Osa 11. Differen-aaliyhtälöt

Transkriptio

1 Osa 11. Differen-aaliyhtälöt Differen-aaliyhtälö = yhtälö jossa esiintyy jonkin funk-on derivaa<a. Esim: dy dx = x2 f x + f y = xy 2 2m d 2 ψ(x) dx 2 = Eψ(x)

2 Luoki<elua: tavallinen vs osi<ais Differen-aaliyhtälöt voidaan jakaa luokkiin usealla eri tavalla. Tässä esitellään tärkeimmät jao<elut. Muu<ujien määrä: Tavallisessa differen-aaliyhtälössä ( ordinary differen-al equa-on ) on vain yksi muu<uja, esim: d 2 y dx 2 + y2 dy dx + ysin(x) = 0 Osi)aisdifferen-aaliyhtälössä ( par-al differen-al equa-on ) on useampia muu<ujia, esim: 2 f dx f dy f dz 2 = 0

3 Luoki<elua: kertaluku Differen-aaliyhtälön kertaluku vii<aa siihen kuinka monennen asteen derivaa<oja siinä esiintyy. 1. kertaluku, esim: 2. kertaluku, esim: F = m dv dt 2 2m d 2 ψ(x) dx 2 = Eψ(x) Fysiikassa & kemiassa esiintyy harvoin 3. tai korkeamman kertaluvun differen-aaliyhtälöjä.

4 Luoki<elua: lineaarisuus Differen-aaliyhtälö on lineaarinen jos siinä esiintyvää funk-ota ja sen derivaa<oja ei ole korote<u potenssiin (ja niitä ei myöskään esiinny funk-oiden argumen<eina yms). Lineaarinen y''+ 3y' 6xy = 0 Epälineaarinen y'' y'+ y 2 = 0

5 Luoki<elua: homogeenisuus Tavallinen differen-aaliyhtälö y:n suhteen on homogeeninen jos kaikissa termeissä esiintyy y tai sen derivaa<a (huom: tämä määritelmä on epätäsmällinen mu0a ymmärre0ävä). Homogeeninen y'' y'cos(x)+ y 2 sin(x) = 0 Epähomogeeninen y'' y'cos(x)+ y 2 sin(x) = cos(x) y'' y'cos(x)+ y 2 sin(x) = 3

6 Differen-aalyhtälöiden ratkaiseminen Ei ole mitään yleistä tekniikkaa jolla mikä tahansa differen-aaliyhtälö voidaan ratkaista. Ratkaisumenetelmät edelly<ävät usein varsin kehi<yneitä matemaaqsia menetelmiä (ei ehditä ope<aa tällä kurssilla). Poikkeuksen muodostavat separoituvat differen-aaliyhtälöt, jotka voidaan muokata muotoon f(x)dx = g(y)dy. Nämä voidaan ratkaista suoraan integroimalla (mikäli sekä f e<ä g osataan integroida).

7 Esimerkki 1. asteen kemiallisen alkeisreak-o A tuo<eet: Yhtälö on separoituva, koska se voidaan kirjoi<aa muotoon: Jolloin saadaan d A [ ] [ A] = k dt d A [ ] dt = k A [ ] d [ A] [ A] = kdt ln[ A] = kt + C [ A] = e kt+c = e C e kt

8 Äskeiselle differen-aaliyhtälölle saa-in laske<ua yleinen ratkaisu; [A]=e C e - kt. Koska vakio C voi o<aa mitä tahansa arvoja, ratkaisuja on ääretön määrä. Piirre<ynä ne muodostavat käyräparven. Jo<a vakiot saadaan määrä<yä, tarvitaan differen-aaliyhtälön lisäksi (yksi tai useampi) alkuarvo tai reunaoehto. Esimerkissä tämä voisi olla vaikkapa -eto e<ä konsentraa-o ajanhetkellä t=0 on, jolloin saadaan: = e k 0+C e C = Eli [A]= e - kt.

9 Alkuarvotehtävä Yleises- o<aen n. kertaluvun differen-aaliyhtälön yleisessä ratkaisussa on n kappale<a määräämä<ömiä vakioita, joiden ratkaisemiseen tarvitaan n kapale<a alkuarvoa/reunaehtoa. Differen-aaliyhtälö + alkuarvot = alkuarvotehtävä.

10 Separoituvat differen-aaliyhtälöt Separoituvan differen-aaliyhtälön ratkaiseminen palautuu integraalien laskemiseen, eikä siihen näinollen tarvita erityistaitoja. Alkuarvot voi syö<ää joko integroin-rajoihin (tätä on esimerkeissä jo tehty), tai integraalit voidaan ensin laskea määräämä<ömänä, jonka jälkeen alkuarvot sijoitetaan (ja integroin-vakiot ratkaistaan).

11 Esimerkki dy dx + 3x2 y 2 = 0, y(1)= 1 2 separoidaan: dy y 2 = 3x2 dx Integroidaan: dy = 3x 2 dx y 2 1 y = 31 3 x3 + C y = 1 x 3 + C

12 Sijoitetaan alkuarvo y(1)= 1 2 : 1 2 = C C = 2 C =1 Eli ratkaisuksi saadaan: y = 1 x 3 +1

13 Ei- separoituvat diff. yhtälöt Ei- separoituvien yhtälöiden ratkaiseminen tapahtuu käytännössä usein taulukkokirjan tai muun kirjallisuuslähteen avulla. Ensin tunnistetaan yhtälön tyypi, jonka jälkeen voidaan soveltaa kirjallisuudesta löytyvää ratkaisua (jos sellainen on olemassa). Käsitellään muutamaa yksinkertaista tapausta: Lineaarinen 1. kertaluvun differen-aaliyhtälö Lineaarinen vakiokertoiminen 2. kertaluvun differen-aaliyhtälö

14 Lineaarinen 1. kertaluvun differen-aaliyhtälö Homogeeninen tapaus: dy dx + p(x)y = 0 Yhtälö on separoituva : dy y = p(x)dx dy y ln y = p(x)dx y = ae p(x)dx + C (a R) = p(x)dx

15 Epähomogeeninen tapaus: Yhtälö ei separoidu suoraan, mu<a ratkaisu voidaan esi<ää homogeenisen yhtälön ratkaisun avulla (johto esim. kirjan luvussa 11.5): y = dy dx + p(x)y = r(x) F(x)r(x)dx F(x) + C Missä F(x) on ns. integroiva tekijä; F(x) = e p(x) dx

16 dy dx y = 3e2 x Tässä p(x) = 1 ja r(x) = 3e 2 x Lasketaan F(x) F(x) = e p(x) dx = e 1dx = e x (Integrointivakiota ei tarvita tässä koska se on mukana alkuperäisessä ratkaisukaavassa) Nyt voidaan soveltaa kaavaa: Esimerkki y = F(x)r(x)dx F(x) + C = e x 3e 2 x dx + C = 3 e x dx e x e x + C = 3ex + C e x = 3e 2 x + Ce x

17 Kemiallinen esimerkki Käsitellään kahden ensimmäisen kertaluvun reak-on systeemiä: A B, nopeuskerroin k 1 B C, nopeuskerroin k 2 Hetkellä t=0 olkoon A:n konsentraa-o, ja B:n ja C:n konsentraa-ot 0. Merkintään B:n konsentraa-ota y:llä. d A [ ] dt d B [ ] dt = k 1 A [ ] = k 1 A [ ] k 2 B [ ]

18 Ensimmäinen yhtälö on separoituva, ja se ratkais-in äsken esimerkkinä, ratkaisu on: [ A] = e kt Sijoitetaan tämä tulos toiseen yhtälöön, ja merkitään lisäksi [B] = y d B [ ] = dy dt = k 1 dt dy dt + k 2y = k 1 e k 1t [ A] k [ 2 B] = k 1 e k1t k 2 y Yhtälö on nyt muodossa dy dt + p(t)y = r(t)

19 dy dt + k 2 y = k 1 e k 1t p(t) = k 2, r(t) = k 1 e k 1t Käytetään aiemmin esiteltyä ratkaisukaavaa: dy dt + p(t)y = r(t) y = y = F(t)r(t)dt F(t) + C, F(t) = e p(t)dt e k2t k 1 e k1t dt + C = k 1 e e k 2t = e k 2t (k 2 k 1 )t dt e k 2t + C Ratkaisun muoto riippuu nyt siitä, onko k 2 - k 1 = 0 vai ei.

20 Mikäli k 2 - k 1 = 0 eli k 2 = k 1, saadaan: y = k 1 = (k 1 t + C)e k 2t e 0 dt + C = k 1A 0 1dt + C e k 2t e k 2t Ja ase<amalla y=0 kun t=0 saadaan 0 = (k C)e k 2 0 Ce k 2 0 = 0 C = 0 = k 1 t + C e k 2t

21 Mikäli k 2 - k 1 0 eli k 2 k 1, saadaan: y = k 1 e (k 2 k 1)t dt + C = e k 2t k 1 1 k 2 k 1 e (k 2 k 1)t + C e k 2t Ja ase<amalla y=0 kun t=0 saadaan 0 = k 1 1 k 2 k 1 e (k 2 k 1) 0 + C C = k 1 1 k 2 k 1 e k 2 0 = k 1 1 k 2 k 1 1+ C 1

22 Sijoitetaan saatu C:n arvo y:n lausekkeeseen ja sievennetään: y = k 1 1 k 2 k 1 e (k 2 k 1)t k 1 1 k 2 k 1 e k 2t = k 1 1 k 2 k 1 e (k 2 k 1 k 2 )t k 1 1 k 2 k 1 e k 2t = k 1 1 k 2 k 1 (e k 1t e k 2t )

23 Yhteenvetona saa-in siis: [A] = e k 1t [B] = { k 1 te k2t, jos k 1 = k 2 1 k 1 (e k 1t e k 2t ), jos k 1 k 2 k 2 k 1 Massatasapainosta voidaan lisäksi helposvielä päätellä [C]: [C] = [A]-[B]

24 k 2 =3k 1 k 2 =(1/3)k 1 k 2 =k 1

25 Vakiokertoiminen 2. kertaluvun differen-aaliyhtälö Homogeeninen tapaus: d 2 y dx + a dy 2 dx + by = 0 Yhtälön ratkaisu voidaan palau<aa polynomiyhtälön ratkaisemiseen sijoi<amalla ratkaisu- yritys y = e λx. Tällöin saadaan ns. karakteris-nen polynomiyhtälö: λ 2 + aλ + b = 0

26 Polynomiyhtälöllä voi olla joko yksi (kaksinkertainen) reaalijuuri, kaksi erillistä reaalijuurta tai kaksi erillistä kompleksiarvoista juurta. Differen-aaliyhtälön ratkaisun muoto on kussakin tapauksessa eri. Tapaus 1: kaksi erillistä reaaliarvoista juurta, λ 1 ja λ 2. y = C 1 e λ1x + C 2 e λ 2x Tapaus 2: yksi reaalijuuri λ 1. y = (C 1 + C 2 x)e λ 1x

27 Tapaus 3: kaksi kompleksiarvoista juurta, λ 1 = p + qi ja λ 2 = p qi y = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x = C 1 e px+qix + C 2 e px qix = e px (C 1 e qix + C 2 e qix ) tai trigonometrisessa muodossa Eulerin kaavan avulla: y = e px (C 1 [ cos(qx)+ isin(qx) ] + C [ 2 cos( qx)+ isin( qx) ]) = e px (C 1 cos(qx)+ C 2 cos(qx)+ C 1 isin(qx) C 2 isin(qx)) e px (C 3 (cos(qx)+ C 4 sin(qx)) missä C 3 on reaaliluku ja C 4 imaginääriluku.

28 Ei- homogeeninen tapaus: d 2 y dx + a dy 2 dx + by = r(x) Voidaan ratkaista monille eri r(x):n tapaukselle. Yleises- ratkaisu voidaan esi<ää muodossa y(x) = y h (x)+ y p (x) missä y h (x) on homogeenisen yhtälön ratkaisu (kuten edellä), ja y p (x) on esimerkiksi arvaamalla saatu erikoisratkaisu. Erikoisratkaisun y p (x) muotoja erilaisille r(x) tapauksille voi löytää oppi- ja taulukkokirjoista (esim. oppikirjan taulukko 12.1).

29 Esimerkkejä erikoisratkaisujen muodoista eri r(x) - funk-oiden tapauksessa: r(x) ce αx cx n c cos(ωx) tai csin(ωx) ce αx cos(ωx) tai ce αx sin(ωx) y p (x) ke αx a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n a 1 cos(ωx) + a 2 sin(ωx) e αx (a 1 cos(ωx)+ a 2 sin(ωx)) c,α,ω ovat annettuja vakioita; k, a 1...a n taas kertoimia jotka ratkaistaan sijoittamalla diff. yhtälöön

30 Esimerkki: ratkaise differen-aaliyhtälö d 2 y dx + 3 dy + 2y = 2 2x2 dx Ratkaisu: otetaan ensin homogeeninen yhtälö d 2 y dx + 3 dy 2 dx + 2y = 0 Karakteris-nen polynomiyhtälö on λ 2 + 3λ + 2 = 0 λ = 3± = { 1, 2} 2 Juuret ovat reaaliarvoisia; homogeenisen yhtälön ratkaisu on siis: y h (x) = C 1 e x + C 2 e 2 x

31 Etsitään seuraavaksi erikoisratkaisu epähomogeensielle yhtälölle. Arvaamalla, pää<elemällä tai edellä esitystystä taulukosta saadaan erikoisratkaisun muodoksi toisen asteen polynomi: y p (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 Ratkaistaan kertoimet a 0, a 1, a 2 sijoi<amalla differen-aaliyhtälöön. Tätä varten tarvitaan seuraavat derivaatat: d 2 y p (x) = 2a dx 2 2 dy p (x) = 2a 2 x + a 1 dx

32 Sijoitetaan nämä alkuperäiseen differen-aaliyhtälöön: d 2 y dx + 3 dy + 2y = 2 2x2 dx 2a 2 + 3a 1 + 6a 2 x + 2a 2 x 2 + 2a 1 x + 2a 0 = 2x 2 2a 2 x 2 + (6a 2 + 2a 1 )x + (2a 2 + 3a 1 + 2a 0 ) = 2x 2 Yhtälö voi pitää paikkansa kaikilla x:n arvoilla vain jos 2a 2 = 2 6a 2 + 2a 1 = 0 a 1 = 3 2a 2 + 3a 1 + 2a 0 = 0 a 0 = 3.5

33 Erikoisratkaisuksi saa-in siis: y p (x) = 3.5 3x + x 2 Ja yleinen ratkaisu on näinollen y(x) = y h (x)+ y p (x) = C 1 e x + C 2 e 2 x x + x 2