sebesség v,= 0, 2. azt az utat, amelyet a merül6 tengeralattjáró T idó alatt megtesz. 134
p ----- - - ~
--
38. libni
erőket a függőleges tengelyre vetítjük, megkapjuk a mozgás differenciálegyenletét :
Megoldás. Ha a hajó merülésekor ható
d2 y dy • M dt' +kS (ii-P= O.
(l) d 2y dy Itt M dt' a tömeg és a gyorsulás szorzata, kS dt pedig a v1z eUenállása. Vezessük be a
v=':;, jelölést, és osszuk el az(!) egyenletet M-mel : ~; +
k::-~
=
o.
(2)
A (2) egyenletben könnyen szétválaszthatjuk a változókat. Ekkor az
Mdv P - kSv
dl
(3)
egyenlőséghez jutunk. Ha a (3) egyenletet integráljuk, megkapjuk az általános megoldást: M - kS ln C(P - kSv) = t. (4)
!35
l
• A C állandót a t=O, v=O kezdeti
felt~telból
határozzuk meg:
l
C=p-
J'
Ezek surint a (4) egyenlet ilyen alakú:
•l
M ( 1- -k Sv) =l - -M ln -l (P-kSv)=--ln kS P kS P . Egyszerű
; ). .,
..
a lgebrai átalakltások után kapjuk, hogy
1n
(~ -~s.J=leS 1 p ilf' k
''
_!l_,
l - -p Sv=e "',
f
vagyis a keresett merülési sebesség: p ( -~·) v = leS l - e "' .
( 5)
l
Hogy meghatározhassuk azt az utat, amelyet a merül6 tengeralatt· járó a T id6 alatt tesz meg, az (5) egyenletet a következó alakhan lrjuk fel: ds
-~•)
P (
v=dt = ks l- e..,, vagyis p (
ds= kS 1- e
_u,)dl. M
Ha ezt a nagyon egyszerű elsőrendű (sútvál:lsztotl változójú) egyeoletet integráljulc, megkapjuk az litképietet az idő függv~n)'elc~ot: (6)
Határozzuk meg a C állandót, használjuk fel ehhez a feladat kezdetí feltételét: ha 1=0, akkor s = O.
136
f ~
t.
A (6) egyenlet szeríni:
:S (:S+c).
O= vagyis
M
C = -kS. Ekkor a feladat bennünket kező:
~rdek ló
partikuláris megoldása a követ-
M)
P ( M -.u • P [ M( -~•)] s =leS t+ kS e "' - kS = kS t - kS 1 -e "' A l= T-hez tartozó keresett s=z utat a következő képlet fejezi ki:
p
[
p
(
z=ks T-kS 1-e
IS)]
- - T N
•
56. Határozzuk meg, milyen alakot vesz fel Sliját súlyának hatására a C 6s D végcin felfliggesztctt hajlékony, súlyos fonal.
Megoldás. Vegyük fel a koordináta-rendszert n fonal slkjában úgy, ahogy ezt a 39. ábra mutatja. A koordináta-rendszer kezdőpontját a görbe legalsé A pontjától bizonyos, egyelőre meg nem batáro1.ott OA távolságra jelöljUk ki. y
o
39.tbn
137
Vizsgáljuk a görbe AB darabját. Erre a darabra a következő erők hatnak: az A pontban a vízs.tintes H húzóerő, a B pontban az érintő irányú T húzóerő és a fonal AB darabjának súlya, amely arányos az AB fonal hosszával. Az AB fonaldarab tényleges súlya ps, ahol p az egységnyi hosszú fonal súlya, s az AB iv hossza. A statikai . egyensúly közismert feltétele szerint a függőleges, illetve a vízszintes összetevők összegének nullának kell lennie. Ha az ös.~ erőt az Ox és az Oy tengelyre vetítj'ük, .a kkor ;_ rendre - a következőket kapjuk:. · Tcosa Tsina =ps.
=H,}
Ha a második egyenletet elosztj uk az
elsővel,
azonnal kapjuk, hogy
sina =tga= !!!... cosa H Mivel tg« =y', azért
(l) A harmadik ismeretlen, s kiküszöbölése végett differenciáljuk x szerint az (l) egyenlőséget. Ekkor •
p ds
y=Hdx' Mivel ds -dx =
Vt +·". J'
az egyenlet végill igy alakul :
y"=~Vt+y'.
(2)
A (2) egyenlet y• =j( y') tipusú egyenlet. Ezt az y'= z helyettesitéssei
!38
oldjuk meg. A helyettesitésnek
bevezctve a
~=~jelölést, H
a
z' =
megfelelőe n
y• =z', és a (2) egyenlet,
a következi\ lesz:
J!_", Yl +z'. H + z• - ..!.. a
(3)
A (3) egyenletben válasszuk szét n változókat: dz
dx
Vl +z' "' -a· Ebből
oz integrálással elöálló ditalános megoldás a következő alakú:
Az integrációs állandót a kozdeti feltételból határozzuk meg. Az A pontbeli érintő párh112lUllos az. abszcisszntcngellyel, ezért ha x = O, akkor y' a z e O. Ennek megfelcl6cu ln
1- c.,
vagyis
c,- o. Tehát a mi feladarunk feltételei meJJett az általános megoldás a ln (z+ YI+Z')
= .=_, a
(4)
vagy ba a (4) egyenl6ség mindkét oldalát az e alapra emeljOk, n
•
z+ VI +z'= e-;
(S)
alakot nyeri. Az (5) egyenletet átalakHjuk: miodkét oldalát megszarozzuk (z - Vl ~z1)-tel. Egyeoletünk ekkor Igy alakul:
- l =(r-
• Yl +z') e-;,
amiból
z-t'l +z1
- -e-.-.•
(6) 139
Ha összeadjuk az (S) és a (6) egyenletet és mindk.é t oldalát elosztjuk2-vel, a ·, z =y'= l (e•!. - e• (7)
_!.)
2
egyenlet adódik. Ha ezt integráljuk, a
következőt
kapjuk:
Ha az origó az A ponttól a távolságra van, akkor (ha x= O) y-nak a-val keU egyenlőnek lennie, és ezért C, = 0. Így a görbe egyenlele a láncgörbe a
-
--
y=2 ( e•z +e.' ) = ach
ax
egyenletéhez vezet. A láncgörbe alakját veszi fel többek közölt a végeinél felfüggesztett lánc (már amennyire a lá ncot, közelJtőleg, hajlékony fonalnak tekinthetjük), innen is ered a görbe elnevezése. 57. Egy hajó, amely P= JSOO (Mp) vizet szor1t ki, legyőzi a viz R ="'v'm eUeoáUását (itt" = 0,12; ma tömeg, v a hajó sebessége). A hajőcsavarok húzó ereje a mozgás sebességével azonos irányú és a
törvény szerint változik, ahol T0 = 120 (Mp) a csavarok húzó ereje a hajó nyugalmi helyzetében, 'és v,= const = 33 (m{s). Határozzuk meg az összefüggést
J. a hajó sebessége és az idö között, ha a kezdő sebesség v0 ; 2. a megtett út és a sebesség között, 3. az út és az idő között, ha a kezdő sebesség v0 = 10 (mfs). 140
Megoldás. Vetltsük a ható
erőket
a vlzszintes tengelyre -
az;
előjel
dx
figyelembevételével - , és írjuk fel a hajó mozgásának sebességél v= dt alakban. Ekkor megkapjuk a hajó mozgásegyeoletét:
· [ dt dx) d'x (dx)' m dt' +« dt -T 1- v , =0, 0
vagyis
",.!!_ (dx) =To [l- ~~ J-oc(dx)' . ~
",d' x= ~· ~ ~ Válasszuk szét a változókat:
d(~;)
m
To[,_
~; J -a(dx)' v,
.
dt
"(~;)dx
- m
dx)'
« [-dt
= dt,
= dt.
.
(l)
+-Todt -- To v,
Ha az (l) egyenletet integráljuk, megkapjuk az általános megoldást:
Vezessük be a
jelölést. 141
A keresett partikultris megoldást a (2) egyenletből kapj uk meg, an.n ak a kezdeti feltételnek a felhasználásával, hogy ha 1- 0, akkor dx
a sebesség: dl=o0 •
Smnútsulc Ici el6ször az integmciós állandót:
c = _.'!!_ln 2/!
p_.I!..._«
Így a kereseu pnttilculáris megoldás:
111
[(P-*+oc%) (P+*+av J] dx] ( 0
t = 21! ln (
T.
T.
) .
P+ -2v.,0 +aP- -2v.0 -avo al
(3)
A feladat feltételcinele megfelelő számadatok behelyettesitése után azt kapjulc, hogy p= 4,2; To -2v.
18· JJ
"
2 p = 0,055. m A (3) egyenlet ekkor ilyen alakú:
SO +dx]
.
[ +---=: di-tf-· (20-v0 )
(2o-:)
_
..,.,,.
(50+vo) -
.
dx Oldjuic meg ezt az utóbbi egyenletet - -re: át
dx dt 142
0
=
70t>"+20(o0 +50)(...- - 1) 70+(u0 +50)(e"...., l) ·
(4)
Itt v0 -t m/s-ban -mérjllk. A megtett út és a sebesség közölti összefüggést a hatlirozzulc meg: Az (l) egyenletet
mvdv
---"';';:~-
--• To ocu--+-v-T 0 v,
következő
módon
= - dx
{5)
alakban is írhatjuk. Ha az (5) egyenletet integráljuk, az adódik, hogy
x= vagyis m
{
l
x-x0 = 2« ln 1-
mvdv T. + x0 , To- -.!. v -«ri-
v,
(
m
20C6
ln
j'+W] J - '~'!J ,
(6)
ahol az egyszerűség kedvéért bevezettük a
T• = IS{m/s), e= Tó(!+ ;:.• ,) = 1225(m'/s') 2oc~ a -~
jelöléseket.
15+v)'} +273,9ln {50 + v} :
Eszerint a keresett Jf = /(1) összefliggést az alábbi egyenHlség szolgáltatja:
vh30v0 - 1000 (v-20)(v+SO) x=631,Sln -J+ 30v - IOOO +273,9 ln(vo 20){vo+SO)-
143
Határozzuk meg az út és az id6 összefüggését v0= 10 (m/s) kezdeti sebesség mellett. A (4) egyenletból kapjuk, hogy d = 20(v0 + SQ){e'- - 1)+70v0 dr= x (v0 +50)(c"---1)+70
= 20dt -
(7)
70(20 - v0 jdr (v0 + SQ) e0.0"• +(20- Vo)
fntegráljuk a (7) egyenletet: dr C +x =20r -70 20-v•J . ,.. . Vo+JV e'..,.+ 20 -c.
(8)
•·+50
z=
YeussU.k be a
hclyctt.esltést; ekkor
20 -v. v0 +50
jelölést, és alkalmazzuk
dr
dr - ..."-,~-
0,05Sy A (8) egyenlet az integrálás után Igy alakul : C+x = 20t
70z e0·0'"' O,OSSz ln...- 20-c..
+ ... +50 Határozzuk meg a C integrációs állandót a 1=0, x=O kezdeti fel· tétel felbas~nálásával. Eszerint 70 C= - O,OSS ln
l + 20 -vo
= 199,3.
v0 +50 Ha behclyettesltjük a v0 = 10 (m/s) értéket, megkapjuk id6 keresett összefüggését: 3=X
l ~rt~ = lO(mjs)
144
=20t-127'1o~ 1
199,3.
az
ín és az
2.3 Állandó együtthatós lineáris egyenletek 2.3.1 Fizika (mechanika, rezgtstao)
58. Határozzuk meg az m tömega an)'ll.gi részecske mozgástörvtoytt, a (O középpont felé irányuló ts az O vonzási középpoottól mért x távolsággal egyenesen arányos) visszatéritó erő, az ellenállási crö és n külsó F=C1 sin (qt + q>0 ) erő hatáSil nlatl, ha 11'-k•
Megjegyzés:. Ha az m törnegil anyagi részecske a visszatérll() erő hatására olyan közegben mozog, amelynek F1 ellenállása arányos a o sebességgel, vagyis F, = - bv, akkor F1 -et ellenállási
erőnek, a h ~ :",
mennyisiget pedig ellenállási egyiitthotónak ne\'e'ZZiik:
Megoldois. Az f = - ax visszatérftő erön és az f = -bv ellenállási kivill a részecskére még az F,0 ,,5 C, sin (qt +q>0) erő is bnt. Mint n 40. dbrán látszik, az összes erő crcdóje:
=
erőn
R "' F•DJ•6 +/
--x--<
+.fr ·
r,.'i"'"'"' 40.,....
A dinamika második törvénye alapján a mozgás dilferenciálcgycnletét a következő alakban kapjuk meg:
145
vagyis
~
á'x
dx
dJ' + 2h dt
ahol 2h-
a
. +k' X = C1 SIO (qt +
!!_, m k'= !!... m
(l)
1
Ez másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet Oldjuic meg szóbao forgó h' - k' < O (kis ellenállás) esetében. Legyen ·
h' - k'
~-p'.
Ekkor
'• ~ -h+pi } '• ~-h-pi. A z (l) differenciálegyenlet
r' + 2hr+k' =O karakteris~tikus
e@Yeoletének komplex gyöke"i vannak:
,._,=-h±Vh1 -
k1
= - h ± Y- p'= - h±pi.
Komplex gyökök eselén a megfelelll homogén egyenlet általános megoldása a következő: x = e-.,(C, sio pt +C, cos pr),
H n az alábbi aránnyal bevezetjük segédváltozóul a
c. c, -tg
x= _s_r.,(cos
A
jelölés bevezetése után
x =Ae-"' sin (pt + rp).
l
Az (l) egyenlet partikuláris megoldását egy V segédfüggvény alak· jában keressük. B segédfüggvény és deriváltjai a. l<övet!cezől<: V = M sin (qt +
dr = Mqcos(qt+'{Jo) - Nqsin(qt+cp0) , d'V
'
dt' = -Mq'sio(qt + rp0) ~ Nq'cos(qt+rp0).
Ha ezeket a kifejezéseket az (l) egyeolethe helyettesltjük, az alábl!i egyenlóséghezjutunk: ·
- Mq' sin (qt + rp0 )- Nq' cos (qt +rp0) + 2hMq cos (qt+rp0 ) - 2JrNq sin (qt + rp0) +k'M sin (qt+ cp.J +k'N cos (qt + cp.J =
= csin(qt+ cp0), vagyis
(k' M -Mq'-2hNq) sin (qt+cp.J+ +(k'N - Nq'+2hMq)cos(qt+rp.;) = csin(qt+ rp0). A
megfelelő
együttható)<
egyenlőségéből
a
=c,}
k' M - Mq' - 2hNq k'N-Nq' +2hMq = O
(2)
egyenletrendszert kapjuk. A (2) egyenletrendszert oldjuk meg M-re és N-re: N=
4h'q'1~-q>)' ']
c (k'-q") M = 4h'q'+(k'-q")' .
,.,.
!47
Az általános megoldás . tehát: - A _., . {
x-
e
Slll
)
pt +
c (Ic'- q') . ( ) + ,411'q' + (k' - q') Slll qt + 'Po -
2/Iqc
4h'q' +(k' _ q') cos (q t+
: . · c(k' -q' ) [ . x = Ae-"sm(pt+
k~~qh' cos (qt +
2hq tg .p,= k'-h' aránnyal a
c(k'-q') ' (4h'q' +(k'- q')']cos
=8
jelölést. Ekkor végül is azt kapjuk, hogy
x= Ae- •• sio (pt +
(3)
A (3) egyenlettel ieírt rezgőmozgás két részből áll: ai x, = Ae-•• . ·sin (pt +
.
59. Egy m tömeg{! M teher. c rugal!Jlllssági- állandójú rugóra van felfúggesztve. A rugó K vége a KL=A sin {
148
Határozzuk meg a teher mozgástörvényét, ba a arányos a teher sebesség~vel.
fellépő
elleOáJlási
erő
Megoldás. Helyezzük a koordináta·rendszer kezdőpontját az L pontba, a1- x tengelyt irányitsuk függőlegesen lefelé. Ebben az esetben a teher mozgásának ditferenciálcgyenlete a következő:
d'x dx m= m• - cJ. - k 6 dt• dt '
(l)
ahol J. a rugó megnyúlása, c a rugó rugalmassági erejének vetülete az x tengelyen, k az ellenállási együttható. Ha a rugó termés~etes hossza /0 , akkor, a 41. ábrm1ak megfelelően a megnyúlás:
J.=x-KL-10 =x-Asin(pt) - /0 •
(2)
L
~
Helyettesítsük a (2) kifejezést az (l) egyen· let be: ~x
K
§
~
m dt' = m'g-cx+cAsin(pt)+c/0 -kdt.
~
""•
~ ~
"
(3)
;o ~~
Vezessünk be x helyett új változót. Legyen x=~+x1 ,
ahol x1 állandó és EJ,kor
~
>
.W
az új változó.
;J:J_ '
x a (3) helyett pedig az ~c
41. ábra
.
~
"'d' = mg - cC - cx, + cAsin(pt)+i/0 - k -d l
'
t
(4) 149
egyenletet kapjuk. Válasszuk meg x 1 -et úgy, hogy a (4) egyenlet jobb oldalán chOnjenek az állandó tagok, vagyis legyen
l
mg_-cx, +cl, = 0,
1
amiből
mg
x 1 = /0 +-
c
.
(5)
Hooke törvényének megfelelően a rugó F rugalmassági (reakció-) ereje arányos a megnyúlásával, vagyis F =eJ., ahol c arányossági téoyez6, az ún. rugalmassági állandó. Mivel egyensúlyi helyzetben az F erő modulusa egyenlő a P súllyal, P = eJ.,., ahol ;.. a rugó statikus megnyúlása. Ebből
p
.. .
c~ T
Ford!tva, ha ismerjUk a c rugalmassági állandót, megkaphatjuk a statikus megnyúlás!:
p mg .t.= - = c c Ezek sze ri nt az (S) képlet igy alakul:
Miot az elmondottakból látszik, az x változó fenti transzformációja ekvivalens a koordináta-rendszer kezdőpontjának az L pontból a teher O egyensúlyi helyzetébe való áthelyezésével, ha a rugó végét az L pontban rögzltjUk. A transzformáció után a (4) differenciálegyenlet ilyen lesz:
(6)
ISO
!
'
ab ol - cA h-
m
.
'
k
2n= -
m
és
A (6) egyenlet állandó együttbatós lineáris másodrendű inhomogén differeociálegyenlet. Ennek az. egyenletnek az. általános megoldását ~=
(7)
X 1 +X,
alakban állíthatjuk elő, ahol X1 a megfelelő homogén egyenlet általános megoldása, X, az. adott egyenlet valamilyen partikuláris megoldá~a. Határouuk meg a megfelelö
a•e
·
a~
dl' +2ndl+s'e =o
(8)
homogén egyenlet általános megoldását. Ennek az egyenletnek az. integrálására új ismeretlen· fliggvényt veze. !\Ink be. Legyen ~ (9) ahol ~ az új fúggvény. Differenciáljuk a (9) egyenlőséget 1 szerint, azt kapjuk, hogy
aedl = e-.. (a~dl -n~) ' a oiás9dik derivált pedig
a•e d'l
=
(a•"
a~ +n'tt) . · e-•• dii'- 2n dt
e
HelyettesitsUk be a (8) egyéolethe a fúggvéoynek és deriváltjainak az értékét Ha a köz.ös tényezővel egyszerüsitünk, a következő adódik :
e_..,
ISI
vagyis
~7 +(s'-n') 'l= O.
(10)
Tegyilk fel, hogy S>n, és vezessUk be az s• - n• = s: jelölést. Bkkor a (10) egyenlet így alakul:
d'., dt'
•
o
+s,., = ·
(l l)
Ez olyan másodrend(! lineáris állandó cgyütthatós homogén differenciálcgyenlet, amelyben az els6 derivált oem surepel. Részletezzük most a (ll) egyenlet integrálását. A megfelelő r' +.!: == O karakterisztik us egyenletnek imaginárius gyökei vannak:
't.• = ± J'-sf =±is,. A (9) differenciálegyenletnek az 'h = e"• ' ::: &l fl,
'h
= t/'1' =
e-.nir
függvények partikuláris megoldásai. Figyelembe véve a képzetes gyökOket és a fenti partikltltlris megoldások lineáris fiiggetlenségét
(az e'•n
,-.~ir
bányados nem konstans),
a(l l)
egyenlet általános megoldása az
tt = ..,[C, cos (s,r) +C, sin (s,r)] képletből
adódik, az c:r = O esetben . Végül tehát:
'l = C, cos (s,r) +c, sin (s,r).
(12)
k gyakorlaú felha.s ználás során a differenciálegyenletnek mosl el6állítnrt általános megoldásában a jobb oldalt többnyire átalaldtják. &t az átalakltást a .következ6k~ppen végezzük.
152
Első lépésként {12) jobb oldalán kiemeljük a
~=
J'q+q [
Yc:+ C: számot. Ekkor
c,
C, cos(s,t)+ sin(s1t)J. t'q + c: J'q + q
(13)
Visszont
q Ci c, )' ( c, _)' (l'cf+C'l + YC1 +Ctl ~ cf + q+ q + q Ez utóbbi
nek , a
egyenlőség alapján a ~
C1+C:
c, I'Cf +C:
q +C: q + c! -
l
.
számo t tekinthetjük sin
. cos qo-nek , merl ezek eleget teszn ek a lrogono. -et pedig
metria közismert sin• q>+ cos' q> - l képleténck. Ezért a ( 13) egyenlőségból : ~ = t'q + C:fsinqocos(s,t)+cosqosin(s,t)).
(14)
Ha a YCl+Ci ~ c~
jelöltst ós az összeg sinusának sin (A + B) = sin A cos B +cos A sin B, képletét használjuk, azt .kapjuk, hogy 'l = C' sin (s,t+
(IS)
A {lS) egyenlet a harmoni kus rezgömozgás egyenlete. M ivel ~ =qe· ••, a (7) képlet elfoga
x,= c • e-•"siu(s, t + tp), c• és'~' tetszőleges állandók és s, = t's•- n•.
(16)
ahol A (16) egyenici a csillapitolt rezgőmozgás egyenlete. Határozzuk meg a szóban forgó inhomogén egyenlet valamely X, partiknláris megoldását. Tegyük fel, hogy {17) c•• sin {pt+t/1),
x,=
153
ahol c•• és .p bizonyos-állandók, amelyeket úgy kell megválas~tanunk, hogy X, kielégltsc a (6) differenciálegyenletet. ~rvényes, hogy dX
dr' =
t
c-• p cos (pr +l/1)
d' X
dr'' = -C"' p'sin(pr+l/1).
•
Ha a fenti deriváltakat és X1 -t a (6) differeociálegyenletbe hclyettesitjülr, ez adódik:
- c**p' sin (pr+l/t)+2nc**p cos (pr+l/1) +
1
' -.
+s•c·· sin (pt + t{t) = h sin (pt), vagy, ha a rövidség kedvéért a 8
= pt +l/l jelölést használjuk,
C.. (s*-p') sio e +2nC"p cos 8 = h sin (8 -1/1) és
C ..(s'-p')sine+2nC..pcos8 = h sin 8coslJ! - hcos8sinl/l. Ennek az egyenlőségneJe azonosan (mindeo e-ra) teljesülnie keD, ezért u siu és a cos együtthatóinak a jobb, illetve a bal oldalon meg kell egyezniök, vagyis
e
e
h cost/t = C"(s' - p'),} h sin t{t = - 2nc•• p.
A (18)
rendszerből
(18)
adódik, hogy
C"= Y(St - p;'+4n*p' l 2np
tg l/l= -....---"l·
s-p
Ezzel meg)latároztuk az inhomogén egyenlet X, partikuláris meg· oldását. Tehát a pont mozgástörvényét kifejező differeociálegyenlet általános megoldását a
•
i i
154
'
összefüggé$ fejezi ki. Az .-• tényező gyorsao tart nulláboz, ezért elég nagy időköz után elhanyagolhatj uk a csillapodó rezgési kifejező tagot. Ekkor~ = C** sin (pt+l/1), vagyis a teher csak kényszerrezgé$t végez az O egyensúlyi helyzet körül.
2.3.2 Rádiótechnika 60. Egy rezgökörnek (zárt elektromos áramkömek) a kapacitása C, önindukciója L és aktiv ellenállása R. Miközben a kondenzátor elektromos terének energiája átalakul a tekercs mágneses terének energiájává (és visszaalakul), az áramkör energiájának egy része az aktiv ellenállásra fordítódik. s en.n ek követlteztében fokozatosan csök· ken a kondenzátoron a feszültség. Határozzuk meg a kondenzátor q tölté$énck, az áram.k ör i áramerösségének és a kondenzátor 11 feszültségének változási töMnyeit (-11. 6bra).
l
_,
t
i
0)
Megoldás. A rezg6körben az áramerősséget az tllenálláson való feszüllségesés és az ellenállás hányadosaként definiálják:
Itt "c a kondenzátorokon lev6 feszültség, uL az önlndukciós tekercsen lev6 feszültség. vagyis
155
Elemi algcbr.ti átalakltások után megkapjuk az áramkör kiinl:lulási differenciálegyenletét:
di 'R L Tr+' -uc= O. A rezgökörben az áramerősség i= - dlq , 'a hol q a kondenzátor töltése:
q
u=c· Eszerint az áramkör egyenlete:
d'q tlq q -L - R- - - = 0 dt' dt
c
.
vagyis
(l) Ha az {l) egyenleibe behelyettesítjük a q = Cu értéket, megkapj Ilk a Jcondenzátoron való feszültség változási törvényének differenciálegyenJetét: d'u R du u dt 1 Tr+ LC =O.
+z:
Differcnciáljuk' az (J) egyenletet A
d'q
d'i
- dr' = dr' '
t
sze.rinL
d'q - di - dt' - dt '
dq
.
- dt = '·
azért az áramerősség meghatározására szolgáló egyenlet a következő :
d' i ' R di i dr' +z; dr+ LC = O. Az (J) egyenlet megoldását .q = Ae"". alakban keressűk . . Ekkor
dq = Ame"" . dt • 156
d'
_!!_ = Am9 e"" dt'
Ha ezeket az értékeket az (l) egyenleibe behelyettesítjük, az
Ae"'(nr+: m+ ~)=o egyenl6séget kapjuic A7. Ac•• kifejezés nem lehet nulla. lia ugyanis a kondenzátoron nem lenne tölt~, ez azt jelentené, hogy rezg~i folyamat sincs. Tehát
,
l
R
O
m +L m + LC = ' s ebb61
Rövidség kedvéért \'C7.CSSük be u. l LC
•
:=
(1)",
R =ex '2L
-
jelölésckct. Ekkor
m1,1 = - a± Va'-a>! • -a±Jfw!-«2 • A
Yw! - ex• =
O>,
jelöléssei:
m1 :: -a+Jru,, m, = -«-joJ,. A kondenzátor töltését a
q = A 1 e""' +A1 e""' ~ e-••(A 1 e~<>••+A,e-i<»• ') képlet fejezi ld. Alkalmazzuk az Euler-féle formulát:
eJ•,, =
cosm, t+j sinw"t,
e- i•,t = cos(J),t - jsio.ro,t. Ekkor
q = e~., ((A1 +A.) cos w, t +j(A1-
~:)sin 0>1 1).
Az A1 + A1 = M, j(A,-A.) - N jelölésekkel azt kapjuk, hogy
q = e-"'(M cos· O>,t +N sin ro,t).
(2)
157
M ~s N ~rt~két megkapjuic az alábbi kezdeti feltételekből:
ha
t = O, akkor i=O.
Ha ugyanis t = 0, akkor a kondeotátoron a maximális töltts: q- Q_., de a (2) egyenlet szerint, ha t = 0, akkor q=M. Eszerint (3) ~$
i~ - ~~
=
-~-· [(w,N -«Q-,)cosw, r-((li,Q,..,+cxN) sin w, r]. (4)
A t - o kezdeti időpontban a .kondenzátoron nincs tililés (q = O), és a körben nincs áram (i =0). A második kezdeti feltételból és a (4) egyenletből következik, bogy
ebből
N = Q_, - "' .
w,
Helyettesitsilk be N értékét a (3) b a (4) egyenletbe: (5)
l= Q.,.,
((ll, +::Je-•sinw,r.
A Q_ (w,+ :,) = r_tag u;
Te hit
158
(6)
áramerősség maximális értékét adja.
Ha felhasználjuk az
u"'~
összefüggést és a:t (5)
egyenlőséget,
meg-
kapjuk a kondenzátoroo levö feszültséget: (7)
A csillapodó rezgómozgást ábrdn grafikusan ábrázoltuk
kifejező
(5), (6) és (7) egyeoletet a 42/b
2.4 Másodrendii differenciálegyenlet-rendszerek Az. alkalmazási feladatok között különös jelentőségük van a diffe(enciálegyenlet-rendsu:reknek. &ekre vezet többek közlltt minden olyan feladat, amely anyagi pontok (endsxerenek vagy szilárd testeknek térbeli mozgásával kapcsolato~. 2.4.1 Mechanika
6t. Egy követ a vlzszintessel « szöget bezáróan bajitottak el, olyan közegben, amelynek ellenállása a(ányos a v sebességgel. Határozzuk meg a kö mozgásának pályáját.
Megolch{s. A kőre pályájának tetszőleges M(x, y) pontjában két erő hat: · l. a G >=mg sóly, 2. a közeg F=kv ellenállása. ·
r
43. ibra
159
Ezek
eredőjének
a koordinátatengelyek ( 43. ábra) irányába esö
összetevői:
X = Gcos(G,X)+Fcos(F, X), }. Y~
(l)
Gcos(G, Y)+Fcos(F, Y).
Azonban
cos(G,X) =O;
cos(G, Y)= l ;
dx cos(F,X) = - ds;
úy cos(F,Y) =-ds.
Következésképpen
x - -kv -dx , ds Y~
dy
-mg-kv ds.
l
(2)
Ismer; tes, hogy v= ds ." Eszerint a (2) rendsur végleges alakja a dt követ kezó: (3)
törv~nyéc,
Ha felhasználjuk n dinamika második gás differenciálegyenletét:
d' x - kdt' dx mdjT=
l l
d'y dy m= - k - -111g
tit•
tit =
O,
d'y k dy -:J.T + - - = - g. dt
160
m dt
(4a)
'
vagyis
d'x káx (jjf-~' m út
megkapjuk n moz-
(4b)
Ha a (4b) első egyeolctét, miot másodreoda homogén line~ris egyenlelet, a másodikat mint másodreodú inhomogtn lienáris diiTerenciálegyenletct megoldjuk, megkapjuk az általános megoldást :
. l
--·
x - C,+c•• • y ~
•
- -
gm
r
C,+ C' e • - y
(5)
t.
A .keresett partikuláris megoldás meghatározásához relhasználjuk
a kezdeti reltételeket: dx
ha t=O, akkor x - 0, y = O. tii =v.cosa,
e/y
.
dt = v.s.ancr.
Az adódik tehát, hogy
(6) és mivel dx
-~•
k
7I = - "iiic, • •
dy = _!:_C e- !•_gm dt m' k' ezért V0 COStz:
.
= - -m C,e k k m
vosm« =-A
(6)~ a
-~·• , l
gm c.--. k
(7) egyenletból meghat:lrozzuk,a C,, C,,
(7)
c,, c. állandókat :
161
C, =
-p(gm+kv0 sioO<).
Ha C,. C,. C1 és C, így megJcapott értékét az liltalános mcgoldd.sba helyettesiljük, nyerjük a keresett panikuláris megoldást:
(8)
- -mk =- -gc a és b jelentése (8)-ból nyilvánvaló. A kó mo>,gási pályájának meg· határozása céljából küszöböljük ki a t id6t. A (8) rendszer els6 egyenletéből azt kapjuk, hogy 1- e
_.!.., ~
x a
=-.
Helyettesítsüle be ezt a második egyenletbe: y
;a
x a
b - - ct ,
sebből
t ==
br- ay
ac
.
Az id6re most kapott kifejezést belyettesítsük vism a (8) rendszer els6 egyenletébe. Ekkor
x = a 1- e--!:!~-.,,] « ,
[
162
vagyis a
kő
mozgásának trajektóriája az
ac2 a -x ay - bx =-ln - g a görbe. 2.4.2 E;lektrotecboika
62. Az A és a B áramkör mágneses kapcsolatban van (44. ábra), a kölcsönös indukció együtthatója M, L 1 , R1 és C1 az A áramkör önindukciós
együttbatója, ellenállása és kapacitása, 4, R, és c, pedig ugyanezek a mennyiségek a B áramkörre vonatkozóan. Állítsu uk fel az A áramkör i áramerősségére általános kifejezést, feltéve, hogy a) az áramköröle R1 és R, ellenállása nagyon kicsi, b) az áramköröle sziukronban vannak, vagyis C1L, = C2 L,.
R,
A
8
\
Megoldás. Az A áram.körben a
következő
elektromotoros
erők
hat-
nak: l.
az indukció elektromotoros ereje:
- M
2. az önindukció elektromotoros ereje:
3. a kondenzátor feszültsége: ll"
~:
-L~:
J·
Q l - c,= C,
r1 dt.
163
Ebből
. R •'•=
J.
(l)
J·
(2)
dl1 di1 l - M dt - L,dt"C; '• d l.
Analóg módon a B áramkörben
di, - l d R•••. = - M -di1 - L, dl dl c, '• l .
l l
(1)-böl és (2)-ből megkapjuk a folyamat differenciálegyenlel-rend· sze~t:
M
~;+L,':;; +R, l,+ ~JI,dl = O,
J·
di, +Ls y, di, + R 1,--t-C, . l My, r1 dt=O, 1 azaz differenciálás után
d'l, d'i, dl, l . M dt' +L, dt' +. R, dt + C 11 = O, 1
(3)
(4)
d'i, d't, dl, l . M dt' +L, dl' +R, y,+ C, 11 =O.
A (4) egyenletek két másodreoda egyenletból álló rendszert alkotnak A rendszert a következő átalakltásokkal oldjuk meg : elószl:lr kiküszöböljük a (4) egyenletrendszerból tl'i, -et. Ekkor
dt'
1
( L 1L, -
US\ d'i d 1 d/ L, M O .., r r r1 + L,R1 -d1 - MR, -d 1 +-c 1,-C- 1, ~ .
ül
l
l
1
(5)
2
Az (S) egyenlet differenciálásából adódik, hogy
· (L ' -M'>d'i, , R d''• - Mnd' l~ L,di, _ Mdl' = o ,...,. dt' + ._. 1 dt' ' dr' + C, dr c, dt · d''
<6>
J;lelyettesítsílk be a (6) egyenietbc az M ~ -re a (4) rendszer elsö dl· egyenletéból nyert
!64
d'i, d'l, di, l . M dt' = -L,-;{iT- R~dr - C, 11 kifejezést. Azt kapjuk, hogy
+(L,C, +R,R,) d/dt + C,R, 1
(7)
11_ !!_ di•
C, dt
= o..
Differenciáljuk a (7) egyenletet: t d'l, d'i, (l.,:s- M) dt ' + (L,R, + L,R,) dt' +
(8)
L, ) d'/1 R, d/1 M d' i, + ( C1 +R, R, dt' + C1 dt - C, dt' =O.
d'' Hn oz M _2 ·et m·ásodszor is a (4) rendszer első egyenletéből nyert dt' kifejezéssel helyettesitjük, akkor:
L,.
]d'/ (R, Rs)di
L,
1
1
+ ( C, + C, + R,R, dt' + C,+ C, dr+
(9)
l
+c, c, t, = O. EgyszerUsitsUk a (9) egyenletet L1 L.0 -vel: ' .
l
l
.
+cl L.1 ·ct L l '• =
o
·
(10)
165
A (10) egyenlet negyedreodO homogén Lineáris differeneiálegyenlet. Ennek megoldása szolgáltatja az A áramkör i 1 áramerósségét. Az ánunkörök szinkrooban vannak, vagyis C,L.= C.L. ~ az R 1 , R, ellenállások elhanyagolhatók, ez~n a (10) egyenlet az
u•]d'i 2 d'i 1 · (l - L1 L 2. dl: + C , L1 dt.' + C1Li i,= O -
sokkal
egyszerűbb
A (l l) egyenletnek
-
ainkoL
megfelelő
ve~zi fel. karaklerimilrus egyenlet a Jcövetkczö:
, 1 , 1 _ (1-L.AP) L. r +c, L. r +c:Li - 0. rövid~g ked~rl
Vezessille be a
(ll)
az
M'
- - = k'· L,Le
(12)
'
l --= rr C1L1
";
jelöl6seket. Ekkor a ( 12) egyenlet Igy alakul:
(l -k•)r'+211'r1 +11' = O.
( 13)
A (13) egyenlet gyökei az alábbiak: nl
'• = fl
ni
+k; '• = - 111+k;
ni r, == '•= ,, .. , 1--k;
ni
.
"'-k
Ennek alapján a keresett ditnhlnos megoldás:
·c · 1- " ·l + ca COS ,/T":L " l+ = Slll-
l
•
t
. + C1 stn ·
Jl +k J-
11
rl - lc
rl+k
t+
C
,cos
n rl - k
, r;--r 1.
166 d
j
3. Negyedrendű differenciálegyenlettel leírható folyamatok
3. 1 Gépek és szerkezetek elmélete 63. Hntároz::z:uk meg egy l hosszúságú vékony forgó henger kritikus képletét. A henger keresztmetszetének sugara a, súlya G, az anyag rugalmassági modulusn pedig E. sebesség~nel:
Megolcüs. l. A forgó henger, miközbcn szögsebességét az
től
növeli, megtarua egyenes vo'!nló tengelyét. Abban a piUanatban, amikor eléri a kritikus cu1 sebességet, a henger elgörbül, deformálódik. Az cu további növelésekor egy ideig megtartja új alakját, maj d az cu, másodile kritikus szögsebcsségnél - és !gy tovább, periodikusan - újra deformálódik. 2. A2. elgörbült henger forgásakor annak minden elemére hat a centrifugális erő, amelyet folytonosan eloszló terhelésnek tekinthetünk. A benger d{ elemére (45. ábra) F=tnw'~ centrifugális er6 hat, ahol m a t/{ elem tömege,
d'
l l(
't
o
y
--
dt
"'
·--
--
x
ll Btx:y
45. , ....
167
A de elem súlya G de, l
erő tehát:
tőmege pedig m =G de . Az elemi centrifugális g/
dF=!!_ w•q t!f.. Az elhajlás f.-nek a neutrális szál egyenletc g/
G által meghatározott függvénye. Vagyis - w'>l =/(~) 6s végill az elemi g/ centrifugális erő:
{l) Ennek az erőnek a tetszőleges B Jlletszetre vonatkozó oyomaté~a:
dF(x-e) = (x-e)f(e)de. Fentiekhez hasonló meggondolások alapján a hajlítónyomaték a következő:
x ·
M = J
•
Ha az integráljel alatti kifejezést egymás után kétszer differenciáljuk, azt kapjuk, hogy
dM
Jx
x
= (x - x)f(x) + J(e)de = J J(~) d~; • x • •
-d
(2)
d'M
dx' =f(x).
0 Legyen 19(11, x) o
j 'l'(x,{)d~, és
k:épetzOk az u=u(x) helyettesitésset e!M116
o
.Af(x)= ,(u(x), x]=..J"~(x, ~d~ függvényt. Ekkor - rermészetescn megkövetelve a o szeroplő
füsgvények differcneiálhat6ságát-
a"
-dM • dX
A
8U ~~ - ~)
feoti eset beo:
168
l
x• x
a,
·u'(x) + -
l
Í)X N• uOI')
x• x
J aw(x.~ t~(x)
• jV(x,x)u'(x)+
Í)X
d{ • •
O
\fi(X, ~ e (x-~-/(~). (A konrrollszerkt3Z16 mtgjt$)'Zése.)
A:r. (l) egyenlet alapján f(x)=!}_w•y, ez~rt a (2) egyenlet a következ5 g/ alakot veszi fel:
y)=7'' GO>'
d'M d' ( d' dr =dr EJ dx'
ahol J -vel most is a tehetetlenségi nyomat~kot jelöltük. A neutrá lis szál egyenlele tehát az alábbi:
d'y Gw' dx'- EJgly= O.
(3)
· Gw'
VezessUic be a - - =q' jelöl6st. Ekkor a (3) egyenlet új alollja: EJg/
A fenti negyedrendű áUandó együtlhatós homogén lineáris diffe· renciálegyenlet karakterisztlkus egyenletc a következő:
r' - q' = 0, vagyis
(r -q)(r+q)(r1 + q') =O. A karal::terisztikus egyenlet gyöl::ei tehát:
r, -
q, ]
rt = - q, ql, r' "' - ql.
r,-
Eszerint a henger neutrális szála differenciálegyenletének általános megoldása a köVetkező:
y= C,et"+C1 r " +C1 sinqx + C4 cosqx.
. (4)
A C,, C1 , C1 és C, integrációs á113ndók meghatározására a. feladat peremfeltételeit has:r.náljuk fel. A benger végein a behajlás 6s o henger
169
tengely~nel: görbületc nulla. Matematikailag ezct négy peremfeltt!ellel fejezhetjOk ki: l. ha x=O, akkor y =O, d'y 2. ha x=O, akkor dx'=O,
3. hn x = l, akkor
y =0,
d'y
4. ha x=l, akkor =0. dx' Differenciáljuk kétner a (4) általános megoldást. Azt .kapjuk, hogy
J; = C qet• - C qe-••+C qcosqx- C,qsinqx, 1
0
1
l·
d'y . c ,q• cosqx. dx' =C, q• ~+C,'l... e-~ - Cs'l... smqx-
l
A peremfeltételek a~ integrációs állandók meghatározására az alábbi négy egyenletból álló rendszert szolg!lltatják:
C1 e< 0 +C,~-.-• +C1 sin (q·O)+C, cos(q ·O) =O, C, q' ·et·•+C,q'r•·•- C1 q1 sin (q ·O)- C, q• cos (q ·O) = 0, C1 e' 1+C,e-•1+ C, sin q/ +C, cos q/= O, C, q' <'' +C.q'e-"- C,q'sin q/- C,q'cosql =O, vagyis
~+C.+C.=~
C, + C1 - C,= O, c,.,.,+C1 e-•1 +C1 s~nqi+C,cosq/
l
=0, C,.,., + C,.-"- C1 Stoqi- C, cos q/= O. Ha a•, első kétegyenletet összeadj uk, illetve k.i vonjuk, azt kapjuk, bogy .
(S)
vagyis
c, - -c,,}
c, - o.
Járjouk el hasonló módon a szóban forgó rendszer l:ét utolsó egyeoletével:
170
j l
•
C, sin ql+ C, cos q/ =0,} C,e"' + C.e-" = 0.
(6)
Ha az (S}öt a (6}-ba helycttesltjUJc, a
C, sin q/ = 0, } C,(..' - e-•~ "' O. egyenletrendszert nyerjük. Az / p60 és q 'l" 0, ezért a zárójelben levő kifejezés nem lehet egyenlő oullával, s Igy végül:
c, === o. c, o, C,. = O, C,sinql = O.
l
Ha C. • O, ak.l:or a henger neutrális szálának egyenlete: y = O, vagyis a neutrális sull egybee$ik az x tengcllycl, és a henger nincs elgörbülve. Ahhoz, hogy a henger el legyen gÖrbiilve, szükséges, hogy c, .. O legyen. Oe akkor nyilván szükséges, hogy sin qi= O legyen.
Ebből :
ql - k1f, vagyis
q=
b
y ·
ahol k =-0, l, 2, 3 ... A k ~ O esetben q =O, a neutrális szál egyenlele pedig a kövelkezö :
>' = C, +C,+ C, = 0, vagyis a henger egyenes. q egyéb értékeinél a henger görbtllt. Ilyen esetekben a neuh•Jiis szál egyenlele az alábbi: >' = C, sin q/, ahol q helyére rendre az alábbi értékeket lrjuk :
171
A neuuális szál tehát sinusgörbe: )'=
. fX' " C3 SIO
. 211 y = C,sm - - x, 1 . 3" y= C3 Stn - - x, 1
amely a henger hosszától fUgg6en l, 2, 3 vagy több félhullámot tartalmaz. Tehát a
kritikus értéknél a neutrális szál k félhullámból álló sinusgörbe. Téljünk vissza a korábban bevezetett
• Gw•
q'= - EJgl jelöléshez. Ha ebbe az utóbbi egyenlőségbe bebelyette~ltiük a w., k.ritikus értékeket, a lcövetkero,ket kapjuk: 4
q,,
és
Gw:,
q.,= EJgl' l<' n< _ ow:f l' - EJgl' vagyis
co,., =
. k'.,.. lfEii -~- y Gr.
Számlisuic ki a benger mctszelének tehetetlenségi nyomatékát. Egy anyagi pont bizonyos tengelyre vonatkozó J tehetetlenségi nyomatéka, mint ismeretes, a pont tömegének és a tengelytól mért távol172
ság négyzetének a szorzata. A henger teljes keresztmetszetének tehetetlenségi nyomatékát a
J=limZ R' JJm= JR'dm A"'-o . képlet fejezi ki, a hol JJm az elemi részecske tömege, R az elemi részecske valamelyik pontjának a tengelytől való távolsága, dm a (kör keresztmetszetií) homogén tömeg differeociálja (! = l süriíség esetén. Általában
dm= qdv és J= ef R' dv. A henger teljes keresztmetszetének az átmérőre vonatkozó J tehetetlenségi nyomatéka : q nIX' J= - 4- . Ezt a meonyiséget megkaphatjuk táblázatokból vagy kiszámíthatj uk határozott integrállal; ekkor a:t a feladat, hogy meghatározzuk egy körnek az átmérőjére vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát. A henger tömege G
m =(!na'- l= - . g
Vagyis a henger metszetének tehetetlenségi nyomatéka:
Ga'J = 4gl'
a kri_tikus sebességre pedig az
kifejezést kapjuk. A legkisebb l
rol =
·n2 a
71'
re. 173
3.2 Rugalmas testek mechanikája 64. Egy benger alakú folyad6ktartály, amelynek D falvastagsága kicsi az R középsugárhoz képest (46. ábra), és amelyben a fal mer idián· metszete t6glalap alakú, a folyadék nyomásának következtében erő batásnak van kitéve. Határozzuk meg a IMtály falának deformációját kifejező differenciálegyenletel. Megoldás. A z x mélységben vettabcdala pú és dx magasságú falelemre hat l. a folyadék yxR d
Ha y-nal jelöljük a falelem pontjainak sugárirányú elmozd ulását, akkor megkapj uk a bengertengelyétől mértkezdeti távolság ~ viszonylagos meghossiabbodását. A falvastagság kicsi, ezért az y-t az elem miodeo pontjára nézve ugyanakkorának vehetjük, és feltehetjük, hogy ezek a pontok egyenlő távol vannak a henger tengelyétől. A vizsgált elem szintjén a benger keresztmetszete bosszának reladv megbosszabbodása szintén
~.
Ezért a falakon a rugalmassági
erők
általlétrehozott feszültség E!.., ahol B a fal anyagának rugalmassági
R
modulusa. 174
.
A rug.,lmassági
erő)<
tehát a követ.kezllk:
T1 =T1 ~~ Ddx. A falelemre ható összes erő ered6je:
v~gy.
ha közeUt61eg úgy vesszük, hogy
akl
Ez o dQ crll annak a haránterőnek a növekm6nye, amely n t/x növekményhe.z Ulrtozik. Ismeretes, bogy az M behajlási momentum és a Q haránterő között 'l dM =Q dx kapc:$Oiat áll fenn, és
d' y M - EJ (b!, ahol J az obed terillet tehetetlenségi nyomatéka a neutrális sr.álra vonatkozóan. Ek.kor, a fentebb mondottakat figyelembe véve
(l)
.A J _
-
D'RdiP 12
• 17S
·ezért eqnek a kifejezésnek a~ (1)-be helyettesitése és R dq>-vel való egyszerasttése a következőkhöz vezet:
. d' y dx' +4«' y = ",.x,
(2)
.ahol
3 «'= R'D''
• m
12y
= ED0 '
A kapott egyenlet általános integrálja
y= z+y., lesz, nbol z a megfelelő homogén egyenlet általános megoldása, y 0 a (2) egyenlet valamilyen partikuláris megoldása. A (2)- nek megfelelő homogén egyenlet a következő:
d' y
dx' + 4«' y= o.
(3)
Állitsuk fel az r'+<~«' - o
.karakterisztikus egyenletet, amelynek gyökei:
r, = (l+i)a; r2 =(1-i)«; r 3 =( - l +i)« és
r, ~ ( - 1 - i)a.
Ezek után azonnal felírhatjuk a (3) egyenlet általános megoldását:
A (2) egyenlet megoldását a határozatlan együttbatók módszerével keressülc. Mivel a (2) eg)-enlet jobb oldala x-beo elsőfokú polinom, a (2) egyenlet partikuláris megoldását ugyanilyen alakban keressük:
Yo = Ax+ B.
J 76
Itt az A és B állandókat meg kell hnuirolnunk. Azt a feltételt vesszük alapul, hogy y.,,. a (2) egyenlet megoldása. Deriválj uk y, ·t x suri nt :
y; =
J1 • y;" - f.'\1! = 0.
A,
Helyetleslt<ük be ezeket az értékeket a (2) egyen.letbe:
4a'(Ax+.8) vagyis
= m'x,
ola' Ax+ 4<:1' B ~
m' x.
Ha ebbe_n az azonosságban · összevetjük a a következ6 egyenletrendszert kapjuk :
megfelelő
együtthatókat,
=m',}
4<1:' A 4<1:' .8 = Ebből
A=
o.
m' •' 8 = 0.
4«
Es1.erint a (2) egyenlet egy part ikultlris megoldása:
m' x
y,:::: 4a" .
Tehát a (2) inhomogén lineáris egyenlet általános megoldása:
.
y =- C1 ~cos (XX+ C2en- sm eu+
C ir"' u cos «X+ c, e-d sm . u + m'x 4a:• . 1
A C1 , C,, C1 és C, tetszőleges állandókat meghatározhatj uk az obed keresztmetszetü függöleges MN sáv végein fennáll6 feltételekböl. Abban az esetben például, amiko,. n tartály alsó lapja nem deformáló· dik, ezek a feltételek a kövelkez61c ba x=O, akkor y=O; y' • O és ba x = H, akkor y = 0, y' =0, ahol N a henger alakú tartály magassál!)l. 65. Egy vasúti vágány bézagmentes slnje rugalmas alapon feleszik és begörbül az F koncentrált eró hatására. Állltsulc fel a sin neutrális szá· Iának egyenletét, és határozzuk meg a behajlási nyfiást az O pontban (47. ábra). 177
r }l
47.......
r
l. A rugalmas alapnak egységnyi hosszúságú slnre jutó p realccióp = - ny, ahol n arányossági té· nyezó (dgyazati együttható). 2. A rugalmas stál szimmctrilcus az ordinátatengclyre, túrt elegeadó
ereje arányos az y behajlással, ezért
a sin jobb oldalát viz.sgálni, amelynek terhelése
~.
M egoldb. Határozzuk meg az M bebajlási nyomatékot a sin jobb oldalának tetszőleges A (x, y) mctszetére vonatkotóan. A sin y behajtása x-nek a neutrális szál egyeolelével meghatározott iúggvénye. Tehát a rugalmas alap p reakciója is x függvénye: p
= - ny =f(x).
A sin d~ elemére (47. dbra) a p d~=fm d{ reakcióerő hat. A reakcióaz A metszetre vonatkozó nyomatéka/(~) d~(x - ~). A sin vizsgált jobb oldalán az. A metszettől balra ható összes elemi reakció nyo• F roatékának ösSttge: (x-~>fmd(~. A koncentrált- eró momentuma erőnele
J
•
2
- F x. Az adott metszetre vonatkozó behajlási momenturo a sinre 2 egy oldalon (az adott metszett61 jobbra vagy balra) ható ÖSS7CS külső erőnele a neutrális szálra vonatkozó nyomatékának algebrai összegével egyenlő. Eszerint a bebajlási momeotum : M
178
=J• (x - (Jf(~)dm - 2F x. •
(l)
Differenciáljuk M-et':
J • • • Jf(~)tl~ - ; = %
-dM = - d dx dx
= (x -
) (x- ()/({)d~ - .d - [F - · .Y
dx2
=
J/({)d(e} - ; .
x)f(x)+
o
(2)
•
Differenciálj uk még egyszer a (2) cgyeolóséget:
d' !ti = -d dx' dx
J• •
(F)
d - = f(x)=p=-ny. f({)d{ - dx 2
(3)
A neutrális szál differenciálegyenletc:
d' y
ivt
tlx1 = EJ·
(4)
d' y EJdx' = M
(5)
Hozzuk a (4) egyeoletet az
alakra. Ha oz (5) egyenlelei kétsrer dilferencitljuk, kapjuk, hogy
d'y d'M EJdx' = dx'' . vagyis, a (3) egyenlet alapján
d' y
EJ dx' - - ny. Ha roindcn tagot oz egyenlőség bal oldaltlra visziink át, a
d'y n - +- y - O dx' EJ egyenlethn jutunk. • Lásd • 63. feladatlibjegyzctt<. 12'
!79
n
Vezessük be az - = 4k' jelölést. Ekkor a EJ
negyedrendű
A
homogén lineáris differenciálegyenletet kapjok karakterisztikns egyenlet a következő:
megfelelő
r'+4k' =O.
Ezt az egyenletet megoldhatjuk például a bal oldalnak másodfokú tényezőkre
bontásával:
r• + 4k'+4r2k 2 -4r2k' =O, (r' + 2k')' - 4r2k 2 = O, (r' + 2k2 - 2rk)(r'+2k' + 2rk) = O. Az utóbbi egyenlet ekvivalens az
=o,}
r'-2kr+2k' r' + 2kr+2k' =O egyenletrendszerreL Ennek gyökci:
r,=k+ ik, = .k - ik, '• = -k+ ik, '• =- k-ik. ,2
l
;
Tehát a neutrális szál differenciálegyenletének általános megoldása:
y = ek•(C1 sin kx + C,coskx) +e-'•(C, sin k.x+ C, cos kx). Az ismeretlen állandók meghatározására a· kezdeti feltételeket használjuk fel. l. Az P erőtől "végtelen távol" levő pontokban a sin behajtása és görbülete gyakorlalilag nulla. Mivel x növekedésével az <"' tényező nő, egyenJetiinkből el kell hagynunk az <"(C, sin kx+ C, cos kx) első összeadandó t, ami a C, =C,= O feltétel mellett lehetséges. 180
Tehát a rugalmassági vonal egyenlét.é t tartalmazó függvtoysereg a form:ibun irható fel:
következő egys1~rübb
y= e-.. (C,sinkx+C,coskx).
2. A
kezdőpontban
(x=O) a neutrális Slál érintóje párhuzamos az
dy x tengellyel, ezért - =0. A
dx
d; =-ke-..(C,sinkx +C, coskx)+e· ••(C kcos kx - C,ksin kx), 1
ezért
- ke-H>[C1 sin (k ·0)+ c, eos (k· O)]+ +r•·• [C,kcos(k· O) - C,ksin(k:O)] =O
C3 - C, ~
O,
vagyis
Ca= C,.
A neutrális szál egyenletét magában foglaló függvénysereg újra cgyszerííSÖdött : (6)
3. A C, állandó meghatáromsára a (2) képietet basználjuk fel. Az x- o pontban :
° F P dM ] [ -dx x•o ~ j/({)dC - -2 - - -2 . 0
(7)
Ezzel párhuzamosan differenciáljuk a rugalmassági vonal (5) egyen· letét:
~- EJd'y dx -
-p·
(8)
A (8) egyenlőségben szereplil harmadik derivált értékét a (6) egyenlet· b61 határozzuk meg. A (6)-ot háromszor differenciálva azt kapjuk, hogy
d' y
dx' ·~ 4C,k'e-"coskx.
(9)
HelyettesitsUk be a (9) kifejezést a (8) egyenletbe. Innen
":.: = 4C,EJk'e-.. coskx. 181
Az x ~ O eselben
[:L.-
4C. EJk".
(!O)
A (7) ~s a (10) kifejezés összehasonlltásából következik, hogy
4C,EJk' =-
F 2 .
Ebbtil
F Co = - SEJk"" A neutrális szál egyenletc tehát a következő: y= - S:.,k• e-"'(sinkx+coskx).
A behajlás nyílása a sindarab kUzepén (x=O-nál):
F l; - - 8EJk0'
ahol az együttható:
'
l l
; l
' ,
• l
j
l
182
J
1
Il. ÖNÁLLÓAN MEGOLDANDÓFELADATOK
•
l.
Elsőrendű
vezető
differenciálegyenletre feladatok
tömegű könnyü test 250m magasból a nehézségi erő hat.isára leesü:. Köz~n a le>-egó súrlódása ellenállást gyakorol ni. Feltételez\'e, hogy a súrlódási eró arányos a se~sséggel (az arányossági tényező k}, számJtsu.k ki alt esés kezdetétól a földet ét~ pillanatáig eltelt idót, és állapltsuk meg a /r =/(r) mozgástörvényt.
1. Egy no
M egold:is:
lll
t= kln
g
k
g-- v lll
l . Egy m tömegű M gömb u O pontból, amelyet a koordináta-rendszer .kezd6pontjának választunk a nehtz.ségi eró hatására kezdősebes ség néllrOI s1,abadon esik. A levegő Fellenállása arányos az esési sebességgel, vagyis F = - k v (k arányossági tényező). Határozzuk meg a. gömb mozgástörvényét. M egold:is:
y=
!J..rr ,_ n~ { l -
• - '").
3. Egy repül6gép zuhanórepülést végez .kezdóse~g nélkül. A levegöellenáUása arányos a sebesség négyzetével. Határozzuk meg az összefilggést egy adott pillanatban a fUgg61eges sebesség, a megtett y lit ~ a zuhanórepülés maximális se~ssége között. 185.
H egoldis: li=l'aa'C
l/ 1- e -~
~.
4. A folyadékban forgó l
8
H egoldb : a) -ford/s. ' 9
b) 6 perc 18másodpercm61va.
S. Egy M• tömegű vizcsepp amely m gJs sebességgel egyenletesen p~rolog, tehetellensége kövctkezt6ben v• (cm/s) kezdősebességgel mozog. Környezetének ellenállása arányos a csepp mozgási sebességével, valamint sugarával és a kezdeti pillanatban (1=0) J. dyonel egyenlő. Határozzuk meg a csepp sebességének és az időnek az összefüggését. l
H egoldis:
m
-l
v= v0 ( l - J,f, 1)
•t
- -.,,
J~) f J - ~,
( 1-
-.
ll•
•
d(mv)
Mtgjtgyzb: Az Fbató eró:- - . A feladat megoldásánlll fogyelembe
tit
kell venni, hogy az m tömeg l-tól r.Jggó változó roennyiség; a v sebesség pedig a keresett függvény.
4. Határozzuk meg, mekkora utat tesz meg sebességgel filgg6legesen lefelé hajltolt test. Megoldis:
t
s alatt a 30 mfs
kezdő
l
s = 2gt1 +301.
7 . Egy pontból, amely J8 m-rcl van n föld felszíne fillön, 30 m/s sebességgel függölegesen felfelé hajitanak egy testet.
186
Határozzuk meg az idő fiiggv~nyekéot, milyen ·magasságban lesz a test a t pillanatban. Határozzuk meg az emelkedés maximumát is.
Megoldás: 1. s = h=-; gt 0 +30t+ I?; 2.
h,.,.,., 63,9 (ro).
8. Egy golyó keresztülhatol egy 7,5 cm vastag deszkán, amely hátráltatja mozgását. Ennek következtében áUandó, negativ gyorsúlással mozog. Abban a pillanatban, amikor a golyó eléri a deszkát, sebessége 300 m/s, amikor pedig kirepül belőle, 150 mfs. Mennyi idő a.latt hatolt a golyó keresztül a deszkao 7
Megoldás:
t=
l
3000
(s).
Megjegyzés: A feltételek szeriot a gyorsulás w =-a (ahol a pozitív szám).
9. Egy üvegbe, amelynek térfogata l liter, csövön keresztül oxigént vezetüok, egy másik csövön keresztül pedig elvezetjük a levegő és az oxigén keverékét A folyamat olyan lassan megy végbe, hogy az üvegben a gázt minden pillanatban egyneműnek tekinthetjük. SzámUsuk ki, hány százalék oxigén van az üvegben, miután 10 liter gáz haladt rajta keresztül (fogadjuk · el, hogy a levegő térfogatának 21 %-a oxigén).
Megoldás : 99,9964%. 10. Ha egy test lassao merül a vizbe, akkor v sebességének és a gyorsulásának kapcsolatát közelítöleg az a = - g- kv egyenlet fejezi ki, ahol g és k állandók. Fejezzük ki a test által megtett utat az idő függvényeként, ha a test a t = O időpontban nyugalomban volt.
Megoldás : 11. 20 cm-es átmérőjű gőzvezetéket .J O cm vastag szigetelés véd 187
eső hóm.éuéklete 160 °C, a véd6réteg külsó felületének hőmérséklete 30 OC. Állapítsuk meg a véd6rétegbeo a hőmérséklet eloszlását, továbbá azt a hőmennyiséget, amelyet l m hosszú gőzvezeték e~y nap alall környezetének •had.
(k =O,OOO 17). Tegyiik fel, hogy n
Megoldás : T= 592 -187,6 1n r; körülbelül
l 731()()() kal.
•
levő nedvesség párolgási sebessége ardnyos a kenyér nedvességtartalmával, valamint a környező és a telltett levegő nedvességének kiilönbségével. Bizonyos mennyiségü kenyeret, amely 3 kp nedvességet tartalmazott, elhelyeztek egy 100 m1 térfogatú helyiségben, amelybeo a levegő kezdeti nedvességtanalmn 25". A telltett levegő ugyanilyen hőmérsékleten köbméterenként 0,12 kp nedvcsséget tartalmaz. Meonyi nedvesség marad a kenyérben két nap múlvn, bn az első napon a kenyér nedvességtartalmának felét elveszteile?
12. A frissen sült kenyérben
Megoldb: A feladat differenciálegyeoletc:
ds
dJ =ks(s+6);
0,82 kp.
13. Menoyi idö alatt veszti el a kenyér nedvességtnek 90"-át, ha a;,; előző
feladat fellételeit úgy módosltjuk, hogy a környező levegő nedvességtartalmát szellőztetéssei állandóan a 25"-os szinten tartjuk?
Megold,s: 3 nap. 14. Egy 300 literes tartály alját só és (valamilyen) oem oldódó a nyag keverékével fedik be. Tegyük fel, hogy a s6 oldódási sebessége arányos az adon pillaontbeli koocentráeió és a telitelt oldat (3 kg vlzbeo l kg só) kooceotrációjának különbségévcl, és hogy a tiszta vi1 adon meonyisége 1/3 kg sót l perc alatt old fel. Számltsuk ki, mennyi sót tartA!mnz az oldat l óra múlva.
Megoldás: 18,1 kg. 188
l
i
15. Al ember l perc alatt átlag l8·szor lélegzik. Mindannyiszor 2000 cm' le•-cgöt lehel ki, amely 4~ CO.·I tartalmaz_ Hány százal~k szénsavat tartalmaz fél óra elteltével az a 400 m1 térfogatú elóadóterem, amelyben 50 személy tartózkodik, ha a szell6z6bereodezések l perc alatt 40 m• friss levegőt szállítanak. (A friss levegó 0,04% C01 ·t tartalmaz).
Megold;b: 0,17%.
16. Egy lOOOO m' befogadóképességli hivatali helyiségbe a szelh'Slll· berendezések l perc alatt lOOO m• friss levegőt szállítanak, amely 0,04% CO,·t tartalmaz. Reggtl 9 órakor bejönnek a helyiségbe a tiwvisel6k és 30 perc alan a levegő CO, tartalma 0,12~-ra emelkedik. Hány százalék CO, várható a leve~6ben du. 2 órára?
Megoldás :
0,124 ~.
17. Egy H =20 (cm) magass;lgú, S = 120 (cm•) alapterOictli henger alakú ed~ny alján u =0,4 (cm') tcrOietü nyllás van. Mennyi idő alatt folyik ki ezen a nyíláson az edényt megtöltő vizmennyiség? Otnwtotás: A okifolyási sebess~get a o= Y2glr képlettel határozhatjuk meg, ahol h a vízoszlop magassága az adon pillanatban.
Megoldás :
T= -S
u
l{2H "' l (perc). g
18. Egy vizzel teli kúp alakú tölcsér felső nyilásának sugara R - 20 (cm), alsó nyilásdnak sugara r = 0,3 (cm), magas.,ága 11 = 20 (cm). Mennyi idő
al alt folyik .ki a vlz a tölcsérból?
Megoldá!:
T=
2 R' 1fT
5" -;t' V 2;"' 65(s).
19. K~t filgg61eges tartály, amelyek magassága is, átmérője is 4 m, egymás mellert áll, s alul 1/ 16 m átmérójü gumitörnleh el van összekapcsolva. Az egyik tartály kezdetbeo tele van vízzel, a másik üres. Mennyi idő múlva lesz a viz a két tartályban azonos szinten? Fogadjuk el, hogy 189
a viznek a tömlőn való áthaladási sebességél áUandó nyomás mellett a nyDáson kiáramló viz sebességeként határoz:tulc meg.
Meaoldis: t= 7,27 (perc). 20. Egy 4 m mély tartályba, amelynele keresztmetszete 6 m-cs oldalú négyzet, olaj folyik, 10 m1jmín sebességgel. Meonyi idő alatt telile meg n tartály, ha az olaj egyidejG!eg ki is folyik a t.artályból, az alján levő 1/12 m oldalú négyzet alakú nyíláson keresztül?
Megoldis: t = 14,7 (perc). Mtgjegyzis: A feladat differenciálegyeolete:
U- o,
6 Y2gh. (
/J} tit = 36 dh.
l t. Egy félgömb alakú, vlz:tel teli Ost sugara l m, alján u ~0,25 (cm') területa nyílás keletkezett. Határozzuk meg, mennyi idő alatt folyik ki üstből a teljes vfzmenoyiség.
az
1
Megoldis:
T= 14IIR 1r R
l» y lg'
vagyis közeiltőleg 7 óra 19 perc 36 másodperc.
j 21. A Victoria Regia kör alakú levele terOleiének növekedési sebessége arányos a levél · kerületével és a levélre eső napsugarak mennyiségévcl. Ez utóbbi pedig arányos a levél területével, valamint a fénysugár iránya és a fUggőleges által all
!90
. 1! j
M egoldás: Ha a t időt éjféltól számítjuk és órában fejezzük Jcí, akkor a felacbt differenciálegyenletének alakja:
...!!!._ SI'S -
k
cos
'lt(t-12) d . 12 t, ebb61
160000
S= [
. x(t-12)]' ' 9-sm 12
Az S(t) függvényt 6;!; r l!!ö 18 (óra) esctére értelmeztük.
23. Egy nagyváros lakosságának természetes szaporodása ardnyos n lakosság számával és az időtartammaL Oe a város· lakóinak száma bevándorlás kövelkeziében is n6. Ez utóbbi növekedés arányos az id6-..el, amelyet attól a pillanaltól számftunk, amikor a város lakossága A0 volt. Határozzuk meg az összer.iggést (a folyamatot folytonosnak, sót folytonosan differenciálhatónak tekinh-e) az idó és a város lakóinak a száma közöit. M egoldás:
( k,)
k,
k,
A = Ao+ kl e'"' - k~t - kl .
24. Egy nem oldódó anyag pÓrusaiban 10 kg sót tartalmaz. Ezt az anyagot 90 l viz hatásának vetették olá, és azt tapasztal ták, hogy egy óra alatt n benne levó s6 fele feloldódott. Mennyi s6 oldódon volna fel ugyanennyi id6 alatt, ha a foly8JJUitban rém vev6 viz mennyiségét megkellllzték volna? Az old6dási sebesség arányos a fel nem oldoll só mennyiségével, valamint az oldat adon pillanatbeli kooceotrációja és a telltett oldat koncentrációja (l .kg 3 l v!zre) .közötti különbséggel. M egoldás : A feladat differenciálcgycnlete
[•o-x l)
dx dt =kx 9()-3; S,3kg.
25. Ntwton törvénye szerun valamely test lebülési sebessége levegőben arányos a test és a le>-egó h6mérsékletének különbségével. Tudjuk, hogy a test h6mérséklete 20 ~ alatt 100 °Cról 60 °Cra si)llytdL A levegó hómérséklete közben 20°C. 191
Mennyi idő alatt csökken (a séklete 25 °Cra?
hűlés kezdetétől
számítva) a test h6mér·
Megoldo\s: l óra 20 perc alatt (hővezetési együtthatójak ~ 0,0015) 30 cm vastag (48. dbra). Halríronuk meg, hogyan Higg a hömérséldet a pont és a fal kUis6 szélének egymás közti távolságától, ha u fal belső felületén 20 °C, k.ülsó
26. Egy fal
felületén 0 °C a hómérséklcl. Hatá rozzuk meg azt a hómennyistget, amelyet l m•-nyi fal egy nap alati környezetének átad. 2 Megoldb: J. T = x; 2. 8640001
3
27. Egy henger alakú tartály tengelye fiiggóleges, magassága 6 m, átm~rője 4 m. Mennyi id6 alan folyik ki a tartályt megtölló alkohol a tanály alsó lapján levó 1/ 12 m sugarú kerek n}iláson? Me&<~ldo\s :
192
t= 17,7 (perc).
28. Tegyüle fel, hogy egy filggóleges levegOOszlopban a nyomást mindco sziotco meghatározza a felsőbb légrétegek nyomása. Határozzuk meg a nyomást a magasság függvényeként, ha tudjuk, hogy a tcngerszioten ez a nyomás J kpjcrn•, 500 m magasságban pedig 0,92 kpjcm•. Útmutatás: Használjuk fel a Boyle-Marlott~>-törvtnyt, amely szerint 3 gáz sürGsége arányos a nyomással Megoldás : A feladat differenciálegyenlete: dp = - kp dh, ebbóJ p
=
29. Ha a
e-O.OOOl H.
levegő áramlása egyik szintról a másikra adiabatilrusan ("agyis
hó felvétele és leadása nélklil) törttnik, nkkor a nyomds p =krt. ahol a s!Ir(fség, k pedig állandó. Tegyük fel a levegő áramlásának adinbatilrus jellegét, s határozzuk meg a légkör magasságát, ha a tengerszinteo a levegő síirGsége 0,0013 gfcm•, a nyomás pedig l kpfcm•.
Q
Megoldás : A feladat dilfcrenciálcgyeolete: l
p• dp=- - , dh. k-;
A légkör p1ngassága: 26,923 km. 30. Határozzuk meg annak a tükörnek az alakját, amely úgy ver vissza egy pont felé irányuló sugdrnyalábot, hogy a visszaver6dés után vala· mennyi sugár egy másik pontban metszi egymást.
Megoldás : Forgáshiperboloid. A differenciálegyenlet: dr-dr'= O.
31. Egy 2 cm sugarú vasgolyó (fajsúlya y = 7,25) leesik !200m magasból. Mennyi idő alatt és rockkora sebességgel ér földet? Oldjúk meg a feladatot a) a Jeveg6 ellenállását elhanyagolva és b) a levegő olyan ellen:Uiásánál, amely arányos az csési sebesség n~gyzetével.
193
Otmutat6s: A b) feladatnál a k arányossági t~nyezó:
k ~ t/I~F 2G ' ahol G a t.,;t súlya kp-bao,
c5 = l ,293 (l m•
levegő súlya kp-ban), F a testnek n mozgás ir~ nyúra mer6 leges legnagyobb kereszt· mctszele m'-ben, ~ a test alakjától függóen áUandó; gömbre =0,5.
v
Megold,s: Az a) esetben t= 15,64 (s); v=gt - 153,4 (m/s), a b) esetben t = 21,04 (s), v=75,92 (m/s). 32. Fából készült r = 3 (cm) sugarú gömb (fnjsúly y=0,9) leesik a) h= 100 (m), b) h =20 (m) magasból. Határozzuk meg esési idej~! és v~ sebességét.
Megold,s: a) t =5,2 l (s); v-=30,19 (m/s). b) t =2,08 (s); •"' 18,16 (m/s). 33. Határozzuk meg a IOOOC b6mérsékletü g6zt szállító vezeték napi b6veszteségét (kalóriában). A vezeték hossza 20m, átmérője 30 cm. A vezetéket 10 cm vnstag betonréteg védi. A beton kUlsö felületének h6mérséklcte 35 °C. Ha tározzuk meg a bómérsékletet a betonréteg közepén is (legyen az arányossági tényező k = 225· I0- 5 (keal/em· fok·s)). Otnrutattit: Az A cm• felületen kivált hómennyiség (kcalfs-ban):
Q= - kA du
dx'
ahol x ll
k
a bengeres b6forrás sugara, a hőmérséklet °C-ban, arányossági tényező,
-du hómérse"k leto• gradiens. dx
Metold,s: 3,11·10' kcal/nap; 63,4 °C. !94
j
34. VIzzel teli gömb alakú tarully átm~rője D=2,1S (m). Határozzuk meg, mennyi idő szükséges ahhoz, hogy az összes viz kifolyj~lc a tar· tály alján levő d=3,7 (cm) átmtröj(i kerele nyíláson át. Az arányossági ttnyez6 k =4,8. M egoldás: 57,6 perc.
35. Egy henger alakú tartály vluzintes tengelye 6 m bosszú, átmérője 4 m. Mcnnyi idő alatt folyik Ici a tarullyt megtöltő vlzmenoyiség nz alján levő 1/12 m sugarú kerele nyiJáson keresztül? M egold!s: 18,5 perc.
36. Ha a fény vékony vizrtlegen botol ár, az elnyelt fénymennyiség arányos a vízr~teg vastagságával és a felületére eső fény mennyiségével. A kezdeti fénymennyiségnek báoyad része jut el 30m m~lységbc, ha 3 m vnstng réteg a féoyinennyiség felét nyelte el? M egoldás:
1 ~4 •
37. A vizsuntessel « =30" szöget bezáró érdes ferde síll:on kezd6sebcs· ség oélkill lecsúszik egy súlyos test. Határozzuk meg, melckora T idő alatt tesz meg a test L= 39,2 (m) bossz6 utat. ba a súrlódási egy(ittbató p = 0,2. M egoldás: A mozgás egyenlctc: 111
T
=
~-
mg (sin« -
y (. g
2L
!J cos«)
= O;
) = 4,94 "' S (s).
SIDCl- JICOS Cl
•
,,.
195
. 2. Elsőrendű differenciálegyenlet-rendszerre vezető feladatok
38. Kémini reakció során a C anyag k~t anyagra bomlik, amelyek mennyiségét x-szel és .)o'Dal j elöljük. Mindk~t bomlási anyag keletkezb sének sebessége arányos a C anyng jelenlevő mennyiségével. Hat:lrozzuk meg x<~ ~s y-t mint az i dó rüggvényét. ha a folyamat kezdetén C = l, . l l 3 x=O, y=O, és l ora elteltével C= , x ~ g' J'=g·
2
Megoldás : 39. Valamely kémiai reaclció során az x 10 anyag olyan sebességgel nlakul át y anyaggá, amely arányos x jelenlevő mennyiségével. Ugyannkkor a keletkezett y anyag fordított reakció során átalakul x anyaggá, az y anyng jelenlevő meonyiségével arányos sebcss~ggel. A kémiai anallzis ilyen eredményeket adott:
t =O,
3,
- ;
x= 10, 6, S,S; y=O,
4, 4,5.
Határottuk meg x-et és Jo'l mint az id6 függvényét.
Megoldás : •• A szen.ö ~ae k~U.
196
y- 4,5 ( J -s- 0.71t");
x~
10-y.
jelölésben - nem tesz különbsé&et n:c anyag elnc•;cztse és mconyi-
(A ko11Jroll.ttukeszu1 mrgjqryzése.)
l
-' f
40. A radioaktiv anyagok átalakulásának sebessége arányos az adott anyag jelenlevő mennyiségé\'el. A RaB olyan sebességgel alakul át RaC-be, hogy a RaB menoyiségéoek rele 27 perc alatt átalakul. Ugyan· akkor adott meonyiségű RaC rele 19,5 perc alatt alakul át a másik anyag· gá. Vegyük egységnyinek a RaB keldet i mennyiségét és határozzuk meg, mennyi RaB és RaC lesz jelen egy óra elteltével. Megoldás : RaB : 0,124; RaC : 0,249.
41. A mikroorganizmus-tenyészetek növekedési sebessége arányos a menoyiségükkcl és a tápanyagok mennyiségével (az arányossági téoyezó k). A tápanyagok csökkenési sebessége arányos a mikrnorganizmusok jeleolevó mennyiségével és az idóvel (az arányossági tényczó k 1). A ld· sérlet kezdetén egy edényben A0 (g) milrroorganizmus és 8 0 (g) tápanyag volt. Határozzuk meg a mikroorganizmusok A és a táp.1nyag B mennyiségét mint az id ő rüggvényét. Megoldás: A
)1
~ krr ( _ ( •- p.,.,, 2k, l l +Pe<"' '
ahol a=
Y.,.
2k, A o,
.o0 + -k
l- P"'
B= ~ I+ P"'' p~ a + B" _ a- O.
197
3. Másodrendií differenciálegyenletre vezető feladatok
42. Egy m tö megO anyagi pont mozog egyenes úton olyan középpont
fel~, amely m~ erővel vonzza. r a pont távolsága a <:eotrumtól. Határoz·
r zuk meg az id6t, amely alatt a pont eléri n középpontot, ha a mo zgás az r = a-hoz tartozó nyugalmi helyzetben kezdódött.
Megoldis: 43. 300 lep súlyú molorcsónak egyenes vonalú pályán mozog 16 mfs sebességgel. A viz ellenállása arányos a csónak sebességével és J m/s sebességnél 10 )ep-dal egyenlő. Milyen messzirc j ut el a csónak, mig sebessége 8 m/s-ra növekszik, és mennyi idő alatt teszi meg ezt az utat?
Megoldis: s = 2.5 (m); t = 2,l (s). 44. Súlyos test csúszik ~rdes slkon. A sik hajlásszöge IX. A súrlódási együttható p . Határozzuk meg a mozgás tlt-idó fnggvéoyét, ho a kezdő sebesség nulla.
Megoldis:
45. Határozzuk meg a sebességet, amellyel n meteor a Földhöz csapódik, ha egyenes vonalú pályán esik (végtelen távoli) nyugalmi bclyzetéb61, és mozgása kÖZbeo a gyorsulás fordltva arányos a Földtól való távolság nég}-utével. A Föld sugara ,,..,6,377· 10" (m).
198
M egoldás:
v= Y2gr1 :.: ll 180 (m/s).
46. Határozzuk meg, mennyi idő szükséges ahhoz, hogy egy 400 OOO km magasságban levő meteor elérje a Földet. Megoldás: A feladat differenciálegyenlele:
d'r k dt 2 = - 'fi, ahol k = g·6400', t:.: 122 (óra).
47. Sima szögön úgy vetünk keresztül egy láncot, hogy az egyik oldalon 8 m, a másikon 10m hossiú darabja lógjon le. Meanyi idő alatt · csúszik le a lánc, ha a csúszás gyorsulása arányos a két oldalon lefüggó láncdarabok hosszúságkülönbségével? M egoldás:
3 t = r;; ln (9+ 1'80) "' 2,76
)g
(s).
48. Anyagi pont egyenes vonalon mozog az A pont felé. Gyorsulása
•
A·tól r távolságban k.r -3-nal egyenlő. A kezdeti t = 0 pillanatban A·tól l távolságban a mozgó pont nyugalomban van. Mikor éri el az A pontot?
•
2i• t = Y3k.
Megoldás:
49. A levegőn ek az eső testre gyakoroltellenállása negarJv, -kv• gyor· sulást hoz létre, ahol v a test sebessége és k állandó. Mutassuk meg, hogy a v1 sebességgel függőlegesen felliStt lövedék kiindulási helyére
v
_ ,rgvr
'- v g:tkijf
sebességgel tér vissza, ahol g a nehézségi gyors\llás.
199
Otmutatás: A test felfelé való mo:r.gásának differeociálegyenlete:
d's dv mdt• ~mvds ~ - mg-krJ. Az esés egycnlete:
dv
mv ds = - mg + kv'.
50. Egy naszád állóvizben v ~ 10 (lan/h) sebességgel halad. Amikor sebessége maximális, a rootort kikapesolják, és t =20 (s) múlvu a naszád sebessége v1 = 6 (km/h)·ra csökken. Tegyük fel, hogy a vlz ellenállása arányos a naszád sebességéveL Határottuk meg a) á naszád sebességél 2 perccel a motor kikapcsolása után, b) azt a tá,·olságot, ameddig n naszád a motor kikapcsolása utáni első perc elteltével eljut. Megoldás: v2 = 0,467 (km/h);
s ~ ss,z
(ro).
51 . Képzeljük el, hogy a fOldgömbön keresztül keskeny cslivezeté.k et fektetnek, amely átmegy a Föld középpontján. Az ebbe cső köre a Föld középpontja vonzóerőt gyakorol, amely egyenesen arányos a közllltük levő távolsággaL Mennyi idő alatt repül a k6 az. egész Földön keresztül? Memyzls: A mozgás differenciálegyenlele
d'r
dt' = - k'r, ahol k'
g
= 6400 .
~ s "' 42,3 mio. 51. Hat:!rou.uk meg a
kezdősebesség nélkül szabadon es6 test mozgúsá· nak út-idő fiiggvényét, fcl~ve. hogy a levegő ellenállása arányos a sebesség négyzetével, és hogy a sebesség batárértéke 75 mfs.
Meeoldis : 200
{75)' s=-gln
... }
,.
e"+e.,.-
{
2
.
53. Egy test lassan folyadékba merül. Az ellenállás arányos a scbeséggcl. Hacárazzuk meg a kezd6scbc$séa nélkül folyadékba merül6 súlyos anyagi ponc mozgásának út- id6 függvényét. m•g ( _!.. ) ;"g s= !
M egoldás:
54. l g tömegű anyagi részecske egyenes pályán mozog az A pont felé olyan vonzócrö hatására, amely ar ányos az A ponttól való ulvolsdgávnl. A7. A ponitól l cm távolságban O, l dyn e ró hat. A környezet ellenállása arányos a mozgás sebességével, és l rnfs sebesség eselén 0,4dyn . A r- o pillanatban a részecske az A ponttól !O cm-rel jobbra helyezkedile el, és sebessége nulla. H atározzuk meg a távolságot az idö függvényekénc, és számUsuk ki a távolság értékét {0,01 cm pontossággal) t= 3 {s) esetén.
M egoldás: s =
e-•·" (!0 cos (0,2451) + 8,16 sin{0,245r); s1,. 8 .., 7,07 {cm). .
SS. Egy l hosszúságú, O végpontjában befogott tartógerendára hosszúságegységenként q kp egyenletesen elosztó terhelés, továbbá a getonda A végpontjában összpontositnll F crö hat. Állitsuk fel a neutrális szál egyenie léc, és hacározz.uk meg a gerenda lehajlását az A. pontban (49. dbra) . A gerenda merevsége EJ.
M egoldás:
L y= :
2 1
[tx>- ;)+ 2~1 ('~- ; +[;); F
49.lillft
201
2. a gerenda \'égének lehajlása : J• (
3q/)
h_. = 3EJ F +--g . levegőben való esésének út-idő függvényét, ellenállását a mozgás sebességének n~elé\'el vesszíilc ll!'ányosnal::, és ha a lest a kezdeti pillanatban nyugalmi helyzetben volt.
S6. Határozzuk meg a test ha a
levegő
Megoldás:
m
s= k ln
''III. r ..... +e -·,r;; f .:;;-
e
2
' .
57. l hosszú tartógerenda (50. ábra) tl!}oenletesen eloszló terhelése hosszúságegységcnk6ut q nagyságu. lr:fuk fel a neurn!lis szál egyenletét, és határozzuk meg a lehajlás It nngyságát a gerend(\ B végpontjában .
Megoldás :
i
'
l. y = 24qEJ (61' x' - 4/x'+ x');
2. a gerenda végének lehajlás.1:
ql' ll, = 8EJ.
50. 6Ift
58. Hntárouuk meg az m törnegli anyagi rész.ecsl
l. a h ellenállási együttható kicsi a k (k• = !!..) m 1
hatéhoz k6pest, vagyis Ir'-k•
<
U
visszatéri tó egy li-
O;
2. h' - k' > 0;
3. h' -k' ~ o. Me1ol~s: l .
2x
x= Ar" sinTt+tp.
Ez csillapodó r~gómozgás, amelynek kezdő amplitúdója A, periódusa T és kezdő fázisa rp. Az e-., t6nyez6 a csillapodás gyorsaságát jellemzi. 2. x= e-Oo-
c,
abol q ~
Vh'- k' . Ez aperiódikus
mozgás.
3. x • e-"(C, +C, t). Ez az nperiodilrus mozgás speciális esete.
59. Határottuk meg az inga lengés6neJI: törvényét és periódusát, ha a környezet ellenállása arányos a lengés v sebességé,-el.
Megoldás: ahol
l. s =
ah
p COS q>
e-., sin (pr+ rp) csillapodó rezgés,
h = ;;" az ellenállási együttható, _
l l f 4m1 g-Ui*.
p- 2m
r
p , • tgtp= h.
2. a periódus: T = 4m1t
Vm•:-fb2. 4
203
x
y
Sl. Abra
l
60. Egy 2 m n1ngas töltés alul rögzitett, deszkaburkolattal ellátott függóleges gerendák sorából áll (51. dbra}. Két szomszédos oszlo p tengel>·énck távolsága c= l (m). Egy oszlop keresztmetszet-terület~oek á neutrális szálra vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka J =9000 (cm•).
•i
~
Állitsuk fel a viz nyomásának hatására deformálódott oszlop neutrális szálának egyenletél, és határozzuk meg az oszlop felső végének h behajlását, ha a viz a gát felső szél~ ig ér. A fn rugalmass.igi modulusa: E = 10' (kg/clll1). Onnutalás: Az a nyomás, amely minden egyes oszlop d{, magasságú elemi rétegérc hat, q = c(H -{)d~.
M egoldás :
y=
i_,8 ,J(H- x)'+SH'x-lf'J,
60
QH'
It = l SEJ "' 1,2 (cm). Itt Q az oszlop teljes. terhelése.
61. Egy m tömeg(! anyagi pontot két középpont vonz, mindl:ét vonzóerő arányos az x távolsággat Az arányossági tényező k, a két középpont távolsága 2b. A kezdeti (1 = 0) idépontban a pont a középpontok összekötő vona-
204
,f.
Ján volt, x =c távolságra a
felezőponttól.
dx
A dt
kezdősebesség
nulla.r
Hatát07..tuk meg a mozgástörvényt.
Megoldás: A mozgás differenciálegyenlete (ha a koordináta-rendszer kezdőpontja
a centrumok távolságának
felezőpontjába
esik):
d2 x
m dt' = k(b-x) - k(b+x) = -2kx.
A mozgás
út-idő
függvénye:
62. Határozzuk meg annak a vasúti átmeneti ivnelc az egyenletét, amely egyenesből
körvonaiba megy át. Az átmeneti ívnek az egyenes pálya vonalára való vetületének hossza L, a hozzá kapcsolt körvonal sugara R.
Otmutatás: Az átmeneti görbét azért létesfti.k, hogy folyamatos legyen a szerelvény áthaladása az egyenes útról a görllére (kör alalcúra). Az átmeneti iv görbiilete egyenletesen megy át az egyenes vonalú út . l görbületéből, ami nullával egyenlő, a kör alakú út R görbületébe. A számitás során a keresett függvény derivál\iának a oégyZetét elhaoyagolhatjuk.
Megoldás:
x!' y = 6RL .
63. Egy test pereenként 90 rezgési vége-L. 15 salatt az amplitúdó felére csökken . Határozzuk meg a mozgás differenciálegyenletét. Ormurarás: A mozgást az
x= Ae-"' cos (/Jt+ lii!) szabály jellemzi.
205
Az adatoknak megfelcl5cn 2 ;,
T-
vagyis
Pe
3n;
továbbá l
r u.= 2 Megoldás:
ln2 ~._ a = "'"j5·
d'x dx dt• + 0,092 dr+ 88,8 x = O.
64. 10 kp súlyú testre rugalmas cr6 hat, amely igyekszik azt stabilis egyensúlyi helyzetbe juttatni. Az erő arányos az elmozdulás nagyságával, ~s l m elmozdulás esetén 2 kp. A közegeUenállás arányos a sebességgel. Három rezgés után az amplitúdó tizedrészére csökken. Határozzuk meg a rezgés periódusát.
Otmulatás: Tegyük fel, hogy a mozgástör1'ény ugyanolyan alakú, mint az előző feladatban. Differcuciálva:
Másrészt, n feltétel szerint 10 d'x dx · ·- + k-+2x = 0. g d!' dt
-
Az összehasonlitásból az adódik, hogy
Ezen ldvül
e- •·OT = e
- ·.!!.
l a ' = - , amiból 61t 7i - ln 10. 10
Megoldás: A rezgés periódusa: T=
206
p21t =3, ,rs V g Y(6n)' + ln• IO.
i
l
65. Egy folyadékba süli)'<:S"Ltelt a sugarú korong forog a középpontján áthaladó ú a sikjára merőleges tengely körül. A s6rlódás-létrebozta ellenállás egys~gnyi területen kO"vel egyenlő a koroog mindeo pontjában, v az adolt pont sebessége és k állandó. Határozzuk meg a mol.gástOr· vényt c:u0 kezdeti szögsebesség esetéo, feltéve, hogy a tengely által létrehozott súrlódási eró nyomatéka valamely K állandó mennyiség. mr• Útmutatás: Akorong tehetetlenségi nyomatéka T, ahol m a tömeg. A súrlódási
erő
elemi nyomatéka d9 r·rdrdtp, dt
kr· -
ahol r dr dtp a korong elemi területe polárkoordinátákban. A teljes nyomaték:
- kd9 dt
..J J.
de r'tlr =--kft a'-.
dtp
o
o
2
dl
M egold6s: A mozgás difTerenciálcgycnlete a súrlódás! figyelenibe véve:
amiből
9 = ";:,. (c:uo +
,;~a') (l -e-':'.)-"~ t .
66. Ha a turbina hengerének tengelye vlzszinte.<, és a hengerrc helyeA
8
,A kmez
súlyponfja
!J-~b------==1207
zett korong súlypontja nincs a tengelyen, akkor a henger tengelyének a forgatás során Jétrejöli y behajlása ( 52. ábra) kielégfti a
-d'y + (-l -w') y= gcosrot + w'c dr'
""'
egyenletet, ahol
m a korong tömege, a állandó, amely az A és a B vég rögzltési módjától fligg,
m n forgús szögsebesqe, e a korong s61ypontjdnnk excentricitása. Határozzuk n1eg ennek az egyenlelJJek az általános integrdUáL
Megoldi\s: Ha - 1-
>
""'
.l
ro•, akkor
j
g
.
eai'
y= C,coskt+C,sinkt + k' - ro' cos rot + Je> ,
l ahol k' = ma
m•·' ba -
l
""'
yahol k'
l '
<
ro'. akkor
g
c, .u +C, e-"- k'+ro' cos rot -
ero' v ,
=or - -mal .
67. Egy l hosszúság6 oszlopot, amelynek alsó vége rnozdulatlan, rögzitett, Ferővel terhelnek. Az F erő hntására az oszlop felső vége a távolságra elhajlik eredeti helyzetét61. Határozzuk meg az elferdült oszlop · ainkj át és elhajlási nyomatélcál. A felső vég Jcoordinátáit behelyettesitve gy6zódjünk meg róla, hogy a kritikus teher
F.,,. = (~rEJ. 208
• '•
,<
1
Útmutattls: Az oszlop alsó végét vegyük n leoordináta-rendszer kezdöpontjának és az oszlopot x tcngelynek.
Legyen p= : , s megkapjuk az elhajlás alakjának dill'erenciálegyenletél: d'y dp EJ dr= EJp dy = M - F(a - y).
Megoldás :
2. Az oszlop elblrja a súlyt, ha x=l, y= a, ezért azt kapjuk, hogy
F.,.. - EJ ( ;,
r
68. Vlzszintes csó állandó
(J) szög.sebességgel forog valamely függöleges tengely körül. A e$6ben elhelyezett gömb súrlódás néllclil csúszile a csó mentén. Határozzilk meg a gömb mozgásának út-id6 fllggvényét, hu a kezdet.i pillanatban a forgástengelyen volt és sebessége (a cső mentén) v, . Úrmutattls: A mozgás dill'ercnciálegycnlete:
d' r
-;r,r =
(j).'·
A kezdeti feltételek:
dr
ha
t
=0, nkkor r = O és dr =0.
Megoldás :
69. 2 kp súlyÚ, 20 m/s kezdősebességgel felfelé hajltolt test legyőzi a levegö ellenállását, amely o mfs sebesség esetén kilopondban Itifejezve 0,04v-vel egye aló, g - 9,8 (mfs'). Határozzuk meg, hány másodperc lllatt éri el n 't est legmagasabb helyzetét
209
Me goldás : A feladat differenciálegyenlete:
d's
ds
m dt' + k dl +mg=O. A ken:sett id6 17 s.
70. Egy F súlyú test, amelyet v0
kezdősebességgel, a vízszintessela szöget alkotó irányban elbajitottak, a nehézsegí er6 és a leveg6 R ellenállá· sának hatására mozog. Határozzuk meg a test kezdeti hclyzetét61 mért legnagyobb Ir magasságát, ha az ellenállást a sebesség elsO hatványával arányosnak vesszüle R =k Fo.
Megoldás : A feladat differenciálcgyenlete: d'y
dy
m -d 1 +mg+- kF = O; l t1l h-
V0 Sin«
gk
J
•
gk'ln(l+kveSlD«).
71. Egy 1,96 kp súlyú testet olyan rugóra filggesztenek, amely l kp er6 hatására 20 cm-rel nyútik meg. A testre, mozgása során, sebességével arányos ellenállás hat, amely l cm{s sebesség eselén 0,02 kp. A kezdeti pillanatban a rugó egyensúlyi helyzetéhez képest 5 cm-rel megnyúlt, a test pedig kezdősebesség nélkül kapcsolódik be a mozgásba. Határozzuk meg a test mozgását. Megoldás: A feladat differeneiálegyeolete:
d'x
dx
m dl' +ky,+cx=O;
x= Se- "(51 + l) (cm).
210
1 l 1
.·
4. Másodrendü differenciálegyenlet-rendszerre vezető feladatok
n. Egy
lövedék v0 sebességgel, a vízszintessel oc szöget alkotva repül ki a fegyverbőL Határozzuk meg a mozgását a levegiS ellenállását elhanyagolva. M egoldás:
X= VoiCOS OC;
y=
.
V0 1SIU
J gt·. •
2
73. Egy lövedék 800 m/s sebességgel, a vlzszintessel 45"-{)s szöget alkotva repül ki a fegyverbilL Határozzuic meg, a levegő ellenállását elhanyagolva, a lövedék Jegnagyobb magasságát és leesésének helyét. M egoldás:
hmox = l 6,2 (km) ;
S ""
65 (km).
211
j l
l 1
f
l
III. .KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK MEGOLDÁSÁNAK ALAPVETŐ MÓDSZEREI
'
l ' 1
'
l. Elsőrendű differenciálegyenletek
Az a
elsőrendű
és
elsőfokú
differenciálegyenlet Jegáltalánosabb alakja
következő:
M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0,
(J)
ahol M(x, y) és N(x, y) az x és az y függvényei.
1.1 Explicit e1sörendii differeo.ciálegyenlet J. Ha az (l) egyenletet a detiváltra vonatkozóan megoldjulc, akkor a
M (x, y) N{x,y)
,d, [{x
y) u
'
· (la)
alakot veszi fel. u lu (l) és u (la)
Ebben a legegyszerűbb esetben PQ!IIosan értelmezzük a ditrerenciá.legyenlet fogat.. mát. A sorra kerülö többi esetben a megfelelö értelmezés enoek· alapján köllllY
l..el!&"<'n T adott sikbeli tartomány (összefaggö nyilt pontbalmaz),/(x, y) pedig T-n értelmezett folytonos függvény. Az y' ~f(x, y)
eg)'
215
Az (la) általános megoldása gyakran
!!_ =F(x, C) alakú, ahol C áUandó. 2. Az (Ja) egyenletnek legegyszerűbb speciális alakja:
t
(lb)
(Je)
=f(x),
ami közvetlen integrálással oldható meg:
J
y= f(x)dx +'C.
Tegyük most fel, hogy az M(x, y) és az N(x, y)
(ld)
függvénY
má.nyon. MegMlapodunk abban, hogy az M(x, y) dx+ N(x, y) dy=O e~n-enlet
T minden olyan
résztartományá.n~
t/y = dx
ahol N(x, y)#-0. a
M(x, y) N(x,y)
.
differenciál
.
dx N(x,y) dy • - M(x,y)
di.tl'erenciálegyeoletet jeJcnti. Mi.ndkét ditferene.iálegyenlet nyUvánvalóan a definiált tlpU$ba tartozik. A fenti értelmezéssel ~ol atbao azonblll1 szükségcs, bogy megjetl)
ekkor nyilván egymás inV<>rz fügs>·ényci; b) T-nek azokat a pontjait, amelyeken min~két fllggvény zérU$ (M'+ N' • O), szinguláris pontoknak nevezzük. E=l a vi&ZOnylag bonyolult problémákat felvető eseltel ebben a könyvbeo nem találkozunk. (A kcntrollszerkesztó me'gjegyzése.)
216
1.2 Szélválasztható változójú differenciálegyenlet Ha at M és az N függv6ny
l
M(x, y) = f,(x)·cp,{y); N(x, y) = j,(x)· cp1 (y), alakú, ak1cor az (l) tg)'cnlct Igy irható: .h(x)· cp 1 (y)dx+J.(x)· cp,(y)dy = O.
(2)
Osszuk cl a (2) egycoletet (amel)oyibcn ez lehetséges) / 1 (x)cp1 (y}nal, és bozzuk az (l) egyenletet a következő alakra:
h (x) dx + q>,(y) dy~ O f,(x) vagy m:ls
q>, (y)
jeUSI~ssel:
R(x)d.~ + S(y)dy
- 0,
(3)
ahol az x és az y változó m:lr szél van választva. A (3) ·eg)'enlet általános integrálja:
jR (x)dx+ js(y)dy =c.
(4)
1.3 Homogén differenciálegyenlet Az f(x, y) függvé nyt ak1cor neve:z.i.k homogénnek, hu a.z onosan kic légiti az f(J.x, ).y)= )."f(x, y) (S) felt6telt, ahol ). tetszőleges szám, n a homogenitás foka. Az (J) tlpusú homogén egyenletet helyettesitéssei integrálják. Ha M (x, y) és N(x, y) argumentumaiknak azonos foksztlmú homogén függvényei és feltételezzUk, hogy első parciális deriv:Utjaikkal egyOtt folytonosak, akkor az (l) egyenlet szétvdlasztható változójú egyenlctté alaldlható az (6) y= vx, s ennek megfelelően a
dy = •dx+xdo
(7)
belyettcsltéssel.
217
1.4 Egzakt differenciálegyenletek
(,
l
Az (l) egyenletet egmlctnak nevettük, ha létezik olyan F(x, y) mggvény, hogy .M(x,y)dx+N(x,y)dy E dF(x,y). (8) A (9) feltétel szüksiges és elégségestt ahhoz, hogy az (l) egyenlet egz.akt legyen. Egzal:t egyenlet eselében az {l) egyenlet általános megoldása a következó: j dF(x, y) ~ F(x,y) =C. (10)
.'
Az F(x, y) függvényt k6t módon is meghatározhatjuk: l. Az •
'•;.
7
..
F(x,y) = jM(~,y) d~ + jN(x0 ,")dq
,..
(ll)
képlettel, ahol x és y tetszőleges, x0 -át és y 0 -át pedig úgy választjuk meg, hogy M és N x = x0 és y =y, esetén véges legyen; x0 és y, gyakran a O és oz l értéket veszi fel. 2. A
8F(x,y) Bx = M(x, y), ezért F(x,y) = jM (x, y)tlx+>{l(y). 8F(x,y)
Használjuk most fel a
By
'
-N(x, y) azonosságot:
8
By (JM(x,y)dx +t/l(x)) = N(x,y), u F e!t6\·e, holl)' a szereplö dcrivú!tak ltteznek " folytonosa!<, továbM uM ts az 'N fQavén)'ek értclmtzi:si tanomtnyáuJ szo.lgil6 ponthalmaz eg)·sur~un önze/Oitt6. (A kontroflsz~rktsztó mqjtn-zlst.)
l>
l
.,'
'l
•
l
218 1 l
·'
amiból vagyis
F(x,y) =JM (x,y) dx+ J[N(x,y)- JaM~;·Y) dx]dy.
(lia)
Ha x ~s y szerep~t felcseréljülc, nkkor az alábbi előáilltáshoz j utunk :
P(x,y) =J N(x,y) dy + J[M(x, y)-JaN~:, y) dy ] dx:- (l lb) lntegrólóthzyezó
::
swc~. ,) ~~
5
T ~{~,,)~y. -
SI IH><,~) ~x~'J
Ha az (l) egyenlet bal oldala valamilyen F(x, y) függv~nyoek nem teljes diffcreociálja, akkor a 11 >0 integrálótényezővel való szorzás az egyenletet teljes dilferenciálba viszi át: 11M (x, y) dx + 11N(x, y) dy - 0, ~s
(8a)
ekkor ..:.. /):...liM ..."..,_(x-",y '-')
=
IJy
lJ~ (x, y)
(9a)
íJx
A 11=11(x,y) iotegrálóttnyezó Idelégiti az N(x
y) 8ln11_M(x y) IJln 11
•
ax
•
íly
= íJM _ 8y
íJN
ax
(l 2)
egyenletet, s megfordltva: enne.k az egyenletnek tetszőleges partikuláris megoldása integrálóténye:tő. . A {Sa) egyenlet integrálótényezőjének á Italiinos alakja : 11 =llf(F), abolf differenciálható fllggvény. lntegrálót~nyezó a gyakodatban nem mindig található. Vizsgáljunk meg néhány olyan esetet, amikor az integrálótényező egyszerUen határotható meg: l. eset. Az M(x, y) és az N(x, y) azonos fok6 homogén fllggvények: l 11 = J<(x,y) = M(x,y)x+N(x,y)y·
{13) 219
/JM
2. eset. a) Ha
/JN
-ay- Tx
/Jlnp
8X =
N(x,y)
=
ahol
(14)
b) Ha
/JM
/JN
Tx-a;. M (x, y)
= 1/l{y),
ahol tjt(y) csak y-nak a függvénye. Ekkor
l' = ef~(yJ4V.
(15}
3. eset. Ha
fJM
fJN
é)y- é)x = N(x,y)
akkor az
integrálótényező :
iJ. = t
J•(x)dx+ J~ú>) 41
.
(16)
1.5 Lineáris differenciálegyenletek Az (l) egyenletet elsőrendíllineáris inhomogén differenciálegyenletnek nevezzük, ha azt y'-re megoldva az
y' + P(x)y
= Q(x)
(17)
egyenlethez jutunk. Ha .,hiányzik" a Q(x) tag, vagyi5 Q(x)=O, a (17) egyenletet homogénnek neveztük. Az y ismeretlen függvény, valamint deriváltja lineárisan, vagyis első fokon fordul elő. Speciális esetben a P(x) és a Q(x) vagy ezek egyike áUandó is lehet. A (17) egyenlet az előbbiek szerint ekkor az y'+Py =Q alakot veszi fel. 220
(18)
A (17) egyenlet általános integrálját a következő módsurekkel dl· lapítjuk meg: L Az y= ra, és eszerint dy = u dz + z du Bemou/li-félt bei)'Cttesltés· sei, abol u és z az x ismeretleo függvénye. Ezeket a dx +P(X)II = 0,
du
dz
u dx fel tételekből
= Q(x)
l
(19)
határozzuk meg. {
P(~t)~
2. A JI = e' alakitással:
integrálótényező
segitségével teljes dilferenciállá
(20)
3. Ha ismert a lineáris egyenletnek valamilyen y,(x) partikuláris megoldása, ak kor
y
= y, (x)+ Ce
- JP(x)b
.
(21)
4. Hu ismert két, lineárisan független y 1 (x) és y1 (x) partikuláris megoldás (vagyis két olyan megoldás, amelyeknek C1 = C1 =(H kivéve semmilyen C, és C. értékhez tartozó C,y1 + lineáris kombinációja · nem azonosan nulla az adott intervallum minden x értékére), nkkor
c.r.
y
= y,+ C()•,-y,).
(22)
1.6 A Bernoulli-féle differenciá legyenlet Alakja:
y'+ P (x)y • Q(x)y•,
(23)
ahol n O-tól és l·tól külöobOzó állandó. Ez az egyenlet, ha y"-oel elosztjuk és bevezetjük a
z
l = -y"-1
y - • +1 = yl- •
(24)
221
új változói, lineáris egyenletre vezet, amelyet z-re vonatkozóan mint elsórendlllíneáris egyenletet kell megoldani. Végül vim:ahelyenesltéssel kapjuk meg általános integrálját: l
J
y= e- fre"'" [C +(l- n) Q(x)i•-•>/•Pl"" t!..""<]t=o.
(2S)
1.7 A Riccali-féle differenciálegyenlet" Alakja: (26)
y' = P(x)y' + Q(x)y+R(x).
Általában nem oldható meg lcvadratúnlval, vagyis megoldást~ nem vezethető vissza véges sok egymást követó integrálásra. Általános
megoldásának meghatározására a kövctkezö módszerek lehetségesek; l. Hn ismert a (26} egyenletnek egy y 1 partikuláris megoldása, akkor a,;
(27) helyettesitéssei -ahol z új ismerellen filggvény- a Riccali-féle líneáris egyenleire vezethelÓ vissza. 2. Ha ismert két megoldás: y 1 és y1 , akkor z1
l
y,-y,
partikulms
megoldása egy z-re vonatkozóan lineáris egyenletnek. Ez megkönnyiti az egyenlet integrálását. 3. lio három partikuláris megoldás: y" y, és y , ismert, akkor u általános integrál :
-Y-Y..Yo - . y-y. y, -
Y• - c - . y,
(28)
,. A Rlc
jeiksil feladotok m
222
'
l
It
A Ricettti-féle egyenlet a változó: y = P(x) +P(x) traoszformációjával a
dll
dx = u'+R(x)
(29)
egyszerűbb, kanonikus alalcba hható, ami meg.könnyiti a kiindulási egyenlet általános megoldásánalc meghatározását.
1.8 A Lagrange-féle differenciálegyenlet Ez az egyenlet x= cp(y, y') vagy y= 1{1 (x, y') tipusú, a keresett niggvény deriváltjára nézve implicit diffcrenciálegyenlet. Alakja: a(y')x + b(y')y+ c(y') =0, (30) ahol a(y'), b(y'), c(y') az y'-nek a függvénye. A (36) egyeoletet az dy y'= - =p dx helyettesitéssei integráljuk Ekkor, ba (30)-at y-ra megoldjuk, az
Y = xcp(p) + l{l(p)
(31)
(32)
egyenlet adódik. A p mennyiséget paraméternek tekintjük. Ha diffe· rcnciáljuk ezt az egyeoletet p szerint, akkor a
[p- ep (p)]: -ep' (p) x- 1{1' (p) = O, x-beo lineáds egyeoletet kapjuk.,.
u Figyelmen kivül hagyva ·azokat a megoldásokat, antelyekre vaJamely pontban: p - 9(p)=O. ( A konlrollsu:rkmuJ megjetyzése.)
223
Ennek az egyenletnek az általános integrálja:
x= J;~~(;[c+J
~(p) e-J;~~(; dp).
p-tp(p)
(33)
Ha az adott egyenletból ~ (33)-ból p-t kiküszöböljük, megl:.1pjuk a (32) egyenlet általános integráljáL
1.9 A Ciairaut-féle differenciálegyenlet Alakja:
.v - xp+.,(p),
(34)
ahol P A (34) egyenlet
= dy dx"
a Lagrunge-féle egyenlel speciális esete.
A Claíraut-cgyenlet általános integrálját meghatározhaljuk, bn p·t a
C tetszőleges állandóval helyeltesltjük, vagyis
>'
= Cx+.;(c).
(35)
A szinguláris megoldást15 megkapjuk, ha p-t az
x+,~(p) >' egyenletekből
=o,}
= xp+l/l{p)
kiküszöböljük."
u A uinguJ.úis megoldás olyan meroldás, amely. mi\-el nem tartalmaz integréclóJ illand6t, nem ..&nnut•that6 az. illtalinos !ntcsrtJb61 a tetsroleg<:S álland6 •peciü!s mecvtJaotús!val. A szinguláris IDCJOidú .,..,.,.trW jeleutéoe: az Altaill.nos intearAllal lbriloll .,arbeoerea burtolója. " Pontosabban: a (34) ditT~enl
224
2.
Másodrendű
differenciálegyenletek ·
.. 2.1 Hiányos
másodrendű
differenciálegyenletek
A másodrendíi implicit differenciálegyenlet általános alakja:
F(x,y, y',y")=O.
(l)
Fejezzük ki ebből (ha lehetséges) a második deriváltat:
y• =[(x, y, y').
(la)
Az alkalmazásokban leggyakrabban a következő öt speciális egyenlet· tlpus fordul elő: y• =f(x), y• = f(y) , . (2) y"·=f(y'),
y• = f(x,y'), y• =f(y ..y'). A (2) egyeoleteket a rendszám csökkentésének módszerével oldhatjuk meg a dy
p=dx=y'
(3)
l
új keresendő függvény bevezetésének segitségével. Ekkor
'·
• dp y = dx
(4) .
vagy (a második és ötödik esetben, ahol y is sterepel):
dp .. dp dy dp y" = dx = dy dx = dyP· U
DilfcrcociücJ)'enlecek 42174
{4a)
225
Ha a (3) és a (4) vagy a (4a) értékeket behelyettesltjük a (2) egyenletekbe, elsőrendű egyenletekhez jutunk :11
dp=f(x)dx, pdp =f(y)dy, dp f(p)=dx,
(5)
dp =f(x,p)dx, pdp =f(y,p)dy.
A (5) egyenletek általános megoldása gyakran
p ": 'J'(X)+C} P= o/t(y)+C
vagy
alakú. A (3} összefüggést felhasználva a
l
Jxd ' =
vagy a
dy
(6)
(7)
dx =o/t(y)+C egyenletet kapjuk. · Ezen az úton minden (2) típusú egyenlet megoldása elsőrendű egyenlet
megoldására
vezethető
vissza.
n A:z. itt vázolt mód.szer alkalmazásakor természetesen csak olyan megoldásokra szoritkozunk, amclyclcrc a (clbaszru\11 lépések jososak. Pl. a (4a) dorivá)ásnak csali: akkor van értelme, ha a keresett függvény :
(A kontrolls:erkeszt6 mi,}
226
derivAltja y -nak egyútékú függ\•b:tye.
r
..
~
2.2 Másodrendű, állandó együtthatós lineáris qifferenciálegyenletek Az állandó együtthatós inhomogén Lineáris differenciálegyenlet általános alakja: (8) A.f'+ A.y' + A3Y = /(x), ahol A1 , A,, A, állandó valós együtthatók, f(x) x-nek valamilyen adott, nem azonosan nulla függvénye. Az f(x) =O esetbeo az egyenlet igy alakul: A.y•·+ A.y' +A.y =O.
(9)
Ezt homogén lineáris differenciálegyenletnek nevezik.
2.2.1 . A homogén lineáris differenciálegyenlet megoldása Ha az adott (9) egyenlethez felállítjuk az
A 1r' + A,r+A1 =O
(10)
egyenletet, ezt a (9) egyenlet karakterisztikus egyenletének nevezik. A (9) egyenlet általános megoldásának alakja a (10) karaktelisztikus egyenlet gyökeinek a minóségétől-függ. · l. eset. A karakterisztilrus egyenlet r 1 és r, gyökei killöobözó valós számok. Az általános megoldás: (ll) 2. eset. A (10) egyenlet gyökei többszörösek (egyenlő valós számok): rt=r~=r.
Ekkor
y = C, e'" +C,xe'•. (12) J. eset. A karakterisztilrus egyenlet gyökei konjugált komplex számok: ''·' = a±bi.
- Ebben az esetben az általános megoldás: y= e""(C1 cosbx + C,sinbx).
.,.
(13) 227
A (13) általános megoldás ekvivalens trigonometrikus alakba is írható: y= Me=sin(bx+q>), (13a5 ahol M és rp ·állandó mennyiségek. Tehát az állandó egylitthat6s homogén lineáris egyenlet megoldásának lépései a lcövetlce~ők: · a) a karaktetisztikus egyenlet felállltása,
b) gyö)
2.2.2 Áz inhomogén lineáris differenciálegyenlet megoldása Az inhomogén. egyenlet általános megoldása a megfelelő homogén egyenlet y általános megoldásának és az inhomogén egyenlet valamely V partikuláris megoldásának összege:
Y := y+V. A partikuláris megoldás a (8) egyenlet /(x) jobb oldalának tipusától függ. Bnnek meghatározása a gyakortatban előforduló esetekben a követlcezőkre vezet: J. eset. A jobb· oldal
/(x) = aoX'"-t:a,x•-•+a,X"'-·+ ... +a,._,x+a.. ala.l'tÍ polinom. Ekkor
V= A"x'"+ A 1 x'"- 1 + ... +A,._ 1 x +A,..
(14)
Ha a karakterisztikus egyenletnek a nulla k-szoros (k = 1,2) gyöke, akkor
· (14a)
2. eset. A jobb oldal /(x) = ae"' tlpusú ·exponenciális függvény, ahol a állandó vagy x-nek a polinomja. Ekkor
(lS)
ahol A (a jellegének 228
megfelelően) konstan~
.
-
vagy .polinom.
Abban az esetben, amikor a karakterisztikus egyenletnek·p k-szoros (k = 1,2) gyöke, (ISa)
3. ese}. A jobb oldal j(x) = a, sin bx +a2 cos bx alakú "'igonomet· rikus függvény. Ekkor V = A 1 sin bx + A, C()S bx. (16) Ha a karakterisztikus . egyenletnek ± hi k·szoros gyöke, akkor V = x"(A 1 sin bx + A2 cos bx). (16a) 4. eset. A jobb oldal az f(x) = e"'(c1 sin bx+c,
Itt c1 , c, és ennek megfelelően C 1 és C, lehet polinom vagy állandó mennyiség is. Abban az esetben, amikor a karakterisztikus egyenletnek a+ bi és 'a- hi k-szoros gyöke, V= ff e"' (C1 sin bx+ C, cos bx). (17a) 5. ese/. Ha az f(x) jobb oldal a vizsgált alakú függvények összege, akkor a V partikuláris megoldás a megfelelő függvények összegével egyenlő.
Ar. A, A., A,, ... , A~, C1 , C~ meghatározásra váró együtthatók, illetve polinomok. Ezeket úgy kell meghatározni, hogy V ténylegesen partikuláris megoldása legyen a (8) egyenletnek .. Ha V-t a (8) egyenletbe helyettesitjük, akkor - megoldás eselén - ebből azonosság lesr., s ezért a két oldalon levő együttbatók össuhasonl!tásából meghatá• rozhatók a keresett együtthatók vagy polinomok (amelyek eredetileg általános alakjukban voltak megadva). Az y+ V összeg az inhomogén egyenJet Y általános megoldásával egyenlő.
229
2.3 Változó együtthatós másodrendü lilleáris differenciálegyenletek 2.3.1 Az Euler-féle. egyenlet a) Másodrendű Euler-féle egyenletnek neveuk
az
(!<~)
a0 ry• + a1 xy' + a, y=
(18)
alakú egyenletet, ahol a0 , a1 , a, állandó. Ez lehet homogén és inhomogén. Az x= e' helyettesitéssei ez az egyenlet állandó együttbatós lineáris egyenletre vezethető vissza. Ennek során ·
dydt dyl y'= dt dx = dt x;
ldy
=7 tit'
és l dy] d (7 Tt y = dX = d(e')
•
d(y')
. b) Az
l d' y
=
l dy
7di'-7Tt e'
.
A0 (ax + b)'y" + A 1 (ax+b)y' + A,Y =/(x)
(19)
tipusú egyenletet, amelyben A0 , A 1 , A,, a és b állandó együtthatók, az
ax+b =e' helyettesilés állandó együtthatós egyenleibe viszi át. 2.3.2 Homogén lineáris differenciálegyenlet Az egyenlet alakj,a:
. y" +e(x)y' +q(x)y
=
ahol p(x) és q(x) az x függvénye. Általános megoldása y= C,y1 +C,y,,
O,
(20)
(21)
ahol Y~o és y, a (20) egyenlet lineárisan független partikuláris megoldásai. 230
Ha egy megoldást ismerünk, alclcor a másodikat könnyen meg lehet határozni az
•
... !
- f•W""
y,= Ay,
Y,
. dx
(22)
Jcéplctb61, ahol A tetszőleges áll.nndó.
2.3.3 Inhomogén lineáris differenciálegyenlet Az egyenlet alakja:
y' +p(x)y' +q(x)y = f(x):
(23)
Itt p, q, f(x) folytonos fiiggvények. Általános integrálja:
y= C,y, +.C,y1 + V,
(24)
ahol y1 és Y• a megfelelő homogén egyenlet lineárisan fiiggetlcn megoldásai, . V az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása. A V partikuláris megoldás lAgrange módsurével (az állandók vnriálásáoalc módszerével) határozható meg. Ez a módszer lehetőséget ad az inhomogén lineáris egyenlet integrá- 1 lására, ba ismert a megfelelő homogén eg)'tnlet általános megoldása: y = Cu•1 + C,y1 , amelyben most C, ..:t és C1-t nem áUandónak, hanem új ismerelleo C, (x) és C.(x) fiiggvénynek tekintjük. A V parcikuláris megoldás megkeresése a következő: C1 -ct és C1 -t oly módon határotzuk meg, hogy a kerc§C~t megoldás
(25) alakú legyen. ''e'kkor
• (26)
és
~'; =(C:y,+9:~~:t2(C:/.+~r;>,t_(C,Y,+C,y;).
(27)
m:
.Tegyük fel, hogy
C;
es Ci kiclégiti a CíYt +C'; y, = O, } ~Yí +C';y; =f(x)
(28)
egyenlet rendszert. Difl'ereociáljuk a (28) reneimr elsó egyenletét:
(C; y,+ G;'y,) +(~YÍ +C';yÍ) = 0.
(29)
Eszerint a (25)-{27) egyenletek Igy alakulnak:
V= C,y, + C,y,, dV dx d' V
' = C1Y1' + CsY!.,
di' =
(30)
C, y;'+ C, y;'+f(x).
Ha a (30) rendszer első egyenletét q(x)-szel, a másodikat p{x)-szel,
a barmndikat 1-gyel megsz.oronuk, majd az egyenleteket tagonként összeadjuk, a d'V dV (31) dx' +p(x) dx +q(x)V= f(x) egyenlet adódik. Ennél a lépésnél figyelembe vettük az a tényt, hogy az y, és az y 1 füw'éoyek a bomo~o egyenlet megoldásai:
y; +p(x)yí+ q(x)y, .. O y; +p(x)Y,+q(x)y, = O. ·
és
A (28) rendszer megoldásából kapjuk, hogy
C'_
f(x)
• - - y,
c;=
(ln ;:
r.
/(x) y,(ln ;: )" .
Integrálás után a k!h-elkez6 adódik:
C,= C, (x) és
232
c,= C,(x).
•
(32)
2.4 Másodrendű differenciálegyenletek integrálása sorok segitségével · Ett a módmrt akkor alkalmazzuk; amikor nehéz meglalálni a dif· ferenciálegyenlet állalános megoldását. 2.4.1 A határozatlan egyiltthatók módttere Az y" +p(x)y' + q(x)y =O egyeniethen p(x)-et és q(x)-et hatványsorba fejtjük :'*
...
p(x) = Za1x' és q(x)
A megoldást
= ,_, Zb ."<'. 1
-
y= zc,.x' ,
(33)
(34)
faO
alakban keressük. A c, egyilttbatókat a határozatlan együttbatók móds:r.erével állaplt· juk meg; hebelyettesltjük az egyeniethe y, y', y" értékét, 6s nullával tesszük egyenlövé x azonos kitevójü hatványainak egyiltthatóit, s Igy egyenleteket kapunk Ci·te:
x-
2·1c,+a.c1 +b0 c0 = O.
x' 3 · 2c,+2a0 c1 +a1 c1 +b0 c1 +b1 c0 =O, x' 4· 3c, + 3a.c1 +2a1 c,+a2 c1 +b0 c,+ b,c, + b1 c0 =0, Hogy két lineárisan független partikuláris megoldást kapjunk {y,~~ 6s y1·t), legyen Yl·re c0;r;l, cl=O; y1·re c0 =-0, c1=1. c, meghatározása után még igazolni kell a kapott sor konvergenciáját.
u B m6clszer elblma;nlslnil lemalol
233
2.4.2 A Taylor· vagy Maclaurin-sorba fejtés módszerc Az .y• =/(x, y, y')
(35)
egyenlet megoldását Taylor- és Maclaurin-sor formájában kereshetjük, ha adottak a kezdeti feltételek, és ha az előálló sor konvergens. Legyenek a kezdeti feltételek a követke:tök: ha x=a, akkor
y =b,
ha x=a, akkor
y' =bt>
ha x=a, akkor y" =b,. Ekkor az általános· megoldás ilyen alakú:
x-a (x-a)' w · (x-a)' (x-a)' y=b+b,l!+b, +y (a) +ylV(a) + ... (36) 21 31 41 Az ym (a), y• v (a) értékeket az adott differenciálegyenletből, valamint ennek a differenciálásával nyert . egyenletekból kaphatjuk meg, ha x, y, y', y• helyébe az adott a, b, b1 , b• áUandókat helyettesítjük. Megjegyzés: A Taylor-sor ilyen alakú: x- a
/(x)=/(a)+- -1 f(a)+ 1
(x-a)'
, 2.
j(a)+ ... +
(x-a)"
n.1
f"(a)+ ....
A Maclaurin-sor a Taylor·sornak olyan· speciálls esete, ·ahol az f(x) függvénynek x ·"szerinti hatványsorba fejtésekor ·a=O, vagyis
;~x) =~(0)+;, /'(0)+; /(Oh ... + :r J<"'(~)+ .... .. ;
234
.,
2.5 Néhány speciális, változó együtthatós másodrendű lineáris differenciálegyenlet Az alábbiakban bemutatott változó együtthatós másodrend(! egyen· letek megoldása a sorok segitségével történő integrálás elvén alapul. 2.5.1 A Bessel-f61e egyenlet
Alakja:
n')
.)'+x-y+ • l , ( 1- x')'= 0
(37)
x•y• + xy' + (x' - n•)y = 0,
(37a)
vagy ahol n· tetszőleges szám. Ismeretes, hogy az x•y• +xp(x)y' +q(x)y =O tlpusú egyenletnek a határozaUan együtthatók módszerével meghatározható az y= x'(a0 +a1x+a,x' + ... ) alakú megoldása, ha p(x) és q(x) x hatványai szerint konvergens sorba fejthető. Az r kitevő értékét az
r(r-l )+p(O)r+ q(O) =O
(38)
karakterisztikus egyenletből batáromatjuk meg. A (37a) egyenlet karakterisztikus egyenlete: Ebből
r(r - l) +r- n' a r2-
n'= O.
(38a)
r= ±n.
Ha az
·y= x"(a0 + a,x + a.x'+ ... ) értéket behelyettesítjük az egyenletbe, és tesszük egyenlővé, az adódik, hogy
xo•• együtthatóját nullával (39)
A .k:= l esetben:
a....,
'(2n + l)a 1 = O, ·. . =O ·(m = l, 2, 3 ... ).·
(40)
235
ért~ket ·adjuk,
Ha k-nak a 2, 3, 4, ...
azt kapjuk, hogy l
a" =
2(2n+2) '
a.= 2 ·4(2n + 2)(2n+ 4)' · ahol a 0
temőleges.
A kapott konvergens sor ai a.=
l
.r(n + l) esetben19 elsőfajú ll-cd2
rendi! heogerfnggvényt (Be$sel-függvényt) határoz meg: J.(x) = 2•
r~+ I) (t
2(:+ 2) +
2-4(2n+~)(2n+4) - ...) = (41)
Ht(;r ..
M
=L.k ( ' •=• lrn+k+l) amely a (37a) egyenletnek megoldása. ltt
lxl< ...
" A faktoriális fogalmát kiterjesztjük núnden számra (komplex számokra i$) a r(x) gamma függvény segítségéve~ am
l =
r(x)
j.-·,~-•dt
(Euler-integrál)
(csak ha x>O)
0
ntn"'- 1
= lim ---;--,-.,.,-,,;.:.c'=:---:-:--= •-- x(x+ l) (x+ 2) .. . (x+n-l)
(mínden x-re)
A gamma függvény alaptul'\idooságai:
r(x+ l) = xr(x), r(n) - (n - 1)!, ha n
term~!.. $Zám.
Ai: n! foplm:át, amelyet kezdetben pozitiv egész n..ekre érte1meztQ.nk, kiterjes2tjú.k tetsző)egf$ valós n-re a • (x) = r(x+ l) dcfinicióval. Pozitiv egész .t eseté.n: ~t(x)a xl• 1·2·3· .. . •x, x• O esetén ?t(O)• r(J)e:.l.
236
/
A Besse/-egy~nlet megoldását a (41) egyenlőség helyett a · .Besse/függvénnyel is kifejezbetjük:
(~)".?i kl ~(~~k) (~r
J,(x) =
(42)
ahol
ll(n+k) = T(n+k+ l) = fl(n)(n + l)(n+2) ...(n+k). Ha a
11
oem egész ST.ám, akkor a Bessei-egyenJer általános megoldása
következő:
y= C,J,(x) + C,J_,(x),
(43)
ahol J _,(x)-et a J,(x)-re fentebb előállitott sorból úgy határozhatjuk meg, hogy 11 helyére -n-et helyettesitünk Ha 11 egész, akkor J_,(x) = (- l)'l,(x),
ha
11
=
1 , 2
akkor
(44)
r12 . nx sin x;
J, {x)= 1
•
(44a)
ba n=_.!._, akkor J , (x)= 112 cos x. 2 -. 1iX
r
Ebben az ese.tben a J, és a J - • fUggvény lineárisan összefligg és (43) lineáris kombinációjuk már nem általános megoldása a (37a) egyenletnek: Az általános megoldásban ebben az esetben J ~.(x)-et helyettesiteni kell a másodrendű Y,(x) Besse/-függvénnyel, amelyet Weber- (vagy Neumann-) féle iLiggvénynek neveznek és a következőképpen definiálnak: _li J,.(x)cosmn-J_.,(x) Y.,. () x - ro . . · -~~
. smmn
Ezeknek a függvényeknek á segitségével a Bessei-egyenlet általános megoldása az y = C1 J, (x)+ C, Y, (x) alakban irható, egész és nem .egész n esetén. egyaránt. 237
2.5.2 A l..egendre-We differenciálegyenlet Alakja (l - x0)y• - 2xy' +n(n+ l) y = 0,
(45)
. ahol n pozitiv egész szám (n = 0, l, 2, ..., k). A (45) egyenlet egyik megoldása a Legendre-polinomnak vagy gömb· f"úggvényoek nevezett _ l · 3 ... (2n - 1)(
P() • x -
+
n(n -1) -• X'-2(2n - l) X' + ·
nl
n(n-l){n - 2)(n - 3) 2·4(2n - 1)(2n- 3)
x--•-
... +...
J= _2"nll_ .d•[(x'1)"] dx"
(46)
konvergens sor. A (45) megoldás alaprendszere: y 1 = P,(x),
l · x+l Y• = Q,(x) = - P,(x)ln - - 2 x- 1
+P._,(x)P,_. (x).
~
•·1
Q.(x)-et másodrendű Legendre-függvénynek nevezik. Ekkor a Legendre-egyenlet általános megoldása:
(47)
y = C1P.(x) + C,Q, (x).
A Legendre-polioomok alaptulajdonságai a
következők:
l d" l. P,(x) = 2"nl dx" [(x' - l)"];
' 2. P0 (x) = l ,
P1 (x) =x,
l
Pa (x)
= 2 (5x'- 3x),
l P2 (x) =2 (3x'-1), .l
P,(x)
l P,(x) = if(63~ - 70x'+l5x),
= if (35x' P,(x)
-315x'+ 105x'-5); 238
30x' +3),
l = í6 (23lx1 -
•'
. 3. nP.(x)
= (2n -l) xP._ (x) 1
(n - l) P. _,(x);
4, P.{x)-nek n zérushelye van +l és - l között;
5,
,ha J.,Pm(x)P.(x)dx = { O 2 ba 2n + l'
-1
l. , - Z P,(x)r', r 1- 2rx+r
6. l/
t=O
n~m,
n = m;
Iri < l.
,
2.5.3 A Mathleu-féle egyenlet
Alakja:
y" + (.t - 2hcos2x)y =O.
(48)
' Az egyenletnek miodig van megoldása az
y(x + 7r) = e•• y(x),
(49)
feltétel mellett, ahol ll az ún. karakterisztikus kitevő. Ha y 1 (x) a Mathieu-egyeoletnek olyan "megoldása, amely eleget tesz az y 1 (0) = l, y 1 (7r) =0 kezdeti feltételeknek, akkor a ll paramétert a
képletból lehet kiszámitani. A h együttható kis értékeinél a kllvetkező kllzeUtö. képietet használják: y, (n) "' cos n
," n ff. r" +h• "Ylsin ).(.1. - ) + 1 4
h' (15.1.'- 35.1. +8) n ff.sin n ff.- 2.1. (.1.-1)(.!- 4) n' cos" ff.
+
M~~-11~-~
'
239
Az y 1(11),. ±l, vagyisa ~'"'"(n = 0, ± l, ±2, ...) esetben a Mathieu· egyenlet általános megoldása
y= C,&•p (x) + C,e-"'p (- x),
(50) . ,.
ahol p(x) n surint periodikus függvény. Ennek Fo11ríer-egyUtthatói meghatározható k a differenciálegyenletb61. Ha y 1 (n) = ± l, akkor n Marhiel4-egyenlet általános megoldása:
y
= CtPt(x) +C,(xp (x)+p,(x)], 1
(SOa)
ahol p1 (x) és Pt(x) period ikus függvény, n szeriot (ha y, (n) - + l) vagy 2" szerint (ba y 1(n) = - l}. Az y (x) megoldást stabilisoak nevezzük, ha y (x) korlátos marad, x -oo esetén ; az ellcnkez6 esetbeo a megoldás instabilis. Az Jy,(x)J
240
3. Magasabb rendű differenciálegyenletek
3.1 ÁUandó együtthatós hoinogén differenciálegyenletek l!hhez n tJpushoz tartoznak az
l"1 +a1Y.-'1 + a.Y.- '>+ ... +a,_.y' +a.Y =O egyenletek, ahol a 1 , a,, ...,a. valós számok.
(l)
alakú !!nnek az egyenletnek az általános megoldásához előbb az
r'+a1 r•- • +a.r•-•+ ... +a._ ,r+a. =O
(2)
ka rak terisztikus egyenletet kell megoldftni. l. Ha ennek az egyenletnek összes r" r,, ... ,r. gyöke killönböz6 6s va lós, nkkor az á ltalános megoldds n következő:
y = C, e',.+ C,e""+ ... +C, e'•', (3) ahol C., C,, ..., C. tetszőleges állandó. 2. Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei közül k db valós gyök egyenlő r1 =r1 =... =r. =r, a többi gyök: r•+" ... ,r, \'lllós és sem egym~ssal, sem r-rel nem egyenlő, akkor az általános megoldás alakja a következ6:
y = (C,+C,x +C,x'+ ... +C,x> - 1)e'' +C..1 e""'+ ... +C,e•••. (4)
3. +la a karakterisztikus egyenlet gyökei közölt az r, = ot 1 +{J 1i 6s
r,
= ot -{J i 1
1
konjugált komplex számok szerepelnek, a többi r 1 , r,, különböző, akkor az általános megoldás
..., r. gyök pedig valós és alakja:
y= e<"((C. +C,)cos{J,x+t(C,-C,)sin.B,xJ + +C,e"••+C,e'••+ ... +C, e'•• e'"[C:cosp, x + C:sio p, x]+
=
+Cae"'+C, e''" + ... +C.e'•'.
(5)
241
Ct= C,+ C,;
Itt
c; = i(C,-C,).
4. Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei közölt komplex számok, és páronként konjugáltak is vannak, pl. r 1 = a.1 + P1i és · r, = 11.1 - p,; k-szoros gyökök, akkor az általános megoldásnak az a része, amely ezelenele a gyököknek felel meg, a következő alakú:
egyenlők
y*= e»•((C1 +C,x+ ... + C.X"- ')cosP,x +
(6)
+(C>+ 1 +C.,.• x + ... +C,.X"- 1)sinP1 x).
3.2 Állandó együttliatós inhomogén differenciálegyenletek Ehhez a tipushoz az
y<•> + a,y<- - 1) + a.ye,.-•> + ... +a, _,y +a, =f(x) (7) alakú egyenletek tartoznak, ahol a,. a,, ..., a, állandók, /(x) pedig x függvénye. Az egyenlet általános megoldásának meghatározására két módszer használatos: 3.2.1 Lagra11ge módszere (az állandók variál ása) A vizsgálandó egyenlet általános integrálja (8)
y= C,y, + C,y, + ... +C,y,
alakú, ahol y" y,, ... , y, a megfelelő homogén egyenlet ismert megoldásai, C1 , C1 , ..., C, pedig az x függvényei, és a következő egyenletrendszerből hqtározhatók meg : _,.-/
l
dC1 dC, dC, O dx y, + dx y, + .. · + dx y, = ' dC, dy1
dC, dy1
:;:::;:~~·::·::··~·;:~.d~·-~-~:~·~·~~~·~. = dx dx'- 1
242
+
dx dx'- 1
l
dC, dy, _ O
+ ... + dx
dx'
1
f(x).
l
(9)
ll
~-
Oldjuk meg ezt az egyenletrendszert:
~~ -/,(x),
~· = f.(x),
(10)
dC, clx = f.(x), amiből
a
kö,-etkező
adódik:
c,= 1J.(x)dx+A.. )
~~ .~.!.~~~~.~~~.~~.
( ll)
C, = Jt.,(x) dx+A,. 3.2.2 A határozadan egyiittbatók módszere Mint ismeretes, egy inhomog~n egyenlet általános megoldásának cl&lllitásához elegendő, ba egy partikuláris integráljához hozzáadjuk a megfelel6 homogén egyenlet titalános integrálját. A partikuláris megoldás meghatározását a kövctkero esetekben egyszer0bb6 tehetink a batarotatlan együttbatók módszer6vel :
a) amikor a jobb oldal: f(x)-e"'q>(x) alakú, ahol ll állandó szám, · . q>ex) pedig m-edfokú polinom. Az ilyen egyenJei egy y0 partikuláris megoldása
alakú, ahol Ae, A" ... , A,.- 1 , A,. határozatlan együtlbatók, amelyeket meg kell állapítani, k pedig azt mutatja meg, hogy hányszoros gyöke ll a karakterisztikus egyenletnek. 243
Ha ct a karakterisztikus egyenletnek nem gyöke, akkor kb) a jobb oldal f(x) = .-cosfJxtp(x) vagy /(x) = t!"" sin fJx
o.
a lakú, :thol ct és fJ állandók,
+(B, x,. + B, X"'-•+ ... + B..) sin /Jx)
(13)
alakú, ahol A.1 , A 1 , . . . ,A. és 81 , B" ... , B. halározatlan cgyütthatók, amelyeket elő keD áilltani, k pedig azt mutatja meg, hogy hány~oros gyöke ct ±/Ji a karak\erisztilrus egyenletnek. Ha a±{Ji a karakterisztilrus egyenletnek nem gyöke, akkor k- o.
3.3 Változó együtthatós differenciálegyenlet Ehhez
a tlpusboz tartoznak az .f">+J1 (x).f"-•l+Ji(x)yl•- •t + ... +f.(x)y = tp(x)
(14)
alakú egyenletek. ·Az ilyen egyenletek megoldására nincs általános módszer. Egyes esetekben, szerenesésen v:IIMZtott helyettesltéssel, ezek az egyenletek kvadratútával megoldható egyeoletekké alakíthatók :It. Abban a speciális esetben, amikor az egyenlet (ax+b)" f"1 +a1 (ax +br•y<•-ll +a.(ax +b)"- 1 yt•-•l+
+ ... +a,_, (ax+b)y' +a,y =
,.
..., a,, a és b állandó, az ax+b = t'
helyeUesltést szokás alkalmazni.
(IS)
Ekkor
dy _ a·-• dy dx - ' d t '
á' y= a' dx'
e
_" [d' y- dy] dt 1
dt '
d' y= a' _., [d' y - :i d' y dx'
e
dr'+
(16) 2 dy)
dr '
Ha ezeket a kifejezéseket behelyettes!tjük az adoll egyenletbe, állandó egyi!Uhatós lineáris egyenletet kapunk.
3.4 Speciálls típusú magasabb differenciálegyenletek d' y A) dX'
=f(x)
rendű
tfpu.iú egyenletek
(17)
Az ilyen egyenlet általános integrálját n egymás utáni integrálással határozzuk meg:
(18) c,~~ - ·
y=._:.:.:_, ff Jf(x)dX' + (n- l)l + ... + C, _,x+C,.
·-
B) j (d" dx'-'_;, d· d;.J = O típusú egyenlmk BeveutjOic a
( 19)
245
új fűggvényl, s így az
t[z. :;) =o
(20)
clsörendű
egyenletet kapjuk. Ha ezt az egyenletet megoldjuk és általános integrálja a
z =tp(x, C.) alakban áll elő, akkor helyettesitsük z-t a
kifejezéssel, s Igy az egyenielel A) típusúra vezettük vissza.
C)
d· y d· - ·
f [ dx" ,
y)
. .
dx" - t = O llpu.w egyenletek
d' x'
Oldjuk meg ezt az egyenletet d Y -re:
(21) d'J-'ly
Alkalmazzuk a z= dx•- • helyettesitést:
d' z
= q>(z).
(22)
Veress ük még be a
dz dx =p jelölést. Azt kapjuk, bogy
~~ =
(23)
sebből
dp = q>(z)dx =
p
246
vagyis
= 2q>(z)dz, p'= 2 j q>(z)dz + C.,
s ebb61
p= : =V2Jq>(z)dz+C.,
Ekkor
2pdp
D)
~p(z> Jz+ c,
JI)
. .
d 4y d'• ' )l
l (x, tfx4,
dz
J1'2f
x=
d'
+C,.
(24)
(25)
dx'+' , ... , dx' = O ltpusu egyenlet
Az ilyen egyeoletek rendszáma k-••al csökkenthető, ha bevezetjük
az új z függvényt:
Az.
f[x' dtl.x' y d•y) =O dx'
1(x,p, E)
l
d'y z= d.>!- .
:J=o
speciális esetbe11 a dy = p dx
helyellesltés az
elsiSrendíl egyenlethez vezet.
dy d 1 y
d'
y)
.
( y, dx , tfx4 , ... , dx' = O tipuru egyenlet
Az ilyen egyentetek rendszámn eggyel
esőkkenthető,
ha ój fUsgetJen
vállozóilnk az y-t, új függvénynek pedig a p = dly -et fogadjuk cl. Ilkkor
(26)
247
Az átalakitott egyenlet
d•-•p)-o
dp dy' ... • dyo-•
(27)
alalcú lesz. Az
. ( dy tf'y) l y, d.< ' dx' = 0 speciátis esetben a
elsőrend í!
egyenlethez jutunk.
dy tf'y d"y F) Az y, tlx , d:... , ... , dX'
•
txlltozo~ra nézve homogén egyenletek..
Az ilyen egyenletek (n - l}cd
rendüekk~
y' alaldthatók a z= - új y
f"úggvény bevezet~vel. Ez a következi! helyettesft~ek:re vezet:
(28)
Ha az átrendezett egyenlet általános integrálját meghatároztulc, akkor a z = y' egyenletbe be kell helyettesileni z értékét, majd még y
egyszer integráini kell. rálját.
fgy
megkapjuk az adott egyenlet általános integ-
• Ez ~J)I tnc:ndó. hOJ)I a meafelel6 implicit dilfercnciüel)'e
248
G) Az x, y, dx, dy, d' y, ... , d"y vólrozókra nézve homogén egyenletek Az ilyen egyenleteket az
x = e, y=e'z
és eszerint a
dy
dz
-dx =z+-dt'
,(dz d'z) dt+ dt
d' y _ _ dx' -e
2
(29) '
helyettesltés segítségével az
dy d 'y
d"y]
J ( y'dx ' dx••· ·' •d;jö = Ű
(30)
típusú egycnlet(6 alakltjuk, amelyet az F pontban már megvizsgáltunk.
249
4. Közönséges differenciálegyenlet-rendszerek
4.1 A direkt módszer (integrálandó kombinációk) Az integrálás direkt módszere visszavezethető az adott egyenletek összeadása, kivonása, osztása révén integrálandó kombinációk, vagyis
(J)
Upusú egyenletek felállítására. Itt U a keresett függvénynek valamilyen, 1-t nem tartalmazó függvénye. Állandó egyiíttbatós homogén lineáris rendszer esetén az integr.ílandó kombináció szétválasztható változójú egyenlet, inhomogén lineáris rendszer esetén pedig elsőrendil lineáris egyenlet. Minden egyes integrálandó kombináció ad egy első integrált . . Ha ezek száma· megegyezik a rendszer egyenleteinek számával, akkor az integráJási elvégeztük, ellenkező esetben valamely kevesebb ismeretlen fúggvényt tartalmazó egyenletrendszer adódik.
4.2 Állandó együtthatós lineáris egyenletrendszerek llyen rendszerek integrálására különbözö módszcrek léteznek. A leggyakrabban D'Aiembert módszerét használják, amely közvetlen integrálásból áll: A) Két egyenletból álló rendszer
'::; = a1 x +b1y + F1
t 250
(t), l (2)
= a,x+b,y+F1 (t).
Jelöljük .t-val azt a
tényezőt,
amellyel a második egyenletet megszo-
rozva a d(x+.ty) dt = (a1 + a,JI.)x+(b1 + b,JI.)y+F1 + .1.F,
integrálandó kombioációt kapjuk . Célunkat elértük, ba b 1 + b, .t = .l (a1 +a,JI.),
vagyis a,l' + (a1 - b,).l - b1 =O.
(3)
Ekkor megkaptuk az (U = x + l y) integrálandó kombinációi: dU
= dt
(a, + a..l.) U+Fá.l.F,
(4)
(lineáris egyenlet). Legyen a .(4) egyenlet általános megoldása : U = x + JI.y = 1/>(t,.t,C).
(5)
Három esetet szoktunk megkülönböztetni: l. a (3) másodfokú egyenlet gyökei különbözők és valósak. Ekkor a (2) rendszernek két integrálja 'van: x + J.1 y = w(r, J.,CJ, x + )_,y = 1/>(t,J., C,);
i.
a gyökök komplexek: .t Ha egyenlővé tesszük az
=«±Pi.
x+(ex + Pi) y = cf>(t, ex + p;, A+ Bi)
(7)
egyenlet két oldalán a va.lós, illetve a képzetes tagokat, ismét két integrált kapunk (A, B tetszőleges állandók); 3. a gyökök egyenlők; íl1 =JI.,. Ebben az esetben csak egy integrál van, s ez lebetővé teszi, hogy a feladatot visszavezessük az egy ismeretlen függvényt tartalmazó egy lineáris egyenlet integrálására. 251
B) Három egy
dr =
. a1 x+ b1 y +c, z+F1 (t),
dy
dr = a:x+b1 y+c1 z+F.(t),
(8)
dz
dr = a,x + b,y+c,z+F,(t). Szorcnzuk meg a második egyeoletet J.-\'81, a harmadikat p-vel, majd miodhármat adjuk össze:
d(x+ Ay+pz) . dt - (a1 +a1 A+a,p)x+(b1 +b,J.+ b,p)y+ +(c1 + c, ;_ + t ol') z+ F, +AF1 + p
l
l
1•
Válasszuk úgy 1-t és p-t, hogy fennálljanak a
b,+ b1 Á+b,p = (a, +a,A + ao~t).l.J c, +c, J. + eaJ• = (a, + asl+a,p)fl
(9)
egyenlóstgek. Vezessük be az U =· x + ly + !'Z hdyettesitést. Ezzel a
l
dU - dt (a1 + a1 J. + a,,..)U+ (F1 +lF1 + JlF.) -
l
(10)
Lineáris egyenletet kapjuk. Legyen ennek az általános megoldáS3 u ~ ~(t, J.,J<,
Határozzuk meg J.-t és fl·l . [rjuk fel
a, +a, A+ a, l' l
=
a. (9) rendszert a~
b, +baÁ+holt
).
(ll)
C).
=
..:c!.. ,+ .:....::.; c'c..:).....:+....:c_.,,,..::. = It
1
(12)
formában. Ebből
a,l + a,p = s - a"} (b, - s)J.+bsJJ - - b.. c,J. + (c, - s)p "' -c1 •
252
(13)
A (13) egyenletrendszer megoldhatóságának feltétele:
a, b, -s
a,
bs
c.
c1 -s
a1 -8 b, =O. c,
(14)
~
s-ben harmadfok ú egyenlet. Három esetet különböztetűnk meg: l. A (14) egyenlet gyökei közölt nincsenek egyenlők. Ha n (13) egyenlet minden egyes gyökéhez meghatározzuk ). és ll megfelelli értékét (vagyis a l.,111 ; J.,,J•2 ; ;.., "• értékeket), akkor a ( l l) egyenletből meg.kapjuk mindhárom integrált. 2. A gyökök közöli van kétszeres. l!kkor a rendszernek csak két integrálját kapjuk meg. A befeje:úshez szükséges még az egyik egyenlet integrálása. 3: A gyök háromszoros. Ekkor C$llk egy integrált kapunk, és ezért az integrálás két egyenletből áÍJó rendsurhez vezet. Komplex gyökök eselén n 4.2 A ) pontjával analóg problémák lépnek fel.
4.3 Elsőrendűnél magasabb deriváltakat tartal mazó rendszerek A D'Aiembut-féle módst.er változtatás nélkül használható olyan
j
lineáris rendszereknél is, amelyeknek egyenletei ugyanolyan rendü deTiváltakat tartalmaznak. · Bármely olyan rendszer megoldása, amely tetszőleges rendü dcriváltul
d 'x
(1
e/x dy dz) x, y,:, '*di' di'Tt ,
dt1
=J.
d'y
dx dy dz] =It (l,x,y,z,Tr'dr' di ,
dt2
d'z dt!.
'
(
(IS)
dx dy dz]
=la J,x,y, :,dt,dt'dt · 253
Vezessük be az dx
' -dy y=
' -dz z= dr ' dr 6j ismeretlen függvényeket. Erre! a (15) rendszer a alakul:
x= dt'
következőképpen
dy
dt .. y', dz ' dt =z. dx' di
(~6)
=
dy' dt -
f,( ' ' ') 1 t,x,y,z,x,y,z, J.(r,x,y,z,x,y',z'),
a;;- r.
(r, x, y, z, x', y', z'),
ahol t az argumentum, x, y, z, x', y', z' pedig a keresett függvényelc. A (16) rend= hat els6rendü egyenletb61 áll és hat ismeretleo függ· vényt tanalmaz: az x, y, z, x, y', z' függvényeket. A (16) egyenletrendszer n benne szerepl6 összes deriváltra nézve explicit, tnért normál alakúnak nevezik. A (16) rendsur megoldása azt jelenti, hogy meghatárouuk az
P1 (r, x, y, z, x, y', z', C,,
CC ,C,) =0,] 1,
1 , ...
:~:;~:~:~::::~D::~:~::::~~::~:~~:~::::~:::·
(17)
alal-ú egyenletek rendszerét. Ez a rendszer a következő Ut tulajdonsággal rendelkezilc: l. a {17) rendszerrel definiált x, y, z, x, y', z' függvényeknek ki kell elégiteniök a (16) rendszert; 2. a (17) rendszer megoldható a C,, ... , tetszőleges állandók:rn vonatkozóan, vagyis a rendszerb61 nem lehet valamennyi állandót kiküszöbölni.
c,,
254
c,
• Ha a (17) egyeoletet a konstansokra vonatkozóan megoldjuk, az adódik, hogy
. (18) A f{J 1 (1,
x,y, z, x',y',
z'),,
:Ir::::::::::::>:~·
(19)
ftiggvényekct a rendszer integráljainak nevezzük. Ha
rendszernek, mivel F(
... ,
Vagyis a rendszernek végtelen sok integrálja van. Közöttük azonban a (16) rendszernek hat függétlen integrálja van, ahol n=6 a rendszerr alkotó elsőrendű egyeoletek száma. Függetleneknek az olyan
x = o/11 (1, C1 , C,, ... ,C,), y= .p,(t, C, ,C, , ... ,C6), z= op3 (t, C1 , C,, ... ,C6) ,
x = .p,(t, c .. c,, ... , c.), y' =
z'=
(20)
1/t,(t, C,, C,, ... , C,), .p,(t,C,, C, , ... ,C6).
Tehát a (16) egyenletrendsur megoldása visszavezethető a (17) vagy a (18) egyenletrendszer meghatározására.
255
Irodalomjegyzék
J. &pl H. B •.
:Ga•y, !933.
n., lbrre.rpHI,)O'Minte AAcj>clJCpeua.utaJJbllbiX ypaouemrll,
2. Gep~otaH r . H., Cóop•mx Jalta" no J.::ypcy MaTeMaTft11ect
a.
.&pou.~-:.ot~ H . M., Kypc reopeT"'Iec.:oR Me:xa~.U~XH, M., l9SS. 5. BLICWaA MQTe)rJatnD (MetOAH"iCCKMO )'1<33aHBJI D XOIIT!)OJibRLle 33Jl3lmJI WUl
4.
cry.aenTOo 3ao'JIUorx BhK:WJrx TéXHit'I_OCIOix Ja.ac.o.cHJdt),
Jt3)l..
111, v, vn, IX; M.,
1952-1958.
6. Topm B., JlH
8. lionmep H. M., Ky3Mmn P. O. , C6opw_tK 3a..Q.a'lf no BNemeA M3TeMa"TUKeJ T. TI, ~>{., 1951. Ma'gyar fordításban: N. M. Gjunrer és R. O. Kuzmin: Felsöbb Matematikai péJdatár, Tankönyvkiadó, BudatJ
Y'IJIIe,l.lfiD, 1940.
.
10. 1J10w 8. B.• MeTOAO'IecKHe ynpa*I!eflHH no UHterpHpOBaiUJJO nHtMlcpcJfillla.m.HLlx ypaoueuitA, Jl.• 1931. · 11 . Mameee6 H. M .• MCTOll.bl HHTerpKpoBaitHR o6U.KHO!IeJlf!WX A~tll~peuu;I:UlJlbl;lblX. ypaDffeHlfH, JI., 1955. 12. MtCiflft(l Dulutuq 11. c., Kypc P3,1l.JiOTCX:K.HKH, M .• 1960. J3. J.~eU{epcKUIÍ H. B., C6o pKMlt 3~'1 DO TCOpeTK'iecJ:Oit MCX!Umce, M ., rOCTe-
n. n ..
xm.nar. 1957.
· 14. Muxe.4bCOH H. C., KpaTJCBÖ kypc nwcmeA
M31'e.\lfaT'li.IOJ,
M.• J9S4.
IS.
flempofl A. A., C6op«HX 3a!la'l ua C'OCT'tlBJtC8ue o6hllOfOIICHHNX na
17. cu~.·opcKuli 10. c.. 06biXHOBCHHhle ABtW>epeumr:am.m..te YPBDHf.H.IHl c npa.. no*enneM nx x ae~tOTOt>~>tM nxuu>tcCKHM 33.Q.a.'l3.bf) M.-n., OHTH) 1940. 18. C.mtnaN04 B. B .• Kypc Jl:H<)>4lepertJlffilltbUWX yprumCIDIA, ft3Jl, vn, M., rocrexnl-
lll\T, 1958.
Magyar fordftásban: V. V. Srt)'epanov: A diffecenciálegye.nlelek tankönyve, Tankönyv.. kiadó, Budapest, 1952. 19. To.1CnW6 r. n., J<:ypc- M.l'l'eMaTK'tCCKo ro aHMH3a, T. M., 19$7.
n.
17 Dil{ercnciilea>-caktek 4'1 174
257
:r
(
t
!
!
20.
r..
n.o-.
Aufla&e. Leipzia. 1956.
2.S. HUtte de• Ingenieurs Tascbenbucl>, 28-te Auftage, Band l, Jlertin, 19SS.
26. M. Ll11dow, Gewöhnliehe Difl'erenlialgleichungcn, 3-Ic Au8a11e, Berlin, 1948. 27. l. Qulntl, Cours élémentaJro de matbéllUltiques aupérieures, tomc V, Les ~quatlons diff~renliclles et l~rs applications, 'Paris, 1956. 28. H. W. Rtddiek, D. E. Kltidoy, Iliffcrential questions 3rd edition, New York, 1956.
''
258
Ir·
l t
l
~
J ~-
l
ri t
t
\
l
.,'
l·
t
(·
l ~
r
-68-609:51 - ~e~~Pdi N yOISldfl Taokönyyldad6 VW11bt A kladtsbt rcklós: V4.gv61,eyi llbor iaazgató F~lclös .u:erl:~6: dr. Gdei O:iborné
MOs:takl w:toetll: Hllmori JÓ?.$ef ·Ora6k11.l s«rk~ : Perm.sr Vilmos MOna.\ti t:llltr kcu:t6: Hc:er~d.i C)yöt1Yt!6 A kérirat n)'Omdltbcl &kel«<: 1968. október. Mc:sjelent: J%9. 'Ptldátl)'fi'tllm: $000. Terjedelem: 16,2S (A/S) lv K~s:sQh mo.udárOI, íves tM&A.Sll)'omÚPJ.. .u MS~S601 - 59 h uMSZ5602- $$ Wlbvlinyuuint
.Raktári szAm: 42174
mtius·
r Hlba.I"'I-
1 . 1 174. n. K. K. P - i o . : Döfl't<'t ad,k(!Ymlctdr. fdállítáto 6 ntegolösa c. könyYböz
l :~-
3 1.
IS.
128.
14
128.
16. 1Jl~ -k 1- t ""
S()r
_
_ __
N_,...,_..,. _ _ ___ +-----"-"-''"'_"____
_
m -~
dJ • - 1 • k
ds
m d:
ds= -
k
m k
:
mJ dz zy
•• dz •mdz - -.
-~
dsc:-~
k z
"'J JV -':.' · r V ds
1- l
z"
l- e
------------------------------
dz
z
1-2. z'