2 Johdanto Tassa esityksessa funktiot ovat - ellei muuta sanota - yhden tai useamman reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Funktion kasitteen tas

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "2 Johdanto Tassa esityksessa funktiot ovat - ellei muuta sanota - yhden tai useamman reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Funktion kasitteen tas"

Transkriptio

1 Dierentiaaliyhtalot/217 I. Ensimmaisen kertaluvun DY I.1. Lineaarinen DY I.2. Separoituva DY I.3. Eksakti DY I.4. Muita DY:ita I.5. Ratkaisun olemassaolo II. Toisen kertaluvun lineaarinen DY II.1. Perusjarjestelma ja ratkaisun olemassaolo II.2. Vakiokertoiminen homogeeninen DY II.3. Homogeeninen DY II.4. Vakiokertoiminen epahomogeeninen DY II.5. Epahomogeeninen DY III. Lin. vakiokertoiminen DY, kun kertaluku 3 IV. Ens. kertal. lin. vakiokertoiminen DY-ryhma IV.1. Perusjarjestelma, ratkaisun olemassaolo ym. IV.2. Homogeeninen DY-ryhma IV.3. Epahomogeeninen DY-ryhma 1

2 2 Johdanto Tassa esityksessa funktiot ovat - ellei muuta sanota - yhden tai useamman reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Funktion kasitteen tasmallinen maaritelma on esitetty analyysin kurssilla. Kuitenkin sanomme usein f(t):a funktioksi, vaikka tarkoitamme talla sellaista f:aa, jonka arvo t:ssa on f(t) ja jonka maarittely- ja maalijoukko ilmenevat asiayhteydesta. On tarkeaa huomata, etta dierentiaaliyhtalon ratkaisut ovat funktioita, eivat lukuja. Maaraamaton integraali R f(t)dt tarkoittaa mita tahansa kiinnitettya funktiota F (t), joka tayttaa ehdon F (t) = f(t). Esim. 2tdt = t 2 + C; missa C on mika tahansa kiinnitetty, mutta maaraamaton reaaliluku. R = reaalilukujen joukko C = kompleksilukujen joukko

3 3 I. Ensimmaisen kertaluvun DY I.1. Lineaarinen DY Tassa jaksossa tarkastellaan ensimmaisen kertaluvun lineaarista dierentiaaliyhtaloa (1) y (t) + a(t)y(t) = b(t); missa y, a ja b ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n kaikki ratkaisut sellaisilla valeilla, joilla a ja b ovat jatkuvia. Olkoon I jokin sellainen vali. Yhtaloa (1) vastaava homogeeninen DY on (2) y (t) + a(t)y(t) = : Lause 1. Olkoon y 1 (t) = exp( R a(t)dt), kun t 2 I. Vaite: y on (2):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun y = Cy 1 ja C on vakio. Todistus. Derivoimalla nahdaan valittomasti, etta Cy 1 on (2):n ratkaisu. Jos myos y on sellainen, niin y=y 1 on vakio, koska d dt ( y y 1 ) = y y 1 yy 1 y 2 1 = ayy 1 y( ay 1 ) y 2 1 = : Lause 2. Jos y 1 on kuten lauseessa 1 ja y(t) = y 1 (t) b(t)=y 1 (t)dt (t 2 I); niin y on (1):n ratkaisu I:lla. Lause 3. Olkoon y jokin (1):n ratkaisu I:lla ja y 1 kuten lauseessa 1. Vaite: y on (1):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun (3) y = Cy 1 + y ja C on vakio. Todistus. Selvasti Cy 1 + y on (1):n ratkaisu. Oletetaan kaantaen, etta y on (1):n ratkaisu. Silloin y y on (2):n ratkaisu. Lauseen 1 nojalla y y = Cy 1 eli y = Cy 1 + y. Lauseen 3 ehdoilla kaavan (3) oikeaa puolta sanotaan (1):n yleiseksi ratkaisuksi ko. valilla.

4 4 Edella on esitetty perusteluineen kaikki, mita tarvitaan (1):n ratkaisemiseksi. Osoitettiin, etta (1):n yleinen ratkaisu I:lla on (4) y(t) = Cy 1 (t) + y 1 (t) b(t)=y 1 (t)dt; missa y 1 (t) = exp( R a(t)dt). Sen sijaan viela ei ole mainittu mitaan siita, miten tama kaava on johdettu. Esitetaan nyt kaksi sellaista tapaa. Kumpaakin yleistetaan myohemmin. I. Vakion variointi. Korvataan lauseen 1 vakio C maaraamattomalla funktiolla C(t) ja sijoitetaan (1):een y(t) = C(t)y 1 (t). Silloin (1) on ekvivalentti sen kanssa, etta C (t)y 1 (t) = b(t): Tama on ekvivalentti sen kanssa, etta on olemassa sellainen reaalinen C, etta (huom.: y 1 (t) 6= ) C(t) = C + b(t)=y 1 (t)dt: Nain on taas osoitettu, etta (4) on (1):n yleinen ratkaisu I:lla. II. Integroiva tekija.. Kerrotaan (1) puolittain integroivalla tekijalla y 1 (t) 1. Saadaan (1):n kanssa ekvivalentti yhtalo Tassa vasen puoli on y (t) y 1 (t) + a(t) y(t) y 1 (t) = b(t) y 1 (t) : d y(t) ; dt y 1 (t) josta paadytaan haluttuun tulokseen integroimalla puolittain. Lause 3 yleistyy hieman: Lause 4. Jos y on (1):n yleinen ratkaisu ja y 2 on jokin yhtalon y (t)+ a(t)y(t) = b 2 (t) ratkaisu, niin yhtalon yleinen ratkaisu on y + y 2. y (t) + a(t)y(t) = b(t) + b 2 (t)

5 (Maaraamattomien kertoimien menetelma) Ratkais- Esimerkkeja. taan y + 2y = b(t) muutaman b:n tapauksessa, kun I = R. Joka tapauksessa y 1 (t) = e 2t. 1. b(t) = 4. Yrite: y(t) = A. Saadaan A = 2. Yleinen ratkaisu: y(t) = Ce 2t + 2: 2. b(t) = sin t. Yrite: y(t) = A sin t + B cos t. Saadaan A = 2=5, B = 1=5. Yleinen ratkaisu: y(t) = Ce 2t + (2 sin t cos t)=5: 3. b(t) = 4 + e t. Yrite: y(t) = Ae t. Saadaan A = 1=3. Yleinen ratkaisu (ks. lause 4): y(t) = Ce 2t e t =3: 4. Ratkaistaan y y = 2e t. Nyt y 1 (t) = e t. Yrite y(t) = Ae t ei johda nyt mihinkaan, koska se on samaa muotoa kuin y 1 (t). Seuraava yrite: y(t) = Ate t. Saadaan A = 2. Nain ollen yleinen ratkaisu on y(t) = Ce t + 2te t : 5 Esimerkkeja. (Sovelletaan (4):aa.) 1. Ratkaistaan ty (t) + y(t) =. Kun I = (; 1), saadaan y(t) = C=t. Samoin, kun I = ( 1; ). 2. Ratkaistaan y (t) + 2ty(t) = t. Nyt I = R. Kaavan (4) mukaan y(t) = Ce t2 : 3. Ratkaistaan y (t) 2t 1 y(t) = t 2 cos t. Nyt I = (; 1) tai I = ( 1; ). Joka tapauksessa y 1 (t) = t 2. Kummallakin valilla saadaan kaavan (4) mukaan y(t) = (C + sin t)t 2 :

6 6 DY:oon liitetaan usein alkuehto. Yhtalon (1) tapauksessa alkuehto on muotoa y(t ) = y. Kun alkuehto on annettu, tavoitteena on loytaa sellainen ratkaisu, joka tayttaa alkuehdon. DY:a, johon on liitetty alkuehto, sanotaan alkuarvotehtavaksi. Yhtalon (1) yleisessa ratkaisussa on aina yksi, joka tayttaa alkuehdon. Esimerkkeja. 1. Liitetaan ed. esimerkin 1 yhtaloon alkuehto y( 1) = 2. Saadaan C = 2 ja I = ( 1; ) ja y(t) = 2=t. 2. Liitetaan ed. esimerkin 3 yhtaloon alkuehto y(=2) = 3. Saadaan C = ja taman myota DY:lle yksikasitteinen ratkaisu valilla (; 1).

7 7 I.2. Separoituva DY Tarkastellaan separoituvaa DY:a (1) y (t) = g(t)f(y(t)) missa y, g ja f ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n ratkaisut y sellaisilla valeilla I, joilla seuraavat kolme ehtoa tayttyvat: (i) g on jatkuva I:lla, (ii) f on jatkuva y:n arvojoukossa, (iii) f(y(t)) 6= aina, kun t 2 I. Olkoon g jatkuva I:lla ja f jatkuva J:lla ja f(y) 6= aina, kun y 2 J. Merkitaan dy F (y) = (y 2 J): f(y) Olkoon y derivoituva I:lla ja y(t) 2 J aina, kun t 2 I. Helposti nahdaan, etta y on (1):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun d F (y(t)) = g(t) (t 2 I) dt eli, kun on olemassa sellainen c 2 R, etta (2) F (y(t)) = g(t)dt + c (t 2 I): Tassa y(t) on implisiittisessa muodossa. Koska F on monotoninen, niin (2):sta saadaan y myos eksplisiittisesti, ainakin periaatteessa. Jos f(y ) =, saadaan lisaksi ratkaisuksi vakiofunktio y(t) = y. Muodollisesti voidaan menetella nain: dy dt = g(t)f(y); dy f(y) = g(t)dt; dy f(y) = g(t)dt + C:

8 8 Esimerkkeja. (Separoituvia yhtaloita.) 1. y = y 2. Saadaan y = tai y = (t c) 1, kun I = (c; 1) tai I = ( 1; c). Vali I siis riippuu c:sta. 2. 3y = (2t 5)y 2. Tama ei ole standardimuotoa, mutta se ei haittaa. Saadaan y = (t 2 5t + c) 1=3. Koska ei saa olla J:ssa, niin I:ta pitaa rajoittaa niin, etta t 2 5t + c 6= aina, kun t 2 I. 3. y = t=y. Saadaan y 2 t 2 = C. I:ta pitaa rajoittaa niin, etta t 2 > C aina, kun t 2 I. 4. y = 2 p y. Triviaali ratkaisu on y =. Lisaksi saadaan y = (t c) 2 (t c): 5. y = (6t 5 + 1)(cos y + e y ) 1. Saadaan ratkaisu implisiittimuodossa sin y + e y = t 6 + t + c: Nyt ehto, etta cos y + e y ei saa olla tayttyy ainakin, jos I on sellainen, etta t 6 + t + c > 2 aina, kun t 2 I. Esimerkkeja. (Separoituvia yhtaloita, joissa on alkuehto.) 1. y = ay by 2, missa a; b >. Alkuehto: y() = y >. Triviaalit ratkaisut: y = ja y = a=b. Jalkimmainen toteuttaa alkuehdon, jos y = a=b. Muut ratkaisut: Saadaan implisiittiyhtalo y a by = ceat ; missa c:n maaraa alkuehto. Sitten ratkaistaan y ja saadaan ay y = by + (a by )e at : Tama on voimassa ainakin, kun t. 2. y = (y 1)=(t + 3), alkuehto y( 1) =. Triviaali ratkaisu y = 1 ei toteuta alkuehtoa. Saadaan y = (t + 1)=2 valilla ( 3; 1).

9 9 I.3. Eksakti DY Tassa jaksossa esiintyy kahden muuttujan reaaliarvoisia funktioita. Sanotaan, etta R 2 :n osajoukko G on alue, jos se on avoin ja yhtenainen. Sanotaan, etta G on konveksi, jos aina, kun A 2 G ja B 2 G, myos A:n ja B:n yhdistava jana sisaltyy G:hen. Oletetaan seuraavassa yksinkertaisuuden vuoksi, etta G on alue. Olkoon f funktio G! R. Silloin, jos ja ovat jatkuvia G:ssa, sanotaan, etta f on jatkuvasti dierentioituva G:ssa. Usein merkitaan lyhyesti = f x ja = f y. Sanotaan, etta DY (1) M(x; y(x)) + N(x; y(x))y (x) = on eksakti G:ssa, jos on olemassa G:ssa jatkuvasti dierentioituva funktio u, joka tayttaa ehdot u x = M ja u y = N (eli ru = (M; N) eli u on vektorikentan (M; N) potentiaali). Jos I on vali ja (1) on voimassa aina, kun x on talla valilla, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Olkoon (1) eksakti G:ssa ja u kuten edella. Olkoon I avoin vali ja (x; y(x)) 2 G aina, kun x 2 I. On helppo todeta, etta y on (1):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun y on derivoituva I:lla ja on olemassa sellainen C 2 R, etta u(x; y(x)) = C (x 2 I): Usein joudutaan tyytymaan tahan implisiittiyhtaloon. Lause 1. Olkoot M ja N jatkuvasti dierentioituvia G:ssa. (a) Jos (1) on eksakti G:ssa, niin (2) 8(x; y) 2 G M y = N x : (b) Jos (2) on voimassa ja G on konveksi (tahtimainenkin riittaisi), niin (1) on eksakti G:ssa. Todistus sivuutetaan.

10 1 Esimerkki. (Eksakti yhtalo.) Olkoon G = R 2 ja M(x; y) = ye y + 2 ja N(x; y) = xe y + xye y + 1 aina, kun (x; y) 2 G. Silloin G on konveksi ja lauseen ehto (2) tayttyy, joten yhtalo M + Ny = on eksakti G:ssa. Etsitaan u. Koska u x = M, niin integroimalla x:n suhteen saadaan u = xye y + 2x + h(y): Huomaa, etta h(y) voi riippua y:sta, vaikka se ei saa riippua x:sta. Derivoidaan edellinen yhtalo puolittain y:n suhteen. Saadaan u y = xe y + xye y + h (y): Koska u y = N, niin h (y) = 1 eli h(y) y on vakio. Nain ollen on olemassa sellainen k 2 R, etta u = xye y + 2x + y + k: Nain ollen y on ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun y on derivoituva I:lla ja on olemassa sellainen C 2 R, etta xye y + 2x + y = C (x 2 I): Esimerkki. (Epaeksakti yhtalo.) (x + y 2 )y y =. Ed. lauseen nojalla tama ei ole missaan alueessa eksakti. Kerrotaan puolittain integroivalla tekijalla y 2. Saadaan (xy 2 + 1)y y 1 = ; joka on eksakti jokaisessa alueessa G, jota x-akseli ei leikkaa. Taman implisiittinen ratkaisu on y xy 1 = C. Alkuperaisella yhtalolla on lisaksi ratkaisu y =. Huomataan myos, etta annettu epaeksakti yhtalo voidaan esittaa myos muodossa x xy 1 = y. Esimerkki. (Epaeksakti yhtalo.) 2y 6x + (3x 4x 2 =y)y =. Ehto M y = N x tayttyy vain suoralla y = 8x, joten yhtalo ei ole missaan alueessa eksakti. Kertomalla integroivalla tekijalla xy 2 saadaan vasemmalle puolelle d dx (x2 y 3 2x 3 y 2 ); josta x 2 y 3 2x 3 y 2 = C. Tama sisaltaa myos funktion y =, kun C =. Nollafunktio ei kuitenkaan ole annetun DY:n ratkaisu.

11 11 Integroiva tekija voi loytya seuraavan (helposti todistettavan) lauseen avulla: Lause 2. Jos (M y N x )=N ei riipu y:sta, vaan on muotoa f(x), niin yhtalolla Mdx + Ndy = on integroiva tekija exp( R f(x)dx). Jos (N x M y )=M ei riipu x:sta, vaan on muotoa f(y), niin yhtalolla Mdx + Ndy = on integroiva tekija exp( R f(y)dy). Kahden edellisen esimerkin tapauksessa tama lause ei auta. Seuraavissa se auttaa. Esimerkki. 2(y 2 + y + 2x 2 ) + x(2y + 1)y = : Nyt (M y N x )=N = 1=x, joten exp( R (1=x)dx) ja siten x on integroiva tekija. Esimerkki. (1. jakson lineaarinen yhtalo (1)) Tama voidaan kirjoittaa muotoon M(t; y) + N(t; y)y = ; missa R M = b(t) a(t)y ja N = 1. Nyt (M y N t )=N = a(t), joten exp( a(t)dt) eli 1=y 1 (t) on integroiva tekija. Nain ollen kuten 1. jaksossakin. d dt ( y(t)=y 1(t) + b(t)=y 1 (t)dt) =

12 12 I.4. Muita DY:ita Yhtalo (1) y (x) = f(y(x)=x) palautuu sijoituksella y(x)=x = z(x) separoituvaksi yhtaloksi Yhtalo z (x) = f(z(x)) z(x) : x (2) y (x) = f(ax + by(x)) (a; b 2 R; b 6= ) palautuu sijoituksella ax + by(x) = z(x) separoituvaksi yhtaloksi Bernoullin DY z (x) = a + bf(z(x)): (3) y (x) + a(x)y(x) = b(x)y(x) ( 2 R) on lineaarinen, jos = tai 1. Jos 6= 6= 1, se palautuu sijoituksella z(x) = y(x) 1 lineaariseksi yhtaloksi 1 1 z (x) + a(x)z(x) = b(x): Tama ei ole valttamatta ekvivalentti (3):n kanssa! Riccatin DY on muotoa (4) y (x) = a(x)y(x) 2 + b(x)y(x) + c(x): Talla ei ole ratkaisukaavaa. Jos (4):lla on jokin ratkaisu y 1 (x) ja jos niin z(x) toteuttaa lineaarisen DY:n y(x) = y 1 (x) + 1 z(x) ; z (x) = 2a(x)y 1 (x) + b(x) z(x) a(x):

13 13 Esimerkki. (Tyypin (1) DY.) y = y=x + x=y. Sijoitetaan y=x = z. Saadaan z = 1 xz : Esimerkki. (Bernoullin DY.) 2y + 3y = 9xy 3. Triviaali ratkaisu on y =. Sijoitetaan z = y 2. Saadaan z 3z = 9x; jonka yleinen ratkaisu on z = Ce 3x + 3x + 1. Nain ollen y = kunhan nimittaja 6=. 1 p Ce 3x + 3x + 1 (C 2 R) Esimerkki. (Riccatin DY.) y = y 2 + xy + 1. Talla on ainakin ratkaisu y = x. Sijoitetaan y = x + 1=z ja saadaan lineaarinen DY josta z xz = 1; z = Ce x2 =2 + e x2 =2 e x2 =2 dx:

14 14 I.5. Ratkaisun olemassaolo Tarkastellaan tehtavaa (1) y (t) = f(t; y(t)); y(t ) = y : Lause. Jos on olemassa sellaiset positiiviset ja ", etta f ovat jatkuvia suorakulmiossa (2) f(t; y) 2 R 2 : jt t j < ; jy y j < "g; niin on olemassa sellainen positiivinen, etta (1):lla on yksikasitteinen ratkaisu valilla (t ; t + ). (Todistus sivuutetaan.) Esimerkki. (Lauseen ehto tayttyy.) Jos f(t; y) polynomi, niin f ja ovat jatkuvia R 2 :ssa. Siis (1):lla on yksikasitteinen ratkaisu jollakin valilla (t ; t + ). Esimerkki. (Lauseen ehto tayttyy.) Olkoot a, b ja c Riccatin yhtalossa jatkuvia avoimella valilla, johon x kuuluu. Olkoon alkuehto y(x ) = y. Silloin Riccatin DY:lla on yksikasitteinen ratkaisu jollakin valilla (x ; x + ). Esimerkki. (Lauseen ehto ei tayty.) y = 3y 1=3, y() =. Nyt derivaatta y 2=3 ei ole edes maaritetly :ssa.

15 15 II. Toisen kertaluvun lineaarinen DY II.1. Perusjarjestelma ja ratkaisun olemassaolo Tassa luvussa tarkastellaan toisen kertaluvun lineaarista DY:a (1) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = f(t); missa y, p ja q ja f ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n kaikki ratkaisut sellaisilla valeilla, joilla p, q ja f ovat jatkuvia. Olkoon I jokin sellainen vali. Jos vaaditaan lisaksi, etta alkuehdot (2) y(t ) = a; y (t ) = b tayttyvat, niin (1) ja (2) muodostavat yhdessa alkuarvotehtavan. Lause 1. Alkuarvotehtavalla (1) - (2) on yksikasitteinen ratkaisu I:lla. (Sivuutetaan todistus.) Yhtaloa (1) vastaava homogeeninen DY on (3) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = : Seuraavat kaksi lausetta koskevat tata. Lause 2. (3):n kaikkien ratkaisujen joukko I:lla on lineaariavaruus, jota sanotaan sen ratkaisuavaruudeksi I:lla. Lause 3. Jos y 1 ja y 2 ovat (3):n ratkaisuja I:lla ja jokin I:n piste t tayttaa ehdon (4) y 1(t) y1(t) y 2 (t) y2(t) 6= ; niin fy 1 ; y 2 g on (3):n ratkaisuavaruuden kanta. Kantaa sanotaan (3):n perusjarjestelmaksi I:lla.

16 16 Todistus. Olkoon t ehdon (4) tayttava t ja y alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joka lauseen 1 mukaan on yksikasitteinen. Ehdon (4) nojalla yhtaloparilla C1 y 1 (t ) + C 2 y 2 (t ) = a (5) C 1 y1(t ) + C 2 y2(t ) = b on yksikasitteinen ratkaisu C 1, C 2. Nain ollen C 1 y 1 + C 2 y 2 on myos alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joten y = C 1 y 1 + C 2 y 2. Koska pari C 1, C 2 on yksikasitteinen, niin fy 1 ; y 2 g on lineaarisesti riippumaton ja siten siis kanta. Selvasti fy 1 ; y 2 g on (3):n perusjarjestelma I:lla silloin ja vain silloin, kun fy 1 ; y 2 g on lineaarisesti riippumaton joukko (3):n ratkaisuja. Esimerkki. ft; 1=tg on yhtalon t 2 y + ty y = perusjarjestelma valilla (; 1). Lause 4. Jos y on (1):n ratkaisu I:lla ja fy 1 ; y 2 g on (3):n perusjarjestelma, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on y = C 1 y 1 + C 2 y 2 + y ; C 1 ; C 2 2 R: Seuraavaa lausetta tarvitaan jaksossa II.5. Lause 5. Jos fy 1 ; y 2 g on (3):n perusjarjestelma, niin ehto (4) tayttyy aina, kun t 2 I. Todistus. Muuten I:ssa on sellainen t, etta (6) y 1 (t )y 2(t ) = y 1(t )y 2 (t ): Jos y 1 (t ) = y 2 (t ) = ja a 6=, niin (5) on selvasti mahdoton. Jos taas y j (t ) 6= (misssa j = 1 tai j = 2), niin kerrotaan (5):n ylempi yhtalo puolittain y j (t ):lla ja alempi y j (t ):lla ja saadaan (ks (6)) ay j(t ) = by j (t ); mika on mahdoton, jos a = ja b 6=. Siis a ja b voidaan aina valita niin, etta (5) ei toteudu, ts. on olemassa sellainen alkuehto, jota mikaan (3):n ratkaisuavaruuden funktio ei tayta. Tama on ristiriidassa lauseen 1 kanssa, joten mainittua t :aa ei ole.

17 17 II.2. Vakiokertoiminen homogeeninen DY Tarkastellaan ed. jakson (3):n erikoistapausta (1) y (t) + by (t) + cy(t) = : missa b; c 2 R. Taman karakteristinen yhtalo on (2) r 2 + br + c = : Merkitaan D = b 2 4c (diskriminantti). Jos y = e rt, niin (1) ja (2) ovat ekvivalentit. Olkoot (2):n juuret r 1 ja r 2. Jos D <, merkitaan r 1 = + i ja r 2 = i, missa i on imaginaariyksikko ja ; 2 R. Jos D =, merkitaan r 1 = r 2 = r. Lause. (1):n perusjarjestelma on 8 >< >: fe r 1t ; e r 2t g; jos D > ; fe t cos(t); e t sin(t)g; jos D < ; fe rt ; te rt g; jos D = : Todistus. Selvasti nama toteuttavat kaikilla t:n arvoilla (1):n ja edellisen jakson (4):n. Jos D <, niin (1):n eras perusjarjestelma on fe r 1t ; e r 2t g, mutta tama on nyt kompleksinen. Tama voidaan vaihtaa reaaliseksi perusjarjestelmaksi f 1 2 (er 2t + e r 1t ); i 2 (er 2t e r 1t )g; joka onkin edellisen lauseen mukainen. Nimittain e ix = cos x+i sin x aina kun x 2 R. Esimerkki. (Vakiokertoimisen homogeenisen perusjarjestelma.) 1. y 4y 12y =. Nyt D = 64, r 1 = 6, r 2 = 2, perusjarjestelma fe 6t ; e 2t g: 2. y + 2y + 4y =. Nyt D = 12, r 1 = 1 + i p 3, r 2 = 1 i p 3, = 1, = p 3, perusjarjestelma fe t cos(t p 3); e t sin(t p 3)g: 3. 4y + 4y + y =. Nyt D =, r = 1=2, perusjarjestelma fe t=2 ; te t=2 g:

18 18 II.3. Homogeeninen DY Tarkastellaan jakson I.1 yhtaloa (3) eli (1) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = : Yleista ratkaisumenetelmaa ei ole. Rajoitutaan kahteen erikoistapaukseen. Toisessa palaudutaan alempaa kertalukua olevaan DY:oon, toisessa vakiokertoimiseen. Nama puolestaan voidaan aina ratkaista. Olkoon y 1 jokin (1):n ratkaisu I:lla. Sijoitus y(t) = y 1 (t)v(t) johtaa yhtaloon eli y 1 (t)v (t) + 2y 1(t) + p(t)y 1 (t) v (t) + y 1 (t) + p(t)y 1(t) + q(t)y 1 (t) v(t) = y 1 (t)v (t) + 2y 1(t) + p(t)y 1 (t) v (t) = : Merkitsemalla w(t) = v (t) saadaan I kertaluvun lineaarinen DY Tama on sama kuin y 1 (t)w (t) + 2y 1(t) + p(t)y 1 (t) w(t) = : w (t) + 2y 1(t)=y 1 (t) + p(t) w(t) = ; jos y 1 (t) 6= aina, kun t 2 I. Talloin w(t) = C 2 y 1 (t) 2 e P (t) (t 2 I); R missa C 2 on vakio ja P (t) = p(t)dt. Koska w = v ja y = y 1 v, saadaan siis lopulta (2) y(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 1 (t) y 1 (t) 2 e P (t) dt (t 2 I); missa myos C 1 on vakio ja I on sellainen vali, jolla y 1 6=. Nain ollen (1):n perusjarjestelma I:lla on fy 1 ; y 2 g, missa y 2 (t) = y 1 (t) R y 1 (t) 2 e P (t) dt. Esimerkki 1. (Yksi ratkaisu tunnettu). y 2ry + r 2 y =. Eras ratkaisu on e rt, joten yleinen ratkaisu on C 1 e rt + C 2 te rt. Tama saadaan tietenkin helpommin jo ed. jakson menetelmalla.

19 19 Esimerkki 2. (Yksi ratkaisu tunnettu). Olkoon (1):ssa I = ( 1; 1) ja p(t) = 2t 2 ; q(t) = 1 t2 1 t : 2 Selvasti y 1 (t) = t on yksi R ratkaisu. Maarataan y 2 niin, etta fy 1 ; y 2 g on perusjarjestelma. Koska p(t)dt = ln(1 t 2 ), niin y 2 (t) = t t 2 exp(ln(1 t 2 ))dt = t (t 2 1)dt = 1 t 2 : Cauchyn ja Eulerin DY. Tama on (3) t 2 y (t) + pty (t) + qy(t) = ; missa p ja q ovat vakioita. Johdetaan taman perusjarjestelma (; 1):lla. Sijoitus s = ln t johtaa ekvivalenttiin vakiokertoimiseen yhtaloon (4) y (s) + (p 1)y (s) + qy(s) = : Taman karakteristinen yhtalo on r 2 + (p 1)r + q = : Jos taman juuret r 1 ja r 2 ovat reaaliset ja r 1 6= r 2, (4):n perusjarjestelmaksi saadaan fe r 1s ; e r 2s g. Siis, koska s = ln t, (3):n perusjarjestelma on ft r 1 ; t r 2 g. Samaan paadytaan hieman nopeammin sijoittamalla (3):een yrite t r. Jos r 1 = r 2 = r, (4):n perusjarjestelmaksi saadaan fe rs ; se rs g. Talloin (3):n perusjarjestelma on ft r ; t r ln tg. Jos r 1 ja r 2 eiva ole reaaliset, vaan muotoa i, niin (3):n perusjarjestelma on ft cos( ln t); t sin( ln t)g: Esimerkki 1. (Cauchy-Euler) p = 3 ja q = 1. Perusjarjestelma on ft 1 ; t 1 ln tg. Esimerkki 2. (Cauchy-Euler) p = 11=3, q = 1. Perusjarjestelma on ft 3 ; t 1=3 g. Esimerkki 3. (Cauchy-Euler) p = 3, q = 3. Perusjarjestelma on ft 2 cos(ln t); t 2 sin(ln t)g.

20 2 II.4. Vakiokertoiminen epahomogeeninen DY Tarkastellaan yhtaloa (1) ay (t) + by (t) + cy(t) = t n e rt ; missa a; b; c; r 2 C ja n 2 N [ fg. Jos y = e rt v, niin (1) on ekvivalentti sen kanssa, etta (2) av (t) + (2ar + b)v (t) + (ar 2 + br + c)v(t) = t n : Merkitaan P n (t) = P n m= A mt m, missa A ; A 1 ; : : : ; A n ovat kompleksilukuvakioita. Siis P n (t) on polynomi, jonka aste on n. Lemma. On olemassa sellainen polynomi P n (t), etta (2) on voimassa, kun v(t) = t k P n (t) ja k on pienin sellainen kokonaisluku, etta (2):a vastaavan homogeenisen yhtalon ratkaisuja ei ole joukossa ft k+m j m ng. Lause. On olemassa sellainen polynomi P n (t), etta (1) on voimassa, kun (3) y(t) = t k P n (t)e rt ja k tayttaa lemmassa mainitun ehdon. Lauseen ja lemman k on aina, 1 tai 2. Tarkemmin: k = 8 >< >: ; jos ar 2 + br + c 6= 1; jos ar 2 + br + c = ja 2ar + b 6= 2; jos ar 2 + br + c = ja 2ar + b = : Maaraamattomien kertoimien menetelma (1):n ratkaisemiseksi on seuraava: Sijoitetaan (1):een yrite (3) ja ratkaistaan nain muodostuva kertoimia A m koskeva lineaarinen yhtaloryhma. Samalla menetelmalla voidaan aina ratkaista myos (4) ay (t) + by (t) + cy(t) = f(t); kun f(t) on muotoa t n e rt olevien funktioiden (kompleksinen) lineaarikombinaatio. Nimittain ratkaistaan erikseen jokaista termia vastaava DY ja lasketaan sitten saadut ratkaisut yhteen.

21 Esimerkkeja. 1. y + y + y = t 2. Nyt k =, joten yrite on y = A + A 1 t + A 2 t 2. Saadaan y = 2t + t y + y = 1. Nyt k = 1, joten yrite on y = ta. Saadaan y = t. 3. y + y = t. Nyt k = 1, joten yrite on y = t(a + A 1 t). Saadaan y = t + t 2 =2. 4. y + y = 4te t. Nyt k =, joten yrite on y = (A + A 1 t)e t. Saadaan y = ( 3 + 2t)e t. 5. y + y = 1 + t + 4te t. Lasketaan yhteen kolmen ed. esimerkin tulokset ja saadaan y = t 2 =2 + ( 3 + 2t)e t. 6. ay (t) + by (t) + cy(t) = e rt. Jos ar 2 + br + c 6=, niin e rt y = ar 2 + br + c toteuttaa yhtalon. Taman mukaan yhtalon ratkaisu on y = e t =( ) = e t. 21 y 4y + 4y = e t yksi 7. y 4y + 4y = t 4 e 2t. Nyt r = 2, k = 2 ja yritteeksi on otettava y = t 2 (A + + A 4 t 4 ). Nyt ratkaisu loytyy kuitenkin nopeammin nojautumalla (1):n ja (2):n ekvivalenssiin, kun y = e 2t v. Saadaan v = t 4, v = t 6 =3 ja y = e 2t t 6 =3. 8. y + y + y = Cte t=2 cos(ct=2). Olkoon C = p 3. Koska cos(ct=2) = Re(exp(iCt=2)), niin yhtalo saa muodon y + y + y = Re(Cte rt ), missa r = 1=2 + ic=2. Maarataan ensin jokin z, joka toteuttaa yhtalon z + z + z = Cte rt. Nyt r 2 + r + 1 = ja 2r + 1 6=, joten k = 1 ja yrite on z = t(a + A 1 t)e rt. Sievennysten jalkeen saadaan yhtalopari ica + 2A 1 = A = 1=C eli 2iCA 1 = C A 1 = i=2 : Siis z = (t=c it 2 =2)e rt. Koska (Re z) + (Re z) + Re z = Re(z + z + z) = Re Cte rt ; niin saadaan y = Re z. Koska exp(ict=2) = cos(ct=2) + i sin(ct=2) ja Re z = (t=c)e t=2 Re(exp(iCt=2)) (t 2 =2)e t=2 Re(i exp(ict=2)); niin y = (t=c) cos(ct=2) + (t 2 =2) sin(ct=2) e t=2.

22 22 II.5. Epahomogeeninen DY Olkoot y 1 ja y 2 pisteessa t derivoituvia funktioita. Naiden Wronskin determinantti t:ssa on luku W (y 1 ; y 2 )(t), joka maaritellaan kaavalla W (y 1 ; y 2 )(t) = y 1(t) y1(t) y 2 (t) y2(t) : Olkoon I vali ja tarkastellaan yhtaloa (1) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = f(t); missa p ja q ja f ovat jatkuvia I:lla. Lause. Jos fy 1 ; y 2 g on (1):a vastaavan homogeenisen yhtalon perusjarjestelma I:lla ja W (t) = W (y 1 ; y 2 )(t), niin y(t) = y 2 (t) y1 (t)f(t)=w (t) dt y 1 (t) y2 (t)f(t)=w (t) dt toteuttaa (1):n. Todistus. Jakson II.1 lauseen 5 nojalla W (t) 6=, kun t 2 I, joten lauseen integraalit ovat maaritellyt. Laskemalla y ja y ja sijoitamalla tulokset (1):een nahdaan vaite oikeaksi. Johdetaan edellisen lauseen tulos varioimalla vakioita, ts. korvaamalla homogeenisen yhtalon ratkaisussa C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t) esiintyvat vakiot muuttuvilla funktioilla C 1 (t) ja C 2 (t) ja ratkaisemalla nama niin, etta y(t) = C 1 (t)y 1 (t) + C 2 (t)y 2 (t) toteuttaa (1):n. Jos C (2) 1 (t)y 1 (t) + C2(t)y 2 (t) = C1(t)y 1(t) + C2(t)y 2(t) = f(t); niin laskemalla y ja y ja sijoitamalla tulokset (1):een nahdaan vaite oikeaksi. Ehto (2) on matriisimuodossa y1 (t) y 2 (t) C 1 (t) y1(t) y2(t) C2(t) = f(t)

23 23 eli C 1(t) C2(t) = Tassa kaanteismatriisi on y1 (t) y1(t) 1 W (t) y 2 (t) y2(t) y2 (t) y 1 (t) joten (2) on ekvivalentti sen kanssa, etta 1 : f(t) ; Jos siis C 1(t) = y 2 (t)f(t)=w (t); C 2(t) = y 1 (t)f(t)=w (t): C 1 (t) = y2 (t)f(t)=w (t) dt; C 2 (t) = y1 (t)f(t)=w (t) dt; niin (2) toteutuu. Esimerkki 1. Olkoon I vali, =2 I ja ratkaistaan (3) y 4y + 4y = t 2 e 2t yleisesti I:lla. Homogeenisen yhtalon perusjarjestelma on fe 2t ; te 2t g ja W (e 2t ; te 2t ) = e 4t. Nain ollen y(t) = te 2t e 2t (t 2 e 2t )=e 4t dt e 2t te 2t (t 2 e 2t )=e 4t dt = (1+ln jtj)e 2t toteuttaa (3):n, ja yleinen ratkaisu on y(t) = (K 1 + K 2 t ln jtj)e 2t : Esimerkki 2. Maaritetaan jokin yhtalon (4) y + y = tan t ratkaisu valilla ( =2; =2). Homogeenisen yhtalon perusjarjestelma on fcos t; sin tg ja W (cos t; sin t) = 1. Nain ollen y(t) = sin t toteuttaa (4):n. cos t tan tdt cos t sin t tan tdt = (cos t) ln 1 + sin t cos t

24 24 Esimerkki 3. Maaritetaan jokin yhtalon (4) y y = t + 2 e t + 1 ratkaisu R:ssa. Yhtalon z z = t eras ratkaisu on z(t) = t. Yhtaloa w w = 2 e t + 1 vastaavan homogeenisen perusjarj. on fe t ; e t g ja W (e t ; e t ) = 2. Nain ollen epahomogeenisella on ratkaisu w(t) = 1 2e t 2 e t e t + 1 dt + 1 2e t 2 et e t + 1 dt = e t ln(e t + 1) 1 + e t ln(1 + e t ): Kun tahan lisataan t saadaan sellainen y(t), joka toteuttaa (4):n. Huomautus. Vakioiden varioiminen johtaisi esim. jakson II.4 esimerkissa 1 tyolaisiin integraaleihin. Toisaalta maaraamattomien kertoimien menetelma ei sovellu kahdessa ed. esimerkissa (paitsi kolmannessa osittain), vaikka yhtalot ovatkin vakiokertoimisia. Seuraavassa kertoimet eivat ole edes vakioita. Esimerkki 4. Ratkaistaan (5) y + 2ty 1 t 2 2y 1 t 2 = 2 2t yleisesti valilla ( 1; 1). Jakson II.3 esimerkissa todettiin, etta tata vastaavan homogeenisen yhtalon perusjarjestelma on ft; 1 + t 2 g. Saadaan W (t; 1 + t 2 ) = t 2 1. Nain ollen t(2 2t)dt t 2 1 = 2t 2t 2 t 3 + 2(1 + t) 2 ln(1 + t) y(t) = (1 + t 2 ) toteuttaa (5):n, ja yleinen ratkaisu on (1 + t2 )(2 2t)dt t t 2 1 y(t) = K 1 t + K 2 (1 + t 2 ) + 2 t 3 + 2(1 + t) 2 ln(1 + t):

25 25 III. Lin. vakiokertoiminen DY, kun kertaluku 3 Tassa luvussa tarkastellaan lyhyesti vakiokertoimista DY:a (1) y (n) (t) + p n 1 y (n 1) (t) + + p 1 y (t) + p y(t) = f(t); missa n 3 seka y ja f ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Todistukset sivuutetaan nyt kokonaan. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n kaikki ratkaisut sellaisilla valeilla, joilla f on jatkuva. Olkoon I jokin sellainen vali. Jos vaaditaan lisaksi, etta alkuehdot (2) y(t ) = a ; y (t ) = a 1 ; : : : ; y (n 1) (t ) = a n 1 tayttyvat, niin (1) ja (2) muodostavat yhdessa alkuarvotehtavan. Lause 1. I:lla. Alkuarvotehtavalla (1) - (2) on yksikasitteinen ratkaisu Yhtaloa (1) vastaava homogeeninen DY on (3) y (n) (t) + p n 1 y (n 1) (t) + + p 1 y (t) + p y(t) = : Lause 2. (3):n kaikkien ratkaisujen joukko I:lla on lineaariavaruus, jonka dimensio on n. Lauseen 2 lineaariavaruutta sanotaan (3):n ratkaisuavaruudeksi I:lla ja sen kantaa (3):n perusjarjestelmaksi I:lla. Lause 3. Jos y on (1):n ratkaisu I:lla ja fy 1 ; : : : ; y n g on (3):n perusjarjestelma, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on y = nx j=1 C j y j + y (C 1 ; : : : ; C n 2 R): Jos f on sopivaa muotoa, niin y loydetaan maaraamattomien kertoimien menetelmalla kuten II luvussa. Palataan tahan viela alempana, lauseessa 4.

26 26 Perusjarjestelman loytamiseksi ratkaistaan ensin karakteristinen yhtalo (4) r n + p n 1 r n p 1 r + p = : Jos (4):n erilaiset juuret ovat r 1,...,r m eli (5) r n + p n 1 r n p 1 r + p = (r r 1 ) k 1 : : : (r r m ) k m ; niin (3):n (kompleksinen) perusjarjestelma on (6) [ m j=1 [k j 1 k= ftk e r jt g: Jos + i on jokin (4):n juurista, missa ; 2 R, niin myos i on (4):n juuri, jolloin perusjarjestelman osajoukko ft k e t+it ; t k e t it g voidaan korvata reaalisella osajoukolla ft k e t cos(t); t k e t sin(t)g: Nain voidaan (6) aina korvata reaalisella perusjarjestelmalla. Olkoon (1):ssa f(t) = t m e rt, missa r 2 C ja m 2 N [ fg. Lause 4. On olemassa sellainen astetta m oleva polynomi P m (t), etta (1) on voimassa, kun (7) y(t) = t k P m (t)e rt ja k on pienin sellainen kokonaisluku, etta (3):n ratkaisuja ei ole joukossa ft k+h e rt j h mg. Maaraamattomien kertoimien menetelma (1):n ratkaisemiseksi on seuraava: Sijoitetaan (1):een yrite (7) ja ratkaistaan nain muodostuva polynomin P m (t) kertoimia koskeva lineaarinen yhtaloryhma. Samalla menetelmalla voidaan ratkaista (1) myos, kun f(t) on muotoa t m e rt olevien funktioiden (kompleksinen) lineaarikombinaatio. Nimittain ratkaistaan erikseen jokaista f(t):n termia vastaava DY ja lasketaan sitten saadut ratkaisut yhteen.

27 27 Esimerkkeja. (Perusjarjestelma) Seuraavissa K(r) tarkoittaa karakteristista polynomia. 1. y y y + y =, joten perusjarjestelma on K(r) = r 3 r 2 r + 1 = (r + 1)(r 1) 2 ; fe t ; e t ; te t g: 2. y 2y =, K(r) = r 3 2r 2 = (r 2)r 2 ; joten perusjarjestelma on fe 2t ; 1; tg: 3. y y + y y =, K(r) = r 3 r 2 + r 1 = (r 1)(r 2 + 1) = (r 1)(r + i)(r i); joten perusjarjestelma on fe t ; cos t; sin tg: 4. y + 2y + 5y =, K(r) = r 3 + 2r 2 + 5r = r(r 2 + 2r + 5) = r(r i)(r + 1 2i); joten perusjarjestelma on f1; e t cos(2t); e t sin(2t)g: 5. y (4) + 8y + 16y =, K(r) = r 4 + 8r = (r 2 + 4) 2 = (r + 2i) 2 (r 2i) 2 ; joten perusjarjestelma on fcos(2t); t cos(2t); sin(2t); t sin(2t)g:

28 28 Esimerkkeja. (Epahomogeeninen yhtalo) 1. y y y + y = e 2t. Koska K(2) = 3 6=, niin y = e 2t =K(2) = e 2t =3: 2. y y y + y = e t. Nyt m = ja r = 1 lauseessa 4, joten k = 2. Siis P m (t) = A, siis vakio, ja yrite on muotoa Saadaan A = 1=4. y(t) = t 2 Ae t : 3. y y y + y = te t. Nyt m = 1 ja r = 1 lauseessa 4, joten k = 2. Siis P m (t) = A + A 1 t, ja yrite on muotoa y(t) = t 2 (A + A 1 t)e t = (A t 2 + A 1 t 3 )e t : Saadaan A = 1=8 ja A 1 = 1=12.

29 IV. Ens. kertal. lin. vakiokertoiminen DY-ryhma IV.1. Perusjarjestelma, ratkaisun olemassaolo ym. Olkoon I vali ja n 2 N. Tarkastellaan lineaarista DY-ryhmaa (1) x (t) = Ax(t) + f(t); missa x ja f ovat funktioita I! R n ja A = (a ij ) on t:sta riippumaton tyypin n n matriisi. Merkitaan x = (x 1 ; : : : ; x n ), f = (f 1 ; : : : ; f n ) ja tulkitaan nama (1):ssa tyypin n 1 matriiseiksi. Oletetaan, etta f on jatkuva I:lla, ts. etta jokainen sen komponentti on jatkuva I:lla. Ryhmaan (1) voidaan liittaa alkuehto (2) x(t ) = x : Ryhmaa (1) vastaava homogeeninen ryhma on (3) x (t) = Ax(t): Tassa tapauksessa f on nollafunktiona jatkuva R:ssa, joten I = R, ja I voidaan jattaa mainitsematta. Lause 1. Alkuarvotehtavalla (1) - (2) on yksikasitteinen ratkaisu I:lla. (Sivuutetaan todistus.) Lause 2. (3):n kaikkien ratkaisujen joukko on lineaariavaruus, jota sanotaan sen ratkaisuavaruudeksi. Olkoot x 1, : : :, x n funktioita I! R n. Olkoon X(t) matriisi, jonka pystyriveina ovat vektorit x j (t), ts. X(t) = x 11 (t) : : : x n1 (t) B : : : : : x 1n (t) : : : x nn (t) 1 C A : Naiden Wronskin determinantti t:ssa on det X(t). Merkitaan W (x 1 ; : : : ; x n )(t) = det X(t): Huomautus. Wronskin determinantin ed. maaritelma ei ole ristiriidassa sen kanssa miten se maariteltiin II luvussa. Maaritelmat nimittain yhtyvat, kun n = 1. 29

30 3 Lause 3. Jos x 1, : : :, x n ovat (3):n ratkaisuja ja jokin t tayttaa ehdon (4) W (x 1 ; : : : ; x n )(t) 6= ; niin fx 1 ; : : : ; x n g on (3):n ratkaisuavaruuden kanta. Kantaa sanotaan (3):n perusjarjestelmaksi. Vastaavaa matriisia X sanotaan (3):n perusmatriisiksi. Todistus. Olkoon t ehdon (4) tayttava t ja x alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joka lauseen 1 mukaan on yksikasitteinen. Ehdon (4) nojalla yhtaloryhmalla X(t )c = x on yksikasitteinen ratkaisu c. Nain ollen Xc on myos alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joten x = Xc. Koska c on yksikasitteinen, niin X:n pystyrivien muodostama joukko eli fx 1 ; : : : ; x n g on lineaarisesti riippumaton ja siten siis kanta. Seuraus. (3):n ratkaisuavaruuden dimensio on n. Todistus. Olkoon e j = ( 1j ; : : : ; nj ) (siis R n :n kantavektori). Jokaista j:ta kohti (3):lla on alkuehdon x() = e j tayttava ratkaisu x j, ja selvasti W (x 1 ; : : : ; x n )() = 1. Selvasti mika tahansa I:lla maaritelty funktiojoukko fx 1 ; : : : ; x n g on lineaarisesti riippumaton, jos jokin I:n piste t tayttaa ehdon (4). Mutta lineaarisesta riippumattomuudesta ei seuraa (4). Esim. f(1; ); (t; )g on lineaarisesti riippumaton pari funktioita, mutta naiden Wronskin determinantti on kaikilla t:n arvoilla. Lause 4. Jos fx 1 ; : : : ; x n g on (3):n perusjarjestelma ja x on (1):n ratkaisu I:lla, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on x = nx j=1 C j x j + x : Huomautus. Em. yleinen ratkaisu voidaan esittaa lyhyesti muodossa x = Xc + x ; missa X on perusmatriisi ja c = (C 1 ; : : : ; C n ).

31 31 Kertalukua n oleva lineaarinen (vakiokertoiminen) DY voidaan helposti saattaa muotoon (1). Kaantaen, on mahdollista, mutta vaikeampi saattaa (1) muotoon, jossa minka tahansa x j :n maaraa kertalukua n oleva lineaarinen vakiokertoiminen DY. Tata sanotaan eliminointimenetelmaksi. Tarkastellaan seuraavaksi naita tehtavia. DY:n muuntaminen muotoon (1). Olkoon (5) y (n) (t) + p n 1 y (n 1) (t) + + p 1 y (t) + p y(t) = f(t): Olkoon jolloin (5) saa muodon x j (t) = y (j 1) (t) (j = 1; : : : ; n); x n(t) + p n 1 x n (t) + + p 1 x 2 (t) + p x 1 (t) = f(t): Silloin, jos x(t) = (x 1 (t); : : : ; x n (t)), f(t) = (; : : : ; ; f(t)) ja niin A = 1 : : : 1 : : : : : : : : : : : : 1 p p 1 p 2 p 3 : : : p n 1 x (t) = Ax(t) + f(t): 1 C A ; Esimerkki. Jos y + 2y 3y = t ja x = (y; y ), niin 1 x = x + : 3 2 t Eliminointimenetelma. Merkitaan x = D x, x = D 1 x, x = D 2 x, x = D 3 x jne. Siis D on dierentiaalioperaattori. Sita kaytetaan seuraavien esimerkkien tapaan. Esimerkkeja. 1. 2x (4) +3x +x = (2D 4 +3D +1)x. (Vrt. karakteristinen polynomi.) 2. (D + 1)x + (3D 2)x = (4D 1)x = 4x x.

32 32 3. ((D + 1)(3D 2))x = (3D 2 + D 2)x = 3x + x 2x. 4. (D + 1)((3D 2)x) = (D + 1)(3x 2x) = 3x + x 2x. 5. Esimerkeissa 3 ja 4 saatiin ((D+1)(3D 2))x = (D+1)((3D 2)x). (Vrt. assosiatiivisuus.) 6. (D + 1)(3D 2)x = (3D 2)(D + 1)x. (Vrt. kommutatiivisuus.)

33 33 Esitellaan eliminointimenetelma kahden esimerkin avulla. Esimerkki 1. (DY-pari) Pari x (t) = Ax(t) + f(t) saadaan muotoon x 1 a 11 x 1 a 12 x 2 = f 1 x 2 a 21x 1 a 22 x 2 = f 2 eli (D a11 )x 1 a 12 x 2 = f 1 : a 21 x 1 + (D a 22 )x 2 = f Olkoon tassa erikoisesti A = ja f(t) = 2 3 (D 1)x1 x 2 = (6) 2x 1 + (D 3)x 2 = t : t. Silloin Kerrotaan alempi yhtalo (D 1):lla: (D 1)x1 x 2 = 2(D 1)x 1 + (D 1)(D 3)x 2 = 1 t : Lisataan ylempi kahdesti alempaan, jolloin alemmalle riville saadaan eli ((D 1)(D 3) 2)x 2 = 1 t (7) (D 2 4D + 1)x 2 = 1 t; siis II kertaluvun DY x 2 :n suhteen. Samaan tapaan voidaan johtaa II kertaluvun DY x 1 :n suhteen. Mutta ratkaisemista ajatellen on samantekevaa kumpi tehdaan, silla kun esim. x 2 on ratkaistu, x 1 saadaan I kertaluvun DY:sta. Katsotaan samalla (6):n ratkaisu loppuun saakka. Yhtalon (7) perusjarjestelmaksi saadaan fe r 1t ; e r 2t g, missa r 1 = 2 + p 3 ja r 2 = 2 p 3. Yrite on siis x 2 = A + A 1 t ja saadaan A = 3 ja A 1 = 1. Nain ollen ja (6):sta helposti x 2 = C 1 e r 1t + C 2 e r 2t 3 t x 1 = 1 2 C 1( 1 + p 3)e r 1t C 2( 1 p 3)e r 2t 1 2 t 2 : Nain ollen parin (6) yleinen ratkaisu R:ssa on x = C 1 e r 1t 1 p C 2 e r 2t 1 1 p t 2 t :

34 34 Esimerkki 2. Millainen III kertaluvun DY x 1 :lle saadaan ryhmasta Tama saadaan muotoon 1 x A x? A x = : Merkitaan D 1 = D 1 ja D 5 = D 5. Saadaan D 1 2 D 1 1A x = : 2 1 D 5 Operoidaan III rivia D 1 :lla: D 1 2 D 1 1 A x = : 2D 1 D 1 D 1 D 5 Lisataan I rivi kahdesti ja II rivi D 1 2 D A x = : (D 1 D 5 5) Operoidaan I rivia (D 1 D 5 1(D 2 1D 5 5)D 1 (D 1 D 5 5) D 1 1 (D 1 D 5 5) 1 A x = : Lisataan III ensimmaiseen ja kerrotaan sitten I kahdella, jolloin I:lle riville saadaan (D 1 D 5 5)D 1 x 1 = eli eli (D 3 7D 2 + 6D)x 1 = x 1 7x 1 + 6x 1 = :

35 35 IV.2. Homogeeninen DY-ryhma Tarkastellaan homogeenista DY-ryhmaa (1) x (t) = Ax(t): Jos x(t) = e rt u, missa u 6= ja u on riippumaton t:sta, niin (1) on ekvivalentti sen kanssa, etta (2) (A ri)u = ; missa I on n-rivinen identiteettimatriisi. Koska yhtaloryhmalla (2) on epatriviaali ratkaisu u, niin matriisin A ri determinantti on. Siis r on A:n ominaisarvo ja u vastaava ominaisvektori. Em. determinanttia sanotaan A:n karakteristiseksi polynomiksi. A:n ominaisarvot ovat siis taman juuret. Koska taman polynomin aste on n, niin ominaisarvojen lukumaara on n. Muistettakoon, etta :aa ei pideta koskaan ominaisvektorina, vaikka se u:n paikalle sijoitettuna toteuttaakin (2):n. Kaikkien A:n ominaisarvojen joukkoa sanotaan A:n spektriksi. Lause 1. Jos fr 1 ; : : : ; r n g on A:n spektri ja vastaava ominaisvektoreiden joukko fu 1 ; : : : ; u n g on lineaarisesti riippumaton, niin (1):n perusjarjestelma on fe r jt u j j j = 1; : : : ; ng: Todistus. Nama toteuttavat (1):n ja jos W (t) on naiden Wronskin determinantti, niin W () 6= oletetun lineaarisen riippumattomuuden johdosta. Nain ollen vaite seuraa ed. jakson lauseesta 3. Lause 2. Jos fr 1 ; : : : ; r n g on A:n spektri ja r i 6= r j aina, kun i 6= j, niin vastaava ominaisvektoreiden joukko on lineaarisesti riippumaton.

36 36 Todistus. Olkoon Au j = r j u j (j = 1; : : : ; n) ja U = fu 1 ; : : : ; u k g maksimaalinen lineaarisesti riippumaton joukko vektoreita u j. Vastaoletus: k < n. Silloin u n voidaan esittaa U:n lineaarikombinaationa eli u n = kx j=1 c j u j ; missa c j 6= ainakin yhdella j:n arvolla (koska u n 6= ). Nain ollen kx j=1 c j (r n r j )u j = (r n A) kx j=1 Nain ollen c j (r n r j ) = aina, kun 1 j k. r n 6= r j, joten c j = aina, kun 1 j k, ristiriita. c j u j = (r n A)u n = : Oletuksen mukaan Lause 3. Jos A on symmetrinen, sen ominaisvektoreiden virittaman avaruuden dimensio on n. (Sivuutetaan todistus.) Esimerkki 1. (Lauseen 2 ehto tayttyy, spektri reaalinen.) Olkoon A Spektri on f; 1; 1g. Vastaavat ominaisvektorit samassa jarjestyksessa ovat 1 u = (1; ; ); u 1 = (2; 1; 1); u 1 = (; 1; 1): Lauseen 1 mukaan (1):n perusjarjestelma on A : f(1; ; ); e t (2; 1; 1); e t (; 1; 1)g eli perusmatriisi on 1 2e t e t e t A : e t e t

37 37 Esimerkki 2. (Lauseen 2 ehto tayttyy, spektri epareaalinen.) Olkoon 1 3 A = : 6 7 Spektri on f4 + 3i; 4 3ig. Vastaavat ominaisvektorit samassa jarjestyksessa ovat u + = (1; 1 + i); u = (1; 1 i): Lauseen 1 mukaan (1):n perusjarjestelma on fx + ; x g, missa x + = e (4+3i)t (1; 1 + i) = e 4t 1 (cos(3t) + i sin(3t)) 1 + i x = e (4 3i)t (1; 1 i) = e 4t 1 (cos(3t) i sin(3t)) 1 i kun vektorit kirjoitetaan tyypin 2 1 matriiseina. Realisoidaan tama. Ensinnakin x + + x = 2e 4t cos(3t) ; cos(3t) sin(3t) x + x = 2ie 4t sin(3t) cos(3t) + sin(3t) Koska fx + ; x g on perusjarjestelma, niin samoin on Tama on lisaksi reaalinen. f 1 2 (x + + x ); 1 2i (x + x )g: Esimerkki 3. (Lauseen 3 ehto tayttyy, spektri reaalinen.) Olkoon A A : Spektri on f 3; 3g. Tassa 3 on kertalukua 2. Arvoa 3 vastaa ominaisvektori (1; 1; 1). Arvoa 3 vastaavat ominaisvektorit ( 1; 1; ) ja (1; ; 1). Nama kolme vektoria muodostavat lineaarisesti riippumattoman joukon. 1 : ; ;

38 38 Esimerkki 4. (Lauseen 2 ehto tayttyy, spektri epareaalinen.) Olkoon A A : Spektri on f1; 1 + 2i; 1 2ig. Vastaavat ominaisvektorit samassa jarjestyksessa ovat u 1 = (2; 3; 2); u + = (; i; 1); u = (; i; 1): Lauseen 1 mukaan (1):n perusmatriisi on 2et 3e t ie (1+2i)t ie (1 2i)t A : 2e t e (1+2i)t e (1 2i)t Jos tassa toinen pystyrivi edustaa vektoria x + ja kolmas vektoria x, niin perusmatriisi voidaan realisoida korvaamalla toinen ja kolmas pystyrivi vastaavasti vektoreilla 1 2 (x ++x ) ja 1 2i (x + x ). Nain saadaan reaalinen 2et 1 3e t e t sin(2t) e t cos(2t) A : 2e t e t cos(2t) e t sin(2t) Maaritelma. Jos on A:n ominaisarvo ja k on sellainen kokonaisluku, etta (A I) k v = ; v 6= ; niin v on :aa vastaava A:n yleistetty ominaisvektori. Lause 4. Jos, v ja k ovat kuten maaritelmassa seka X (3) x(t) = e t k 1 niin (1) on voimassa. j= t j j! (A I)j v; Todistus. Sijoitetaan (3):n mukainen x(t) kaavaan (1).

39 39 Huomautus. Kaavan (3) oikealla puolella oleva summa muodostuu kehittamalla e At Maclaurinin sarjaksi ikaan kuin At olisi luku (ks. kaavaarkki). Tata voi kayttaa muistisaantona. Huomautus. On selvaa, etta jos v on ominaisvektori, niin v on myos yleistetty ominaisvektori. Mutta kaanteinen paatelma ei ole voimassa. 1 Nimittain, jos A =, niin on A:n ominaisarvo ja vastaavat ominaisvektorit ovat muotoa (v; ). Mutta :aa vastaavavat A:n yleistetyt ominaisvektorit ovat kaikki R 2 :n vektorit paitsi, koska A 2 =. Lause 5. Jos on A:n ominaisarvo, jonka kertaluku on m, niin on olemassa lineaarisesti riippumaton joukko, jossa on m :aa vastaavaa A:n yleistettya ominaisvektoria. (Sivuutetaan todistus.) Esimerkki 5. (Yleistetyt ominaisvektorit.) Tassa esimerkissa eivat lauseen 2 eivatka lauseen 3 ehdot tayty. Olkoon 1 A A : 1 2 Talla on vain yksi ominaisarvo = 2, jonka kertaluku on siten kolminkertainen. Tata vastaa kahden lineaarisesti riippumattoman ominaisvektorin joukko fu; vg, missa u = (1; ; ) ja v = (; ; 1). Koska (A 2I) 2 =, niin mika tahansa w 6= on :a vastaava yleistetty ominaisvektori. Valitaan nyt w siten, etta fu; v; wg on lineaarisesti riippumaton, siis esim. w = (; 1; ). Lauseen 4 nojalla w:sta saadaan (1):lle ratkaisu x(t) = e 2t (w + t(a 2I)w) = e 2t 1A + 1 1AA = e t 1 A : 1 t Tama yhdessa u:hun ja v:hen liittyvien ratkaisujen kanssa tuottaa e2t te 2t e 2t e 2t te 2t Taman determinantti ei ole, joten kysymyksessa on todella perusmatriisi. 1 A :

40 4 IV.3. Epahomogeeninen DY-ryhma Tarkastellaan epahomogeenista DY-ryhmaa (1) x (t) = Ax(t) + f(t): Jos x (t) on (1):n ratkaisu I:lla ja X(t) on vastaavan homogeenisen ryhman perusmatriisi, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on x(t) = X(t)c+x (t) (ks. IV.1, lause 4). Seuraava lause voidaan johtaa varioimalla vakiota c. Lause 1. x (t) = X(t) R X(t) 1 f(t)dt, kun t 2 I. Todistus. Koska X (t) = AX(t), niin X X 1 f = X X 1 f + X X 1 f = A X X 1 f + f: Esimerkki 1. (f vakio.) Olkoon 1 A = 1 ; f(t) = Nyt A:n spektri on fi; ig. Perusmatriisi on sin t cos t X(t) = cos t sin t ja X(t) 1 = X(t). Nain ollen X(t) 1 f(t)dt = Nain ollen x (t) = X(t) Yleinen ratkaisu on x(t) = X(t)c + x (t) sin t cos t = cos t sin t = sin t 3 sin t 3 cos t sin t X(t) 1 f(t)dt = cos t C1 + C 2 3 : cos t 3 cos t sin t dt = 3 = cos t sin t dt 3 cos t 3 sin t : 3 cos t = : 3 sin t 3 C1 sin t + C 2 cos t : C 1 cos t + C 2 sin t + 3

41 41 Esimerkki 2. (f ei ole vakio.) Olkoon 2 1 4t 3t 2 A = ; f(t) = 1 2 3t 2 Nyt A:n spektri on f1; 3g. Perusmatriisi on e t e X(t) = 3t e t e 3t ja Nain ollen X(t) 1 f(t)dt = Nain ollen X(t) 1 = = x (t) = X(t) e t = e t e t =2 e t =2 e 3t =2 e 3t : =2 e t =2 e t =2 : 4t 3t 2 e 3t =2 e 3t =2 3t 2 dt 2te t 2(1 + t)e t (2t 3t 2 )e 3t dt = t 2 e 3t X(t) 1 f(t)dt e 3t 2(1 + t)e t e 3t t 2 e 3t = t2 2t 2 t 2 : + 2t + 2 :

3 TOISEN KERTALUVUN LINEAARISET DY:T

3 TOISEN KERTALUVUN LINEAARISET DY:T 3 TOISEN KERTALUVUN LINEAARISET DY:T Huomautus epälineaarisista. kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Epälineaarisen DY:n ratkaisemiseen ei ole yleismenetelmää. Seuraavat erikoistapaukset voidaan ratkaista

Lisätiedot

Matematiikka B3 - Avoin yliopisto

Matematiikka B3 - Avoin yliopisto 2. heinäkuuta 2009 Opetusjärjestelyt Luennot 9:15-11:30 Harjoitukset 12:30-15:00 Tentti Lisäharjoitustehtävä Kurssin sisältö (1/2) 1. asteen Differentiaali yhtälöt (1.DY) Separoituva Ratkaisukaava Bernoyulli

Lisätiedot

6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset

6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 51 6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6.1. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p i : I R, i = 0, 1, 2,..., n, ja q : I R jatkuvia

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt, osa 1 Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 20 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

Lisätiedot

Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä

Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä 1 MAT-1345 LAAJA MATEMATIIKKA 5 Tampereen teknillinen yliopisto Risto Silvennoinen Kevät 9 Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Yksi tavallisimmista luonnontieteissä ja tekniikassa

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot

Lisätiedot

2. kl:n DY:t. Lause. Yleisesti yhtälöllä ẍ = f(ẋ, x, t) on (sopivin oletuksin) aina olemassa 1-käs. ratkaisu. (ẋ dx/dt, ẍ d 2 x/dt 2.

2. kl:n DY:t. Lause. Yleisesti yhtälöllä ẍ = f(ẋ, x, t) on (sopivin oletuksin) aina olemassa 1-käs. ratkaisu. (ẋ dx/dt, ẍ d 2 x/dt 2. 2. kl:n DY:t Yleisesti yhtälöllä ẍ = f(ẋ, x, t) on (sopivin oletuksin) aina olemassa 1-käs. ratkaisu. (ẋ dx/dt, ẍ d 2 x/dt 2.) Lause Olkoon f(x 2, x 1, t) funktio, ja oletetaan, että f, f/ x 1 ja f/ x

Lisätiedot

5 Differentiaaliyhtälöryhmät

5 Differentiaaliyhtälöryhmät 5 Differentiaaliyhtälöryhmät 5.1 Taustaa ja teoriaa Differentiaaliyhtälöryhmiä tarvitaan useissa sovelluksissa. Toinen motivaatio yhtälöryhmien käytölle: Korkeamman asteen differentiaaliyhtälöt y (n) =

Lisätiedot

4 Korkeamman kertaluvun differentiaaliyhtälöt

4 Korkeamman kertaluvun differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt c Pekka Alestalo 2015 Tässä monisteessa käydään läpi tavallisiin differentiaaliyhtälöihin liittyviä peruskäsitteitä ja ratkaisuperiaatteita. Luennolla lasketaan esimerkkitehtäviä

Lisätiedot

1 Peruskäsitteet. Dierentiaaliyhtälöt

1 Peruskäsitteet. Dierentiaaliyhtälöt Teknillinen korkeakoulu Matematiikka Dierentiaaliyhtälöt Alestalo Tässä monisteessa käydään läpi tavallisiin dierentiaaliyhtälöihin liittyviä peruskäsitteitä ja ratkaisuperiaatteita. Esimerkkejä luennoilla

Lisätiedot

Esimerkki: Tarkastellaan korkeudella h ht () putoavaa kappaletta, jonka massa on m (ks. kuva).

Esimerkki: Tarkastellaan korkeudella h ht () putoavaa kappaletta, jonka massa on m (ks. kuva). 6 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖISTÄ Esimerkki: Tarkastellaan korkeudella h ht () putoavaa kappaletta, jonka massa on m (ks. kuva). Newtonin II:n lain (ma missä Yhtälö dh dt m dh dt F) mukaan mg, on kiihtyvyys ja

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi A. Lepistö alepisto@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2016 M. Hirvensalo V. Junnila A. Lepistö

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot

Lisätiedot

BM20A0900, Matematiikka KoTiB3

BM20A0900, Matematiikka KoTiB3 BM20A0900, Matematiikka KoTiB3 Luennot: Matti Alatalo Oppikirja: Kreyszig, E.: Advanced Engineering Mathematics, 8th Edition, John Wiley & Sons, 1999, luvut 1 4. 1 Sisältö Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi A. Lepistö alepisto@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2016 M. Hirvensalo V. Junnila A. Lepistö

Lisätiedot

2. Viikko. CDH: luvut (s ). Matematiikka on fysiikan kieli ja differentiaaliyhtälöt sen yleisin murre.

2. Viikko. CDH: luvut (s ). Matematiikka on fysiikan kieli ja differentiaaliyhtälöt sen yleisin murre. 2. Viikko Keskeiset asiat ja tavoitteet: 1. Peruskäsitteet: kertaluku, lineaarisuus, homogeenisuus. 2. Separoituvan diff. yhtälön ratkaisu, 3. Lineaarisen 1. kl yhtälön ratkaisu, CDH: luvut 19.1.-19.4.

Lisätiedot

3 Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt

3 Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt 3 Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt 3.1 Homogeeniset lineaariset differentiaaliyhtälöt Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on lineaarinen, jos se voidaan kirjoittaa muotoon Jos r(x)

Lisätiedot

MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 11: Lineaarinen differentiaaliyhtälö

MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 11: Lineaarinen differentiaaliyhtälö MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 11: Lineaarinen differentiaaliyhtälö Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos

Lisätiedot

4 Korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt

4 Korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt 4 Korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt 4.1 Homogeeniset lineaariset differentiaaliyhtälöt Homogeeninen yhtälö on muotoa F(x, y,, y (n) ) = 0. (1) Yhtälö on lineaarinen, jos se voidaan

Lisätiedot

a 1 y 1 (x) + a 2 y 2 (x) = 0 vain jos a 1 = a 2 = 0

a 1 y 1 (x) + a 2 y 2 (x) = 0 vain jos a 1 = a 2 = 0 6. Lineaariset toisen kertaluvun yhtälöt Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt ovat tuntuvasti hankalampia ratkaista kuin ensimmäinen. Käsittelemmekin tässä vain tärkeintä erikoistapausta, toisen kertaluvun

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot

Lisätiedot

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

13. Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: = 1 + y x + ( y ) 2 (y ) MATEMATIIKAN JA TILASTOTIETEEN LAITOS Differentiaaliyhtälöt, kesä 00 Tehtävät 3-8 / Ratkaisuehdotuksia (RT).6.00 3. Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: y = + y + y = + y + ( y ) (y

Lisätiedot

y (0) = 0 y h (x) = C 1 e 2x +C 2 e x e10x e 3 e8x dx + e x 1 3 e9x dx = e 2x 1 3 e8x 1 8 = 1 24 e10x 1 27 e10x = e 10x e10x

y (0) = 0 y h (x) = C 1 e 2x +C 2 e x e10x e 3 e8x dx + e x 1 3 e9x dx = e 2x 1 3 e8x 1 8 = 1 24 e10x 1 27 e10x = e 10x e10x BM0A5830 Differentiaaliyhtälöiden peruskurssi Harjoitus 4, Kevät 017 Päivityksiä: 1. Ratkaise differentiaaliyhtälöt 3y + 4y = 0 ja 3y + 4y = e x.. Ratkaise DY (a) 3y 9y + 6y = e 10x (b) Mikä on edellisen

Lisätiedot

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Kotitehtävät, tammikuu 2011 Vaikeampi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhmä w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Ratkaisu. Yhtälöryhmän ratkaisut (w, x, y, z)

Lisätiedot

10. Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt

10. Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt 37. Toisen kertaluvun lineaariset differentiaalihtälöt Tarkastelemme muotoa () ( x) + a( x) ( x) + a( x) ( x) = b( x) olevia htälöitä, missä kerroinfunktiot ja oikea puoli ovat välillä I jatkuvia. Edellisen

Lisätiedot

4. Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä

4. Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä 1 Laaja matematiikka 5 Kevät 010 4. Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Yksi tavallisimmista luonnontieteissä ja tekniikassa esiintyvistä matemaattisista malleista on differentiaaliyhtälö.

Lisätiedot

Harjoitus Etsi seuraavien autonomisten yhtälöiden kriittiset pisteet ja tutki niiden stabiliteettia:

Harjoitus Etsi seuraavien autonomisten yhtälöiden kriittiset pisteet ja tutki niiden stabiliteettia: Differentiaaliyhtälöt, Kesä 216 Harjoitus 2 1. Etsi seuraavien autonomisten yhtälöiden kriittiset pisteet ja tutki niiden stabiliteettia: (a) y = (2 y) 3, (b) y = (y 1) 2, (c) y = 2y y 2. 2. Etsi seuraavien

Lisätiedot

5 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖRYHMÄT

5 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖRYHMÄT 5 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖRYHMÄT 5. Ensimmäisen kl:n DY-ryhmät Differentiaaliyhtälöryhmiä tarvitaan useissa sovelluksissa. Useimmat voidaan mallintaa ensimmäisen kertaluvun DY-ryhmien avulla. Ensimmäisen kl:n

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D, laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut

Insinöörimatematiikka D, laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut Insinöörimatematiikka D, 5.4.06 5. laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut. Etsitään homogeenisen vakiokertoimisen lineaarisen differentiaaliyhtälön kaikki ratkaisut (reaalisessa muodossa). y (5) +4y (4)

Lisätiedot

Dierentiaaliyhtälöistä

Dierentiaaliyhtälöistä Dierentiaaliyhtälöistä Markus Kettunen 4. maaliskuuta 2009 1 SISÄLTÖ 1 Sisältö 1 Dierentiaaliyhtälöistä 2 1.1 Johdanto................................. 2 1.2 Ratkaisun yksikäsitteisyydestä.....................

Lisätiedot

Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Harjoitus 4 / Ratkaisut

Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Harjoitus 4 / Ratkaisut MS-C34 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt, IV/26 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Harjoitus 4 / t Alkuviikon tuntitehtävä Hahmottele matriisia A ( 2 6 3 vastaava vektorikenttä Matriisia A

Lisätiedot

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 6. viikolle /

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 6. viikolle / Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 6. viikolle / 16. 18.5. Lineaariset differentiaaliyhtälöt, homogeeniset differentiaaliyhtälöt Tehtävä 1: a) Määritä differentiaaliyhtälön y 3y = 14e 4x

Lisätiedot

Lineaarikuvauksen R n R m matriisi

Lineaarikuvauksen R n R m matriisi Lineaarikuvauksen R n R m matriisi Lauseessa 21 osoitettiin, että jokaista m n -matriisia A vastaa lineaarikuvaus L A : R n R m, jolla L A ( v) = A v kaikilla v R n. Osoitetaan seuraavaksi käänteinen tulos:

Lisätiedot

1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus

1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus 1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus 1.1 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä V epätyhjä joukko. Oletetaan, että joukossa V on määritelty laskutoimitus

Lisätiedot

Lineaarinen toisen kertaluvun yhtälö

Lineaarinen toisen kertaluvun yhtälö Lineaarinen toisen kertaluvun yhtälö Keijo Ruotsalainen Mathematics Division Lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Toisen kertaluvun täydellinen lineaarinen yhtälö muotoa p 2 (x)y + p 1 (x)y

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi A. Lepistö alepisto@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2016 M. Hirvensalo V. Junnila A. Lepistö

Lisätiedot

JAKSO 2 KANTA JA KOORDINAATIT

JAKSO 2 KANTA JA KOORDINAATIT JAKSO 2 KANTA JA KOORDINAATIT Kanta ja dimensio Tehtävä Esittele vektoriavaruuden kannan määritelmä vapauden ja virittämisen käsitteiden avulla ja anna vektoriavaruuden dimension määritelmä Esittele Lause

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot

Lisätiedot

y = 3x2 y 2 + sin(2x). x = ex y + e y2 y = ex y + 2xye y2

y = 3x2 y 2 + sin(2x). x = ex y + e y2 y = ex y + 2xye y2 Matematiikan ja tilastotieteen osasto/hy Differentiaaliyhtälöt I Laskuharjoitus 2 mallit Kevät 219 Tehtävä 1. Laske osittaisderivaatat f x = f/x ja f y = f/, kun f = f(x, y) on funktio a) x 2 y 3 + y sin(2x),

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D, laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut

Insinöörimatematiikka D, laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut Insinöörimatematiikka D, 406 6 laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut Ratkaistaan differentiaaliyhtälö y = y () Tässä = d dy eli kyseessä on lineaarinen kertaluvun differentiaaliyhtälö: Yhtälön () homogenisoidulle

Lisätiedot

SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT

SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 43 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Kuva 12. Esimerkin 4.26(c kuvauksen

Lisätiedot

1 Di erentiaaliyhtälöt

1 Di erentiaaliyhtälöt Taloustieteen mat.menetelmät syksy 2017 materiaali II-5 1 Di erentiaaliyhtälöt 1.1 Skalaariyhtälöt Määritelmä: ensimmäisen kertaluvun di erentiaaliyhtälö on muotoa _y = F (y; t) oleva yhtälö, missä _y

Lisätiedot

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n IV. TASAINEN SUPPENEMINEN IV.. Funktiojonon tasainen suppeneminen Olkoon A R joukko ja f n : A R funktio, n =, 2, 3,..., jolloin jokaisella x A muodostuu lukujono f x, f 2 x,.... Jos tämä jono suppenee

Lisätiedot

802320A LINEAARIALGEBRA OSA I

802320A LINEAARIALGEBRA OSA I 802320A LINEAARIALGEBRA OSA I Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LINEAARIALGEBRA 1 / 72 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä

Lisätiedot

3 Lineaariset yhtälöryhmät ja Gaussin eliminointimenetelmä

3 Lineaariset yhtälöryhmät ja Gaussin eliminointimenetelmä 3 Lineaariset yhtälöryhmät ja Gaussin eliminointimenetelmä Lineaarinen m:n yhtälön yhtälöryhmä, jossa on n tuntematonta x 1,, x n on joukko yhtälöitä, jotka ovat muotoa a 11 x 1 + + a 1n x n = b 1 a 21

Lisätiedot

Kompleksiluvun logaritmi: Jos nyt z = re iθ = re iθ e in2π, missä n Z, niin saadaan. ja siihen vaikuttava

Kompleksiluvun logaritmi: Jos nyt z = re iθ = re iθ e in2π, missä n Z, niin saadaan. ja siihen vaikuttava Kompleksiluvun logaritmi: ln z = w z = e w Jos nyt z = re iθ = re iθ e inπ, missä n Z, niin saadaan w = ln z = ln r + iθ + inπ, n Z Logaritmi on siis äärettömän moniarvoinen funktio. Helposti nähdään että

Lisätiedot

Normaaliryhmä. Toisen kertaluvun normaaliryhmä on yleistä muotoa

Normaaliryhmä. Toisen kertaluvun normaaliryhmä on yleistä muotoa Normaaliryhmä Toisen kertaluvun normaaliryhmä on yleistä muotoa x = u(t,x,y), y t I, = v(t,x,y), Funktiot u = u(t,x,y), t I ja v = v(t,x,y), t I ovat tunnettuja Toisen kertaluvun normaaliryhmän ratkaisu

Lisätiedot

5 OMINAISARVOT JA OMINAISVEKTORIT

5 OMINAISARVOT JA OMINAISVEKTORIT 5 OMINAISARVOT JA OMINAISVEKTORIT Ominaisarvo-ongelma Käsitellään neliömatriiseja: olkoon A n n-matriisi. Luku on matriisin A ominaisarvo (eigenvalue), jos on olemassa vektori x siten, että Ax = x () Yhtälön

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 12. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 12 () Numeeriset menetelmät / 33

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 12. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 12 () Numeeriset menetelmät / 33 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 12 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 12 () Numeeriset menetelmät 25.4.2013 1 / 33 Luennon 2 sisältö Tavallisten differentiaaliyhtälöiden numeriikasta Rungen

Lisätiedot

y + 4y = 0 (1) λ = 0

y + 4y = 0 (1) λ = 0 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

Lisätiedot

Kanta ja Kannan-vaihto

Kanta ja Kannan-vaihto ja Kannan-vaihto 1 Olkoon L vektoriavaruus. Äärellinen joukko L:n vektoreita V = { v 1, v 2,..., v n } on kanta, jos (1) Jokainen L:n vektori voidaan lausua v-vektoreiden lineaarikombinaationa. (Ts. Span(V

Lisätiedot

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II. LM2, Kesä /141

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II. LM2, Kesä /141 Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II LM2, Kesä 2012 1/141 Kertausta: avaruuden R n vektorit Määritelmä Oletetaan, että n {1, 2, 3,...}. Avaruuden R n alkiot ovat jonoja, joissa on n kappaletta reaalilukuja.

Lisätiedot

3 Lineaariset yhtälöryhmät ja Gaussin eliminointimenetelmä

3 Lineaariset yhtälöryhmät ja Gaussin eliminointimenetelmä 1 3 Lineaariset yhtälöryhmät ja Gaussin eliminointimenetelmä Lineaarinen m:n yhtälön yhtälöryhmä, jossa on n tuntematonta x 1,, x n on joukko yhtälöitä, jotka ovat muotoa a 11 x 1 + + a 1n x n = b 1 a

Lisätiedot

Mat Matematiikan peruskurssi K2

Mat Matematiikan peruskurssi K2 Mat-.3 Matematiikan peruskurssi K Heikkinen/Tikanmäki Kolmas välikoe 6.5. Kokeessa saa käyttää ylioppilaskirjoituksiin hyväksyttyä laskinta. Sivun kääntöpuolelta löytyy integrointikaavoja.. Olkoon F(x,

Lisätiedot

Lineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus

Lineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus Lineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus 1 / 51 Lineaarikombinaatio Johdattelua seuraavaan asiaan (ei tarkkoja määritelmiä): Millaisen kuvan muodostaa joukko {λv λ R, v R 3 }? Millaisen

Lisätiedot

Matemaattinen Analyysi

Matemaattinen Analyysi Vaasan yliopisto, syksy 2016 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi 8. harjoitus, viikko 49 R1 to 12 14 F453 (8.12.) R2 to 14 16 F345 (8.12.) R3 ke 8 10 F345 (7.11.) 1. Määritä funktion f (x) = 1 Taylorin sarja

Lisätiedot

Dierentiaaliyhtälöistä

Dierentiaaliyhtälöistä Dierentiaaliyhtälöistä Markus Kettunen 17. maaliskuuta 2009 1 SISÄLTÖ 1 Sisältö 1 Dierentiaaliyhtälöistä 2 1.1 Johdanto................................. 2 1.2 Ratkaisun yksikäsitteisyydestä.....................

Lisätiedot

Osa 11. Differen-aaliyhtälöt

Osa 11. Differen-aaliyhtälöt Osa 11. Differen-aaliyhtälöt Differen-aaliyhtälö = yhtälö jossa esiintyy jonkin funk-on derivaa

Lisätiedot

2v 1 = v 2, 2v 1 + 3v 2 = 4v 2.. Vastaavasti ominaisarvoa λ 2 = 4 vastaavat ominaisvektorit toteuttavat. v 2 =

2v 1 = v 2, 2v 1 + 3v 2 = 4v 2.. Vastaavasti ominaisarvoa λ 2 = 4 vastaavat ominaisvektorit toteuttavat. v 2 = TKK, Matematiikan laitos Pikkarainen/Tikanmäki Mat-1.1320 Matematiikan peruskurssi K2 Harjoitus 12, A=alku-, L=loppuviikko, T= taulutehtävä, P= palautettava tehtävä, W= verkkotehtävä 21. 25.4.2008, viikko

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt. osa 2 Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

Lisätiedot

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 5. viikolle /

Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 5. viikolle / MS-A8 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/7 Differentiaali- ja integraalilaskenta Ratkaisut 5. viikolle / 9..5. Integroimismenetelmät Tehtävä : Laske osittaisintegroinnin avulla a) π x sin(x) dx,

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 9 1 Implisiittinen derivointi Tarkastellaan nyt yhtälöä F(x, y) = c, jossa x ja y ovat muuttujia ja c on vakio Esimerkki tällaisesta yhtälöstä on x 2 y 5 + 5xy = 14

Lisätiedot

Ratkaisu: Tutkitaan derivoituvuutta Cauchy-Riemannin yhtälöillä: f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = 2x + ixy 2. 2 = 2xy xy = 1

Ratkaisu: Tutkitaan derivoituvuutta Cauchy-Riemannin yhtälöillä: f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = 2x + ixy 2. 2 = 2xy xy = 1 1. Selvitä missä tason pisteissä annetut funktiot ovat derivoituvia/analyyttisiä. Määrää funktion derivaatta niissä pisteissä, joissa se on olemassa. (a) (x, y) 2x + ixy 2 (b) (x, y) cos x cosh y i sin

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot

Lisätiedot

Harjoitus Tarkastellaan luentojen Esimerkin mukaista työttömyysmallinnusta. Merkitään. p(t) = hintaindeksi, π(t) = odotettu inflaatio,

Harjoitus Tarkastellaan luentojen Esimerkin mukaista työttömyysmallinnusta. Merkitään. p(t) = hintaindeksi, π(t) = odotettu inflaatio, Differentiaaliyhtälöt, Kesä 06 Harjoitus 3 Kaikissa tehtävissä, joissa pitää tarkastella kriittisten pisteiden stabiliteettia, jos kyseessä on satulapiste, ilmoita myös satulauraratkaisun (tai kriittisessä

Lisätiedot

Ominaisarvot ja ominaisvektorit 140 / 170

Ominaisarvot ja ominaisvektorit 140 / 170 Ominaisarvot ja ominaisvektorit 140 / 170 Seuraavissa luvuissa matriisit ja vektori ajatellaan kompleksisiksi, ts. kertojakuntana oletetaan olevan aina kompleksilukujoukko C Huomaa, että reaalilukujoukko

Lisätiedot

Luoki?elua: tavallinen vs osi?ais. Osa 11. Differen0aaliyhtälöt. Luoki?elua: kertaluku. Luoki?elua: lineaarisuus 4/13/13

Luoki?elua: tavallinen vs osi?ais. Osa 11. Differen0aaliyhtälöt. Luoki?elua: kertaluku. Luoki?elua: lineaarisuus 4/13/13 4/3/3 Osa. Differen0aaliyhtälöt Differen0aaliyhtälö = yhtälö jossa esiintyy jonkin funk0on derivaa?a. Esim: dx = x2 f x + f xy 2 2m d 2 ψ = Eψ dx 2 Luoki?elua: tavallinen vs osi?ais Differen0aaliyhtälöt

Lisätiedot

9. Lineaaristen differentiaaliyhtälöiden ratkaisuavaruuksista

9. Lineaaristen differentiaaliyhtälöiden ratkaisuavaruuksista 29 9 Lineaaristen differentiaaliyhtälöiden ratkaisuavaruuksista Tarkastelemme kertalukua n olevia lineaarisia differentiaaliyhtälöitä y ( x) + a ( x) y ( x) + + a ( x) y( x) + a ( x) y= b( x) ( n) ( n

Lisätiedot

MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö

MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos

Lisätiedot

Kannan vektorit siis virittävät aliavaruuden, ja lisäksi kanta on vapaa. Lauseesta 7.6 saadaan seuraava hyvin käyttökelpoinen tulos:

Kannan vektorit siis virittävät aliavaruuden, ja lisäksi kanta on vapaa. Lauseesta 7.6 saadaan seuraava hyvin käyttökelpoinen tulos: 8 Kanta Tässä luvussa tarkastellaan aliavaruuden virittäjävektoreita, jotka muodostavat lineaarisesti riippumattoman jonon. Merkintöjen helpottamiseksi oletetaan luvussa koko ajan, että W on vektoreiden

Lisätiedot

Lineaarinen yhtälöryhmä

Lineaarinen yhtälöryhmä Lineaarinen yhtälöryhmä 1 / 39 Lineaarinen yhtälö Määritelmä 1 Lineaarinen yhtälö on muotoa a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = b, missä a i, b R, i = 1,..., n ovat tunnettuja ja x i R, i = 1,..., n ovat tuntemattomia.

Lisätiedot

Dierentiaaliyhtälöistä

Dierentiaaliyhtälöistä Dierentiaaliyhtälöistä Markus Kettunen 14. helmikuuta 2011 1 SISÄLTÖ 1 Sisältö 1 Dierentiaaliyhtälöistä 2 1.1 Johdanto................................. 2 1.2 Ratkaisun olemassaolosta ja yksikäsitteisyydestä...........

Lisätiedot

Differentiaaliyhtälöt

Differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöksi (lyh. DY) sanotaan yhtälöä, jossa on tuntemattomana jokin funktio y(x) ja jossa esiintyy sen derivaattoja y, y, y, y (4),... Esimerkiksi y + y = x, y y + y

Lisätiedot

Ominaisarvo ja ominaisvektori

Ominaisarvo ja ominaisvektori Ominaisarvo ja ominaisvektori Määritelmä Oletetaan, että A on n n -neliömatriisi. Reaaliluku λ on matriisin ominaisarvo, jos on olemassa sellainen vektori v R n, että v 0 ja A v = λ v. Vektoria v, joka

Lisätiedot

Vapaus. Määritelmä. jos c 1 v 1 + c 2 v c k v k = 0 joillakin c 1,..., c k R, niin c 1 = 0, c 2 = 0,..., c k = 0.

Vapaus. Määritelmä. jos c 1 v 1 + c 2 v c k v k = 0 joillakin c 1,..., c k R, niin c 1 = 0, c 2 = 0,..., c k = 0. Vapaus Määritelmä Oletetaan, että v 1, v 2,..., v k R n, missä n {1, 2,... }. Vektorijono ( v 1, v 2,..., v k ) on vapaa eli lineaarisesti riippumaton, jos seuraava ehto pätee: jos c 1 v 1 + c 2 v 2 +

Lisätiedot

Matemaattinen Analyysi

Matemaattinen Analyysi Vaasan yliopisto, 009-010 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi 8. harjoitus 1. Ratkaise y + y + y = x. Kommentti: Yleinen työlista ratkaistaessa lineaarista, vakiokertoimista toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöä

Lisätiedot

Antti Rasila. Kevät Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät / 16

Antti Rasila. Kevät Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät / 16 MS-A0204 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (ELEC2) Luento 5: Gradientti ja suunnattu derivaatta. Vektoriarvoiset funktiot. Taylor-approksimaatio. Antti Rasila Matematiikan ja systeemianalyysin laitos

Lisätiedot

Luento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa

Luento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa Luento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa Lagrangen kerroin Oletetaan aluksi, että f, g : R R. Merkitään (x 1, x ) := (x, y) ja johdetaan Lagrangen kerroin λ tehtävälle min f(x, y) s.t. g(x, y) = 0 Olkoon

Lisätiedot

1 Rajoittamaton optimointi

1 Rajoittamaton optimointi Taloustieteen matemaattiset menetelmät 7 materiaali 5 Rajoittamaton optimointi Yhden muuttujan tapaus f R! R Muistutetaan mieleen maksimin määritelmä. Funktiolla f on maksimi pisteessä x jos kaikille y

Lisätiedot

Differentiaaliyhtälöt

Differentiaaliyhtälöt Informaatiotieteiden yksikkö Differentiaaliyhtälöt Pentti Haukkanen Sisältö Differentiaaliyhtälön käsite 4 2 Joitakin. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä 7 2. Separoituva yhtälö........................

Lisätiedot

Matikkapaja keskiviikkoisin klo Lineaarialgebra (muut ko) p. 1/210

Matikkapaja keskiviikkoisin klo Lineaarialgebra (muut ko) p. 1/210 Matikkapaja keskiviikkoisin klo 14-16 Lineaarialgebra (muut ko) p. 1/210 Lineaarialgebra (muut ko) p. 2/210 Operaatiot Vektoreille u = (u 1,u 2 ) ja v = (v 1,v 2 ) Yhteenlasku: u+v = (u 1 +v 1,u 2 +v 2

Lisätiedot

ominaisvektorit. Nyt 2 3 6

ominaisvektorit. Nyt 2 3 6 Esimerkki 2 6 8 Olkoon A = 40 0 6 5. Etsitäänmatriisinominaisarvotja 0 0 2 ominaisvektorit. Nyt 2 0 2 6 8 2 6 8 I A = 40 05 40 0 6 5 = 4 0 6 5 0 0 0 0 2 0 0 2 15 / 172 Täten c A ( )=det( I A) =( ) ( 2)

Lisätiedot

Matikkapaja keskiviikkoisin klo Lineaarialgebra (muut ko) p. 1/81

Matikkapaja keskiviikkoisin klo Lineaarialgebra (muut ko) p. 1/81 Matikkapaja keskiviikkoisin klo 14-16 Lineaarialgebra (muut ko) p. 1/81 Lineaarialgebra (muut ko) p. 2/81 Operaatiot Vektoreille u = (u 1,u 2 ) ja v = (v 1,v 2 ) Yhteenlasku: u+v = (u 1 +v 1,u 2 +v 2 )

Lisätiedot

Ominaisarvo-hajoitelma ja diagonalisointi

Ominaisarvo-hajoitelma ja diagonalisointi Ominaisarvo-hajoitelma ja a 1 Lause 1: Jos reaalisella n n matriisilla A on n eri suurta reaalista ominaisarvoa λ 1,λ 2,...,λ n, λ i λ j, kun i j, niin vastaavat ominaisvektorit x 1, x 2,..., x n muodostavat

Lisätiedot

Ominaisarvo ja ominaisvektori

Ominaisarvo ja ominaisvektori Määritelmä Ominaisarvo ja ominaisvektori Oletetaan, että A on n n -neliömatriisi. Reaaliluku λ on matriisin ominaisarvo, jos on olemassa sellainen vektori v R n, että v 0 ja A v = λ v. Vektoria v, joka

Lisätiedot

Matriisiteoria Harjoitus 1, kevät Olkoon. cos α sin α A(α) = . sin α cos α. Osoita, että A(α + β) = A(α)A(β). Mikä matriisi A(α)A( α) on?

Matriisiteoria Harjoitus 1, kevät Olkoon. cos α sin α A(α) = . sin α cos α. Osoita, että A(α + β) = A(α)A(β). Mikä matriisi A(α)A( α) on? Harjoitus 1, kevät 007 1. Olkoon [ ] cos α sin α A(α) =. sin α cos α Osoita, että A(α + β) = A(α)A(β). Mikä matriisi A(α)A( α) on?. Olkoon a x y A = 0 b z, 0 0 c missä a, b, c 0. Määrää käänteismatriisi

Lisätiedot

Matemaattinen Analyysi

Matemaattinen Analyysi Vaasan yliopisto, kevät 01 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi. harjoitus, viikko 1 R1 ke 1 16 D11 (..) R to 10 1 D11 (..) 1. Määritä funktion y(x) MacLaurinin sarjan kertoimet, kun y(0) = ja y (x) = (x

Lisätiedot

Matriisilaskenta, LH4, 2004, ratkaisut 1. Hae seuraavien R 4 :n aliavaruuksien dimensiot, jotka sisältävät vain

Matriisilaskenta, LH4, 2004, ratkaisut 1. Hae seuraavien R 4 :n aliavaruuksien dimensiot, jotka sisältävät vain Matriisilaskenta LH4 24 ratkaisut 1 Hae seuraavien R 4 :n aliavaruuksien dimensiot jotka sisältävät vain a) Kaikki muotoa (a b c d) olevat vektorit joilla d a + b b) Kaikki muotoa (a b c d) olevat vektorit

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 2 Lisää osamurtoja Tutkitaan jälleen rationaalifunktion P(x)/Q(x) integrointia. Aiemmin käsittelimme tapauksen, jossa nimittäjä voidaan esittää muodossa Q(x) = a(x x

Lisätiedot

a) Mikä on integraalifunktio ja miten derivaatta liittyy siihen? Anna esimerkki. 8 3 + 4 2 0 = 16 3 = 3 1 3.

a) Mikä on integraalifunktio ja miten derivaatta liittyy siihen? Anna esimerkki. 8 3 + 4 2 0 = 16 3 = 3 1 3. Integraalilaskenta. a) Mikä on integraalifunktio ja miten derivaatta liittyy siihen? Anna esimerkki. b) Mitä määrätty integraali tietyllä välillä x tarkoittaa? Vihje: * Integraali * Määrätyn integraalin

Lisätiedot

MS-A0003/A0005 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 2 / vko 45

MS-A0003/A0005 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 2 / vko 45 MS-A0003/A0005 Matriisilaskenta Laskuharjoitus / vko 5 Tehtävä 1 (L): Hahmottele kompleksitasoon ne pisteet, jotka toteuttavat a) z 3 =, b) z + 3 i < 3, c) 1/z >. Yleisesti: ehto z = R, z C muodostaa kompleksitasoon

Lisätiedot

MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö

MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin

Lisätiedot

7 Vapaus. 7.1 Vapauden määritelmä

7 Vapaus. 7.1 Vapauden määritelmä 7 Vapaus Kuten edellisen luvun lopussa mainittiin, seuraavaksi pyritään ratkaisemaan, onko annetussa aliavaruuden virittäjäjoukossa tarpeettomia vektoreita Jos tällaisia ei ole, virittäjäjoukkoa kutsutaan

Lisätiedot

MS-A0003/A0005 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 /

MS-A0003/A0005 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 / MS-A3/A5 Matriisilaskenta, II/27 MS-A3/A5 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 / 3. 7..27 Tehtävä (L): Etsi kaikki yhtälön Ax = b ratkaisut, kun 3 5 4 A = 3 2 4 ja b = 6 8 7 4. Ratkaisu : Koetetaan ratkaista

Lisätiedot

(1.1) Ae j = a k,j e k.

(1.1) Ae j = a k,j e k. Lineaarikuvauksen determinantti ja jälki 1. Lineaarikuvauksen matriisi. Palautetaan mieleen, mikä lineaarikuvauksen matriisi annetun kannan suhteen on. Olkoot V äärellisulotteinen vektoriavaruus, n = dim

Lisätiedot

MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 Luento 5: Gradientti ja suunnattu derivaatta. Vektoriarvoiset funktiot. Taylor-approksimaatio.

MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 Luento 5: Gradientti ja suunnattu derivaatta. Vektoriarvoiset funktiot. Taylor-approksimaatio. MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 Luento 5: Gradientti ja suunnattu derivaatta. Vektoriarvoiset funktiot. Taylor-approksimaatio. Riikka Korte Matematiikan ja systeemianalyysin laitos 1 Aalto-yliopisto

Lisätiedot

Avaruuden R n aliavaruus

Avaruuden R n aliavaruus Avaruuden R n aliavaruus 1 / 41 Aliavaruus Esimerkki 1 Kuva: Suora on suljettu yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen suhteen. 2 / 41 Esimerkki 2 Kuva: Suora ei ole suljettu yhteenlaskun ja skalaarilla

Lisätiedot

Lineaarialgebra II, MATH.1240 Matti laaksonen, Lassi Lilleberg

Lineaarialgebra II, MATH.1240 Matti laaksonen, Lassi Lilleberg Vaasan yliopisto, syksy 218 Lineaarialgebra II, MATH124 Matti laaksonen, Lassi Lilleberg Tentti T1, 284218 Ratkaise 4 tehtävää Kokeessa saa käyttää laskinta (myös graafista ja CAS-laskinta), mutta ei taulukkokirjaa

Lisätiedot

Matriisi-vektori-kertolasku, lineaariset yhtälöryhmät

Matriisi-vektori-kertolasku, lineaariset yhtälöryhmät Matematiikan peruskurssi K3/P3, syksy 25 Kenrick Bingham 825 Toisen välikokeen alueen ydinasioita Alla on lueteltu joitakin koealueen ydinkäsitteitä, joiden on hyvä olla ensiksi selvillä kokeeseen valmistauduttaessa

Lisätiedot

Ennakkotehtävän ratkaisu

Ennakkotehtävän ratkaisu Ennakkotehtävän ratkaisu Ratkaisu [ ] [ ] 1 3 4 3 A = ja B =. 1 4 1 1 [ ] [ ] 4 3 12 12 1 0 a) BA = =. 1 + 1 3 + 4 0 1 [ ] [ ] [ ] 1 0 x1 x1 b) (BA)x = =. 0 1 x 2 x [ ] [ ] [ 2 ] [ ] 4 3 1 4 9 5 c) Bb

Lisätiedot