Upload
others
View
8
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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
A határozatlan integrál alkalmazásai 71
( ) ( )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′ =
A határozatlan integrál alkalmazásai 72
( )
( )( )
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∀ ∈
A határozatlan integrál alkalmazásai 73
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 .
A határozatlan integrál alkalmazásai 74
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.
A határozatlan integrál alkalmazásai 75
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=
A határozatlan integrál alkalmazásai 76
( )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− −∆ −∆ = ⋅ +
A határozatlan integrál alkalmazásai 77
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
A határozatlan integrál alkalmazásai 78
( ) ( ) ( )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
A határozatlan integrál alkalmazásai 79
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
A határozatlan integrál alkalmazásai 80
( ) 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. ábraszétválasztás módszerével 2 1v
g k v′
=−+ ⋅
, tehát
( )arctgkv t g k t c
g
⋅ =− ⋅ ⋅ + .
A határozatlan integrál alkalmazásai 81
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− ⋅= ⋅ .
A határozatlan integrál alkalmazásai 82
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
−−
= −−
.
A határozatlan integrál alkalmazásai 83
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 .
A határozatlan integrál alkalmazásai 84
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
A határozatlan integrál alkalmazásai 85
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′ = ⋅ ⋅ − ) )