Normaaliryhmä. Toisen kertaluvun normaaliryhmä on yleistä muotoa

Transkriptio

1 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 on funktiopari x(t), y(t)}, joka toteuttaa normaaliryhmän kaikilla t I. Eksplisiittinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö y = f(x,y,y ) on ekvivalentti toisen kertaluvun normaaliryhmän y = z, z = f(x,y,z), x I, kanssa.

2 Kolmannen kertaluvun normaaliryhmä Yleinen muoto x = u(t,x,y,z), y = v(t,x,y,z), z = w(t,x,y,z), t I, missä u = u(t,x,y,z), t I ja v = v(t,x,y,z), t I ja w = w(t,x,y,z), t I. Kolmannen kertaluvun normaaliryhmän ratkaisu on funktiokolmikko x(t), y(t), z(t)}, joka toteuttaa normaaliryhmän kaikilla t I.

3 Eksplisiittisen kolmannen kertaluvun differentiaaliyhtälön y = f(x,y,y,y ), x I, kanssa ekvivalentti kolmannen kertaluvun normaaliryhmä on z 1 = z 2, z 2 = z 3, x I. z 3 = f(x,z 1,z 2,z 3 ),

4 Esim. 1 Heilurin differentiaaliyhtälö y = a sin y ja toisen kertaluvun normaaliryhmä y = z, ovat ekvivalentteja. z = a siny,

5 Esim. 2 Määrää differentiaaliyhtälöä y (4) + 7y + 6y = 0 vastaava ekvivalentti neljännen kertaluvun normaaliryhmä. Ratkaisu: Normaaliryhmä löydetään merkitsemällä tuntematonta funktiota ja sen derivaattoja seuraavasti z 1 = y, z 2 = y, z 3 = y, z 4 = y, z 4 = y (4) = 7z 3 6z 1, z 1 = z 2, z 2 = z 3, z 3 = z 4, z 4 = 7z 3 6z 1

6 Kertaluvun n normaaliryhmä Yleisesti voimme käsitellä kertaluvun n normaaliryhmiä Voimme osoittaa, että kertaluvun n eksplisiittinen yhtälö y (n) = F(x,y,y,...,y (n 1) ), x I on ekvivalentti oheisen kertaluvun n normaaliryhmän kanssa dz 1 dx = z 2, dz 2 dx = z 3,. x I. dz n 1 dx = z n, dz n dx = f(x,z 1,z 2,...,z n ),

7 Lineaarinen toisen kertaluvun normaaliryhmä Lineaarinen toisen kertaluvun normaaliryhmä y = A 1 (x)y + B 1 (x)z + f 1 (x), z = A 2 (x)y + B 2 (x)z + f 2 (x), x I, Kertoimet A 1,A 2,B 1,B 2 ovat muuttujan x funktioita. Funktiot y = y(x) ja z = z(x) ovat tuntemattomia. Jos kertoimet A 1,A 2,B 1,B 2 ovat vakiota, niin normaaliryhmä on vakiokertoiminen. Homogeeninen normaaliryhmä, jos f 1 (x) = f 2 (x) = 0 kaikilla x I Oletus: Kerroinfunktiot jatkuvasti derivoituvia.

8 Palautus TDY:ksi Olkoon B 1 0. Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä z Derivoimalla saamme edelleen z :n eli z = 1 B 1 [ y A 1 y f 1 ] z = ( 1 B 1 ) y +( 1 B 1 )y ( A 1 B 1 ) y A 1 B 1 y ( 1 B 1 ) f 1 ( 1 B 1 )f 1. Käyttämällä systeemin toista yhtälöä ja edellisiä lausekkeita saadaan ( 1 ) y +( 1 )y ( A 1 ) y A 1 y ( 1 ) f 1 ( 1 )f 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 = A 2 y + B 2 z + f 2 = A 2 y+ B 2 B 1 [ y A 1 y f 1 ] +f2.

9 Sieventämällä ylläolevan yhtälön ja ratkaisemalla sen y :n suhteen saamme y = [ A 1 + B 2 B 1 B 1 ] y + [ A 1 + B 1 A 2 A 1 B 2 A 1 B 1 B 1 ] y + [ f 1 f 1B 2 + B 1 f 2 f 1 B 1 B 1 ]. Toisen kertaluvun lineaarinen normaaliryhmä palautuu toisen kertaluvun lineaariseksi differentiaaliyhtälöksi. Ratkaistaan y ja lasketaan z kaavalla z = 1 B 1 [ y A 1 y f 1 ].

10 Esim. 4 Ratkaise homogeeniyhtälön alkuarvotehtävä u = u + 6v, u(0) = 5, v = u 2v, v(0) = 0.

11 Ratkaisu: Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä v ja lasketaan v : u = u + 6v, v = 1 v 6 u u, = u 2v, v = 1 6 u u. v:n eliminointi : v = u 2v ja edellisten lausekkeiden avulla u 2v = u 2( 1 6 u+1 6 u ) = 1 6 u u u +3u 4u = 0. Karakteristisen yhtälön λ 2 + 3λ 4 = 0 juuret ovat λ 1 = 1 ja λ 2 = 4

12 Yleinen ratkaisu u(x) = C 1 e x + C 2 e 4x u (x) = C 1 e x 4C 2 e 4x, v(x) = 1 6 u u = C 1 3 e x C 2 2 e 4x. Vakiot määrätään alkuehdoista u(0) = C 1 + C 2 = 5, v(0) = C 1 3 C 2 2 = 0, C 2 = 2. u(x) = 3e x + 2e 4x, v(x) = e x e 4x. C 1 = 3,

13 Esim. 5 Ratkaise alkuarvotehtävä x = x + y + 2, alkuehdoin y = x + y + t + 1, x(0) = 0, y(0) = 2.

14 Ratkaisu: Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä y ja muodostetaan derivoimalla y :n lauseke: x = x + y + 2, y = x + x 2, y = x + y + t + 1, y = x + x. Funktion y eliminointi: Käytetään yhtälöä y = x + y + t + 1 ja edellä laskettuja tuloksia, x + x = x + y + t + 1 = x +( x + x 2)+t + 1 x 2x + 2x = t 1.

15 Karakteristisen yhtälön λ 2 2λ+2 = 0 juuret ovat λ 12 = 1± i. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x H (t) = C 1 e t cos t + C 2 e t sin t. Täydellinen yhtälö ratkeaa yritteellä x 0 (t) = At + B, x 0 (t) = A, x 0 (t) = 0. Sijoitus yhtälöön x 0 2x 0 + 2x 0 = 2At +(2B 2A) = t 1 A = 1 2,B = 0 x 0 (t) = 1 2 t. Siis x(t) = C 1 e t cos t + C 2 e t sint t.

16 Ratkaisun y-komponentti määrätään laskemalla y = x + x 2 = (C 1 e t cos t + C 2 e t sin t t) +(C 1 e t cos t C 1 e t sin t +C 2 e t sin t + C 2 e t cos t ) 2 = C 2 e t cos t C 1 e t sint 1 2 t 3 2. Vakiot määrätään alkuehdoista x(0) = C 1 = 0, y(0) = C = 2, x(t) = 1 2 et sin t t, C 1 = 0, C 2 = 1 2, y(t) = 1 2 et cos t 1 2 t 3 2.

17 Esim. 6 Jännitelähteeseen kytketty RL-virtapiiri, jossa on kaksi virtasilmukkaa. Muodostetaan jännitehäviöiden kaavojen U L = L di dt, U R = Ri sekä Kirchhoffin lakien avulla piiriä mallintava differentiaaliyhtälöryhmä seuraavasti: i = i 1 + i 2, U L1 + U R1 = E(t), U L1 = U R2 + U L2, di L1 1 dt +R 1 (i 1 + i 2 ) = E(t), L 1 di 1 dt = R 2 i 2 + L 2 di 2 dt.

18 Tämä voidaan muokata seuraavaan muotoon di L1 1 dt di L 2 2 dt = R 1 i 1 R 1 i 2 + E(t), = R 1 i 1 (R 1 + R 2 )i 2 + E(t). Nolla-alkutilaisen systeemin alkuehdot ovat i 1 (0) = 0, i 2 (0) = 0.

19 Esim. 7 Säiliöön K 1 virtaa nopeudella a l/min suolaliuosta, jonka pitoisuus on f(t) kg/l. Säiliöstä K 1 sekoittunutta suolaliuosta virtaa säiliöön K 2 nopeudella a+b l/min. Säiliöstä K 2 sekoittunutta liuosta virtaa ulos järjestelmästä nopeudella a l/min sekä takaisin säiliöön K 1 nopeudella b l/min. Olkoot hetkelliset liuosmäärät säiliössä V 1 (t) l ja V 2 (t) l sekä vastaavat pitoisuudet u 1 (t) kg/l ja u 2 (t) kg/l. Määrää alkuarvotehtävä säiliöiden suolapitoisuudelle, jos tarkastelun alkuhetkellä suolapitoisuudet ovat u 1 (0) = p 1 kg/l ja u 2 (0) = p 2 kg/l.

20 Ratkaisu Annetuilla virtausnopeuksilla liuoksen määrä säiliöissä pysyy vakiona eli V i (t) = V i (0) = V i on vakio (i = 1,2). Lasketaan suolamäärän muutokset säiliöissä lyhyellä aikavälillä [t,t + t]: K1 : dm 1 = V 1 du 1 = af(t)dt (a+b)u 1 dt + bu 2 dt, K 2 : dm 2 = V 2 du 2 = (a+b)u 1 dt bu 2 dt au 2 dt. Differentiaaliyhtälösysteemin alkuarvotehtävä pitoisuuksille V1 u 1 = (a+b)u 1 + bu 2 + af(t), V 2 u 2 = (a+b)u 1 (a+b)u 2, u1 (0) = p 1, u 2 (0) = p 2.

21 Esim. 8 Jousi-massa systeemien värähtely. Tarkastelemme kuvion mukaisen kytketyn jousi-massa systeemin massojen m 1 ja m 2 yksiulotteista liikettä kitkattomalla tasolla ulkoisten voimien F 1 = F 1 (t) ja F 2 = F 2 (t) vaikutuksen alaisena. Olkoot jousivakiot k o, k ov ja k v. Olkoon t aikamuuttuja ja olkoot x 1 = x 1 (t) ja x 2 = x 2 (t) massapisteiden poikkeamat tasapainoasemasta. Kirjoita liikeyhtälö kummallekin massapisteelle Hooken lain ja Newtonin toisen lain avulla.

22 Systeemin liikeyhtälö on m1 x 1 = k v x 1 k ov (x 1 x 2 )+F 1 (t), m 2 x 2 = k o x 2 + k ov (x 1 x 2 )+F 2 (t). Tämä voidaan kirjoittaa muotoon m1 x 1 +(k v + k ov )x 1 k ov x 2 = F 1 (t), m 2 x 2 k ovx 1 +(k o + k ov )x 2 = F 2 (t).

23 Esim. 3 Määrää differentiaaliyhtälöä y (1+(y ) 2 ) 3y (y ) 2 = 0 vastaava kolmannen kertaluvun normaaliryhmä. Ratkaisu: Korkeimman derivaatan suhteen ratkaistuna yhtälö y = 3y (y ) 2 1+(y ) 2.

24 Merkitään z = y,u = z,u = y. Vastaava normaaliryhmä dy dx = z, dz dx = u, du dx = 3zu2 1+z 2. Normaaliryhmän analyyttinen ratkaiseminen vaatii kohtuullisen hyvää differentiaaliyhtälöiden käsittelytekniikkaa. Yleisenä ratkaisuna saadaan tason kaikki ympyrät (x D 1 ) 2 +(y D 2 ) 2 = D 2 3.

25 Laplacen muunnos ja vakiokertoimiset systeemit Esim. 9 Ratkaise Laplacen muunnoksen avulla differentiaaliyhtälöryhmän alkuarvotehtävä w + y = sin x, y z = e x, z + w + y = 1, alkuehdoin w(0) = 0, y(0) = 1, z(0) = 1

26 Ratkaisu Muunnetaan yhtälöryhmä ja käytetään alkuehtoja. Saadaan Laplace-muunnoksille W(s), Y(s) ja Z(s) lineaarinen yhtälöryhmä sw(s) w(0)+y(s) = sy(s) y(0) Z(s) = sz(s) z(0)+w(s)+y(s) = 1 s, sw(s)+y(s) = sy(s) Z(s) = 1 s 2 + 1, 1 s 1, 1 s 2 + 1, 1 s 1 + 1, W(s)+Y(s)+sZ(s) = 1 s + 1,

27 Yhtälöryhmä eliminoituu muotoon (vaihdettu yhtälöiden järjestystä) W(s)+Y(s)+sZ(s) = 1 s + 1, (s 1)Y(s)+s 2 Z(s) = 1+s 1 s 2 + 1, sy(s) Z(s) = Eliminoidaan alimmasta yhtälöstä Z(s) W(s)+Y(s)+sZ(s) = 1 s + 1, sy(s) Z(s) = 1 s = s s 1, s s 1, (s 3 + s 1)Y(s) = 1+s 1 s s3 s 1.

28 Systeemin alimmainen yhtälö ratkaistaan Y(s):n suhteen Y(s) = = = 1 ( 1+s 1 s 3 + s 1 s s3 ) s 1 s(s 4 + s 3 + s 2 1) (s 3 + s 1)(s 1)(s 2 + 1) s(s + 1) (s 1)(s 2 + 1) = 1 s s Edelleen sijoittamalla saamme Z(s) = sy(s) s s 1 = s s 2 +1, W(s) = Y(s) sz(s)+ 1 s + 1 = 1 s s.

29 Lasketaan vielä käänteismuunnoksella ratkaisu y(x) = L 1 (Y(s)) = L 1 ( 1 s 1 )+L 1 1 ( s 2 +1 ) = ex + sin x, z(x) = L 1 (Z(s)) = L 1 s ( ) = cos x, s 2 +1 w(x) = L 1 ( 1 s 1 )+L 1 ( 1 s ) = ex + 1.