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.

Transkriptio

1 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 2 ovat jatkuvia alueessa a 1 < x 1 < a 2, b 1 < x 2 < b 2 ja t 1 < t < t 2. Silloin kaikilla alkuehdoilla x(t 0 ) = x 0, ẋ(t 0 ) = y 0 joille a 1 < x 0 < a 2, b 1 < y 0 < b 2 ja t 1 < t 0 < t 2 yhtälöllä ẍ = f(ẋ, x, t) on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu jollakin välillä I johon t 0 sisältyy. 1 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 1/22 22

2 Lineaarisuus (superpositioperiaate) Tarkastellaan toisen kertaluvun lineaarisia ja homogeenisia yhtälöitä d 2 x dt + p(t)dx + q(t)x = 0. 2 dt Olkoot x 1 (t) ja x 2 (t) ratkaisuja. Silloin lineaarikombinaatio x(t) = αx 1 (t) + βx 2 (t), αβ R on myös ratkaisu. 2 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 2/22 22

3 Lineaarinen riippumattomuus Yleisesti Määritelmä Funktiot x 1 (t),..., x n (t) ovat lineaarisesti riippumattomat välillä I, jos ja vain jos yhtälön α 1 x 1 (t) + + α n x n (t) = 0, kaikilla t I ainoa ratkaisu on α 1 = = α n = 0. Kahdelle funktiolle x 1 ja x 2 lineaarinen riippumattomuus tarkoittaa, että funktiot eivät ole suoraan verrannollisia: missä c on jokin vakio. x 2 cx 1, 3 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 3/22 22

4 Ratkaisukanta Yhtälön d 2 x dt + p(t)dx 2 dt + q(t)x = 0 kaikki ratkaisut eivät ole verrannollisia: Esim. x 1 (t 0 ) = 1, ẋ 1 (t 0 ) = 0 ja x 2 (t 0 ) = 0, ẋ 2 (t 0 ) = 1. Selvästi kumpikaan näistä ei voi olla toisen monikerta. Siis 2. kl:n lin. homog. yhtälöllä on ainakin kaksi ratkaisua. 4 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 4/22 22

5 Ratkaisukanta Oletetaan, että ratkaisut x 1 ja x 2 ovat lineaarisesti riippumattomat (LI). Silloin niiden lineaarikombinaatio x(t) = αx 1 (t) + βx 2 (t), α, β R toteuttaa (sopivilla α ja β) minkä tahansa alkuehdon: Siis: kaksi LI ratkaisua riittää. x(t 0 ) = x 0, ẋ(t 0 ) = v 0. 5 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 5/22 22

6 Ratkaisukanta Ratkaistaan α ja β: v 0 x(t 0 ) ẋ 2 (t 0 )x 0 α = ẋ 2 (t 0 )x 1 (t 0 ) x 1 (t 0 )x 2 (t 0 ), v 0 x 1 (t 0 ) ẋ 1 (t 0 )x 0 β = x 1 (t 0 )x 2 (t 0 ) ẋ 2 (t 0 )x 1 (t 0 ). OK, kun x 1 (t 0 )x 2 (t 0 ) ẋ 2 (t 0 )x 1 (t 0 ) 0. Tutkitaan vielä, voisiko olla x 1 (t 0 )x 2 (t 0 ) ẋ 2 (t 0 )x 1 (t 0 ) = 0. Silloin x 1 (t 0 ) x 2 (t 0 ) = ẋ1(t 0 ) ẋ 2 (t 0 ) c. Koska yhtälö on lineaarinen, niin y(t) = cx 2 (t) on ratkaisu jos x 2 (t) on. Tällöin y(t) toteuttaa alkuehdon y(t 0 ) = cx 2 (t 0 ) = x 1 (t 0 ), ẏ(t 0 ) = cx 2 (t 0 ) = ẋ 1 (t 0 ). Ratkaisun yksikäsitteisyyden perusteella x 1 (t) = y(t) = cx 2 (t) kaikilla t. Tämä on absurdia, koska oletimme, että x 1 ja x 2 ovat lineaarisesti riippumattomat. Tällöin x 1 (t 0 ) = cx 2 (t 0 ), ẋ 1 (t 0 ) = cẋ 2 (t 0 ). 6 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 6/22 22

7 2. kl:n DY:t Rajoitetaan tarkastelu vakiokertoimisiin yhtälöihin: a d2 x dt + bdx + cx = f(t) 2 dt Keskeiset asiat: Homogeenisen yhtälön ratkaisu x h (t) : Ratkaisukanta: 2 LI ratkaisua. Karakteristinen yhtälö ak 2 + bk + c = 0. Ratkaisujen luokittelu: b 2 4ac >, =, < 0. Epähomogeenisen yhtälön ratkaisu x(t) Yleinen ratkaisu x(t) = x h (t) + x p (t). Yksittäisratkaisun x p (t) laskeminen yriteen avulla. Yritteen konstruointi f(t):n muodon perusteella. CDH: Luku 19.5 (sivut ). 7 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 7/22 22

8 Homog. vakiokertoiminen yhtälö Ratkaisu a dx2 dt + bdx 2 dt + cx = 0 Yleinen ratkaisu on muotoa x(t) = Ax 1 (t) + Bx 2 (t), missä x 1 (t) ja x 2 (t) ovat LI ratkaisut. Miten ne löydetään? Arvataan: x(t) = e kt Sijoittamalla DY:öön saadaan karakteristinen yhtälö ak 2 + bk + c = 0. Ratkaisu: k = b ± b 2 4ac. 2a 8 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 8/22 22

9 Kaksi reaalista juurta b 2 4ac > 0 Reaaliset juuret k 1 ja k 2. Yleinen ratkaisu on x(t) = Ae k 1t + Be k 2t. Esimerkki 1 Etsi yhtälön ẍ + ẋ 6x = 0 yleinen ratkaisu, ja erityisratkaisu joka toteuttaa alkuehdot x(0) = 1 ja ẋ(0) = 2. Esimerkki 2 Etsi yhtälön ẍ 2ẋ = 0 yleinen ratkaisu. 9 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 9/22 22

10 Esimerkkien 1 ja 2 ratkaisut Esimerkki 1: Karakteristinen yhtälö (KY) on k 2 + k 6 = 0. KY:n Ratkaisut: k = 1 2 ( 1 ± ) = 2 tai 3. Yleinen ratkaisu: x(t) = Ae 2t + Be 3t. Erikoisratkaisu, jolle x(0) = 1 ja ẋ(0) = 2: A + B = 1 ja 2A 3B = 2 A = 1 ja B = 0, x(t) = e 2t. Esimerkki 2: KY: k 2 2k = 0. KY:n ratkaisut: k = 0 ja k = 2. Yleinen ratkaisu: x(t) = A + Be 2t. 10 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 10/22 22

11 Kaksinkertainen reaalinen juuri b 2 = 4ac Nyt ratkaisut ovat x(t) = e kt ja x(t) = te kt. Osoitetaan, että te kt on ratkaisu. Muokataan aluksi yhtälöä: Sijoitetaan tähän k = b/2a: ẍ + b aẋ + c a x = 0 ẍ + b aẋ + b2 4a 2 x = 0 ẍ 2kẋ + k 2 x = 0. Nyt suoraan laskemalla todetaan, että x = te kt toteuttaa yhtälön. Esimerkki 3 Etsi yhtälön ẍ 4ẋ + 4x = 0 ratkaisu, joka toteuttaa alkuehdon x(0) = 0 ja ẋ(0) = / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 11/22 22

12 Esimerkin 3 ratkaisu KY: k 2 4k + 4 = (k 2) 2 = 0. KY:n ratkaisu: k = 2. Yleinen ratkaisu: x(t) = (A + Bt)e 2t. Erikoisratkaisu, jolle x(0) = 0 ja ẋ(0) = 1: A = 0 ja B + 2A = 1, joten x(t) = te 2t. 12 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 12/22 22

13 Kaksi ei-reaalista juurta b 2 4ac < 0 Nyt karakteristisen yhtälön juuret: k ± = b 4ac b 2a ± i 2 ρ ± iω. 2a Ja yleinen reaalinen ratkaisu on x(t) = e ρt (A cos(ωt) + B sin(ωt)). Sijoittamalla kompleksiset juuret yleisen ratkaisun lausekkeeseen x(t) = C exp(k + t) + D exp(k t) saadaan x(t) = e ρt ( Ce iωt + D iωt). C, D C Koska halutaan reaalinen ratkaisu, on oltava D = C, (C = a + ib) x(t) = 2Re(Ce (ρ+iω)t ) = 2e ρt (a cos(ωt) β sin(ωt)) = e ρt (A cos(ωt) + B sin(ωt)). 13 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 13/22 22

14 Kaksi ei-reaalista juurta Esimerkki 4 Ratkaise alkuarvo-ongelma Esimerkin 4 ratkaisu: KY: k 2 + 2k + 2 = 0. ẍ + 2ẋ + 2x = 0, x(0) = 1, ẋ(0) = 0. KY:n ratkaisu: k = 1 2 ( 2 ± 4 8) = 1 ± i. Yleinen ratkaisu: x(t) = e t (A cos(t) + B sin(t)). Erikoisratkaisu, jolle x(0) = 1 ja ẋ(0) = 0: A = 1 ja B A = 0, ts. A = 1 ja B = 1. x(t) = e t (cos(t) + sin(t)). 14 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 14/22 22

15 Epähomogeeninen yhtälö Kun olemme löytäneet homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun, x h (t) = Ax 1 (t) + Bx 2 (t), on epähomogeenisen yhtälön ratkaisu muotoa x(t) = x h (t) + x p (t), missä x p on jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu. Huom: Vastaavalla tavalla voidaan ratkaista myös epähomogeeninen 1. kl:n yhtälö. Esim. dx + px = q. dt Miten yksittäisratkaisu löydetään? 15 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 15/22 22

16 1) f(t) on polynomi Jos f(t) on n-asteen polynomi, niin arvataan, että yksittäisratkaisu on samaa astetta oleva polynomi, x p (t) = c n t n + c n 1 t n c 0. Huom: Poikkeus Jos x(t) = c (vakio) toteuttaa homogeenisen yhtälön, niin yritefunktio on kerrottava t:llä. Esimerkki 5 Etsi yhtälön ẍ + ẋ 6x = 12 yleinen ratkaisu. Esimerkki 6 Etsi yhtälön ẍ 2ẋ = 4 yleinen ratkaisu. 16 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 16/22 22

17 Esimerkkien 5 ja 6 ratkaisut Esimerkki 5 Homogeenisen yhtälön (HY) ratkaisu: x h (t) = Ae 2t + Be 3t. Yrite: x p (t) = C. Sijoitetaan DY:öön: -6C=12, joten C = 2. Yleinen ratkaisu: x(t) = Ae 2t + B 3t 2. Esimerkki 6: HY:n ratkaisu: x h (t) = A + Be 2t. Yrite: Ct. Sijoitetaan DY:öön: 2C = 4, joten C = 2. Yleinen ratkaisu: x(t) = A + Be 2t 2t. 17 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 17/22 22

18 2) f(t) on eksponenttifunktio Jos f(t) = ce kt, niin otetaan yrite x p (t) = Ce kt. Huom: poikkeukset Jos e kt on homogeenisen yhtälön ratkaisu, niin x p (t) = Cte kt. Jos k on kaksinkertainen juuri, niin x p (t) = Ct 2 e kt. Esimerkki 7 Etsi yhtälön yleinen ratkaisu. ẍ + 6ẋ + 9 = 12e 3t 18 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 18/22 22

19 Esimerkin 7 ratkaisu HY:n ratkaisu: x h (t) = (A + Bt)e 3t. Yrite: x p (t) = Ct 2 e 3t. Sijoitetaan DY:öön: ẋ p (t) = (2Ct 3Ct 2 )e 3t, ẍ p (t) = (2C 12Ct + 9Ct 2 )e 3t. ẍ p (t) + 6ẋ + 9x = 2Ce 3t, joten C = 6 ja yleinen ratkaisu on x(t) = (A + Bt)e 3t 6t 2 e 3t. 19 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 19/22 22

20 3) f(t) on sin(σt) tai cos(σt) Otetaan yritteeksi x p (t) = C sin(σt) + D cos(σt). Jos sin(σt) ja cos(σt) toteuttavat homogeenisen yhtälön, otetaan yritteeksi x p (t) = Ct sin(σt) + Dt cos(σt). Esimerkki 8 Etsi yhtälön yleinen ratkaisu. ẍ + x = 8 cos(t) 20 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 20/22 22

21 Esimerkin 8 ratkaisu HY:n ratkaisu: x h (t) = A sin t + B cos t. Yrite: x p (t) = Ct sin t + Dt cos t. Sijoitetaan DY:öön: ẋ p (t) = C sin t + Ct cos t + D cos t Dt sin t, ẍ p (t) = 2C cos t Ct sin t 2D sin t Dt cos t, joten Eli C = 4 ja D = 0. Yleinen ratkaisu: ẍ p + x p = 2C cos t 2D sin t. x(t) = A sin t + B cos t + 4t sin t. 21 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 21/22 22

22 Sääntökirja Toisen kertaluvun yhtälön a d2 x dt + bdx + cx = f(t) 2 dt yleinen ratkaisu x(t) = x h (t) + x p (t), missä x h on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu ja x p on epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu, joka löydetään seuraavasti: Standardiarvaukseksi otetaan epähomogeenisen termin kanssa samaa muotoa oleva funktio. Jos standardiarvauksen jokin termi toteuttaa homogeenisen yhtälön, niin arvausta kerrotaan tekijällä t. Tätä toistetaan kunnes saadaan arvaus, joka ei sisällä homogeenisen yhtälön toteuttavia termejä. Menetelmä toimii myös kun f(t) on tässä käsiteltyjen erikoistapausten (polynomi, eksponentti, trigonomentrinen) summa tai tulo. 22 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 22/22 22