Differentiaalilypsämöt II Harjoitus 1

Transkriptio

1 Differentiaalilypsämöt II Harjoitus 1 Heikki Korpela 22. maaliskuuta 217 Tehtävä 1. Ratkaise seuraava differentiaaliyhtälösysteemin alkuarvotehtävä { y 1 = λ 1 y 1, y 1 ) = y y 2 = λ 1 y 1 λ 2 y 2, y2) =, missä λ 1 > ja λ 2 > ovat vakioita. Etene seuraavasti a) Ratkaise y 1 ensimmäisestä differentiaaliyhtälöstä. b) Sijoita a)-kohdassa saatu y 1 toiseen yhtälöön ja ratkaise y 2. c) Anna esimerkki tilanteesta, jota differentiaaliyhtälösysteemillä voidaan mallintaa. Vastaus: 1. a) Todetaan ensin triviaaliratkaisu y 1 y =. Etsitään sitten saparoinnilla nöf!) muut ratkaisut: dy 1 dx = λ 1y 1 y 1x) y 1 x) dx = λ 1 log y 1 t) log y 1 ) = λ 1 t log y 1 t) y = λ 1t y 1 t) y = exp λ 1t) y 1 t) = zy exp λ 1 t) Ol. y 1 1 dx z = sgny 1t)/y ) Koska y 1 ) = y exp) = 1y, z = +1. Sallimalla y = saadaan mukaan triviaaliratkaisu. b) Sijoittamalla saadaan: y 2 + λ 2 y 2 = λ 1 y exp λ 1 x) Integroivaksi tekijäksi voidaan valita exp λ 2 dx = expλ 2 x). 1

2 Tästä expλ 2 x)y 2 + λ 2 y 2 ) = λ 1 y expλ 2 λ 1 )x) D x expλ 2 x)y 2 x)) = λ 1 y expλ 2 λ 1 )x) D x expλ 2 x)y 2 x)) dx = λ 1 y expλ 2 λ 1 )x) expλ 2 t)y 2 t) exp) y 2 ) = λ 1y }{{} λ 2 λ 1 = t/ expλ 2 λ 1 )x) y 2 t) = exp λ 2 t) λ 1y λ 2 λ 1 expλ 2 λ 1 )t) exp ) = λ 1y λ 2 λ 1 exp λ 1 t) expλ 2 t)) c) Tarkastellaan tilannetta alkuarvon y merkin mukaan. Jos y >, selvästi y 1 kuvaa eksponentiaalisesti jostain alkuarvosta lähtien vähenevää prosessia, missä vähenemä on logaritmisessa mielessä, suhteutettuna y 1 :n määrään kullakin hetkellä) vakiotahtista. Vastaavasti y 2 kuvaa prosessia, joka yhtäältä lisääntyy kullakin hetkellä saman verran kuin y 1 vähenee saa syötteenä y 1 :n vähenemän), mutta samalla myös itse vähenee vuotaa ) eksponentiaalisesti, jälleen logaritmisessa mielessä) vakiotahtia. Kyseessä voisi olla esimerkiksi erityistapaus saalis-peto-mallista, jossa a) saalispopulaatiolla ei välttämättä eliöitä, malli voi perustua analogiaan) on jokin alkutila y, ja normaalioloissa ilman saalistusta se uusiutuu kullakin populaation koolla tismalleen luonnollisen kuolleisuuden verran vaihtoehtoisesti voitaisiin esim. ajatella jotain niin lyhyttä ajanjaksoa, että luonnollinen kuolleisuus voidaan sivuuttaa, tai että se on muuten vakio ilman ulkoista painetta) b) petopopulaation kasvu riippuu yhtäältä tarjolla olevan saalispopulaation määrästä ja kuolleisuudesta, jota tapahtuu vakioisessa suhteessa petojen määrään esimerkiksi petojen lisääntyessä ne alkavat tappelemaan ruoasta riippumatta ruoan määrästä); hieman häiritsevä oletus siitä, että petopopulaation y 2 koko on alussa, voitaneen sivuuttaa ajattelemalla, että pedot hakeutuvat ruokaa etsien tarkastelun kohteena olevalle alueelle ja jäävät sinne, jos ruokaa on tarjolla Toinen esimerkki voisi olla liuossysteemi, jossa annetaan alkusyöte y astiaan y 1, josta ainetta siirtyy astiaan y 2 vakioisessa suhteessa aineen määrään astiassa y, ja astiasta y 2 sitä siirtyy ulos vakioisessa suhteessa. Jos taas y <, y 1 :n käyttäytyminen muuttuukin eksponentiaaliksi kasvuksi, joka lähestyy asymptoottisesti nollaa sen alapuolelta. Monisteen sovelluksista esimerkiksi voisi käydä SIS-tartuntatautimallin versio, jossa y 1 kuvaa sairaudelle alttiita henkilöitä, jotka sairastuvat vakioisessa suhteessa alttiiden henkilöiden määrään mutta kerran sairastuttuaan hankkivat immuniteetin tai kuolevat pois, eli alttiiden henkilöiden määrä ei lisäänny) ja y 2 kuvaa sairaita henkilöitä, jotka paranevat tai kuolevat jossain vakioisessa suhteessa sairaiden henkilöiden määrään. Tehtävä 2. Ovatko seuraavat funktiot Lipschitz-jatkuvia reaaliakselilla? a) hx) = x 2 b) hx) = x 1/3 c) hx) = x 2. Vastaus: 2

3 a) Ei. Vastaoletus: olkoon M Lipschtikka-vakio. Olkoon x = M + 1. Nyt hx) h) x = x2 x = x = x > M, mikä on ristiriita Lip-väitteen hx) h) M x kanssa. b) Ei. Vastaoletus: olkoon M Lipschtick-vakio. Nyt voidaan valita luku x väliltä, M 3/2 ), jolloin missä hx) h) x = x1/3 x = x 2/3 = x 2/3, < x < 1 M 3/2 M 3/2 < 1 x ) 2/3 1 x 2/3 = > M 3/2) 2/3 3 = M = M, x mikä on ristiriita Lip-väitteen hx) h) M x kanssa. c) On. Olkoot x y lukuja. Nyt hx) hy) x y joten luku 1 käy Lipschervice-vakioksi. = x y x y x y x y = 1, Tässä hyödynnettiin erästä kolmioepäyhtälön muotoa x y x y x, y R. Tehtävä 3. Määrää kolme ensimmäistä Picardin iteraation termiä alkuarvo-ongelmalle y = y, y) = 2, ja vertaa tarkkaan ratkaisuun. Vastaus: Funktiona kaavassa on fx, yx)) = x yx). Tähtilaivan kapteeneista harva Picard iteroi kuin ite Harvard-Roi: 3. y x) = y = 2, y 1 x) = 2 + y 2 x) = 2 + y 3 x) = 2 + ft, y ) dt = 2 + ft, y 1 t)) dt = 2 + ft, y 2 t)) dt = dt = 2 2x, 1)2 2t) dt = t 1 dt = x 2 2x x2 + x 1 dt = 1 3 x3 + x 2 2x + 2 3

4 Tarkka ratkaisu separoimalla: dy dx = y dy = 1 dx y y x) yx) = t/ ln yx) = t 1 dx ln yt) ln y) = t }{{} =2 yt) = exp t) expln2)) yt) = z2 exp t), z = sgn yt) jossa tiedosta y) = z2 exp) = 2z = 2 saadaan z = +1. Picardin iteraatio vastaa y:n Taylorin kolmannen asteen polynomia pisteessä ja approksimoi lähellä origoa y:tä varsin hyvin. Lasketaan tämän vahvistamiseksi pari ensimmäistä derivaattaa toki voisi käyttää myös suoraan eksponenttifunktion sarjakehitelmää): y t) = yt), y t) = yt), y 3) t) = yt) y i) x ) yt) = x x ) i y i) ) = x) i i! i! i=1 = 2 exp) x +! i=1 2 1) exp) 1! = 2 2x + x x x exp) x 2 + 2! 2 1) exp) x ! 4 y = 2 exp x) y 1 = 2x + 2 y 2 = x 2 2x + 2 y 3 = 1 3 x2 + x 2 2x + 2 y x 4

5 Tehtävä 4. Määrää kolme ensimmäistä Picardin iteraation termiä alkuarvo-ongelmalle y = cos x, y) =. Mitä huomaat? Kuinka selität havaintosi? Vastaus: Funktiona on tällä kertaa fx, yx)) = cos x + y. Iteraatio: 4. y x) = y =, y 1 x) = + y 2 x) = + y 3 x) = sin x ft, y ) dt = + ft, y 1 t)) dt = + Todetaan myös ilmeinen AAT:n eksakti ratkaisu: sin t dt = + sin x sin = sin x, cos t dt = sin x, y x) dx = yt) y) }{{} = cos x dx t/ sin x = sint) sin) = sint) Picardin iteraatio konvergoi välittömästi täsmälleen oikeaan ratkaisuun. Kun muotoa y = fx) f on y:n suhteen vakiofunktio) olevaan differentiaaliyhtälöön haetaan määrätyn integraalin avulla avulla alkuarvo-ongelman ratkaisua, kyseessä on itse asiassa vain analyysin peruslauseen soveltaminen. Iteraatioonhan sijoitetaan kussakin vaiheessa edellisestä vaiheesta saatu integraalifunktio f:n toisena argumenttina, ja f taas on tämän argumentin suhteen vakiofunktio. Siis kunhan analyysin peruslauseen oletukset ovat tilanteessa voimassa, Picardin funktiojono antaa oikean tuloksen jo ensimmäisellä iteraatiolla y 1 ; tilanne ei muutoin liity funktion fx) tai pisteiden x, y valintaan. Tietyssä mielessä iteraatiossa siis ammutaan kärpästä singolla; toisaalta on tietysti mukavaa tietää, että Picard-Lindelöfin teoreema soveltuu myös tähän tilanteeseen. Tehtävä 5. a) Toteuttaako funktio fx, y) = expx) log1 + y 2 ) lokaalin olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen Lause 4.4 luentomonisteessa) ehdot alueessa D = {x, y) R 2 : < x < 2, y R}? Eli onko f jatkuva ja toteuttaako se lokaalin Lipschitz-ehdon muuttujan y osalta? b) Onko f tasaisesti Lipschitz-jatkuva muuttujan y suhteen alueessa D? Vastaus: 5. a) f on jatkuvien kuvausten eksponenttifunktio, logaritmi määrittelyjoukossaan ja kaikkialla positiivinen polynomifunktio) yhdistettynä kuvauksena jatkuva. Koska, 2) ja R ovat kokonaisia avoimia välejä, niiden karteesisena tulona määrätyssä suorakulmiossa alueessa) voidaan aina valita kullakin x, y ) jokin siihen kokonaan sisältyvä rajoitettu suljettu suorakaide K. Täsmällisemmin: oletetaan x, y D, eli < x < 2, y R. Valitaan ɛ = 1 2 min{x, 2 x }), jolloin selvästi < x ɛ < x + ɛ < 2 ja < y ɛ < y + ɛ <, ja edelleen K = {x, y) R 2 : x x ɛ, y y ɛ} D 5

6 Tämän voi nähdä suoraan tai tarkistaa: ) x x ɛ x ɛ x x + ɛ, ja ɛ 1 2 x ɛ 1 2 x x ɛ x 1 2 x = 1 2 x >, ja ɛ x x + ɛ x x = x < = 2 Tarkistetaan lokaali Lipschitz-ehto lemman 4.2 avulla tarkistamalla f:n osittaisderivaatta y:n suhteen 2y D y f = expx) 1 + y 2, joka on jatkuva, koska eksponenttifunktio on jatkuva ja rationaalifunktio t 2t 1+t on jatkuva 2 nimittäjä ei saavuta nollaa). Siis f toteuttaa lokaalin Lipschitz-ehdon muuttujan y osalta D:ssä. b) Tutkitaan, löytyisikö edellisen tehtävän osittaisderivaatalle jopa globaali maksimi. Selvästi voidaan arvioida ylhäältä asettamalla x = 2. Merkitään g : R R, gy) = f2, y). Tutkitaan sitten maksimointitehtävää max y R g y) = max exp2) 2y y R 1 + y 2, Tutkitaan tämän lausekkeen derivaattaa y:n suhteen: g y) = D yy f2, y) = exp2)2 1 + y2 ) 2y y 2 ) 2 = exp2)2 1 y2 1 + y 2 ) 2 1 y 2 y y 1, eli toisen kertaluvun osittaisderivaatta on kasvava tasan silloin, kun 1 y 1, ja vähenevä muulloin. Tämän perusteella se saavuttaa jopa globaalin maksiminsa pisteessä 1, eli max y R max x,2) D y fx, y) = exp2)d y f2, 1) = exp2) 2 2 = exp2). Oletetaan, että x, 2), ja y 1, y 2 R, y 1 y 2. Voidaan olettaa, että y 1 > y 2. f on y:n suhteen jatkuva välillä [y 1, y 2 ] ja derivoituva välillä y 1, y 2 ). Lisäksi f on aidosti kasvava sekä x:n että y:n suhteen, eli fx, y) < f2, y) kaikilla x, 2) koska eksponenttifunktio on aidosti kasvava) ja fx, y 1 ) fx, y 2 ) > kaikilla y 1 > y 2 koska logaritmi on aidosti kasvava). Saadaan fx, y 1 ) fx, y 2 ) y 1 y 2 = fx, y 1) fx, y 2 ) y 1 y 2 < f2, y 1) f2, y 2 ) y 1 y 2 = gy 1) gy 2 ) y 1 y 2 = g ξ) max y R g y) = exp2) = M, joten f on tasaisesti Lip-jva muuttujan y suhteen D:ssä. 6

7 Tehtävä 6. Pakotettu vaimentamaton harmoninen värähtelijä. Differentiaaliyhtälöt I kevät 217) -kurssilla Harjoitusten 5 tehtävässä 6 tarkasteltiin harmonista värähtelijää, joka värähteli luonnollisella kulma)taajuudellaan ω. Lisätään yhtälöön harmonista värähtelijää liikuttamaan sinimuotoinen voima, jonka amplitudi on F > ja taajuus α ω, jolloin saadaan alkuarvotehtävä a) Ratkaise alkuarvotehtävä. b) i. Määritä lim α ω yx). y + ω 2 y = F sinαx), y) = y ) =. ii. Etsi jonot x + n ja x n siten, että x + n ja x n kasvavat rajatta ja lim lim n α ω yx+ n ) =, lim lim n α ω yx n ) =. Tilannetta kutsutaan puhtaaksi resonanssiksi, ja sovelluksesta riippuen siitä on joko haittaa tai hyötyä. [Vinkki b)-kohtaan 1: L Hôpital; 2. kohdan tilannetta voi tarkastella videosta: youtube.com/watch?v=be827gwnnk4 Vastaus: 6. a) Homogeeniyhtälön y + ω 2 y = karakteristinen yhtälö on r 2 + r + ω 2 = r 2 = ω 2 r = ±iω, eli sen perusjärjestelmä on y 1, y 2 ) = cos ωx, sin ωx). EHY:n yksittäisratkaisuksi kokeillaan yritettä y p = A sinbx): y p = AB cosbx) y p = AB 2 sinbx) y p + ω 2 y = AB 2 + ω 2 A) sinbx) = F sinαx) B = α ω 2 A Aα 2 = F A = F ω 2 α 2 Siis, kunhan käsillä ei ole tilanne, jossa jokin olio olisi yhtä aikaa α = ω, ensimmäinen ja viimeinen, alku ja loppu vrt. Ilm. 22:13, Ilm. 1:8, Ilm. 21:6) yx) = C 1 cosωx) + C 2 sinωx) + F ω 2 α 2 sinαx) y) = C 1 cos) + C 2 sin) + F ω 2 α 2 sinαx) = C 1 = y x) = C 2 ω cosωx) + F ω 2 α 2 cosαx) y ) = C 2 ω1 + F α ω 2 α 2 1 = F α C 2 = ωα 2 ω 2 ) F α yx) = ωα 2 ω 2 ) sinωx) + F ω 2 α 2 sinαx) F = ω 2 α 2 sinαx) α ) ω sinωx) 7

8 b) i. Todetaan, että raja-arvo on tyyppiä /, merkitään yx) = fα) gα), missä fα) = F sinαx) α ω sinωx) ), gα) = ω 2 α 2, fα) = ω 2 α 2 α ω, gα) = F sinαx) α ) ω sinωx) α ω F ) sinωx)) =, ja sekä osoittaja- että nimittäjäfunktio ovat jopa äärettömän monta kertaa derivoituvia muuttujan α suhteen. Lasketaan nämä derivaatat: D α f = F x cosαx) 1 ) ω sinωx), D α g = 2α, missä g α) jossain ω:n punkteeratussa ympäristössä. Raja-arvo: D α fα) D α gα) = F x cosαx) 1 ω sinωx) 2α = F sinωx) ωx cosαx) 2ω α α ω F sinωx) ωx cosωx)) 2ω2 Koska oletuksesta ω seuraa, että tämä on hyvin määritelty raja-arvo, se on L Hospitalin säännön mukaan myös y:n raja-arvo, kun α ω. ii. Valitaan ensin vaikkapa x + n = 1 ω 2n+1). Tällöin pätee kuvauksen jatkuvuuden nojalla lim α ω yx+ n ) = F sinωx + 2ω 2 n ) ωx + n cosωx + n ) ) sin ω 1 ω ) 2n + 1) ω 1 ω ωn 2n + 1) cos 1 ω )) 2n + 1) = F 2ω 2 = F sin2n + 1)) 2n + 1) cos2n + 1))) 2ω2 = F 2ω 2 2n + 1) 1)) = F n 2n + 1), 2ω2 koska F oli positiivinen, ω ja sin2n + 1)) =, cos2n + 1)) = 1 kaikilla n Z. Vastaavasti, kun x n = 1 ω 2n), niin lim α ω yx n ) = F sinωx 2ω 2 n ) ωx n cosωx n ) ) sin ω 1 ω ) 2n) ω 1 ω ωn 2n) cos 1 ω )) 2n) = F 2ω 2 = F sin2n)) 2n) cos2n))) 2ω2 = F 2ω 2 2n) 1)) = F n 2n) 2ω2, 8