y + 4y = 0 (1) λ = 0

Transkriptio

1 Matematiikan ja tilastotieteen osasto/hy Differentiaaliyhtälöt I Laskuharjoitus 6 mallit Kevät 2019 Tehtävä 1. Ratkaise yhtälöt a) y + 4y = x 2, b) y + 4y = 3e x. Ratkaisu: a) Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu saadaan kun tunnetaan vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu ja kyseisen differentiaaliyhtälön jokin ratkaisu. Ratkaistaan ensin vastaava homogeeninen yhtälö ja tämän jälkeen pyritään löytämään jokin kyseessä olevan differentiaalihtälön ratkaisu. Vastaavan homogeenisen yhtälön ratkaisut saadaan karakterisesta yhtälöstä y + 4y = 0 (1) λ = 0 jonka ratkaisut ovat λ = ±2i, jolloin luentomonisteen mukaan homogeenisen yhtälön (1) perusjärjestelmän antavat funktiot y 1 (x) = sin(2x) ja y 2 (x) = cos(2x). Etsitään nyt yksittäisratkaisua alkuperäiselle differentiaaliyhtälölle ns. vakion varionnilla. Tehdään alkuperäiseen differentiaaliyhtälöön yrite y(x) = u(x)y 1 (x) + v(x)y 2 (x) = u(x) sin(2x) + v(x) cos(2x), jossa pyritään määräämään funktiot u ja v siten että yrite ratkaisisi differentiaaliyhtälön. Derivoimalla saadaan y (x) = [u (x) sin(2x) + v (x) cos(2x)] + [2u(x) cos(2x) 2v(x) sin(2x)] pyritään yksinkertaistamaan laskuja vaatimalla että ensinmäisten hakasulkujen sisällä oleva lauseke häviää, eli että u (x) sin(2x) + v (x) cos(2x) = 0, (2) jolloin saadaan toisen kertaluvun derivaatta y (x) = [2u (x) cos(2x) 2v (x) sin(2x)] 4 [u(x) sin(2x) + v(x) cos(2x)], 1

2 huomataan että jälkimmäisissä hakasulkeissa oleva lauseke vastaa alkuperäistä yritettä y(x), jolloin saadaan y (x) + 4y(x) = 2u (x) cos(2x) 2v (x) sin(2x) Sijoittamalla tähän alkuperäinen differentiaaliyhtälö, saadaan 2u (x) cos(2x) 2v (x) sin(2x) = x 2 (3) Ratkaistaan nyt yhtälöistä (2) ja (3) funktiot u ja v. Huomataan että molemmemmat yhtälöt ovat lineaarisia funktioiden u sekä v suhteen, täten näiden yhtälöiden muodostavasta lineaarisesta yhtälöparista saadaan ratkaistua mainitus u ja v eliminoimalla toinen vuorottain. u (x) = x2 cos(2x) 2 v (x) = x2 sin(2x) 2 jolloin saadaan toistuvalla osittaisintegroinnilla ( ) 2x 2 1 u(x) = sin(2x) + x 4 cos(2x) ja ( ) 2x 2 1 v(x) = cos(2x) x 4 sin(2x), missä integrointivakio on valittu nollaksi. Nyt alkuperäinen yrite saa muodon y(x) = u(x) sin(2x) + v(x) cos(2x) = 2x2 1 joka antaa alkuperäisen differentiaaliyhtälön yksittäisratkisun. Yleinen ratkaisu on siten y 0 (x) = c 1 sin(2x) + c 2 cos(2x) + 2x2 1, c 1, c 2 R b) Kuten edellisessä kohdassa, saadaan differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu yksittäisratkaisun ja vastaavan homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun summana. Vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu annettiin jo edellisessä kohdassa ja sen on muotoa y h (x) = c 1 sin(2x) + c 2 cos(2x), 2

3 joten riittää löytää differentiaaliyhtälölle y + 4y = 3e x jokin yksittäisratkaisu. Tämä voidaan tehdä kuten edellisessä kohdassa, vakion varioinnilla, mutta koska haetaan vain jotain ratkaisua, voidaan yrittää tehdä parametrinen sijoitus ja toivoa että päästäisiin vähemmällä työllä. Sijoittamalla yhtälöön y(x) = Ae x, saadaan Ae x + 4Ae x = 3e x 5A = 3 A = 3/5 ja täten ollaan löydetty yksittäisratkaisu y p (x) = 3 5 ex. Nyt yleinen ratkaisu saadaan y(x) = y h (x) + y p (x) = c 1 sin(2x) + c 2 cos(2x) ex, c 1, c 2 R Tehtävä 2. Ratkaise Vakion varioinnilla yhtälö f (t) + 2f (t) + f(t) = t. Ratkaisu: Ratkaistaan ensin homogeenisen yhtälön f (t) + 2f (t) + f(t) = 0 perusjärjestelmä. Yhtälö on toisen kertaluvun lineaarinen homogeeninen vakiokertoiminen differentiaaliyhtälö ja sen karakteristinen polynomi on λ 2 + 2λ + 1 = (λ + 1) 2 = 0. Karakteristisen polynomin juuri on λ = 1 ja kyseessä on toistuva juuri. Homogeenisen yhtälöin perusjärjestelmä on tällöin {e t, te t } ja homogeenisen yhtälöt ratkaisut ovat muotoa f g (t) = C 1 e t + C 2 te t, C 1, C 2 R. Etsitään yksittäisratkaisu f p (t) vakion varioinnilla. Tehdään yrite f(t) = u(t)e t + v(t)te t, missä u, v ovat joitain kertaalleen derivoituvia funktioita. Tällöin pätee f (t) = (u (t)e t + v (t)te t ) + ( u(t)e t + v(t) (1 t)e t ). 3

4 Vaaditaan, että pätee u (t)e t + v (t)te t = 0 u (t) + tv (t) = 0. Tämä ehdon ollessa voimassa yritteen f(t) derivaatta supistuu muotoon f (t) = u(t)e t + v(t) (1 t)e t. Yritteen f(t) toinen derivaatta on tällöin f (t) = u (t)e t + v (t) (1 t)e t + u(t)e t + v(t) (t 2)e t. Sijoitetaan lasketut f (t), f (t) ja f(t) diffirentiaaliyhtälöön ja sievennetään. f (t) + 2f (t) + f(t) = u (t)e t + v (t) (1 t)e t + u(t)e t + v(t) (t 2)e t + 2 [ u(t)e t + v(t) (1 t)e t ] + u(t)e t + v(t)te t = e t [ u (t) + v (t) (1 t)] = t. Yrite f(t) toteuttaa differentiaaliyhtälön täsmälleen silloin, kun on voimassa yhtälöpari u (t) + tv (t) = 0 (4) e t [ u (t) + v (t) (1 t)] = t. (5) Yhtälöstä 6 voidaan ratkaista u (t) = tv (t), joka voidaan sijoittaa yhtälöön 7. Tällöin saadaan funktioksi v ratkaistua e t [tv (t) + v (t) (1 t)] = t e t [tv (t) + v (t) tv (t)] = t e t v (t) = t v (t) = te t Funktioksi u saadaan ratkaistua v(t) = (t 1)e t + C v, C v R. u (t) = tv (t) = t 2 e t u(t) = (t 2 2t + 2)e t + C u, C u R. 4

5 Valitaan C v = C u = 0, sillä etsitään vain yksittäisratkaisua. Tällä valinnalla saadaan etsityksi yksittäisratkaisuksi f p (t) = u(t)e t + v(t)te t = (t 2 2t + 2)e t e t + t(t 1)e t e t = t 2 + 2t 2 + t 2 t = t 2. Epähomogeenisen differentiaaliyhtälön kaikki ratkaisut ovat siis f(t) = C 1 e t + C 2 te t + t 2 C 1, C 2 R. Tehtävä 3. Ratkaise alkuarvotehtävä y + 4y = x 2 + 3e x, y(0) = 0, y (0) = 2. Ratkaisu: Tehtävässä 1 annettiin yleiset ratkaisut differentiaaliyhtälöille L(y) = y + 4y = x 2 (6) ja L(y) = y + 4y = 3e x (7) Lineaarisuudesta seuraa, että jos y 1 ratkaisee yhtälön (6) ja y 2 ratkaisee yhtälön (7), niin tällöin L(y 1 + y 2 ) = L(y 1 ) + L(y 2 ) = x 2 + 3e x, eli y 1 + y 2 ratkaisee differentiaaliyhtälön y + 4y = x 2 + 3e x () Täten tehtävästä 1 saatujen yksittäisratkaisujen y 1 (x) = 2x2 1 ja y 2 (x) = 3 5 ex summana saadaan differentiaaliyhtälölle () yksittäisratkaisu y p (x) = 2x ex ja täten differentiaaliyhtälön () yleinen ratkaisu saadaan vastaavan homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun y h (x) = c 1 sin(2x) + c 2 cos(2x) 5

6 ja yllä esitetyn yksittäisratkaisun summana, eli tämä yleinen ratkaisu on y(x) = c 1 sin(2x) + c 2 cos(2x) + 2x2 1 Sijoittamalla tähän alkuarvotehtävän arvot, saadaan ex c 1 = 7 10 c 2 = jotka sijoittamalla takaisin yleiseen ratkaisuun, saadaan vastaus. Tehtävä 4. Pyöreäpohjaisen tynnyrin korkeus on 3 m ja pohjan säde 0,6 m, ja se on täynnä 5-prosenttista suolavettä. Tynnyriin lasketaan suolatonta vettä nopeudella 10 litraa/min,ja siitä poistuu täysin sekoittunutta vettä samalla nopeudella. Milloin tynnyrin vesi on pitoisuudeltaan 1-prosenttista? Ratkaisu: Seurataan luentomuistiinpanojen merkintöjä ja olkoon hetkellä t 0 suolan määrä s(t), liuoksen pitoisuus x(t), liuoksen määrä V (t), sisäänvirtaavan liuoksen suolapitoisuus a(t) ja nopeus F in (t), sekä ulosvirtaavan liuoksen nopeus F out (t). Tilanteelle on alaluvussa 2.1. johdettu differentiaaliyhtälö s (t) = a(t)f in (t) F out V (t) s(t), ja koska s(t) = x(t) V (t), ja tässä V = πr 2 h = π(0, 6m) 2 3m, F in = F out =, sekä a(t) = 0, niin ylläoleva saadaan muotoon 10 l min x (t) = 1 V F out x(t), x(0) = 5 joka on separoituva yhtälö. Triviaaliratkaisu x 0 ei täytä alkuarvotehtävää, joten kun x 0 separoimalla ylläoleva saadaan x (t) x = 1 V F out log x(t) = F out t + C (C R), V josta edelleen alkuarvotehtävän ratkaisuksi: x(t) = 5e 1 V Fout t. Halutaan siis selvittää hetki t jolloin x(t) = 1. Ylläolevaan sijoittamalla saadaan yhtälö 1 = 5e 1 V Fout t, 6

7 josta ratkaistaan t = log 5 V F out joten tähän tehtävän lukuarvot sijoittamalla ratkaisu on t = log 5 10 l min π(0, 6m) 2 3m = log 5 π(0, 6) dm min. 10 l min Tehtävä 5. (Fiktiota!)Kaspian meressä laskettiin olevan vuoden 2012 alussa kitasampi-("beluga-)kanta, jonka suuruus oli 5000 yksilöä, sekä vuoden 2017 alussa 4000 yksilöä. Oletetaan, että sampipopulaatio N(t) noudattaa logistista yhtälöä ( N (t) = rn(t) 1 N(t) ). K Parametrin r arvoksi arvioidaan 0,1 kun aikayksikkönä käytetään vuotta. Laske parametrin K arvo ylläolevista tiedoista. Ratkaisu: Tuntematon parametri K voidaan ratkaista annettujen tietojen perusteella muodostetun alkuarvotehtävän ratkaisusta. Tehtävänanto voidaan siis kirjoittaa ( N (t) = rn(t) 1 N(t) K ), N(2012) = 5000, joka on separoituva yhtälö, jolla on triviaaliratkaisut N 0 ja N K. Tehtävänannon perusteella ratkaisu N(t) ei voi olla vakio, joten muokataan ylläoleva muotoon ja huomaamalla että N (t) N(t)(1 N(t) ) = r K N (t) N(t)(1 N(t) )dt = K rdt 1 N(1 N ) = 1 1 N + K 1 N K K = 1 N + 1 K N ylläolevasta saadaan (kun merkitään N = N(t), dn = N (t)dt): dn N + dn K N = rdt. Tämän integrointi antaa log N log K N = rt + C 1 (C 1 R), 7

8 josta edelleen N K N = Cert (C R) C = N K N e rt, jolloin alkuehdosta N(2012) = 5000 saadaan välittömästi C = 5000 K 5000 e 2012r. Tämä ratkaisuun sijoittamalla ja sieventämällä saadaan siten AAT:n ratkaisuksi 5000K N(t) =, ( ) (K 5000)er(2012 t) jossa r = 0, 1. Koska tiedetään että N(2017) = 4000, sijoittamalla tämä yhtälöön ( ) ja sieventämällä saadaan eli kun r = 0, 1, niin K K = (1 e 5r ) e 5r, Tehtävä 6. Kuinka paljon arvioit Kaspian meressä olevan kitasampia vuoden 2022 lopussa? Ratkaisu: Hyödynnetään edellisen tehtävän yhtälöä ( ), parametrina K = Saadaan siis kitasampien lukumääräksi N(2022) = kappaletta ( )e0,1( )