13. Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: = 1 + y x + ( y ) 2 (y )

Transkriptio

1 MATEMATIIKAN JA TILASTOTIETEEN LAITOS Differentiaaliyhtälöt, kesä 00 Tehtävät 3-8 / Ratkaisuehdotuksia (RT) Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: y = + y + y = + y + ( y ) (y ) g, 0. Nähdään, että DY on tasa-asteinen (ks. määritelmä [J], s.). Merkitään z() = y(). Nyt z toteuttaa separoituvan yhtälön z = (g(z) z) = ( + z + z z) z = ( + z ), josta separoimalla z dt + t = dt + C, C R vakio arctan z = ln + C. t Näin ollen tehtävän DY:lle saadaan (implisiittinen) ratkaisu takaisinsijoituksella z() = y(), jolloin saadaan implisiittinen ratkaisu arctan ( y() ) = ln + C, 0, C R vakio ja tästä edelleen eksplisiittisessä muodossa y() = tan(ln + C), 0, C R vakio.. Ratkaisu. Ratkaistaan tehtävä (harjoituksen vuoksi) ensin palauttamalla se separoituvaksi ja vasta sen jälkeen (helpommin?) eksaktina yhtälönä. I tapa: Kirjoitetaan tehtävän DY muodossa y = y, + y. Tällöin DY on muotoa +y y = f ( a + by + α), c + dy + β missä a = b =, c = d =, α = β =. Nyt ad bc = ( ) = + = 0 ja b = 0, joten yhtälön ratkaisemiseksi voidaan käyttää seuraavaa menetelmää (ks. [M-S] Lause.8., s.8 tai [J] esim..3.., s.): Vakiolle γ = d b = = pätee γ(a + by) = ( y) = + y = c + dy. Valitaan uusi tuntematon funktio z() = a+by() = y() y() = z() ( y () = z () ), jolloin ratkaistava yhtälö saadaan muotoon z () = z() z() = z() + z() z ()+ = z() z() + z () = z() z() +. Tämä yhtälö on separoituva, ratkaistaan se: Nyt z = z = z+ g()h(z), kun g() =, R, ja h(z) =, z. Separoimalla z+ z (t + ) dt = ds + C / z t + t = / s + C z+ =

2 z + z = + C z + z = + C. Sijoitetaan takaisin z = y, saadaan ( y) + ( y) = + C ( + y) + ( y) = C, jossa C R on vakio. Tämä on ratkaistavan yhtälön implisiittinen ratkaisu. Sijoitetaan alkuehto y(0) = 0, saadaan C = 0, joten AAT:n ratkaisu on ( + y) + ( y) = 0. II tapa: Merkitään P (, y) = +y+ ja Q(, y) = +y ( 0 eli y ), jolloin tehtävän DY on muotoa P (, y) + Q(, y)y = 0 (P ja Q selvästi jatkuvasti derivoituvia funktioita koko tasossa R ). Koska kaikilla (, y) R P (, y) = = (, y), niin tehtävän DY on eksakti ([J] Lause.5.8., s.9). Koska lisäksi funktiolle pätee u(, y) = + + y + y y (, y) = P (, y) ja (, y) = Q(, y) kaikilla (, y) R, niin DY:n kaikki ratkaisut saadaan ([J], s.7-8) ratkaisemalla y yhtälöstä u(, y) = C. Tässä siis DY:n ratkaisevat kaikki funktiot y, joille pätee + + y + y y = C, missä C R on jokin vakio. (Huomaa, että eksplisiittinen ratkaisu ei ole vielä tässä välttämätön.) Sijoittamalla alkuarvo y(0) = 0 implisiittiseen ratkaisuun saadaan C = 0 ja siten AAT:n ratkaisuksi funktiot y, joille + + y + y y = 0 y + ( )y + + = 0. Lasketaan vielä eksplisiittinen ratkaisu:. asteen yhtälön ratkaisukaavalla y = ( ) ± ( ) ( + ) = ( ) ±, = ( ) ± 8 + 8) josta y = + TAI y = (alueessa 0 eli ). Alkuarvo y(0) = 0 määrää ratkaisufunktioksi näistä jälkimmäisen ja muistamalla ehto y saadaan ratkaisufunktioksi y() =, >.

3 5. Ratkaisu. a. Koska kaikilla (, y) R P (, y) = 0 = (, y), kun P (, y) = + 3 ja Q(, y) = y, niin tehtävän DY on eksakti koko tasossa R. Edelleen huomataan (siis päätellään/lasketaan ), että kaikilla (, y) R funktiolle u(, y) = y y pätee (, y) = P (, y) ja (, y) = Q(, y). Siispä ratkaisufunktiot y saadaan yhtälöstä (joka on samalla DY:n implisiittinen ratkaisu) y y = C, jossa C R on jokin vakio. b. Koska P (, y) = = (, y) kaikilla (, y) R, kun P (, y) = + y ja Q(, y) = y, niin tehtävän DY ei ole eksakti. c. Tässä P (, y) = e cos y + 3 ja (, y) = 3 + sin y e. Yhtäsuuruus e cos y + 3 = 3 + sin y e toteutuu kuitenkin vain käyrällä e (sin y cos y) = 6 (piirrä kuvaaja laskimella/tietokoneella!), ei siis missään tason R alueessa, joten yhtälö ei ole eksakti. d. Tehtävän DY on hyvin määritelty, kun > 0 ja ln 0 eli e. Lisäksi se on eksakti alueissa D = {(, y) : 0 < < e } ja D = {(, y) : > e } sillä tällöin P (, y) = = (, y), kun P (, y) = y + 6 ja Q(, y) = ln. Lisäksi P (, y) = (, y) ja Q(, y) = (, y), kun u(, y) = y ln + 3 y, joten ratkaisufunktiot y toteuttavat yhtälön y ln +3 y = C, jossa C on vakio. Eksplisiittiseksi ratkaisuksi sekä alueessa D, että alueessa D, saadaan y() = C 3 ln. 6. Ratkaisu. Merkitään P (, y) = y ja Q(, y) = y. Koska kaikilla (, y) R pätee P (, y) = = (, y), niin tehtävän DY on eksakti koko tasossa R. DY:n ratkaisufunktiot y saadaan selville yhtälöstä y3 + y = C (C R vakio), sillä kaikilla (, y) R pätee ( y3 + y) = P (, y) ja ( y3 + y) = Q(, y). Implisiittisessä muodossa DY:n ratkaisu on siis y()3 + y() = C, jossa C R on vakio. Funktio u löydetään suoraan integroimalla (ks. [J], s.9-0) tai yhtäpitävästi ehdoista (, y) = Q(, y) ja (, y) = P (, y) päättelemällä. Funktio u löydetään myös integroimalla: Alueessa D (val. ˆ = ) saadaan u(, y) = P (t, y) dt + y Q(, s) ds ja vastaavasti alueessa D (val. ˆ = e 3 ) u(, y) = P (t, y) dt + e 3 y Q(e 3, s) ds. Molemmissa tapauksissa laskut antavat u(, y) = y ln + 3 y+vakio.

4 Implisiittifunktiolauseen (ks. [J], s.8 tai [M-S] Lause 5., s.50) nojalla vastaavalle AAT:lle alkuehdolla y( 0 ) = y 0 löytyy ratkaisu ainakin niissä pisteissä ( 0, y 0 ), joissa ( 0, y 0 ) 0. Siten tässä tehtävässä ratkaisu löytyy mikäli ( 0, y 0 ) = Q( 0, y 0 ) = y0 0 0 y0 0 eli kun y 0 0 tai y 0 0. Jos Q( 0, y 0 ) = 0, niin ratkaisu löytyy, jos tällöin myös P ( 0, y 0 ) = 0. Olkoon siis 0, y 0 R siten, että y 0 = 0. Nyt P ( 0, y 0 ) = 0 y 0 ol. = y 0 y 0 = 0 toteutuu, jos ja vain jos y 0 = 0 ( 0 = 0) tai y 0 = ( 0 = ). Siis myös pisteissä (0, 0) ja (, ) AAT:llä on ratkaisu. 7. Ratkaisu. Tehtävän DY on eksakti alueessa R, sillä ( + y ) = = ( + y ). Koska lisäksi ( + y + y y) = + y ja ( + y + y y) = + y, niin ratkaisufunktiot löytyvät ratkaisemalla y yhtälöstä + y +y y = C, kun C on joki reaalinen vakio. Kun eo. yhtälöön sijoitetaan = 0 ja y = 0, niin saadaan C = 0. Siispä DY:ä vastaavan AAT:n, kun y(0) = 0, ratkaisut löytyvät ratkaisemalla y yhtälöstä + y + y y = 0 ( y + y y + = 0).. asteen yhtälön ratkaisukaavalla ekspiliittiseksi ratkaisuksi saadaan y = ( ) ± ( ) ( ) = ( ) ± + = ± +. = ( ) ± ) Funktiot y = + + ja y = + ovat hyvin määriteltyjä, kun + 0 eli kun. Alkuehto määrittää ratkaisufunktioksi funktion y() = +,. (Tehtävän voi ratkaista myös separoituvaksi palautuvana yhtälönä.) 8. Ratkaisu. Tehtävänannon nojalla kysytty funktio f toteuttaa kaikilla > 0 ehdon 3 (Piirrä kuva!) 0 f(t) dt = 3 f(). Derivoimalla yhtälö puolittain saadaan DY (merkitään f() = y) y = 3 y + 3 y y y = 0. 3 TAI 0 f(t) dt = 3 f(). Ratkaisu etenee täsmälleen samaan tapaan ja sen ratkaisuksi tulee f() = C, josta voi valita C =.

5 Kirjoitetaan saatu DY ( > 0) separoituvassa muodossa: y = y (tarkalleen ottaen tämä on eri DY kuin alkuperäinen, mutta tässä tapauksessa ratkaisufunktiot välillä ]0, [ ovat samat). Separoimalla (, y > 0) y t dt = s ds + C ln y = ln + C y = C. Valitaan C = (mikä tahansa muu valinta olisi ollut yhtä hyvä!), joten esimerkiksi funktio f() = toteuttaa tehtävän ehdot. (Ratkaiseminen onnistuu useilla muillakin tavoilla, esimerkiksi ratkaisemalla integraalifunktio F, jolle saadaan separoituva DY F () = 3 F (), ja siitä edelleen haluttu funktio f() = F ().)