S4

Tankönyv Fizikusoknak » Az orvosi képalkotás matematikai alapjai » Lineáris Modell Alapú Képi Információ Feldolgozás Matematikai Módszerei » Függelék » Feladatok megoldásai » S4

Megoldás:

Egy ilyen másodrendű, inhomogén, állandó együtthatós, lineáris differenciál-egyenletet úgy oldunk meg, hogy először megkeressük a homogén egyenlet általános megoldását.

$$ \frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+4\frac{dy(x)}{dx}+5y(x) = 0$

Ezen másodrendű, homogén, lineáris, állandó együtthatós differenciál-egyenlet megoldását $$y_{0}(x)=Ae^{\lambda x}$ alakba keressük.

Így

$$ \frac{d^{2}Ae^{\lambda x}}{dx^{2}}+4\frac{dAe^{\lambda x}}{dx}+5Ae^{\lambda x} = 0$

$$ \lambda^{2}Ae^{\lambda x}+4\lambda Ae^{\lambda x} + 5Ae^{\lambda x} = 0$

$$ \lambda^{2}+4\lambda+5=0$ karakterisztikus egyenlethez jutottunk, amelynek gyökei:

$$ \lambda_{1,2}=\frac{-4 \pm \sqrt{16-20}}{2}=-2 \pm j$

Vagyis $$\lambda_{1}=-2+j$ és $$\lambda_{2}=-2-j$ . A két, egymástól független megoldás lineáris kombinációja is megoldása a homogén egyenleteknek. Így a homogén egyenlet általános megoldása:

$$ y_{0}(x)=A_{1}e^{\lambda_{1}x}+A_{2}e^{\lambda_{2}x}=A_{1}e^{-(2-j)x}+A_{2}e^{-(2+j)x}$

Az inhomogén egyenletnek keressük egy partikuláris megoldását. Mivel a gerjesztő függvény konstans, ezért a partikuláris megoldást keressük $$y_{p}=B$ alakba.

$$ \begin{matrix} \frac{d^{2}y_{p}(x)}{dx^{2}}+4\frac{dy_{p}(x)}{dx}+5y_{p}(x)=10\\ 5B = 10\\ B=2 \end{matrix}$

Így inhomogén egyenletünk általános megoldása:

$$ y(x)=y_{p}(x)+y_{0}(x)=2+A_{1}e^{-(2-j)x}+A_{2}e^{-(2+j)x}$

Az $$A_{1};A_{2}$ együtthatók meghatározásához használjuk fel a következőkben a kezdeti feltételeket.

$$ \left.\begin{matrix} y(0)=0\\ \\ \frac{dy(x)}{dx}\big{|}_{x=0}=0 \end{matrix}\right\}\rightarrow\begin{matrix} 2+A_{1}+A_{2}=0 \\ \\ \frac{dy(x)}{dx}\big{|}_{x=0}=\frac{d}{dx}\left[2+A_{1}e^{-(2-j)x}+A_{2}e^{-(2+j)x}\right]\big{|}_{x=0}=-(2-j)A_{1}-(2+j)A_{2}=0 \end{matrix}$

Így az $$\left.\begin{matrix} I. & A_{1}+A_{2}+2=0\\ \\ II.& (j-2)A_{1}=(j+2)A_{2} \end{matrix}\right\}$ lineáris egyenletrendszert kell megoldani.

$$ I.\quad A_{1}+A_{2} = -2 \Rightarrow A_{1} = -2-A_{2}$

Ezt helyettesítjük be a II. egyenletbe. Így

$$ \begin{matrix} (j-2)(-2-A_{2})&=&(j+2)A_{2}\\ -2j+4-jA_{2}+2A_{2}&=&jA_{2}+2A_{2}\\ -2j+4&=&2jA_{2}\\ -2j-1&=&A_{2} \end{matrix}$

Ebből $$A_{1}=-2-(-2j-1)=-1+2j$ .

Ez alapján a differenciál-egyenlet általános megoldása:

$$ y(x)=2+(-1+2j)e^{-(2-j)x}+(-1-2j)e^{-(2+j)x}$

$$ y(x)=2+(-1+2j)e^{-2x}e^{jx}+(-1-2j)e^{-2x}e^{-jx}=2+e^{-2x}\left[(-1+2j)e^{jx}-(1+2j)e^{-jx}\right]$

$$ y(x)=2+e^{-2x}\left[-e^{jx}+2je^{jx}-e^{-jx}-2je^{-jx}\right]$

$$ y(x)=2+e^{-2x}\left[-(e^{jx}+e^{-jx})+2j(e^{jx}-e^{-jx})\right]$

Az Euler-relációt kihasználva: $$ \begin{matrix} -2\frac{e^{jx}+e^{-jx}}{2}=-2\text{cos}x\\ \\ +2j\frac{e^{jx}-e^{-jx}}{2j}2j=-4\text{sin}x \end{matrix}$

Így $$y(x)=2+e^{-2x}\left[-2\text{cos}x-4\text{sin}x\right]$

A $$ -2\text{cos}x-4\text{sin}x=A\text{cos}(x+\varphi)$ alakba írhatom a kifejezést, ahol $$A=\sqrt{2^{2}+4^{4}}=4,47$ , és $$\text{tg}\varphi=-\left(\frac{-4}{-2}\right)=-2 \rightarrow \varphi = \text{arctg}(-2)$

Így $$y(x)=2+e^{-2x}4,47\text{cos}(x+\text{arctg}(-2))$

$$y(x)=2+4,47e^{-2x}\text{cos}(x+\text{arctg}(-2))$

(Vissza a feladatokhoz)

Export

Medical Imaging

Site Language: English

S4

Sidebar

Medical Imaging

Site Language: English