dy dx = y x + 1 dy dx = u+xdu dx, u = y/x, u+x du dx = u+ 1 sinu eli du dx = 1 1 Erotetaan muuttujat ja integroidaan puolittain: y = xln(ln(cx 2 )).

Transkriptio

1 Harjoitus Tehtävä 5. d) Jakamalla annettu yhtälö puolittain xsin(y/x):llä saadaan Sijoitetaan taas jolloin saadaan dy dx = y x + 1 sin ( y). u = y/x, x dy dx = u+xdu dx, u+x du dx = u+ 1 sinu du dx = 1 1 sinux. Erotetaan muuttujat ja integroidaan puolittain: sinudu = dx dx x ; sinudu = x ; u = arccos(c ln x ); cosu = ln x C; y = xarccos(c ln x ). e) Yhtälö on yhtäpitävästi y = y x +e y x. Sijoitetaan edelleen u = y/x, y = u+xu, jolloin u+xu = u+e u ; u = e u1 x. Tällä yhtälöllä ei ole erikoisratkaisua, sillä e u > 0 aina. Erotetaan muuttujat ja integroidaan puolittain: du dx = e u x ; eu du = x dx; e u du = x dx Täten e u = ln x +C = ln(x )+C = ln(e C x ), C on vakio u = ln(ln(cx )), C = e C > 0 y = xln(ln(cx )). Tehtävä 6. c) Yhtälöstä saadaan Koska (x y)dx+(y 1)dy = 0 y = dy dx = x y y +1. = 0, 0 1 1

2 ja { x y = 0 tehdään sijoitus y +1 = 0 Tällöin saadaan homogeeniyhtälö dz dt Tehdään jälleen sijoitus jolloin saadaan x = y = 1, { t = x 1 z = y 1 ; dy dx = dz dt. = (t+1) (z +1) (z +1)+1 = t z z u = z t ; dz dt = u+tdu dt, = 1 z t z t u+t du dt = 1 u u du dt = +u u 1 u t ; du dt = 1 1+(u 1) u t. Tällä yhtälöllä ei ole erikoisratkaisuja. Erotetaan muuttujat ja integroidaan puolittain: u dt 1+(u 1) du = t [ ] 1 (u 1) 1+(u 1) + 1 dt du = 1+(u 1) t Tehtävä 7. 1 ln 1+(u 1) +arctan(u 1) = ln t + C, C on vakio ln(1+(u 1) )+arctan(u 1) = ln t +C = ln(t )+C ln(t +(tu t) )+arctan(u 1) = C ( z ) ln(t +(z t) )+arctan t 1 = C ( ) y 1 ln((x 1) +(y x) )+arctan x 1 1 = C ( ) y x ln((x 1) +(y x) )+arctan = C. x 1 b) Sijoitetaan y = x n z. Tällöin nx n 1 z +x ndz dx = xn z x(x n z). x+x x n z Sievennys tuottaa ( ) dz x n dx = z x n+1 z 1 nx n 1 z x+x n+ z x n = xn z x n+1 z nx n z nx n+1 z x n+1 +x n+ z = (1 n)xn z (1+n)x n+1 z x n+1 +x n+ z = z[(1 n) (1+n)xn+1 z]. x(1+x n+1 z).

3 Tämä on separoituva, kun 1 + n = 0 n = 1. Tällöin dz dx = z x(1+z). Erikoisratkaisu z = 0 y = 0. Muutoin ( ) 1+z 1 dz = z x dx; z +1 dz = Takaisin palaten, Tehtävä 8. b) Yhtälö on yhtäpitävästi Merkitään jolloin integroiva tekijä on ln xy +xy = ln x +c ln x +ln y +xy = c. dy dx x y = x. p(x) := x, dx; ln z +z = ln x +c x e P(x) = e p(x)dx = e x dx = e ln x = x = x. Saadaan x dy dx x 3 y = 1 d dx (x y) = 1. Integroimalla saadaan x y = ( 1)dx = x+c, C on vakio ja ratkaisu on y = x 3 +Cx. c) Ratkaistaan yhtälö y 1 +1 y = 1+e x integroivan tekijän menetelmällä. Merkitään p(x) := 1, jolloin integroiva tekijä on e P(x) = e p(x)dx = e x. Nyt kertomisen jälkeen ja integroimalla saadaan e x y = d dx (ex y) = ex 1+e x e x 1+(e x ) dx = arctan(ex )+C, C on vakio y = e x arctan(e x )+Ce x. 3

4 Tehtävä 9. a) Tarkasteltava yhtälö saadaan yhtäpitävään muotoon dy dx + 1 x y = x3 y 3. Nyt α = 3 > 0, joten yhtälöllämme on erikoisratkaisu y 0. Kertomalla yo. yhtälö termillä y α = y 3 saadaan y 3dy dx + 1 x y = x 3. Tehdään sijoitus z = y 1 α = y, jolloin dz dx = y 3dy dx y 3dy dx = 1 dz dx. Tällöin saadaan 1. kertaluvun täydellinen lineaarinen differentiaaliyhtälö 1 dz dx + 1 x z = x3 dz dx x z = x3. Tällä yhtälöllä on integroiva tekijä e P(x) = e p(x)dx = e ln x = x. Siis josta Yleiseksi ratkaisuksi saadaan josta Lisäksi on erikoisratkaisu y 0. d dx (x z) = x, z = x 4 +Cx, missä C on vakio. y = x 4 +Cx = x (C x ), 1 y = ± x C x. Harjoitus 3 Tehtävä 10. c) Yhtälö on yhtäpitävästi (xcosy +3x y)dx+(x 3 x siny y)dy = 0, 4

5 jonka voi helposti todeta olevan eksakti. Yhtälöllä on siten integraali g = g(x,y), jolle g(x,y) = (xcosy +3x y)dx = x cosy +x 3 y +h(y) ja Toisaalta joten ja g y = x3 x siny y. g y = x siny +x 3 +h (y), h (y) = y h(y) = y +c, c on vakio. Siis ratkaisu y toteuttaa yhtälön missä C on vakio. g(x,y) = x cosy +x 3 y y = C, Tehtävä 11. b) Tarkastellaan differentiaaliyhtälöä muodossa Merkitään Koska y(x+y +1)dx+x(x+3y +)dy = 0. (1) M(x,y) := y(x+y +1), N(x,y) := x(x+3y +). M y N x = x y 1 0, niin yhtälö ei ole eksakti. Sillä on kuitenkin y:stä riippuva integroiva tekijä. Merkitään M y g(y) := N x M = 1 y. Kerrotaan yhtälö (1) integroivalla tekijällä µ(y) = e g(y)dy dy = e y = e ln y = y. Kun y > 0, on µ(y) = y ja saadaan eksakti yhtälö (y x+y 3 +y )dx+(x y +3xy +xy)dy = 0. Järjestelemällä termejä saadaan (y xdx+x ydy)+(y 3 dx+3xy dy)+(y dx+xydy) = 0 5

6 tai ( y x+x y dy ) ( + y 3 +3xy dy ) ( + y +xy dy ) = 0 dx dx dx d dx ( ) y x + d dx (y3 x)+ d dx (y x) = 0 ( ) d y x +y 3 x+y x = 0. dx Tästä seuraa, että ratkaisut y toteuttavat yhtälön y x +y 3 x+y x = C, missä C on vakio. Kun y < 0, suoritetaan vastaava päättely. 6

7 Tehtävä 14. b) Tehdään yhtälössä sijoitus y = p, jolloin y = (y ) y x+ x y = p px+ x. Puolittain derivoimalla saadaan Yhtäpitävästi josta saadaan nollakohdat y = p = pp p x p+x. pp p x p+x = 0; (p x)(p 1) = 0, p = x ja p = 1. Ensimmäinen nollakohta antaa ratkaisun y = p px+ x = x 4. Jälkimmäisestä nollakohdasta saadaan p = 1dx = x+c, C on vakio ja edelleen y = p px+ x = x +Cx+C. Täten yhtälön ratkaisut ovat y = x 4 ja y = x +Cx+C. Tehtävä 15. b) Yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa y = xy 1 3 (y ) 3. Sijoitetaan y = p, jolloin y = xp 1 3 p3, josta implisiittisesti derivoimalla saadaan y = p = p+xp p p. Siis p (x p ) = 0 7

8 p = 0 tai x p = 0. Jos p = 0, niin p = C (vakio) ja y = xp 1 3 p3 = Cx 1 3 C3. Jos x p = 0, niin p = ± x,x 0 ja y = xp 1 3 p3 = 3 x x tai y = 3 x x. Harjoitus 4 Tehtävä 16. b) Ympyräparven yhtälö on (x x 0 ) +y = x 0, () missä x 0 0 on vakio. Derivoimalla implisiittisesti saadaan tai (x x 0 )+yy = 0 x 0 = x+yy. Sijoittamalla yo. x 0 :n lauseke yhtälöön () saadaan ympyräparven differentiaaliyhtälöksi y (y ) +y = (x+yy ) x y +xyy = 0. Muodostetaan differentiaaliyhtälö kohtisuorille leikkaajille sijoituksella y 1 y : x y xy y = 0 Merkitään xydx+(x y )dy = 0. (3) M(x,y) := xy, N(x,y) := x y. Differentiaaliyhtälö (3) voidaan palauttaa eksaktiksi kertomalla se integroivalla tekijällä µ(x,y) = e g(y)dy, missä g(y) = M N y x M 8 = x x xy = y.

9 Nyt µ(x,y) = e y dy = e ln y = y = y ja saadaan eksakti differentiaaliyhtälö xy 1 dx+(x y 1)dy = 0. Yhtälön integraali g = g(x, y) on g(x,y) = (x y 1)dy = x y 1 y +h(x) ja g x = xy 1 +h (x) = xy 1, joten h (x) = 0 ja siis h(x) = c (vakio). Ratkaisut y toteuttavat yhtälön g(x,y) = x y 1 y = y 0, y 0 on vakio x +(y y 0 ) = y 0. Tämän yhtälön kuvaaja on ympyrä, jonka keskipiste on (0,y 0 ) ja säde y 0. 9

10 Tehtävä 18. Puolittain derivoimalla saadaan tai Siis x y xy yy +4y = 0 x y xy yy +y = 0. y = y x x y = x y x+y. Kohtisuoria leikkaajia varten (y 1/y ) ratkaistaan yhtälö Merkitään Tällöin 1 y = x y x+y y x+y = x y (x+y )dx+(x y)dy = 0. (4) M(x,y) = x+y, N(x,y) = x y. M y N x = 1 1 = 0 joten yhtälö (4) on eksakti. Sen integraali on g(x,y) = N(x,y)dy = xy y /+h(x), jolloin g x = y +h (x) = x+y h (x) = x h(x) = x / x. Siten kohtisuorat leikkaajat y toteuttavat yhtälön xy y /+x / x = C, missä C on vakio. Kyseessä on hyperb(parve)n yhtälö, kts. Kuva 1. Tehtävä 19. a) Koska yhtälö ei sisällä eksplisiittisesti x:ää, niin tehdään sijoitus y = p(y); y = p dp dy. Tällöin saadaan separoituva differentiaaliyhtälö yp dp dy = 1+p, jolla ei ole erikoisratkaisuja. Erottamalla muuttujat ja integroimalla saadaan p dy 1+p dp = y 10

11 Kuva 1: Tehtävänannon käyräparvi, kun d = 1,,3 (punainen katkoviiva) ja sen kohtisuorat leikkaajat, kun C = 1,, 3 (sininen viiva). Tästä saadaan differentiaaliyhtälöt 1 ln(1+p ) = ln y + C, C on vakio ( ) 1+p ln(1+p ) lny = ln = C y 1+p = e C =: c y 1 > 0 p = ± c 1y 1. dy dx = ± c 1y 1, joilla on erikoisratkaisut y = 1 c 1 ja y = 1 c 1. Erotetaan muuttujat ja integroidaan: dy c 1 y 1 = ± dx = ±x+c, C on vakio. Lasketaan vasemman puolen integraali sijoituksella y = z c 1 : dy c 1 y 1 = 1 c 1 dz z 1 = 1 ( ln z + ) z c 1 = 1 arcosh(z) 1 c 1 = 1 c 1 arcosh(c 1 y). Nyt 1 c 1 arcosh(c 1 y) = ±x+c 11

12 ja Tästä saadaan ratkaisut arcosh(c 1 y) = ±c 1 x+c c 1. y = 1 C 1 cosh(c 1 x+c ), C 1 ja C vakioita. Yllä saadut erikoisratkaisut y = ± 1 c 1 eivät toteuta alkuperäistä yhtälöä. Tehtävä 1. a) On ratkaistava tehtävä y = x(y ), y(0) = 1. Merkitsemällä y = p saadaan separoituva differentiaaliyhtälö p = xp. Sillä on erikoisratkaisu p = 0, jota vastaa y = 0 y C (vakio). Näistä ratkaisu y 1 toteuttaa tehtävän alkuehdon. Erotetaan muuttujat ja integroidaan: dp p = xdx p 1 = x C 1 = x C 1, C 1 on vakio dy dx = y (x) = C 1 x. Oletetaan ensin, että C 1 > 0 ja merkitään C 1 = a,a > 0. Nyt (a+x)(a x) dx = 1 ( 1 a a+x + 1 ) dx a x = 1 a (ln a+x ln a x )+C = 1 a ln a+x a x +C, missä C on vakio. Alkuehdosta y(0) = 1 seuraa, että 1 = y(0) = 1 a ln a+0 a 0 +C = 0+C = C ja siis Jos C 1 = 0, niin saadaan y = 1 a ln a+x a x +1. y = x dx = x +C, joka ei toteuta ehtoay(0) = 1 millään vakionc arvolla. Oletetaan seuraavaksi, että C 1 < 0 C 1 = a jollain a > 0. Nyt y = a +x dx = dx a 1+ ( ) x = ( x ) a arctan +C a a 1

13 ja ehto y(0) = 1 on voimassa vakion arvolla C = 1. Täten tehtävän ratkaisut ovat y 1, y = 1 a ln a+x a x +1 ja missä a > 0 on vakio. y = ( x ) a arctan +1, a Tehtävä. Tarkastellaan raketin liikettä polttoaineen loppumishetkestä t = 0 lähtien. Polttoaineen loppuessa raketti on korkeudella h maanpinnasta x(0) = R+h, missä R = maapallon säde. Tehtävänä on määrätä minimiarvo alkunopeudelle v 0 := x (0), jotta raketti ei putoaisi takaisin maahan. Tarkastellaan alkuarvotehtävää x = GM x, x(0) = R+h, x (0) = v 0. Yo. differentiaaliyhtälö ei sisällä eksplisiittisesti t:tä, joten se voidaan ratkaista sijoituksella x = p(x); x = p dp dx. Tällöin p dp dx = GM x, josta muuttujat erottamalla saadaan pdp = GM x dx p = GM x + C, C on vakio p = GM +C. (5) x Tässä p = p(x(t)) = x (t) =: v(t) on raketin nopeus hetkellä t. Alkuehdoista seuraa, että v0 = (p(0)) = GM GM +C = x(0) R+h +C C = v 0 GM R+h. 13

14 Siis (5) on muotoa v = GM x + ( v0 GM ). R+h Koska raketti ei saa pudota, on oltava v(t) > 0 kaikilla t ( GM + v0 GM ) > 0 x R+h aina kun x R+h. Koska GM x(t) > 0 kaikilla t 0 ja GM lim t + x(t) = 0, niin ehdoksi jää josta saadaan v 0 GM R+h > 0, v 0 > GM R+h. Harjoitus 5 Tehtävä 3. a) Kuten luennoissa, yrite y = e rx johtaa karakteristiseen yhtälöön r = 0. (KY) Yksikköympyrän avulla Yhtälön (KY) juuret ovat siis r 4 = 64 = 6 e (π+kπ)i, k Z,i = 1. r k = 3/ e (π/4+kπ/)i, k Z. ( r 0 = 3 π e 4 i = 3 cos π 4 +isin π ) = 1 ( 4 +i 1 ) = +i ( r 1 = 3 3π e 4 i = 3 cos 3π 4 +isin 3π ) = ( 1 +i 1 ) = +i 4 ( ) r = 3 5π e 4 i = 3 = ( 1 i 1 ) = i r 3 = 3 e 7π 4 i = 3 cos 5π 4 +isin 5π 4 ( cos 7π 4 +isin 7π 4 ) = 1 ( i 1 ) = i. Siis juuret ovat ±±i. Täten yhtälön yleinen ratkaisu on y(x) = e x (C 1 cosx+c sinx)+e x (C 3 cosx+c 4 sinx), missä C 1,C,C 3,C 4 ovat vakioita (i sisältyy vakioihin). 14

15 Tehtävä 4. b) Differentiaaliyhtälön karakteristinen yhtälö on r 6 +r 5 r 4 r 3 = 0 Yhtälön juuret ovat r 5 (r+1) r 3 (r+1) = 0 r 3 (r+1) (r 1) = 0. r 1 = r = r 3 = 0, r 4 = r 5 = 1, r 6 = 1. Koska juuri r = 0 on kolminkertainen, juuri r = 1 on kaksinkertainen ja juuri r = 1 on yksinkertainen, niin differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on y = C 1 +C x+c 3 x +(C 4 +C 5 x)e x +C 6 e x, missä C 1,C,C 3,C 4,C 5,C 6 ovat vakioita. 15

16 Tehtävä 6. b) Homogeenisen yhtälön karakteristinen yhtälö on jonka juuret ovat y (4) +4y = 0 r 4 +4 = 0, r 1 = 1+i, r = 1+i, r 3 = 1 i, r 4 = 1 i. Kaikki juuret ovat yksinkertaisia. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten y H (x) = e x (C 1 cosx+c sinx)+e x (C 3 cosx+c 4 sinx). Tehdään differentiaaliyhtälön ratkaisemiseksi yrite Tällöin saadaan y (4) +4y = 5e x y 1 (x) = Ae x. y (4) 1 +4y 1 = 5Ae x = 5e x, josta A = 1 ja y 1 (x) = e x. Vastaavasti tehdään differentiaaliyhtälölle y (4) +4y = 5sinx yrite y (x) = Bcosx+Csinx. Tällöin saadaan josta B = 0 ja C = 1 ja Täten funktio y (4) +4y = 5Bcosx+5Csinx = 5sinx, y (x) = sinx. y 1 (x)+y (x) = e x +sinx on alkuperäisen differentiaaliyhtälön eräs ratkaisu. Yleinen ratkaisu on y = (y 1 +y )+y H = e x +sinx+e x (C 1 cosx+c sinx)+e x (C 3 cosx+c 4 sinx), missä C 1,C,C 3,C 4 ovat vakioita. Tehtävä 7. a) Homogeenisen yhtälön y y = 0 yleinen ratkaisu on (kts. Tehtävä 5 a)) y H (x) = C 1 e x +C e x. Yksityisratkaisun löytämiseksi tehdään yrite y 1 (x) = A+Bx. Tällöin y 1 = 0 ja y 1 y 1 = y 1 = x 16

17 Yleinen ratkaisu on y 1 = x. y = y 1 +y H = x+c 1 e x +C e x. Reunaehdoista y(0) = 0 ja y(1) = 1 seuraa, että { 0 = y(0) = C 1 +C, josta saadaan 1 = y(1) = +C 1 e 1 +C e, Täten alkuarvotehtävän ratkaisu on C 1 = e e 1, C = e e 1. y = x+ e e 1 (ex e x ) = x+ ex e x sinhx = x+ e e 1 sinh1. Harjoitus 6 Tehtävä 30. b) Kirjoitetaan differentiaaliyhtälö muodossa y 4 ( ) 6 x y + x 1 y = 0. Käytetään sijoitusta y = ue 1 p(x)dx, missä p(x) = 4 x ja p(x)dx = 4ln x. Nyt y = ue ln x = x u; y = xu+x u ; y = u+4xu +x u ja yhtälö saa muodon u+4xu +x u 4 x (xu+x u )+ x u x u = 0 u u = 0, ( ) 6 x 1 x u = 0 joka on. kertaluvun vakiokertoiminen homogeeninen yhtälö. Sen yleinen ratkaisu on u = C 1 e x +C e x. Siis missä C 1,C ovat vakioita. y = x u = C 1 x e x +C x e x, 17

18 Tehtävä 31. a) Vastaavan homogeenisen yhtälön y +y = 0 yleinen ratkaisu on missä C 1 ja C ovat vakioita, y H = C 1 y 1 +C y ja y 1 (x) = cosx, y 1(x) = sinx y (x) = sinx, y (x) = cosx. Haetaan yksityisratkaisu täydelliselle yhtälölle vakioita varioimalla. Olkoon y 0 (x) = C 1 (x)y 1 (x)+c (x)y (x). Ratkaistaan funktiot C 1 ja C ehdoista { y 1 (x)c 1(x)+y (x)c (x) = 0, y 1(x)C 1(x)+y C (x) = tan x { cosxc 1(x)+sinxC (x) = 0, sinxc 1(x)+cosxC (x) = tan x. Kertomalla ensimmäinen yhtälö termillä sin x ja toinen yhtälö termillä cos x ja laskemalla saadut yhtälöt puolittain yhteen saadaan sin xc (x)+cos xc (x) = (sin x+cos x)c (x) = C (x) = tan xcosx, sillä sin x+cos x = 1. Tästä seuraa, että C 1(x) = sinx cosx C (x) = tan xsinx. Integroimalla saadaan sin C (x) = tan x 1 cos xcosxdx = cosx dx = x dx cosx ( ) 1 cosx = cosx cosx dx = cos x dx sinx cosx = (1 sinx)(1+sinx) dx sinx = 1 ( cosx 1 sinx + cosx ) dx sinx 1+sinx = 1 ln 1 sinx + 1 ln 1+sinx sinx = 1 ln 1+sinx 1 sinx sinx. 18

19 Vastaavasti, C 1 (x) = sinxtan xdx = sinx sin x cos x dx = sinx 1 cos x cos x dx = sinx = cos x dx cosx = 1 cosx cosx. Yksityisratkaisu on siis ( sinx cos x sinx ) dx y 0 (x) = C 1 (x)y 1 (x)+c (x)y (x) ( = 1 ) ( 1 cosx cosx cosx+ ln 1+sinx 1 sinx )sinx sinx = 1 cos x sin x+ 1 sinxln 1+sinx 1 sinx = + 1 sinxln (1+sinx) 1 sin x = + 1 sinxln (1+sinx) cos x = +sinxln 1+sinx cosx. Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on y = y 0 +y H = +sinxln 1+sinx cosx +C 1cosx+C sinx, missä C 1,C ovat vakioita. 19

20 Tehtävä 3. a) Differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa ( ) y x +x x+ y + y = x. x x Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on missä C 1 ja C ovat vakioita ja sekä y H = C 1 y 1 +C y, y 1 (x) = x, y 1(x) = 1 y (x) = xe x, y (x) = e x +xe x. Etsitään täydelliselle yhtälölle yksityisratkaisu vakioita varioimalla. Olkoon y 0 (x) = C 1 (x)y 1 (x)+c (x)y (x). Ratkaistaan funktiot C 1 ja C ehdoista { C 1(x)y 1 (x)+c (x)y (x) = 0, C 1(x)y 1(x)+C (x)y (x) = x { C 1(x)x+C (x)xe x = 0, Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan C 1(x)+C (x)(1+x)e x = x. C 1(x) = C (x)e x. Sijoittamalla tämä jälkimmäiseen yhtälöön saadaan C (x)xe x = x Siis integroimalla C (x) = e x. C (x) = e x dx = e x ja C 1 (x) = C (x)e x dx = 1dx = x. Täten y 0 (x) = C 1 (x)y 1 (x)+c (x)y (x) = x x. Koska y = x on homogeenisen yhtälön ratkaisu, niin riittää valita ensimmäinen termi y 0 (x) = x. Tehtävä 33. 0

21 b) Olkoon ensin x > 0. Sijoitetaan x = e t t = lnx. Merkitään Tällöin, kuten a)-kohdassa, y(t) = y(e t ). dy dx = y x 1, d y dx = x (y y ). Yhtälö saa siten muodon 4x x (y y ) 4xx 1 y +3y = 0 4y 8y +3y = 0. Karakteristisen yhtälön 4r 8r +3 = 0 juuret ovat r = 1/ ja r = 3/. Jos x < 0, niin sijoitus x = e t johtaa samaan yhtälöön. Sen yleinen ratkaisu on Alkuperäisen yhtälön ratkaisu on siten kun x > 0 ja y(t) = C 1 e t/ +C e 3t/. y(x) = y(lnx) = C 1 e 1 lnx +C e 3 lnx = C 1 x 1/ +C x 3/ y(x) = y(ln( x)) = C 1 e 1 ln( x) +C e 3 ln( x) = C 1 ( x) 1/ +C ( x) 3/ kun x < 0. Yhdistäen, missä C 1,C ovat vakioita. y(x) = C 1 x 1/ +C x 3/ = C 1 x +C x x, Harjoitus 7 Tehtävä 36. a) Kirjoitetaan ryhmä muodossa { Dx+x = 3e t Dy +y = x 6e t. Kertomalla ensimmäinen yhtälö puolittain termillä e t saadaan e t Dx+e t x = 3e t Integroimalla, D(e t x) = 3e t. e t x = 3e t +C 1, 1

22 josta x(t) = C 1 e t + 3e t (toinen tapa HY:n ja yksityisratkaisun kautta). Sijoittamalla tämä alkuperäisen ryhmän toiseen yhtälöön saadaan Dy +y = (C 1 e t +3e t ) 6e t = C 1 e t 6(e t +e t ). Kertomalla puolittain termillä e t saadaan D(e t y) = C 1 6(e t +e 3t ). Integroiden, Siten e t y = C 1 t+6e t e 3t +C. y(t) = C 1 te t +6e t e t +C e t. Kirjataan vastaus muodossa { x(t) = C 1 e t +3e t missä C 1,C ovat vakioita. y(t) = (C C 1 t)e t +6e t e t, c) Tarkastellaan differentiaaliyhtälöryhmää muodossa { (D 3 D +3D)x+(D )(D+)y = 4 6t (D+)y = Dx+t. Sijoittamalla toinen yhtälö ensimmäiseen yhtälöön saadaan differentiaaliyhtälö funktiolle x: (D 3 D +3D)x+(D )(Dx+t) = 4 6t tai tai (D 3 D +3D)x+(D )Dx = t (D 3 D)x = D(D 1)(D+1)x = t. Homogeenisen yhtälön D(D 1)(D+1)x = 0 ratkaisu on x H = C 1 +C e t +C 3 e t, C 1,C,C 3 vakioita. Koska r = 0 on karakteristisen yhtälön 1-kertainen juuri, niin tehdään yksityisratkaisun löytämiseksi yrite x 1 (t) = t(at+b) = At +Bt. Tällöin ja Dx 1 = At+B, D 3 x 1 0 (D 3 D)x 1 = At B = t

23 jos ja vain jos A = 1 ja B = 0. Siis x 1 (t) = t. Yleiseksi ratkaisuksi saadaan x = x 1 +x H = t +C 1 +C e t +C 3 e t. Funktiota y koskeva differentiaaliyhtälö saadaan siten muotoon (D+)y = Dx+t = C e t +C 3 e t. Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on y H = C 4 e t, C 4 vakio. Tehdään yrite Tällöin y 1 (t) = Ce t +De t. (D+)y 1 = Ce t +3De t = C e t +C 3 e t jos ja vain jos C = C ja D = C 3 3. Siis ja y 1 (t) = C e t + C 3 3 et y = y 1 +y H = C e t + C 3 3 et +C 4 e t, missä C,C 3,C 4 ovat vakioita. 3

24 Tehtävä 37. c) Kertomalla ensimmäinen yhtälö 3:lla ja laskemalla yhtälöt puolittain yhteen saadaan funktiolle y differentiaaliyhtälö Yleinen ratkaisu on missä C 1 ja C ovat vakioita ja (D +)y +6Dy = 0 (D+1)(D+)y = 0. y(t) = C 1 e t +C e t, Dy = C 1 e t C e t. Alkuehdoista seuraa, että { 1 = y(0) = C 1 +C 1 = y (0) = C 1 C C 1 = 1 ja C = 0 ja y(t) = e t. Ratkaistaan seuraavaksi differentiaaliyhtälö (D +1)x = Dy = e t. Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on Yksityisratkaisua varten tehdään yrite Tällöin ja jos ja vain jos A = 1 Siis yleinen ratkaisu on ja x H (t) = C 3 cost+c 4 sint. x 1 (t) = Ae t. Dx 1 = Ae t, D x 1 = Ae t (D +1)x 1 = Ae t = e t x 1 (t) = e t. x(t) = x 1 (t)+x H (t) = e t +C 3 cost+c 4 sint Dx = e t C 3 sint+c 4 cost. On määrättävä alkuehdot toteuttava ratkaisu. Ehdosta { 1 = x(0) = 1+C 3 0 = x (0) = 1+C 4 saadaan, että C 3 = 0 ja C 4 = 1. Siis x(t) = e t +sint. 4

25 d) Aloitetaan keskimmäisestä yhtälöstä, joka sisältää vain y:tä. Homogeenisen yhtälön (D+1)y = 0 yleinen ratkaisu on y(t) = C 1 e t. Alkuehdon mukaan y(0) = C 1 = 0 y(t) 0. Siten alkuperäinen ryhmä sievenee muotoon { (D 1)x = z (D+)z = 0. Tästä todetaan heti z(t) = C e t. Alkuehdon nojalla z(0) = C = 3 z(t) = 3e t. Siis (D 1)x = z = 6e t. Termillä e t kertomalla saadaan vasemmalle puolelle tulon derivaatta Integroimalla, D(e t x) = 6e 3t. e t x = e 3t +C 3 x(t) = e t +C 3 e t. Alkuehdon nojalla x(0) = +C 3 = 3 C 3 = 1. Siten x(t) = e t e t. Kirjataan vastaus vielä näkyviin x(t) = e t e t y(t) = 0 z(t) = 3e t. Tehtävä 38. b) Otetaan tarkasteluun ensin ryhmän ensimmäinen ja viimeinen yhtälö { (D 1)x+z = cost x+dz = cost+sint. Derivoimalla ensimmäinen yhtälö saadaan { D(D 1)x+Dz = sint x+dz = cost+sint. Vähentämällä nämä puolittain toisistaan saadaan (D D )x = (D+1)(D )x = cost 3sint. Tätä vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on x H (t) = C 1 e t +C e t, missä C 1 ja C ovat vakioita. Yksityisratkaisun määräämiseksi tehdään yrite x 1 (t) = Acost+Bsint. 5

26 Tällöin (D D )x 1 = Acost Bsint+Asint Bcost Acost Bsint = ( 3A B)cost+(A 3B)sint = cost 3sint, joten A = 0 ja B = 1. Siten x(t) = C 1 e t +C e t +sint. Alkuperäisen ryhmän ensimmäisen yhtälön perusteella z(t) = x(t) Dx+cost = C 1 e t +C e t +sint+c 1 e t C e t cost+cost = C 1 e t C e t +sint. Sijoittamalla tämä alkuperäisen ryhmän toiseen yhtälöön saadaan (D+1)y = z +sint = C 1 e t +C e t. Termillä e t kertomalla saadaan vasemmalle puolelle tulon derivaatta D(e t y) = C 1 +C e 3t integroimisen jälkeen e t y = C 1 t+ 1 3 C e 3t +C 3, missä C 3 on integroimisvakio. Siten y(t) = C 1 te t C e t +C 3 e t, missä C 1,C,C 3 ovat vakioita. Harjoitus 8 Tehtävä 39. a) Yhtälö on muotoa y +p(x)y +q(x)y = 0, missä p(x) = x ja q(x) = 1 ovat analyyttisiä koko reaaliakslla. Siten x = 0 on yhtälön säännöllinen piste. Tehdään yrite y = a k x k. Tällöin y = ka k x k 1, y = k=1 k= k(k 1)a k x k. Sijoittamalla nämä yhtälöön saadaan y xy y = k(k 1)a k x k x ka k x k 1 = = k= k=1 (n+)(n+1)a n+ x n n=0 a k x k (n+1)a n x n n=0 [(n+)(n+1)a n+ (n+1)a n ]x n = 0. n=0 6

27 Tästä saadaan palautuskaava (n+)a n+ a n = 0, n = 0,1,,... a n+ = a n n+, n = 0,1,,... Tässä a = a 0, a 4 = a 4 = a 0 4, a 6 = a 4 6 = a (todistus induktiolla) Vastaavasti a n = a 0 n n!, n = 0,1,,... a 3 = a 1 3, a 5 = a 3 5 = a 1 3 5, a 7 = a 5 7 = 4 6a 1 7! Siten ratkaisuksi saadaan y(x) = a k x k = a k x k + = = a 0 a n+1 = n n!a 1 (n+1)!, n = 0,1,,... a 0 k k! xk + 1 k! a k+1 x k+1 k k!a 1 (k +1)! xk+1 ( ) x k +a 1 k k! (k +1)! xk+1 = a 0 e x / +a 1 y, missä y on edellisessä vaiheessa esiintyvä sarja. Sille voidaan laskea toinen esitysmuoto kaavalla missä y (x) = y 1 (x) = e x / x 0 x 0 s= t = e x / on ns. virhefunktio. e p(s)ds x y 1 (s) ds = e / x e s / ds = e x / x/ 0 x 0 0 e s / e s ds e (s/ ) ds e t dt = e x / erf(s) = s e t dt π Tehtävä 41. Tässä tarkastellaan (Legendren) differentiaaliyhtälön (1 x )y xy +y = 0 ratkaisemista pisteen x = 0 ympäristössä. Koska 0 π erf(x/ ) = e / x π erf(x/ ), p(x) = x 1 x = x k+1, q(x) = 1 x = x k, x < 1 7

28 ovat analyyttisiä pisteessä x = 0, niin x = 0 on yhtälön säännöllinen piste. Sijoittamalla yrite y(x) = c k x k yhtälöön saadaan 0 = (1 x )y xy +y = (1 x ) k(k 1)c k x k x kc k x k 1 + c k x k = = k= k=1 x k [(k +)(k +1)c k+ (k(k 1)+k )c k ] (k +)x k [(k +1)c k+ (k 1)c k ]. Tämä johtaa palautuskaavaan Täten Vastaavasti c k+ = k 1 k +1 c k, k = 0,1,,... c = c 0, c 4 = 1 3 c = 1 3 c 0, c 6 = 3 5 c 4 = 1 5 c 0 c k = 1 k 1 c 0, k = 1,,3... c 3 = 0, c 5 = 0, c 7 = 0, c k+1 = 0,k = 1,,... Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on siten y(x) = c k x k + c k+1 x k+1 1 = c 0 k 1 c 0x k +c 1 x k=1 ) 1 = c 0 (1 x k 1 xk 1 +c 1 x. k=1 Lasketaan vielä ratkaisussa esiintyvä sarja. Koska niin Siten k=1 1 k 1 xk 1 = = k=1 x 0 x 0 x 0 1 s k ds = 1 k 1 xk 1, s k ds = x 0 ( 1 1+s s x s k 1 ds = k=1 0 1 s ds ) ds = 1 ln 1+x 1 x, x < 1. ( y(x) = c 0 1 x ) ln 1+x 1 x +c 1 x, x < 1 missä c 0 ja c 1 ovat vakioita. Merkitsemällä y 1 (x) = x saadaan ratkaisun perusjärjestelmän toinen funktio y (x) laskettua myös luennoissa annetulla kaavalla. 8