andrasz/dokumentumok/kv/diff.pdf · a határozatlan integrál alkalmazásai 71 mt′()= k⋅m(t),...

A határozatlan integrál alkalmazásai 70

III. A HATÁROZATLAN INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI

3.1. Differenciálegyenletek Nagyon sok gyakorlati probléma olyan jelenséghez vezet, amelyben bizonyos mennyi-ségek változási sebessége függ az adott mennyiségektől. Így mozgó testre ható lég-ellenállás egyenesen arányos a test sebességével (vagy annak valamilyen hatványá-val), két nem azonos hőmérsékletű test között a hőátadás sebessége arányos a hőmér-sékletük különbségével, a radioaktív anyagban bekövetkező bomlások száma függ az anyag tömegétől stb. Általában, ha [ ]: 0, →x T egy mennyiséget leíró függvény, akkor az x változásá-nak pillanatnyi sebességét a

( ) ( ) ( )0

00

0

limt t

x t x tx t

t t→

−′=

−

jelenti. Nézzük meg, hogy mit jelent az előbbi néhány esetben a szavakban megfogal-azott törvény matematikai szimbólumokkal kifejezve. m

1 . Mozgás légellenállás jelenlétében

Vizsgáljuk azt az egyszerű esetet, amikor egy anyagi pont a légellenállás hatására lassul. Ez azt jelenti, hogy nem hat rá más erő, csak a légellenállás, tehát Newton II. törvénye alapján: F m . a= ⋅De az ellenállási erő egyenesen arányos a sebességével, tehát F és így mivel k=− ⋅ v

( ) ( )dv

a t tdt

= az

( ) ( )m v t k v t′⋅ =− ⋅ egyenlethez jutunk (feltételezzük, hogy a mozgás egyenes vonalú). Ha a testre még ezenkívül hat egy állandó erő, akkor az egyenlet 0F

( ) ( )0m v t F k v t′⋅ ± =− ⋅ a lakú lesz (például az ejtőernyős ereszkedésénél ez az egyenlet).

2 . Egy test kihűlése a környezettel való hőcsere következtében

Newton törvénye szerint, ha a hőmérsékletek elég kicsik (a kisugárzott hőmérséklet elhanyagolható), akkor a hőmérsékletkülönbség változási sebessége arányos a hőmér-sékletkülönbséggel. Ha egy test hőmérsékletét a t időpillanatban T t -vel jelöljük és a környezet hőmér-séklete T akkor az y T függvényre az egyenlet y .

( )

0 ( )t 0T= − k′ = ⋅ y 3 . A radioaktív bomlás törvénye

Ha egy radioaktív anyag tömegének időbeli változását az függvény írja le, akkor

( )M t


( ) ( )M t k M t′ = ⋅ , mert a változás sebessége (az időegység alatt elbomló atomok száma) egyenesen rányos a meglévő atomok számával. a

Mindhárom probléma megoldása fontos gyakorlati szempontból. Az első esetben ki tudjuk számítani az ejtőernyős végsebességét, a második probléma megoldása szolgál-tatja a kriminalisztikában sokszor használt időpontbecslést a halál beálltára (hisz a halál pillanatától a test ennek az egyszerű kihűlési törvénynek van alávetve) és a harmadik probléma megoldásából származik a radioaktív bomlás törvénye, amelynek segítségével őskori leletek életkorát lehet becsülni. Az előbbiekből kiderül, hogy mindhárom probléma (1) ( ) ( )y x c y x′ = ⋅alakú egyenlet megoldására vezetődik vissza, ahol y deriválható függvény és állandó. Könnyen találunk olyan függvényt amely teljesíti az egyenletet, de a megoldás az összes olyan függvény meghatározását jelenti, amely teljesíti az adott egyenletet. A deriválási szabályok alapján látható, hogy az y ,

, ahol k állandó függvények teljesítik az egyenletet. A Lagrange-tétel segítségével igazoljuk, hogy más megoldása nincs is az egyenletnek. Próbáljuk be-szorozni az (1) egyenletet úgy, hogy a beszorzás után egy szorzatfüggvény deriváltját kapjuk. Ha a függvénnyel szorzunk, akkor

: →

v

c

)y x: →

( cxk e= ⋅

v( ) 0y v y cv′ ⋅ + ⋅ − =

alakba írhatjuk az egyenletet, tehát ha − ⋅ , akkor az ( ) szabály alapján az egyenlet bal oldalán az y függvény deriváltja jelenik meg. A

egyenlet megoldása persze ugyanazt jelentené, mint az eredeti egyenlet megoldása, de itt elégséges egyetlen v megoldást találni. Mivel v ,

megoldása ennek az egyenletnek, ezért mondhatjuk, hogy beszorozzuk az eredeti (1) egyenlet mindkét oldalát v x -nel. Így az egyenlet

c v v ′=v⋅

) cxe−=

y v y v y v′ ′ ′⋅ = ⋅ + ⋅

: →v c′ =− ⋅

( ) cxv x e−=(

( ) 0cxy e− ′⋅ = alakba írható, tehát a Lagrange tétel következménye alapján létezik k konstans úgy, hogy

∈

cxy e k−⋅ = , . x∀ ∈Ez alapján

( ) cxy x k e= ⋅ , . x∀ ∈A megoldásra egyszerűbben is rájöhetünk, hisz az egyenlet

yc

y′= (2)

alakban írható és ha mindkét oldal primitív függvényét számítjuk, akkor írhatjuk, hogy ydx cdxy′=∫ ∫ .

Az első integrálban az ( ) z=y x változócserével , tehát ( )y x dx dz′ =


( )

( )( )

0 0ln lny x dz

dx z c y x cy x z′

= = + = +∫ ∫ .

Tehát ( )0ln y x cx c= − és innen ( ) 0c cy x e e−= ⋅

( ) cxk e= ⋅ x

x

x

x

2

x

, . Mivel y folytonos, a modulusz explicitálása csak úgy lehetséges, ha , , vagy

, . Tehát y x , , ahol k egy állandó. Ebben a gondolatmenetben több hiba van, de az előnye az, hogy nem kell észrevenni egyetlen megoldást sem.

x∀ ∈( ) 0y x e−= c ce⋅

∀ ∈x∀ ∈

( ) 0c cy x e e=− ⋅ x∀ ∈

Nyilvánvaló, hogy a (2) egyenlet csak y két egymás utáni zérushelye közt érvényes, így meg kellene vizsgálni, hogy különböző állandók segítségével lehet-e szaka-szonként alakú folytonos és deriválható függvényt értelmezni. Mivel a k e és k e függvények grafikus képe diszjunkt k esetén ez nem lehetséges és így

, .

kcxk e⋅

cxk e⋅

1cx⋅

2cx⋅

( )y x =1 k≠

x∀ ∈Látható, hogy a második módszer sokkal általánosabb esetben is alkalmazható, de az egyenlet összes megoldásának meghatározására nem mindig használható. Értelmezés. Az olyan függvényegyenletet, amely derivált függvényt is tartalmaz differenciálegyenletnek nevezzük. L

ássunk néhány további példát!

M

egoldott feladatok

1. Oldjuk meg az y differenciálegyenletet! ( )21 y′ = + ⋅Megoldás

21y

xy′=

+, tehát 21

ydx xdx

y′

=+∫ ∫ és így

2

arctg2x

y c= + .

Ebből az egyenlőségből következik, hogy ( ) ( )2

tg2x

c k x π = + + ⋅

( )k x

y x , ahol

, . Mivel y folytonos, következik, hogy állandó, tehát ( )k x ∈

( )

x∀ ∈2

2x

c = + tgy x k π + ⋅ , . Mivel 1 , az előbbi függvények az

egyenlet összes megoldását szolgáltatják. Az egyenletet átírhattuk volna

x∀ ∈ 2y+ > 0

2

02x ′ =

arctgy − alakba is. Ebből látszik, hogy nincs szükség további tárgyalásra.

2. Oldjuk meg az y egyenletet. 2y′ =

Megoldás. Az egyenlet 2 1yy′= alakban írható, tehát 1

xy

′ ′− = és így a Lagrange

tétel következménye alapján 1x

y=−c− − , tehát ( ) 1

y xc x

=−

, . { }\x c∀ ∈


Az előbbi műveleteket csak olyan intervallumon végezhetjük el, melyen y , tehát meg kell vizsgálni, hogy létezik-e , I , esetén

0≠

1I ≠ ∅ 2 ≠ ∅ 2I ≠

( )

( )

1

21

1 22

0,1 ,

1 , \

x I

y x x Ic x

x Ic x

∈= ∈ − ∈ −∪ I

alakú folytonos függvény. Mivel ilyen alakú folytonos függvény nincs, az y -tel való elosztáskor csak az identikusan nulla megoldást veszítjük el és így az egyenlet minden

nem identikusan nulla megoldása

2

1c x−

alakú.

Általában az ( ) ( )( ) ( )y x f y x g x′ = ⋅

alakú egyenleteket szétválasztható differenciálegyenleteknek nevezzük. Ezek az egyenletek

( )( )

yg x

f y′=

alakban írhatók, ha ( ) 0f y ≠ és így ha és G az F1f

és g egy-egy primitív függ-

vénye, akkor ( )( ) ( )F y x G x c= + .

Ha invertálható, akkor ebből az egyenlőségből következik, hogy F( ) ( )( )1y x F G x c−= + .

A legtöbb esetben az 1f

-nek csak intervallumokon van primitívje és nem biztos, hogy

az invertálható, ezért további problémák jelenhetnek meg az egyenlet összes meg-oldásának meghatározásánál. A fenti eljárást a változók szétválasztásának nevezzük. A továbbiakban az y ismeretlen függvény argumentumát nem írjuk ki. G

yakorlatok Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldását: 1. y x ; 2. xy ; tg 0y′ − = 3y y′ = + 3. xy ; 4. ( ) ; 2y y′ − = 1 x xe yy e′+ =

5. x y ; 6. y x ; 2 cos 1 0y′ ⋅ + = ( )2y′ = + 7. y e ; 8. y x ; 21 x y+′ − = ( )sin′ = −y

9. ( ) ; 10. 2 21 1x y y′+ = −2 2x y xy+ −′ =y .


11. Határozd meg a differenciálegyenlet korlátos megoldásait! (2 33y y x y′ = − )112. Határozd meg azokat az deriválható függvényeket, amelyekre y

3

2sin

yx y

′ = és ( )lim2x

y xπ

→∞= .

13. Határozd meg az differenciálegyenlet azon megoldását, amelyre sin lny x y′ = y

2y e

π = . Az alakú egyenleteket (c , deriválható függvény) első-rendű konstans együtthatójú homogén differenciálegyenleteknek nevezzük. Már láttuk, hogy ennek az egyenletnek az összes megoldása y k , alakú. A meg-oldást nem befolyásolja az, hogy a jobb oldalon mi áll (persze amíg ez y -tól független). Így ha az

0y cy′ − = ∈ :y →

= ⋅ cxe x∀ ∈

( )y cy f x′ − = alakú egyenletet szorozzuk e -nel, akkor az cx−

( ) ( )cx cxy e e f x− −′⋅ = ⋅cx−

egyenlethez jutunk. Tehát ha F x az e egy primitívje, akkor

, vagy más jelöléssel ( ) ( )f x⋅

( ) ( )cxy x e F x k= ⋅ +( )cx cxy e e f x dx−= ⋅ ⋅∫ .

Példa. Oldjuk meg az 2 rxy y e′ − = , r ∈

egyenletet. Megoldás. Beszorozzuk e -nel és az 2x−

( ) ( )2 2x ry e e− −′⋅ = x

egyenlethez jutunk. Ha r , akkor ebből következik, hogy y e , tehát , .

2=x∀ ∈

2x x k−⋅ = +( ) ( )2xy x e x k= ⋅ +

Ha , akkor 2r ≠ ( )2 12

x re kr

− −⋅ = ⋅ +−

2 xy e , tehát ( ) 2 12

x rk e er

= ⋅ + ⋅−

x

=

y x ,

. x∀ ∈Ezt felhasználva egy függvénycsere segítségével megoldhatunk másodrendű (y -t is tartalmazó) konstans együtthatójú lineáris egyenleteket.

′′

Értelmezés. Az alakú egyenleteket, ahol a és -szer folytonosan deriválható függvény, n -ed rendű konstans együtthatós

lineáris és homogén egyenleteknek nevezzük. Ha az egyenlőség jobb oldalán egy

( ) ( )11 0n n

ny a y a y−+ + +…k ∈

y n

:f → függvény áll, akkor az egyenletet n -ed rendű konstans együtthatós lineáris és inhomogén egyenletnek nevezzük.


Feladat. Oldjuk meg az y y differenciálegyenletet. 3 2y′′ ′− + = 0

0

2

2y

a

22

)

)

Megoldás. Az egyenlet ( )2 0y y y y′′ ′ ′− − − =

alakban írható, tehát a z y függvényre ez egy elsőrendű egyenlet y′= −2 0z z′ − =

(átírhattuk volna y y alakba is). ( )2 2y y′′ ′ ′− − − =

Tehát , és így az egyenletet kell megolda-nunk. e -nel beszorozzuk és integráljuk:

( ) 21

xz x k e= ⋅x−

x∀ ∈ 21

xy y k e′ − = ⋅

( ) 1 1x x x xy e k e ye k e k− −′⋅ = ⇒ = + , tehát

( ) 21 2x xy x k e k e= + .

Ez a gondolatmenet általánosabb esetben is használható. Vizsgáljuk meg, hogy az

0y ay by′′ ′+ + = egyenletet milyen z y helyettesítéssel tudjuk z r alakúra redukálni. 1r y′= − 2 0z′ − =

( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 1y r y r y r y y r r y r r′′ ′ ′′ ′− − − = − + + ,

tehát és r r . Ez azt jelenti, hogy r és r az r a egyenlet gyökei. Ha és r , akkor a megoldás az előbbihez hasonlóan

, ahol . esetén z k , tehát

és így ( ) .

1 2r r+ =−

11 2r x r xe k e= +

1rxy k e=

1 2 b=

1 2,r r ∈,k k

rxye− ′ =

1

r

22 0r b+ + =

1rxe=

1 r≠∈

1

y k

y r′ −

1 2

k

1 2r r= =

Ez alapján ( ) ( )1 2

rxy x k x k e= + , . x∀ ∈

1,2r ∉ esetén további ötletekre van szükségünk.

Feladat. Oldjuk meg az y y differenciálegyenletet. 0′′ + =Megoldás. A deriválási képletek alapján könnyen találunk olyan y függvényt, amely teljesíti az egyenletet. Ilyen például az y x , vagy általában

. 1 sin= 2 cosy = x

1 2sin cosy c x c x= +Próbáljuk beszorozni egy v függvénnyel úgy, hogy valamilyen kifejezés deriváltja

jelenjen meg. Az y v első tagja az ( -ban jelenik meg. Ebben azonban

is van, tehát ugyanakkor yv is valamilyen kifejezés deriváltja kellene

legyen. Ez akkor lehetséges, ha v , mert ebben az esetben ( -t kapjuk. Ilyen függvény a vagy

y ⋅

=

v′′ ⋅ +

( ) sinv x

y v ′′ ⋅

y v′ ′ y v′ ′−

′′=−x

v yv ′′−v ( ) cos=v x , tehát az egyenlet megoldása a

következő módon írható le: x

Beszorozzuk az egyenletet v x -szel. ( ) sinx=


( )sin sin sin cosy x y x y x y x ′′′ ′+ = − , tehát

1sin cosy x y x′ − = c , ahol c . 1 ∈Ezt az egyenletet ismét egy olyan v függvénnyel szeretnénk beszorozni, hogy a bal

oldalon egy szorzat deriváltja jelenjen meg. Egy ilyen függvény a ( ) 2

1sin x

=v x ,

tehát 1

2

1 cos.sin sin sin

cxy y

x x′ − ⋅ = 2 x

és így

12

1sin sin

cy

x x

′ ⋅ = .

Tehát

21 1

1ctg

sin sindx

y c c xx x

⋅ = ⋅ =− ⋅ + 2c∫ és így

( )1 2cos siny x k x k x= + , , ahol k k . x∀ ∈ 1 2, ∈

A továbbiakban igazoljuk, hogy tetszőleges , alakú egyenlet esetén visszavezethető a vizsgált egyenletre. Jelöljük r -gyel és r -vel az r a egyenlet gyökeit. ∆ miatt

0y ay by′′ ′+ + = ,a b ∈

0<

2 4a b∆ = − <

2

0 12 0r b+ + =

1,2

a ir

− ± −∆=2

. Ha az 2axy e z−= ⋅ helyettesítést hajtjuk végre, akkor

2 2

2

a ax xa

y e z e− −′ ′=− ⋅ ⋅ + ⋅ z és 2

2 2 2

4

a a ax xa

e z a e z e z− − −′′ ′ ′′= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅xy , tehát 2

2 2 2

4

a a ax x xa

y ay by e z a e z e z− − −′′ ′ ′ ′′+ + = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ + 2

2 2

2

a ax xaa e z e z b e z− −′+ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅2a x−

2 04

axe z z− −∆′′= ⋅ + ⋅ =

.

Ez alapján az egyenletet visszavezethetjük a 04z

−∆′′ + ⋅ =z egyenletre. Ha ebben

az egyenletben az 4

−∆= ⋅u változócserét hajtjuk végre, akkor x

( ) ( )4uz x z x

−∆′ = ⋅′ és ( ) ( )4uz x

−∆′′ = ⋅′′z x egyenlőségek alapján a z z

egyenlethez jutunk.

0′′ + =

Ez alapján, ha 1,2 2 2ai

−∆=− ±r , akkor az egyenlet megoldásai 0y ay by′′ ′+ + =

( ) 21 2cos sin

2 2

axy x e k x k x− −∆ −∆ = ⋅ +


alakúak. A másodrendű egyenletekre vonatkozó eredményeinket a következő tételben foglaltuk össze: Tétel. Ha az r a egyenlet (a b ) gyökei r és r , akkor az

egyenlet megoldása:

2 0r b+ + =0=

r x

, ∈ 1 2

y ay by′′ ′+ +r x a) y k , , ha r r , r r ; 1 2

1 2e k e= ⋅ + ⋅ x∀ ∈ 1 2, ∈ 1 2≠

b) y k , , ha r r ; ( )1 2rxx k e= + ⋅ x∀ ∈ 1 2 r= = ∈

c) 21 2. cos sin

2 2

ax k x k x− −∆ −∆ = +

y e , , ha r . x∀ ∈ 1,2 ∉

Gyakorlatok Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldásait: 1. a) y y ; b) y y ; 5 6y′′ ′− + = 0 0

0 00

0x

e

2 3y′′ ′+ − = c) 6 5 ; d) y y ; y y y′′ ′− + = 4 4y′′ ′− + = e) y y ; f) y ; 6 9y′′ ′− + = 4 0y′′ + = g) y y ; h) y y . 0y′′ ′+ + = 2 2y′′ ′− + =2. a) ; b) y y ; 3 siny y′ − = 2 xx e′ + = ⋅ c) y y ; d) y y ; 25 x′ + = 1′′ + = e) y y ; f) y y . 3 2 xy′′ ′− + = 2 24 4 xy x e′′ ′− + = ⋅

3.2. Alkalmazások 1. Bizonyítsuk be, hogy e irracionális, ha r { }\ 0∈r .

n

Bizonyítás. Tekintjük az [ ]: 0,1f → , ( ) ( )1!

nx xf x

n−= függvényt. Világos,

hogy ( )21!

nk

kk n

f x cn =

= ∑ x , ahol c , k ∈

( )k ( )0f és ( ) ( )1kf egész számok, ha k és ∈

( )1!

f xn

< <0 , [ ]10,x∀ ∈ . p

Elégséges igazolni, hogy e , ha , mert p ∉ *p ∈ q pq e=e , tehát ha e ,

akkor

p ∉pqe sem lehet racionális egyetlen q esetén sem. Tehát feltételezhetjük,

hogy

*∈p ab

=e , ahol a b és , ∈ ( ) =, 1a b .

Az függvényre ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 2 2 2n n n nF x p f x p f x p f x f x− −′ ′′= − + − +…( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 2 2 3 2n n n nF x p f x p f x p f x pf x− −′ ′ ′′= − + − −… ,

mert ( ) ( )2 1 0nf x+ = , [ ]0,1x∀ ∈ . Tehát


( ) ( ) ( )2 1nF x pF x p f x+′ + = . Ebből következik, hogy

( )( ) ( )2 1px n pxF x e p e f x+′ = és így

( ) ( )2 1px n pxF x e p e f x dx+= ∫ .

Ebből következik, hogy ( ) ( ) ( ) ( )1 0 1pF e F G G− = − 0 ,

ahol [ ]: 0,1 →G a egy primitívje. ( )2 1n pxp e f x+

Másrészt ( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 1

2 11 0! ! !

n n nn p p pp p p

G G p e f e en n n

ξ ξξ+ + +

+− = < < = ⋅ ab

(a Lagran-

ge tételt használtuk G -re). Ebből következik, hogy

( ) ( )2 1

0 1 0!

npaF bF a

n

+

< − < .

De 2 1

lim 0!

n

n

pn

+

→∞= , tehát bármely a rögzített esetén létezik n úgy, hogy ∈ 0 ∈

2 1

1!

npan

+

<

( )1aF bF−

. Ez ellentmondáshoz vezet, mert F F és így az

és a ( intervallumban nincs egész szám. Az ellentmondás alapján állíthatjuk, hogy e , ha

( ) ( )0 , 1 ∈

( )0 ∈ )0,1r ∉ { }\ 0r . ∈

Megjegyzések i) Hasonló módszerrel igazolható, hogy π . 2 ∉ ii) A bizonyított eredménynél erősebb állítás is igaz. e transzcendens, ha r lgebrai (Lindenman tétele).

r

a 2 . RLC áramkörök Fizikából valószínűleg tanultátok, hogy váltóáramú áramkörben milyen összefüggé-sekkel jellemezhetők az egyes egyszerű áramköri elemek (ellenállás, kondenzátor, tekercs). Az és b pontok közé iktatott ellenállás az

feszültségkülönbséget okozza, ahol a t időpillanatban -en áthaladó áram erőssége.

a( )U t

R( )

ab abI t= ⋅(

abIabR)t R

a bR

1. ábra

Az és b pontok közé iktatott C kapacitású kon-denzátor esetén a

( ) ( ) ( )( )ab ab ab ab ab

dI t C U t C U t

dt= ⋅ = ⋅ ′ .

a bC

2. ábra


Az és b pontok közé iktatott önindukciós együtthatóval rendelkező tekercs esetén a L

( ) ( )( )ab ab ab ab ab

dU L I t L I t

dt= ⋅ = ⋅ ′ .

a bL

3. ábra

Vizsgáljuk meg a 4. ábrán látható rezgőkörben az áramerősség változását.

( ) ( )bc bcU t R I t= ⋅ ,

( ) ( )cd cd

dI t C U t

dt= ⋅ ,

( ) ( )ab ab

dU t L I t

dt= ⋅ .

Kirchhoff első törvénye alapján ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

b cR

a d

CL

Kirch

Tehát

MivelegyenjelentTehát

differ

Ha U

egyen

a) Ha

ahol r

rezgő

b) Ha

U t( )4. ábra

ab bc cd daI t I t I t I t I t= = = = .

hoff második törvénye alapján ( ) ( ) ( ) ( ) 0bc cd da abU t U t U t U t+ + + =

′

.

bc cd ab adU U U U+ + =′ ′ ′ és így

( ) ( ) ( ) ( )1

R I t I t L I t U tC

′ ′′⋅ + + ⋅ = ′ .

R és C konstansok, ez egy másodrendű konstans együtthatójú differenciál-let. Az egyenlet inhomogén, ha U t és homogén, ha U t (ez azt i, hogy nincs áramforrás, az áram a kondenzátor kezdeti töltéséből származik).

, L( ) 0≠ ( ) 0=

az RLC áramkörben az áramerősség teljesíti az

( ) ( ) ( ) ( )1

L I t R I t I t U tC

′′ ′ ′⋅ + ⋅ + =

enciálegyenletet.

, akkor az egyenlet megoldásai az ( ) 0t = 2 10Lr Rr

C+ + = másodfokú

let gyökeinek természetétől függnek.

2 40

LR

C∆ = − > , akkor

( ) 1 21 2r t r tI t c e c e= + ,

2

1,2

4

2

LR RC

L

− ± −=

mt→∞

. Ebben az esetben a rezgőkört aperiodikusan csillapított

körnek nevezzük ( li és nem periodikus). ( ) 0I t = ( )I t

2 40

LR

C∆ = − < , akkor


( ) 2 221 2

4 4cos sin

R tL

L LI t e c R t c R t

C C− = ⋅ − ⋅ + − ⋅

.

Ebben az esetben periodikusan csillapított rezgésről beszélünk.

c) esetén 0∆ = ( ) ( ) 21 2

RtLI t c c t e−= + .

3. A V normál nyomású levegőt adiabatikusan összenyomjuk V m térfogatúra (egy hengerben). Számítsuk ki az összenyomáshoz szükséges munkát.

30 0,1= m 30, 01=

Megoldás

Az adiabatikus állapotváltozás során 0

0

kVpp V

= x( )′ =− ⋅

. Ha S a

henger keresztmetszete, W x az elmozdításhoz szükséges mechanikai munka, akkor W x .

( )

p S

x5. ábra

De , tehát ha W változóját V -re cseréljük, akkor a S x W⋅ =

( ) 0 0

1kkW V p p VV

′ =− =− ⋅ ⋅

differenciálegyenlethez jutunk. Ebből következik, hogy

( )0 0

10 0 1

kk k

k

pVW p V V dV

k V−

−=− ⋅ ⋅ = +−∫ c .

Mivel W V , ezért ( )0 0= 0 0

1pVk

=−−

c , tehát

( )1

0 0 0 11

kpV VW V

k V

− = − − .

4. Egy rakétát 0 100

ms

=v kezdősebességgel lőnek ki függőlegesen felfelé. A levegő

ellenállása egyenesen arányos a rakéta sebességének négyzetével. Mennyi idő múlva éri el pályájának legmagasabb helyzetét? Megoldás. Newton második törvénye szerint a lassulást a rakéta

súlya és a légellenállás okozza. Így 2m a m g m k v⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅

tehát mivel a t a ( ) ( )v t′=−

( )2v g k v′ =− + ⋅ differenciálegyenlethez jutunk.

G

E

A
6. ábra
szétválasztás módszerével 2 1v

g k v′

=−+ ⋅

, tehát

( )arctgkv t g k t c

g

⋅ =− ⋅ ⋅ + .


A kezdeti feltételből meghatározzuk a c értékét (t -ra ): 0= ( )0 100v =

arctg100k

cg

= és így a pálya legmagasabb pontjában v t , tehát ( ) 0=

1arctg 100

c kt

gk gk g

= = .

5. Egy ejtőernyős súlya (az ernyővel együtt) G . A leszállásnál a levegő ellenállása arányos a sebesség négyzetével. Határozzuk meg a leszállás maximális sebességét! Megoldás. Akárcsak az előbb

2m v m g k v′⋅ = ⋅ − ⋅ , tehát

21

vkg vm

′=

− ⋅ és így

0ln 2

mg v kk g t cmg mvk

+= ⋅ +

−, tehát

2 kg tm

mg vk c emg vk

⋅+= ⋅

−.

Ebből következik, hogy

( )2

2

1

1

kgt

m

kg tm

mg c ev t

k c e

⋅

⋅

⋅ −= ⋅⋅ +

és így

( )limt

mgv t

k→∞= . Ezt érdemes összehasonlítani a szabadesésből adódó 2gh vég-

ebességgel! s 6. Egy V literes edénybe, amely tele van valamilyen só vizes oldatával állandóan áramlik a folyadék. Az edénybe egységnyi idő alatt V liter víz folyik be és ugyan-ennyi oldat folyik ki. Határozzuk meg az edényben levő sótartalom változási törvé-nyét!

0

Megoldás. Jelöljük -vel a t időpillanatban az edényben levő só mennyiségét.

A V liter oldat

( )x t( )

00

V⋅V x

sót tartalmaz, tehát ez adja az változási sebességét.

Így

t

( )

( )x t

( ) 0V xx t

V⋅

=−t′ . Ebből következik, hogy

( )0V tVx t c e− ⋅= ⋅ .


7. Kémiai reakciók sebessége Ha az A és B anyagok egyesülésekor a C termék keletkezik és nincs bomlási reak-ció (a C nem bomlik és B -re) akkor a reakciósebesség egyenesen arányos az A és B moláris koncentrációjával. Írjuk fel a C anyagmennyiségét leíró x t függvény differenciálegyenletét!

A( )

Megoldás. Ha x t a t időpillanatig megjelenő C anyag móljainak a száma, akkor időpillanatban ( és ( mól van az egyes anyagokból, tehát

( )a −t )x )b x−

( )( )dxc a x b x

dt= − −

a kívánt egyenlet.

8. Kriminalisztikai becslések A bevezetőben láttuk, hogy állandó T hőmérsékletű közegben egy T kezdeti hőmér-sékletű test kihűlése az y t függvény segítségével írható le, amely tel-jesíti az

*

( )t −0

( )*

T T=

( ) ( )y t c y t′ = ⋅ differenciálegyenletet. Ez alapján y t , tehát T t . Kezdetben a test hőmérséklete , tehát T T és így k T . Ebből követ-kezik, hogy

( ) c tk e ⋅= ⋅( )

*0 T= =

( )*

c tT k e ⋅= + ⋅

0 *T= −0T 0 + k

( ) ( )0 0*c tT t T T T e ⋅= + − ⋅ .

A együtthatót úgy tudjuk meghatározni, hogy megmérjük a test hőmérsékletét -ra (ez a test megtalálásának pillanata) és egy későbbi időpillanatban (T ).

Ebből a két mérési eredményből megkapjuk a c együtthatót és így meg tudjuk becsül-ni, hogy mikor lehetett a test T hőmérsékletű.

c0=t 1t 1

h

( ) ( ) 101 1 * *

c tT T t T T T e ⋅= = + − ⋅ ⇒ *

01 *

1ln tT T

ct T T

−=

−, tehát

( ) ( )*

0 1*

ln

0* *

tT T tT T tT t T T T e

− ⋅ − = + − ⋅ és így

( ) 11* *

0 0* *

ttT t T T T

T T T T

− − = − − .

Ebből az egyenlőségből ( )

*

0 *

1 *1

0 *

ln

ln

T t TT TtT TtT T

−−

= −−

.


Az előbbi képlet alapján lehet megbecsülni (bizonyos körülmények közt) a halál beáll-tának pillanatát. Tételezzük fel, hogy egy holttest a halál beálltának pillanatától a T hőmér-sékletű szobában van. A test átlaghőmérséklete , tehát T t . A szoba hőmérséklete és T , illetve T a holttest hőmérséklete abban a pillanatban, amikor a törvényszéki orvos megméri a holttest felfedezésekor és az után

idővel. Így az első mérés előtt

*20=

( ) 36,=C

36,6 C

1

6 C

*20T C= 0

1t

01

1

0

16,6ln2020

ln20

Tt t T

T

−= ⋅ −

−

idővel állt be a halál. A gyakorlatban T t -re nem pontos értéket választanak (mert ez változhat), hanem egy tűrési intervallumot

( )( ) [ ]36, 37T t ∈( . Ebből a halál beálltára vonatkozóan is egy

lehetséges intervallum adódik. )

x

9. Változó erő mechanikai munkája Az állandó erő a ∆ elmozdulás alatt W F munkát végez. Tehát ha az F erő iránya megegyezik az elmozdulás irányával, akkor írhatjuk, hogy F x = ⋅ ∆

( )( )

dW xF x

dx= .

Ha figyelembe vesszük, hogy az x elmozdulást t idő alatt v sebességgel teszi meg az támadópontja, akkor az x v egyenlőségből következik, hogy F t= ⋅

( )( ) ( ) ( )

dW tF t v t P t

dt= ⋅ = ,

ahol P a teljesítmény. Az előbbi egyenlőségből látható, hogy a munkát megkaphatjuk az erő integráljából, ha az erő az elmozdulás függvénye, vagy megkaphatjuk az

szorzat integráljából, ha az F -et mint az idő függvényét ismerjük. ( ) ( )F t tv⋅Példák. Egy l hosszúságúra megnyújtott rugó a rugalmassági erő hatására össze-húzódik l hosszúságúra. Mennyi munkát végez a rugalmassági erő? 1

Megoldás. Ha k a rugó rugalmassági állandója és l a rugó hossza, akkor az x hosszúságú rugóban fellépő rugal-massági erő F x . Tehát

0

( ( 0x l⋅ −) = )k

( ) ( ) ( )202k

W x F x dx x l c= = − +∫ és így W l ( )0 0=

alapján ( 2

02kl=− − )lc . Ebből következik, hogy

l

l

1

7. ábra

( ) ( ) ( ) ( )(2 2

0 01 1 1 1 22 2k k

W l l l l l l l l l l = − − − = − + − )0 .


10. Két téglatest alakú közlekedő edényben a vízszint különbsége h . Mennyi idő alatt egyenlítődik ki a két edényben a vízszint, ha az edények alapterülete S és S , a víz ellenállási együtthatója δ és a közlekedő nyílás felülete q ?

1

Megoldás. Jelöljük és z -vel a vízszin( )z t ( )1 t t

magasságát a t időpillanatban. Az a vízmennyiség,ami az egyik edényből eltűnik az a másik edénybenjelenik meg, tehát

1 1z S z S′⋅ =− ⋅′ (a térfogatok változási sebessége az idő függvényé-

ben). Tehát ( ) 11

1

S Sz z z

S+′ ′− = ⋅ .

z qz1

S S1

Ugyanakkor a q területű nyíláson áthaladó víz térfogatára

( )12S z q g z zδ′− ⋅ = − ,

tehát

( ) ( )11 1

1

2S S

z z q g z zS S

δ+′− =− ⋅ −⋅

.

Ebből az egyenlőségből a szétválasztás módszerével az u zjuk, hogy

=

1

1

2 2S S

u q gS S

δ+

=− ⋅ ⋅ +⋅

t c

h

.

( )0u = , tehát 2=c és így az u t feltételből h ( ) 0=

( )1

1

2S S ht

q g S Sδ⋅ ⋅

=⋅ +

.

F eladatok

1. Egy pontszerű testre ható erő egyenesen arányos az idővel épont sebességével. A mozgás megkezdése után 10 -cel a Mekkora erő hat a testre a mozgás megkezdése után -cel?

s60 s

2. Egy golyó áthalad egy 10 vastagságú falon. Acm

0 200m

vs

= és a kijöveteli sebessége 1 80ms

=v . A fal

sebességével négyzetesen arányos. Mennyi ideig volt a golyó a f3. Egy hajóra ható ellenállás egyenesen arányos a hajó sebemúlva lesz a hajó sebessége 1 , ha a hajó sebessége m

s10 ésms

4. Egy -os szobában egy tál víz 20 perc alatt hűlt le Mennyi idő múlva lesz a víz hőmérséklete ?

20 C30 C

5. András és Béla bemennek a cukrászdába, mindketten kérnektejszínnel. András rögtön belekeveri a tejszínt a kávéba és lefö

8. ábra

(Torricelli-Borda)

függvényre kap-1z−

s fordítottan arányos a testre ható erő . 4N

bemeneti sebesség ellenállása a golyó

alban? sségével. Mennyi idő 5 múlva s 8 ? m

s10 -ról -ra. 0 C 60 C

egy-egy csésze kávét di a kávéját, míg Béla


elmegy telefonálni és csak amikor visszajön (10 perc múlva) keveri bele a tejszínt a kávéba. Melyikük kávéja melegebb? 6. Határozd meg annak a tükörnek az alakját, amely minden O pontból induló fény-sugarat az Ox tengellyel párhuzamosan tükröz vissza! 7. Egy sima vízszintes asztalról egy l hosszúságú lánc csúszik lefele (az asztal magassága ). A mozgás kezdetekor a láncnak már a hosszúságú része nincs az asztalon. Határozd meg, hogy mennyi idő alatt csúszik le az asztalról az egész lánc, ha a súrlódást elhanyagoljuk.

l>

8. Egy hajó esetében a vízellenállás R és a hajócsavar húzóereje 2vα= m

0 1s

vT T

v

= − , ahol v állandó. Írd fel a mozgásegyenletet! s

9. nyomású és V térfogatú hidrogén kiterjed olyan külső nyomás hatására, amely végtelen kicsit tér el a hidrogén belső nyomásától. Mennyi az elvégzett munka?

0p 0

10. Egy populáció nagyságát megadó x t függvény teljesíti az egyenletet. Határozd meg x t explicit alakját! (Verhulst

modell)

( )(( ) ( ) ( )(x t c x t a x t′ = ⋅ ⋅ − ) )

andrasz/dokumentumok/kv/diff.pdf · a határozatlan integrál alkalmazásai 71 mt′()= k⋅m(t),...

Documents