Differentiaaliyhtälöt II, kevät 2017 Harjoitus 5

Transkriptio

1 Differentiaaliyhtälöt II, kevät 27 Harjoitus 5 Heikki Korpela 26. huhtikuuta 27 Tehtävä 2. Määrää seuraavan autonomisen systeemin kriittiset pisteet, ratakäyrät ja luonnostele systeemin aikakehitys: (t) = ((t) + )(y(t) 2) y (t) = (t) 2 (t) 2 Vastaus: Kriittiset pisteet eli derivaatan nollakohdat: ( + )(y 2) = 2 2 = ( + )(y 2) = ( 2)( + ) = = tai y = 2 = 2 tai = 2. eli suoran = pisteet sekä piste (, y) = (2, 2). Ympäristöissä, joissa (t), on olemassa käänteisfunktio t(), jolle pätee käänteisfunktion derivointisääntö t () = (t). Lisäksi D y(t()) = y (t)t () = y (t). Siten saadaan DY D y(t()) = y (t) (t) = 2 2 ( 2)( + ) = ( + )(y 2) ( + )(y 2) y ( 2) = (y 2) y (y 2) = ( 2) y 2 dy = 2 d ol. 2 y2 2y = C y 2 4y = C y 2 4y + 4 = C ( 2) 2 (y 2) 2 = 2C josta tunnistetaan ratakäyrät hyperbeleiksi. Ratkaistaan ne vielä normaalimuotoisiksi 2 a 2 ±. Oletetaan ensin C < : y2 b 2 = 2C = ( 2) 2 (y 2) 2 = ( 2)2 (y 2)2 ( 2)2 (y 2)2 ( 2)2 (y 2)2 = = 2C 2C 2C 2C 2 2 2C 2C Ja sitten C > : 2C = ( 2) 2 (y 2) 2 = ( 2)2 (y 2)2 ( 2)2 (y 2)2 ( 2)2 (y 2)2 = = 2C 2C 2C 2C 2 2 2C 2C Lisäksi erityistapauksena saadaan alkuperäisestä yhtälöstä ensinnäkin vakiofunktio 2 (t) = = ( + )(y 2) = (3)(y 2) y 2. Tämä ratkaisu toteuttaa alkuperäisen yhtälön

2 (ja jää paikoilleen). Toisekseen saadaan suorat y =, y = 4. Niiden kriittinen piste (2, 2) on mahdollista havaita epästabiiliksi Poincaren lauseen avulla. Ensin Jacobin matriisi: [ ] [ ] D ((t) + )(y(t) 2) D J y (, y) = y ((t) + )(y(t) 2) y 2 + D 2 2 D y 2 =, 2 2 joka on kääntyvä pisteessä (2, 2) mutta ei suoralla =. Pisteessä (2, 2) matriisi on [ ] 3 J y (, y) = 3 det J y (, y) λi = λ 3 3 λ = λ2 9 = λ = ±3, joten (koska ominaisarvot ovat reaaliset ja erimerkkiset), piste on epästabiili (satulapiste). Tutkitaan hyperbeliratkaisujen käyttäytymistä. Jaetaan tarkastelu lohkoihin. Pitäen mielessä alkuperäinen yhtälöpari (t) = ( + )(y 2) y (t) = ( 2)( + ) todetaan, että y > 2, < : (t) = ( + ) (y 2) < }}}} < > y > 2, > : (t) = ( + ) (y 2) > }}}} > > y < 2, > : (t) = ( + ) (y 2) < }}}} > < y < 2, < : (t) = ( + ) (y 2) > }}}} < < Mallinnamme kuvaajia erityistapauksilla C = 5, C =, C =, C =. Vasen ylälohko, jossa yllä olevan perusteella kuvaajia pitkin kuljetaan vasemmalle, kun t kasvaa: y Ratakäyrä, C= C= C= 5 C= = y= Kuva : Vasen ylälohko, D t < 2

3 Kaikki kuvaajat kulkevat poispäin kriittisestä suorasta. Oikea ylälohko, jossa kuvaajia pitkin kuljetaan oikealle, kun t kasvaa: y Ratakäyrä, C= C= C= 5 C= = y=2 5 Kuva 2: Oikea ylälohko, D t > Kuvaajat kulkevat kohti kriittistä suoraa vain jos y 2 kriittisen suoran leikkauspisteessä. (Vasemmalle aukeavat hyperbelit, jotka leikkaavat suoraa kahdessa pisteessä, eli 4 2 < C <.) Oikea alalohko, jossa kuvaajia pitkin kuljetaan vasemmalle, kun t kasvaa: y Ratakäyrä, C= C= C= 5 C= = y=2 5 Kuva 3: Oikea alalohko, D t < Kuvaajat kulkevat kohti kriittistä suoraa vain jos y 2 kriittisen suoran leikkauspisteessä. (Vasemmalle aukeavat hyperbelit, jotka leikkaavat suoraa kahdessa pisteessä, sekä alaspäin aukevaat hyperbelit, kulkevat kohti kriittistä suoraa.) Vasen alalohko, jossa kuvaajia pitkin kuljetaan oikealle, kun t kasvaa: 3

4 y Ratakäyrä, C= C= C= 5 C= = y= Kuva 4: Vasen ylälohko, D t > Kuvaajat kulkevat kohti kriittistä suoraa, jos ne leikkaavat sitä. (Vasemmalle aukeavat hyperbelit, jotka leikkaavat suoraa kahdessa pisteessä, sekä alaspäin aukevaat hyperbelit.) Siis kriittisellä suoralla pisteet ovat stabiileja ja asymptoottisesti stabiileja. Myös alkuarvon perusteella on mahdollista rajata, mitkä ratakäyrät hakeutuvat kohti kriittistä pistettä ja pysyvät jostain t alkaen sen lähellä. Tällaisia alkuarvopisteitä ovat suorien = ja y = 4 rajaama alue sekä lisäksi suoran = ja arvolla C = 4 2 piirtyvän hyperbelin rajaama alue. Tehtävä 3. Määrää seuraavan autonomisen systeemin kriittiset pisteet, ratakäyrät ja luonnostele systeemin aikakehitys: (t) y (t) = 8y(t) = 8(t) 3. Vastaus: Ainoa kriittinen piste on (, y) = (, ). Ratkaistaan y (kun y ): D y(t()) = y (t)t () = y (t) (t) = 9(t) 4y(t) 4y dy = 9 d 4y 2 = C 4y = C 2 (C 2 ), eli origokeskinen ellipsi. Jos C 2 =, niin saadaan ratkaisuihin mukaan vakiofunktio t (, ). Muissa tapauksissa ratakäyrällä ei ole muita kriittisiä pisteitä, joten raja-arvoa, kun t, ei ole muissa tapauksissa olemassa. Helposti nähdään, että ratakäyrällä liikutaan ellipsiä pitkin vastapäivään (kun y >, <, ja kun y <, > ). Origossa olevan kriittisen pisteen laatu on lauseen 6.2 nojalla stabiili keskus (ominaisarvot puhtaasti imaginaarisiä). 4

5 y Ratakäyrä, C= Ratakäyrä, C= Kuva 5: Ellipsit tapauksissa C 2 =, C 2 = 2 Tehtävä 4. Määrää seuraavan autonomisen systeemin kriittiset pisteet, ratakäyrät ja luonnostele systeemin aikakehitys: (t) = ((t) 4)( y(t)) y (t) = ((t) + )((t) 4) Vastaus: Kriittiset pisteet: 4. ( 4)( y) = ( + )( 4) = = 4 tai y = = tai = 4, eli kriittiset pisteet ovat suora = 4 sekä piste (, y) = (, ). 5

6 Systeemin määräämä DY (kun y ): D y(t()) = y (t)t () = y (t) ((t) + )((t) 4) = (t) ((t) 4)( y(t)) D y = + y y dy = + d 2y y 2 = C y 2 2y = 2C + 2 (y ) 2 + ( + ) 2 = C 2 (C 2 ), ol. 4 eli (, )-keskisen ympyräkiekon kehä. Tarkastellaan aikakehitystä vakion C 2 mukaan. Jos C 2 =, kyseessä vakioratkaisu y,, joka toteuttaa differentiaaliyhtälön ja on stabiili (ratakäyrän ainoa piste on kriittinen piste). Oletetaan sitten, että < C 2 < (4 + ) 2 = 25. Tällöin selvästi ratakäyrällä ei ole kriittisiä pisteitä, joten raja-arvoa kun t ei ole olemassa. Ratakäyrä kiertää keskusta myötäpäivään ikuisesti. Jos C 2 5, ratakäyrällä on yksi (tapaus C 2 = 5) tai kaksi (tapaukset C 2 > 5) kriittistä pistettä. Verrattaessa jälleen alkuperäiseen yhtälöpariin (t) = ( 4)( y) y (t) = ( + )( 4) havaitaan, että < 4, y > : (t) = ( 4) ( y) >, eli kiertosuunta ympyrää pitkin oikealle (myötäpäivään), kohti kriittistä suoraa (sen ylempää }}}} < < leikkauspistettä) < 4, y < : (t) = ( 4) ( y) <, eli kiertosuunta ympyrää pitkin vasemmalle }}}} < > (myötäpäivään), poispäin kriittisestä suorasta (alemmasta leikkauspisteestä) > 4: y (t) = ( + ) ( 4) >, eli kiertosuunta ympyrää pitkin ylös (poispäin alemmasta }}}} > > ja kohti ylempää leikkauspistettä) Havaitaan, että jos ympyrä leikkaa suoraa, ratakäyrä hakeutuu kohti alempaa leikkauspistettä. Toisin ilmaisten, kriittisen suoran pisteistä ne, joilla y <, ovat asymptoottisesti stabiileja. Muut ovat epästabiileja. Nämä huomiot on mahdollista todeta myös Poincaren lauseen avulla. 6

7 y Ratakäyrä, C2= Ratakäyrä, C2=36 =4 y= Kuva 6: Ratakäyrät tapauksissa C 2 =, C 2 = 6 2 Tehtävä 5. Ratkaise alkuarvotehtävä (t) = [ ] (t) + [ ] [ t e 2t, () = ] Vastaus: Kirjoitetaan alkuperäinen yhtälö muodossa [ ] [ ] [ ] (t) = (t) + t + ep(2t) }}}}}} merk. merk. merk. = A = v = v 2 Merkitään A = [ ]. HY:n ratkaisua varten määritetään A:n ominaisarvot: 5. det(a λi) = λ 2 = λ = ±, 7

8 ja ominaisavaruudet: [ ] [ ] u (A λ I)u = = u 2 [ u = r, r R, ] [ ] [ ] u2 (A λ 2 I)u 2 = = u 22 [ ] u 2 = s, s R HY:n perusjärjestelmäksi voidaan siis valita ( (t), 2 (t)) = (ep(λ t)u, ep(λ 2 t)u 2 ) = ( [ ] [ ]) ep(t), ep( t) Valitaan yksittäisratkaisun yritteeksi p (t) = a + bt + c ep(2t), missä a, b, c ovat R 2 :n vakiovektoreita. Yrite on ratkaisu, jos se toteuttaa yhtälön kaikilla t: p(t) = A(t) + v t + v 2 ep(2t) b + 2c ep(2t) = Aa + (Ab + v )t + (Ac + v 2 ) ep(2t) Aa = b a = A b Ab + v = b = A ( )v 2c = Ac + v 2 c = (2I A) v 2 Vakiokertoimet saadaan käänteismatriisien avulla: A = A, [ ] (2I A) 2 = = [ ] [ ] b = A ( )v =, a = A b = [ ], c = (2I A) v 2 = 3 [ ] [ 2 = 2 ] 3 [ ], 2 eli löytyi ratkaisu p (t) = a + bt + c ep(2t), jolle p () = a + c 8

9 Alkuarvotehtävän ratkaisu saadaan yhtälön yleisestä ratkaisusta: (t) = c (t) + c 2 2 (t) + p (t) ((c, c 2 ) R 2 ) [ () = c u + c 2 u 2 + a + c = ] [ ] c u + c 2 u 2 = a c [ ] [ ] [ [ ] c +c 2 = ] [ ] 3 2 }}}}}}}} =u ] =u 2 ] [ [ 3c + 3c 2 [ ] 3c + 3c 2 = 3c + 3c 2 [ = 3 ] =a = c [ [ ] 2] ] [ 3 + = = 6c 2 = 5 c 2 = 5 6 3c = 4 3c = = 9 6 = 3 2 c = 2, mistä saadaan alkuarvotehtävän ratkaisu. Auki kirjoitettuna sille saa esimerkiksi esityksen: (t) = 6 (3 (t) (t) + 6 p (t)) ([ 3 ep(t) + 3] = 6 [ 5 5] ep( t) + [ ] [ 6 + t + 6] [ ] ) 2 ep(2t) 4 Tehtävä 6. Määrää seuraavan autonomisen systeemin kriittiset pisteet ja ratakäyrät: (t) = (t) 2 y (t) = (t) 2 + y(t) 2 + (t)y(t) Vastaus: Kriittiset pisteet: 2 = 2 + y 2 + y = = y =, 6. missä alempi ratkaisu saatiin sijoittamalla ylemmän yhtälön ainoa ratkaisu alempaan yhtälöön. Poincaren lausetta ei voida soveltaa, koska Jacobin matriisin determinantti origossa on nolla. Ratakäyrät, kun : D y(t()) = y (t)t () = y (t) (t) = 2 + y 2 + y 2 = + y2 2 + y Tehdään sijoitus u = y/ y = u D y = u + u : u + u = + u 2 + u du d + u 2 = arctan u = log + C u = tan(log + C) y = tan(log + C) + u2 >, 9

10 y 2 2 C= 5 5 Kuva 7: Ratakäyrä, C =

11 y 5 5 C= 5 5 Kuva 8: Ratakäyrä, C =

12 y C= Kuva 9: Ratakäyrä, C = 2 2

13 C= y Kuva : Ratakäyrä, C = 3

14 C= y Kuva : Ratakäyrä, C = 4

15 y C= 5 5 Kuva 2: Ratakäyrä, C = Tehtävä 7. a) Etsi systeemin perusjärjestelmä. (t) = (t) b) Määrää neljä ensimmäistä Picardin iteraation termiä alkuarvo-ongelmalle (t) = (t), () = Vastaus: [Picardin iteraation termit määrätään systeemeille samalla tavalla kuin yhtälöiden tapauksessa nyt iteraation termit ovat vain vektoriarvoisia funktioita.] 7. 5

16 a) Merkitään kerroinmatriisia A:lla. Matriisin ainoa ominaisarvo (yläkolmiomatriisin ominaisarvot voidaan lukea lävistäjältä) on λ =. A λi:n ominaisavaruus: (A λi)u = u = r r = e r, r R Koska ominaisavaruuden dimensio on yksi, etsitään lisää muotoa ep(at)u olevia ratkaisuja, joissa (A λi) k u = jollakin (mielellään pienellä) k ja u ovat lineaarisesti riippumattomia. Huomataan, että (A λi) = (A λi) 2 =, (A λi) 3 = Toisen matriisipotenssin ominaisavaruudesta voidaan valita e 2. Ei kuitenkaan ole mahdollista valita tästä ominaisavaruudesta vektoreita, jotka muodostaisivat e :n kanssa R 3 :n kannan, joten tarvittiin vielä kolmas potenssi. Kolmannen matriisipotenssin ominaisavaruudesta valitaan vektori e 3. Lasketaan matriisipotenssien ja valittujen vektorien tulot: Saadaan perusjärjestelmän funktioiksi: (t) = ep(at)e = ep(λit + (A λi)t)e = ep(t) ep((a λi)t)e (A λi)e 2 = e, (A λi)e 3 = e 2, (A λi) 2 e 3 = e = ep(t)(i + (A λi)t + )e = ep(t)(e + (A λi)e t + ) }} = = ep(t)e, 2 (t) = ep(at)e 2 = ep(t)(e 2 + (A λi)e 2 t + (A λi) 2 e 2 2 t2 + ) }} = = ep(t)(e 2 + e t), 3 (t) = ep(at)e 3 = ep(t)(e 3 + (A λi)e 3 t + (A λi) 2 e 3 2 t2 + (A λi) 3 e 3 ( ) = ep(t) e 3 + e 2 t + e 2 t2 3! t3 + ) }} = Helposti voidaan tarkistaa, että nämä ratkaisut todella toteuttavat alkuperäisen yhtälön, ja niiden Wronski nollassa on det [ e e 2 e 3 ] =, joten kyseessä on perusjärjestelmä. 6

17 Alkuarvotehtävällä () = e + e 2 + e 3 kertoimiksi saataisiin selvästi c = c 2 = c 3 =, eli ( ) (t) = ep(t)e + ep(t)(e 2 + e t) + ep(t) e 3 + e 2 t + e 2 t2 ( ) = ep(t) e + e 2 + e t + e 3 + e 2 t + e 2 t2 = ep(t) (e ( + t + 2 ) t2 ) + e 2 ( + t) + e 3 b) Merkitään annettua alkuarvoa = ja f(t, (t)) = A(t). (t) =, (t) = + = + 2 (t) = + t t t f(s, (s)) ds = ds = + A (s) ds = t, t t A (s) ds = + A + A 2 2 t s ds = + ds 2 2 t = + 2 t t2, t t (t) = + A 2 (s) ds = + A + A 2 s + A 3 2 s2 ds 2 4 = + 2 t + 3 t 7 2 t t2 ds 2 4 = + 2 t t t3 t 4 3 s ds Vertaamalla iteraatiota 3 tarkkaan a)-kohdan ratkaisuun havaitaan, että iteraatio on kohtuullinen approksimaatti esimerkiksi pisteessä t =. Kuvaajat komponenteittain: 7

18 y (t) (t) 2(t) 3(t) Kuva 3: Ensimmäinen komponenttifunktio 8

19 y (t) (t) 2(t) 3(t) Kuva 4: Toinen komponenttifunktio 9

20 y (t) (t) 2(t) 3(t) Kuva 5: Kolmas komponenttifunktio 2