Side 2 - Differentialligning

#19

Find et t, der giver x(t) = 1/2 og y(t) = (√3)/2 (skal det vist være).

#21

T(x(t) ,y(t)) = cos(ωt) · sin(-2sin(ωt))

T(x(t),y(t)) = cos(2t) · sin(-2sin(2t))

T ' (x(t),y(t)) = (π · sin(2t) · sin(2·sin(2t)))/90 - (π² · cos(2t))² · cos(2 · sin(2t)))/8100

x(t) = 1/2 = cos(2t)

t = π/2 og 3π/2

y(t) = √(3/2) = -sin(2t)

t = Hvad bliver denne her?
 

#22

Man bestemmer ω , så at |v| = 2m/s

r(t) = (x(t) , y(t)) = r·(cos(ωt) , -sin(ωt)) , med r = 1m

v(t) = r'(t) = rω·(-sin(ωt) , -cos(ωt)) , og dermed

|v(t)| = rω ⇒ 1m·ω = 2m/s ⇒ ω = 2/s

T(x(t),y(t)) = x·sin(2y) = cos(ωt)·sin(-2sin(ωt))

Heraf

T'(t) = -ω·sin(ωt)·sin(-2sin(ωt)) -2ω·cos(ωt)·cos(-2sin(ωt))·cos(ωt)

        = ω·sin(ωt)·sin(2sin(ωt)) -2ω·cos(ωt)²·cos(2sin(ωt))

I punktet P(1/2 , (√3)/2) er cos(ωt) = 1/2 og sin(ωt)= -(√3)/2 , så

T'(t) = ω·(-(√3)/2·sin(-√3) -2/4·cos(-√3)) = (√3)·sin(√3) - cos(√3) = 1,87ºC/s

#23

Tusind tak.

Jeg har hørt i dag, at man kan løse opgaven på en meget simplere måde ved at anvende: dT/ds = ∇T • r.

Her skulle retningsvektoren være retningen som partiklen går imod i punktet P (tangenten til punktet P), mens gradienten er det partielle differentiation af temperatur funktionen i punktet P. Kan det ikke passe? Det er også fordi, at vi har fået opgaven i forbindelse med teori omhandlende gradient og differentialligninger.

Jo; men det kræver at r er en enhedsvektor

#24

Ja, det er korrekt. Man finder den retningsafledede af funktionen T(x,y) i tangentens retning. Det er ikke altid nemt at vide, hvad man kan forudsætte kendt, når man giver hjælp i en opgave.

#25

Ja, hvis man har selve vektoren, så kan man også finde enhedsvektoren ved at dividere med vektorens længde. Jeg kan bare ikke se, hvor tallet "2m/s" som partiklen kører rundt med medregnes i denne sammenhæng.