vakiokertoimisen toisen kertaluvun lineaarisen homogeeniyhtälön yleinen muoto on p 2 y +p 1 y +p 0 y = 0. (1)
|
|
- Timo-Jaakko Leppänen
- 6 vuotta sitten
- Katselukertoja:
Transkriptio
1 Toisen kertaluvun yhtälöt Yleinen muoto Φ(x,y,y,y ) =, jossa Φ on neljän muuttujan funktio. Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on normaalimuotoinen, jos toinen derivaatta y on ratkaistu muuttujan x, tuntemattoman funktion y sekä derivaatan y suhteen. Toisen kertaluvun normaalimuotoinen differentiaaliyhtälö on muotoa y = f(x,y,y ). Toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö, on muotoa 2 p i (x)y (i) = p (x)y +p (x)y +p 2 (x)y = q(x), i= ja sen kertoimet p,p,p 2 ovat muuttujan x funktioita. Tärkeä erikoistapaus on vakiokertoiminen lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö, jonka kertoimet p,p,p 2 ovat vakioita. Lineaarisessa differentiaaliyhtälössä funktio q(x) on ns. häiriöfunktio. Jos q(x), niin lineaarinen differentiaaliyhtälö on homogeeninen, muutoin epähomogeeninen eli täydellinen. Toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö voidaan aina saattaa normaalimuotoon jakamalla kertoimella p 2 (x) mikäli p 2 (x) kaikilla x:n arvoilla. Toisen kertaluvun yhtälön yleinen ratkaisu on yleensä kaksiparametrinen käyräparvi y = y(x,c,c 2 ). Kiinnitetyillä parametrien C ja C 2 arvoilla toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön y = f(x,y,y ) ratkaisu välillä I on välillä I kaksi kertaa derivoituva funktio y = y(x) = ϕ(x), joka yhtälöön sijoitettuna toteuttaa yhtälön identtisesti eli ϕ (x) = f(x,ϕ(x),ϕ (x)), kaikilla x I. 2 Vakiokertoiminen lineaarinen homogeeniyhtälö vakiokertoimisen toisen kertaluvun lineaarisen homogeeniyhtälön yleinen muoto on Kertoimet p, p, p 2 ovat reaalisia vakioita. Oletus: p 2. p 2 y +p y +p y =. () Yleistetään ensimmäisen kertaluvun vakiokertoimisen yhtälön ratkaisun toisen kertaluvun n tapaukseen. Ensimmäisen kertaluvun vakiokertoiminen homogeeniyhtälö: y +λy =. Ratkaisu on muotoa y(x) = C e λx, jossa C R on mielivaltainen vakio. 2. Karakteristinen yhtälö Millä parametrin λ arvoilla funktio y(x) = e λx on differentiaaliyhtälön () ratkaisu? yrite y(x) = e λx sijoitetaan yhtälöön Sieventämällä lauseke saadaan muotoon ( p2 λ 2 +p λ+p ) e λx =. Koska e λx saadaan parametrille λ ehdoksi ns. karakteristinen yhtälö Polynomiyhtälö on astetta 2. p(λ) = p 2 λ 2 +p λ+p =, (2) Karakteristisella yhtälöllä p(λ) = on juuret λ, λ 2, jotka voivat olla reaalisia tai kompleksisia. Karakteristisen yhtälön kertoimet p k ovat reaalilukuja, joten kompleksiset ratkaisut esiintyvät liittolukuparina.
2 Ratkaisuohje Määrää karakteristinen yhtälö p(λ) = tekemällä yrite y(x) = e λx. Määrää karakteristisen yhtälön juuret λ, λ 2. Tutki eri tapaukset. Kaksi erisuurta reaalijuurta λ λ 2 : yleinen ratkaisu y(x) = C e λx +C 2 e λ2x. 2. Reaalinen kaksoisjuuri λ = λ 2 : yleinen ratkaisu y(x) = (C +C 2 x)e λx. 3. Kompleksiset juuret λ = a+ib, λ 2 = a ib C, i = : y(x) = C e (a+ib)x +C 2 e (a ib)x. Muista seuraavat eksponenttifunktioon liittyvät kaavat: 2.2 Esimerkkejä Esim. Ratkaise alkuarvotehtävä Esim. 2 Ratkaise alkuarvotehtävä Esim. 3 Ratkaise alkuarvotehtävä e x+y = e x e y 2.3 Liittokompleksiluvut juurena e ix = cos(x)+isin(x) (Eulerin kaava) y 4y =, y() =, y () =. y 6y +9y =, y() =, y () = 2. y +y =, y() =, y () =. Ratkaise y 6y +25y =, y() =, y () =. Karakteristisen yhtälön λ 2 6λ+25 = juuret ovat λ = 3+4i, λ = 3 4i. Ratkaisufunktiot ovat y (x) = e 3x cos(4x) ja y 2 (x) = e 3x sin(4x). Yleinen ratkaisu: y(x) = C e 3x cos(4x)+c 2 e 3x sin(4x). Lasketaan derivaatta tulon derivointikaavalla y (x) = 3C e 3x cos(4x) 4C e 3x sin(4x)+3c 2 e 3x sin(4x)+4c 2 e 3x cos(4x). Kertoimet alkuarvotehtävän ratkaisulle määrätään yhtälöparista y() = C =, C =, y () = 3C +4C 2 =, C 2 = 4. Alkuehdon toteuttava ratkaisu on y(x) = 4 e3x sin(4x). 2.4 Ideaalinen jousi-massa systeemi Newtonin II laki: mx (t) = F(t) Hooke n laki: F = kx(t), missä k on jousivakio. Differentiaaliyhtälö: mx (t)+kx(t) = Alkuehdot: x() = x, x () = v 2
3 2.5 Vaimennettu massa-jousi-systeemi Newtonin II laki: mx (t) = F (t)+f 2 (t) Hooke n laki: F (t) = kx(t), missä k on jousivakio. Vaimennus: F 2 (t) = cx (t) Differentiaaliyhtälö: mx (t)+cx (t)+kx(t) = Alkuehdot: x() = x, x () = v 2.6 Vaimeneva värähtelijä Tarkastellaan jousi-massa-systeemiä, jonka differentiaaliyhtälö on ja alkuehdot: x() =, x () = Ratkaisu: x(t) = e 3t ( cos(9t)+ 3 sin(9t) ). x (t)+6x (t)+9x(t) = 3
4 2.7 Kitkakertoimen vaikutus Ratkaise y +cy +64y =, kun c. Tutki ratkaisun käyttäytymistä c:n eri arvoilla. Ratkaisu Karakteristinen yhtälö: p(λ) = λ 2 +cλ+64 =. Nollakohdat: λ,2 = c 2 ± 2 c2 256 Värähtelyjä saadaan, jos juuret ovat kompleksisia. Värähtely vaimenevaa, jos juuren reaaliosa on negatiivinen. Ratkaisun luonne riippuu kitkakertoimesta c. 2.8 Harmoninen oskillaattori Kun c = y = C sin(8t)+c 2 cos(8t) = Asin(8t+δ). 2.9 Heikko vaimennus Kun < c < 6 y = C e c 2 t cos( c2 t)+c 2 e c 2 t sin( c2 t) = e ct( 2 C cos( c2 t)+c 2 sin( c2 t) ) = Ae c 2 t sin ( c2 t+δ ). 2. Kriittinen vaimennus Saadaan arvolla c = 6 Karakteristisen yhtälöllä p(λ) = λ 2 + 6λ + 64 = on toisen kertaluvun reaalinen nollakohta λ = λ 2 = 8. Yleinen ratkaisu y = C e 8t +C 2 te 8t, C,C 2 R. 4
5 2. Voimakas vaimennus c > 6 karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta negatiivista reaalijuurta. y = C e ( c 2 2 c 2 256)t +C 2 e ( c c 2 256)t, C,C 2 R. 2.2 Ensimmäiseen kertalukuun palautuvia tapauksia Yhtälöstä puuttuu riippuva muuttuja: Muoto on y = F(x,y ). Sijoituksella z = y saadaan ensimmäisen kertaluvun yhtälö z = F(x,z). Ratkaistaan z. Ratkaisu y saadaan integroimalla. Erikoistapaus y = F(y ) palautuu sijoituksella z = y separoituvaksi yhtälöksi dz dx = F(z). Kaikkein yksinkertaisin yhtälö on muotoa y = F(x) ja se ratkeaa kahdella peräkkäisellä integroinnilla. Yleinen ratkaisu on 2.3 Esimerkki y(x) = x t F(τ)dτ dt+c x+c 2, C,C 2 R. Ratkaise differentiaaliyhtälö xy = 2y +x. Ratkaisu: Yhtälössä ei ole y-termiä. Sijoittamalla z = y, z = y saadaan ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö xz = 2z +x. Normaalimuoto on z 2 x z =. Integroiva tekijä on p(x) = x, joten integroivan tekijän menetelmällä 2 d dx ( x z) = 2 x z 2 x = 2 x dx = 2 x +C z = x+c x 2 = y. Ratkaisut saadaan integroimalla y = ( x+c x 2 )dx = 3 C x 3 2 x2 +C 2. Yleinen ratkaisu on y = y(x) = D x 3 +C 2 2 x2, jossa D,C 2 R, (D = 3 C ). Tarkistus: Sijoitetaan saatu yleinen ratkaisu yhtälöön xy = 2y +x. Vasen puoli xy = x(6d x ) = 6D x 2 x ja oikea puoli 2y +x = 2(3D x 2 x)+x = 6D x 2 x ovat samat kaikilla x:n arvoilla, joten yleinen ratkaisu on oikein. 5
6 Yhtälöstä puuttuu riippumaton muuttuja: Muoto y = F(y,y ). dx = zdz dy. Tällöin olemme tulkinneet derivaatan z riippuvan muuttujan y:n funktioksi eli z = z(y) = z(y(x)). Näillä merkinnöillä yhtälö saa muodon z dz dy = F(y,z), Käytämme muuttujia y ja z = dy dx, jolloin voimme kirjoittaa y = z dz dy eli dz joka on ensimmäisen kertaluvun yhtälö y:n ja z:n välillä. Siitä ratkaistaan z = dy dx = g(y,c ), josta saadaan separoimalla yleisen ratkaisun implisiittinen muoto dy g(y,c ) = 2.4 Esimerkki sijoitus z = y. dx x = Ratkaise differentiaaliyhtälö yy +y 2 =. Ratkaisu: Sijoitetaan z = y = dy dx, jolloin z = dz dx = dz dy dy y dx = dz dy dy g(y,c ) +C 2. z. Yhtälö saa muodon yy +y 2 = y dz dy z +z2 = z(y dz dy +z) =. Oltava joko z = tai y dz dy + z =. Jälkimmäisellä yhtälöllä on erikoisratkaisu z = ja muut ratkaisut saadaan separoimalla dz z = dy y dz z = dy y ln z = ln y +lnc = ln C y. Ottamalla eksponenttifunktio puolittain saadaan z = C y, joten z = C y, C R on yleinen ratkaisu, joka sisältää erikoisratkaisun. Alkuperäisen tehtävän ratkaisu saadaan separoimalla z = dy dx = C y ydy = C dx 2 y2 = C x+c 2. Yleinen ratkaisu implisiittimuodossa on y 2 = C 3 x + C 4, jossa C 3,C 4 R. Eksplisiittinen ratkaisu on y = ± C 3 x+c 4. Tarkistetaan ratkaisu derivoimalla implisiittiratkaisua implisiittisesti, jolloin 2yy = C 3 ja edelleen 2(y y +yy ) = eli y 2 +yy =. OK! 2.5 Lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Toisen kertaluvun täydellinen lineaarinen yhtälö muotoa p 2 (x)y +p (x)y +p (x)y = q(x). Vastaava homogeeniyhtälö on p 2 (x)y +p (x)y +p (x)y =. Olkoon I R väli, jolla toisen derivaatan kerroinfunktio p 2 (x) kaikilla x I. Yhtälö voidaan kirjoittaa normaalimuotoon jakamalla puolittain kertoimella p 2 (x). Normaalimuotoinen toisen kertaluvun lineaariyhtälö on y +a(x)y +b(x)y = f(x). Sitä vastaava homogeeniyhtälö on y +a(x)y +b(x)y =. Esitämme useita tuloksia normaalimuotoiselle yhtälölle, jolloin niitä käytettäessä on muistettava ensin saattaa yhtälö normaalimuotoon. Lause Olkoot a = a(x), b = b(x) ja f = f(x) jatkuvia funktioita välillä I R ja olkoon x I. Tällöin alkuarvotehtävällä y +a(x)y +b(x)y = f(x), x I, y(x ) = α, y (x ) = β, on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu välillä I kaikilla α, β R. Perustelu: Sivuutetaan. 6
7 2.6 Superpositioperiaate Homogeeniyhtälön ratkaisuille on voimassa superpositioperiaate, jonka avulla tunnetuista homogeeniyhtälön ratkaisuista saadaan muodostettua uusia homogeeniyhtälön ratkaisuja. Lause 2 Olkoot y (x),y 2 (x),...,y n (x) homogeeniyhtälön ratkaisuja. Tällöin myös funktio y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) on homogeeniyhtälön ratkaisu kaikilla C,C 2,...,C n R. Huom! Superpositioperiaate ei ole voimassa epälineaaristen yhtälöiden ratkaisuille. 2.7 Lineaarinen riippumattomuus Funktiot y (x),y 2 (x),...,y n (x) ovat lineaarisesti riippuvat eli sidotut välillä I, jos on olemassa vakiot C,C 2,...,C n, joista jokin C i siten, että C y (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) = kaikilla x I. Funktiot y (x),y 2 (x),...,y n (x) ovat lineaarisesti riippumattomat eli vapaat välillä I, jos ehdosta seuraa, että on oltava C = C 2 =... = C n =. 2.8 Esimerkki C y (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) = kaikilla x I, Osoita, että funktiot y (x) =, y 2 (x) = x ja y 3 (x) = x 2 ovat lineaarisesti riippumattomia välillä [,]. Ratkaisu: Tapa, joka sopii lineaarisen riippumattomuuden perusteluun. Vaaditaan, että C y (x)+c 2 y 2 (x)+c 3 y 3 (x) = C +C 2 x+c 3 x 2 =, kaikilla x [,]. Nollakertoimet ovat ainoa mahdollisuus, sillä vaatimalla yhtälön toteutuminen pisteissä x =, x = ja x =, saadaan yhtälöryhmä C = C C 2 +C 3 = C +C 2 +C 3 =, jonka ainoa ratkaisu on C = C 2 = C 3 =. Funktiojoukko,x,x 2 } on lineaarisesti riippumaton välillä [,]. 2.9 Esimerkki, Tapa 2 Muodostetaan derivoimalla lisää yhtäpitäviä yhtälöitä C y (x)+c 2 y 2 (x)+c 3 y 3 (x) = C +C 2 x+c 3 x 2 =, C y (x)+c 2y 2 (x)+c 3y 3 (x) = C 2 +2C 3 x =, C y (x)+c 2 y 2(x)+C 3 y 3(x) = 2C 3 =. Yhtälöryhmän ainoa ratkaisu on C = C 2 = C 3 =. Funktiojoukko,x,x 2 } on lineaarisesti riippumaton välillä [,]. Esim Osoita, että funktiot y (x) = sinx, y 2 (x) = cosx ja y 3 (x) = 3sinx+cosx ovat lineaarisesti riippuvat jokaisella välillä I R. 7
8 2.2 Lineaariyhtälön ratkaisujoukon rakenne Täydellisen lineaarisen differentiaaliyhtälön ratkaiseminen voidaan jakaa osatehtäviin: homogeeniyhtälön yleisen ratkaisun määrääminen täydellisen yhtälön jonkin ratkaisun määrääminen Huom! Epälineaarisia differentiaaliyhtälöitä ei voida luokitella homogeenisiin ja epähomogeenisiin yhtälöihin. Lause 3 Olkoot a(x) ja b(x) jatkuvia funktioita välillä I R. Tällöin homogeeniyhtälöllä y + a(x)y + b(x)y = on olemassa kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua y (x) ja y 2 (x) välillä I. Perustelu: Olkoon x I. Kertoimet a(x) ja b(x) ovat jatkuvia funktioita välillä I, joten lauseen mukaan homogeeniyhtälön alkuarvotehtävillä y +a(x)y +b(x)y =, x I, y +a(x)y +b(x)y =, x I, y(x ) =, y(x ) =, y (x ) =, y (x ) =, on olemassa yksikäsitteiset ratkaisut y ja y 2 välillä I. Alkuehtojen y (x ) =, y (x ) = ja y 2 (x ) =, y 2(x ) = vuoksi y ja y 2 ovat lineaarisesti riippumattomia, mikä seuraa suoraan lineaarisen riippumattomuuden määritelmästä. 2.2 Lineaarinen riippumattomuus ja Wronskin determinantti Wronskin determinantti Funktioiden y ja y 2 Wronskin determinantti on funktio W(y,y 2 ;x) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x). Lause 4 Olkoot a(x) ja b(x) jatkuvia funktioita välillä I R. Tällöin homogeeniyhtälön y +a(x)y +b(x)y = ratkaisut y (x) ja y 2 (x) ovat lineaarisesti riippumattomia välillä I jos ja vain jos W(y,y 2 ;x) kaikilla x I. Perustelu: Wronskin determinantti on W(y,y 2,x) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = y (x)y 2 (x) y (x)y 2(x), josta saamme derivoimalla W (y,y 2,x) = y y 2 +y y 2 y y 2 y y 2 = y y 2 y y 2. Nyt y i (x), on yhtälön ratkaisu, joten y i = a(x)y i b(x)y i, i =,2. Sijoittamalla nämä edelliseen Wronskin determinantin derivaatan lausekkeeseen saamme kaikilla x I W (y,y 2,x) = y ( a(x)y 2 b(x)y 2 ) ( a(x)y b(x)y ) y2 = a(x) ( y y 2 y y 2 ) = a(x)w(y,y 2,x) kaikilla x. Toisin sanoen Wronskin determinantti toteuttaa differentiaaliyhtälön x W = a(x)w W = a(x) ln W = a(x)dx = a(x)dx+c. W Funktio W = on erikoisratkaisu. Käyräparvi W = W(y,y 2,x) = Cexp( x a(x)dx) sisältää kaikki ratkaisut. Jos Wronskin determinantilla on nollakohta x I, niin Wronskin determinantti toteuttaa alkuarvotehtävän W (y,y 2,x) = a(x)w(y,y 2,x), W(y,y 2,x ) =. Alkuehto voi toteutua ainoastaan arvolla C =. Jos Wronskin determinantilla on nollakohta välillä I, niin Wronskin determinantti on identtisesti nolla välillä I. 8
9 2.22 Ratkaisujen perusjärjestelmä ja lineaarinen riippumattomuus Jos funktiot y ja y 2 ovat homogeeniyhtälön y +a(x)y +b(x)y = lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, niin sanomme, että y ja y 2 muodostavat homogeeniyhtälön ratkaisujen perusjärjestelmän, mikäli jokainen homogeeniyhtälön ratkaisu y voidaan esittää muodossa y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x) eli y on funktioiden y ja y 2 lineaarikombinaatio. Tällöin homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu voidaan esittää muodossa y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x). Lause 5 Olkoot a(x) ja b(x) jatkuvia funktioita välillä I R ja olkoot y ja y 2 kaksi homogeeniyhtälön y + a(x)y +b(x)y = lineaarisesti riippumatonta ratkaisua välillä I. Tällöin y ja y 2 muodostavat ratkaisujen perusjärjestelmän Perustelu Olkoon homogeeniyhtälön ratkaisupari y,y 2 } lineaarisesti riippumaton. Lauseen 4 mukaan Wronskin determinantti W(y,y 2 ;x) kaikilla x I. Olkoon y mielivaltainen homogeeniyhtälön ratkaisu ja olkoon x I. Merkitään y(x ) = α ja y (x ) = β. Tällöin yhtälöparilla C y (x )+C 2 y 2 (x ) = α, C y (x )+C 2 y 2(x ) = β, on yksikäsitteinen ratkaisuc,c 2 }, sillä W(y,y 2 ;x ). Funktiot y ja C y +C 2 y 2 ovat alkuarvotehtävän y +a(x)y +b(x)y =, x I, y(x ) = α, y (x ) = β ratkaisuja. Lauseen mukaan alkuarvotehtävän ratkaisu on yksikäsitteinen, joten y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x) kaikilla x I. Lause 6 Olkoot a = a(x), b = b(x) ja f = f(x) jatkuvia funktioita välillä I R ja olkoot y = y (x) ja y 2 = y 2 (x) eräs homogeeniyhtälön y + a(x)y + b(x)y = ratkaisujen perusjärjestelmä. Jos funktio y = y (x) on jokin epähomogeenisen yhtälön y + a(x)y + b(x)y = f(x) yksityisratkaisu välillä I, niin epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu voidaan esittää muodossa y(x) = y H (x)+y (x) = C y (x)+c 2 y 2 (x)+y (x), jossa C ja C 2 ovat mielivaltaisia reaalisia vakioita. Perustelu: Olkoon y jokin täydellisen yhtälön ratkaisu. Tällöin erotus y y on homogeeniyhtälön ratkaisu ja se voidaan esittää perusjärjestelmän avulla muodossa y y = C y + C 2 y 2. Täten y voidaan esittää muodossa y = C y +C 2 y 2 +y Täydellinen toisen kertaluvun vakiokertoiminen differentiaaliyhtälö Vakiokertoimisen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön yleinen muoto on ay +by +cy = f(x), jossa a,b,c R ja a. Lisäksi oletamme, että häiriöfunktio f(x) on jatkuva välillä I. Täydellisen vakiokertoimisen yhtälön yleinen ratkaisu löydetään määräämällä ensin homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu. Lisäksi on löydettävä jokin täydellisen yhtälön ratkaisu. Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu voidaan esittää homogeeniyhtälön yleisen ratkaisun ja täydellisen yhtälön jonkin yksityisratkaisun summana. Toisin sanoen on tunnettava homogeeniyhtälön ratkaisujen perusjärjestelmä y (x),y 2 (x)} ja jokin täydellisen yhtälön ay +by +cy = f(x) ratkaisu y (x). Tällöin täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on Vakiot C ja C 2 kiinnitetään alkuehdoilla. y(x) = y H (x)+y (x) = C y (x)+c 2 y 2 (x)+y (x). 9
10 2.25 Määräämättömien kertoimien menetelmä Soveltuu vain vakiokertoimisiin differentiaaliyhtälöihin. Soveltuu vain tietyntyyppisiin häiriöfunktioihin, kuten polynomit f(x) = B +B x+...+b n x n eksponenttifunktiot f(x) = Be kx trigonometriset funktiot f(x) = B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) tulomuotoinen häiriö f(x) = e kx( B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) ) Lause 7 Määräämättömien kertoimien menetelmä. Olkoon differentiaaliyhtälön ay +by +cy = f(x) homogeeniyhtälön karakteristinen polynomi p(λ) = aλ 2 +bλ+c. Seuraavat yritteet antavat ratkaisun vastaaville häiriöfunktioille. häiriöfunktio f(x) yritefunktio y (x) ehto B +B x+...+b n x n A +A x+...+a n x n p() x ( A +A x+...+a n x n) p() =, λ =,. kl x 2( A +A x+...+a n x n) p() =,λ =, 2. kl Ae kx p(k) Be kx xae kx p(k) =, λ = k,. kl x 2 Ae kx p(k) =, λ = k, 2. kl B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) p(±iω) x ( A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) ) p(±iω) = e αx( B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) ) e αx( A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) ) p(α± iω) xe αx( A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) ) p(α± iω) = Määräämättömien kertoimien menetelmää voidaan soveltaa myös ensimmäisen ja korkeamman kertaluvun vakiokertoimisiin differentiaaliyhtälöihin. Summamuotoiselle häiriöllef(x) = d f (x)+d 2 f 2 (x), d,d 2 R yksityisratkaisu voidaan hakea kummallekin häiriöfunktiolle erikseen. Ratkaistaan erikseen yhtälöt ay ay +by +cy = f (x), 2 +by 2 +cy 2 = f 2 (x). Häiriöfunktiota f(x) = d f (x)+d 2 f 2 (x) vastaa yksityisratkaisu y (x) = d y (x)+d 2 y 2 (x) Esimerkki Ratkaise määräämättömien kertoimien menetelmällä a) y +2y +y = e 2x, b) y +2y +y = e x, c) y +2y +y = x. Ratkaisu: Kohdissa a)-c) on sama homogeeniyhtälö. Homogeeniyhtälön y + 2y + y = karakteristisen yhtälön λ 2 +2λ+ = juuren λ = kertaluku on 2, joten homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on y H (x) = C e x +C 2 xe x. a) Häiriö on q(x) = e 2x ja kerroin -2 eksponentissa ei ole karakteristisen yhtälön juuri. Yrite on y (x) = Ae 2x, josta y (x) = 2Ae 2x ja y (x) = 4Ae 2x. Sijoittamalla yrite yhtälöön saadaan ehto y +2y +y = 4Ae 2x 4Ae 2x +Ae 2x = Ae 2x = e 2x, kaikilla x. Oltava A =, joten y (x) = e 2x. Yleinen ratkaisu on (C,C 2 R) y(x) = y H (x)+y (x) = C e x +C 2 xe x + e 2x. b) Häiriö on q(x) = e x ja kerroin - eksponentissa on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri. Yrite on y (x) = Ax 2 e x, josta y (x) = Ax2 e x +2Axe x ja y (x) = Ax2 e x 4Axe x +2Ae x. Sijoittamalla yrite yhtälöön saadaan ehto y +2y +y =Ax 2 e x 4Axe x +2Ae x 2Ax 2 e x +4Axe x +Ax 2 e x = 2Ae x = e x,
11 kaikilla x. On oltava 2A =, joten A = 2 ja y (x) = 2 x2 e x. Yleinen ratkaisu on (C,C 2 R) y(x) = y H (x)+y (x) = C e x +C 2 xe x + 2 x2 e x. c) Häiriö on q(x) = x ja origossa ei ole karakteristisen yhtälön juuria, joten yrite on y (x) = Ax + B ja (x) = A, y (x) =. Sijoittamalla yhtälöön y y +2y +y = +2A+Ax+B = Ax+(2A+B) = x ja vaatimalla yhtälön toteutuminen kaikilla x saadaan yhtälöpari, jonka ratkaisu on A =, B = 2. Siis y (x) = x 2 ja yleinen ratkaisu on 3 Sovelluksia y(x) = C e x +C 2 xe x +x Sovelluksia: harmoninen värähtelijä Mallitehtävä: jousi-massa-systeemin liikettä vaakasuoralla tasolla. Fysikaaliset suureet: t aika, x = x(t) massapisteen siirtymä ja m kappaleen massa. Paikkakoordinaatiston origoksi valitaan jousen lepotilan mukainen massapisteen paikka. Oletamme, että. Jousivoima on suoraan verrannollinen massapisteen etäisyyteen origosta. Verrannollisuuskerroin k > on ns. jousivakio. 2. Kitkavoima on suoraan verrannollinen kappaleen nopeuteen. Verrannollisuuskerroin c > on ns. vaimennusvakio. 3. Oletamme, että massapisteeseen vaikuttaa ulkoinen ajasta riippuva pakkovoima F = F(t). Systeemin liikeyhtälö (Newtonin II laki) mx = kx cx +F tai mx +cx +kx = F. Merkintä: 2p = c m >, ω2 = k m Yhtälön normaalimuoto: x +2px +ω 2 x = F m. Tarkastelemme vaimenematonta (p = ), vaimennettua (p ), vapaata ( F = ), pakotettua värähtelyä (F ). Pakkovoima on harmoninen: F = F sin(ωt+ϕ). Tarkastelu soveltuu sellaisenaan virtapiirien teoriaan. 3.2 Vaimenematon harmoninen värähtelijä. Vapaat värähtelyt harmoninen värähtelijä vaimenematon amplitudi taajuus värähdysaika
12 3.3 Harmonisen oskillaattorin liikeyhtälö Ei kitkaa ja pakkovoimaa Liikeyhtälö on Karakteristisen yhtälön juuret ovat λ 2 = ±iω x +ω 2 x =. λ 2 +ω 2 = Homogeenisen vakiokertoimisen yhtälön yleinen ratkaisu on Vakiot C ja C 2 kiinnitetään alkuehtojen avulla. Toinen esitysmuoto Yleinen ratkaisu voidaan kirjoittaa myös muotoon x(t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t). x(t) = Asin(ω t+ϕ), Yhteys edelliseen esitysmuotoon saadaan kaavoista A = C 2 +C2 2, cosϕ = C A, sinϕ = C 2 A tai tanϕ = C 2. C Käytettiin summatun kulman sinin kaavaa jota soveltamalla saadaan 3.4 Amplitudi, taajuus ja värähdysaika sin(α+β) = sinαcosβ +cosαsinβ, Asin(ω t+ϕ) = Acosϕsin(ω t)+asinϕcos(ω t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t). Ylläolevien esitysten kertoimien välinen yhteys seuraa yhtälöparista (ks. PK I) Acosϕ = C, Asinϕ = C 2. A on värähtelyn amplitudi, ω 2π on värähtelyn taajuus (jousen ominaistaajuus) T = 2π ω = 2π m k on värähdysaika ω t+ϕ on vaihekulma hetkellä t ja ϕ on vaihekulman alkuarvo eli vaihekulma hetkellä t =. 2
13 3.5 Vaimenematon harmoninen oskillaattori. Pakotetut värähtelyt Jousi-massa-systeemiä häiritään periodisesti. Häiriö muotoa F(t) = F cos(ωt) Liikeyhtälö on Pakkovoiman taajuus (häiriötaajuus): ω 2π. Jousen ominaistaajuus: ω 2π. x +ω 2 x = F m cos(ωt). Täydellisen yhtälön erään ratkaisun muoto riippuu siitä, tapahtuuko häirintä jousen ominaistaajuudella vai ei. Tapaus ω ω : Yrite täydellisen yhtälön ratkaisuksi on (määräämättömien kertoimien menetelmä) x (t) = Asin(ωt)+Bcos(ωt), x (t) = Aωcos(ωt) Bωsin(ωt), x (t) = Aω2 sin(ωt) Bω 2 cos(ωt). Yrite sijoitetaan yhtälöön ja vaaditaan yhtälön toteutuminen Määräämättömät kertoimet ovat A = ja B = Yleinen ratkaisu on Massapiste lähtee liikkeelle levosta. Alkuehdot ovat x() = ja x () =. F m(ω 2 ω2 ). x(t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t)+ F m (ω 2 ω2 ) cos(ωt). Yleisessä ratkaisussa esiintyvät vakiot saadaan yhtälöparista x() = C2 + F m =, ω 2 ω2 x () = C ω =, F C2 = m(ω 2 ω2 ), C =. Alkuarvotehtävän ratkaisu on x(t) = F m(ω 2 ω2 ) [ cos(ωt) cos(ω t) ] 2F m(ω 2 ω2 ) sin(ω ω 2 t)sin( ω+ω 2 t) = = A(ω,t)sin( ω+ω 2 t), Värähtelyn amplitudi riippuu ajasta eli A(ω,t) = 2F m(ω 2 ω2 ) sin(ω ω t). 2 3
14 3.6 Resonanssi: ω = ω Yksityisratkaisuyrite täydelliselle yhtälölle on x (t) = t ( Asin(ω t)+bcos(ω t) ), x (t) = Asin(ω t)+bcos(ω t) +t ( Aω cos(ω t) Bω sin(ω t) ), x (t) = 2Aω cos(ω t) 2Bω sin(ω t) +t ( Aω 2sin(ω t) Bω 2cos(ω t) ). Yrite sijoitetaan yhtälöön ja vaaditaan yhtälön toteutuminen. Yleinen ratkaisu on x(t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t)+ F tsin(ω 2ω 2 t), = Asin(ω t+ϕ)+ F tsin(ω 2mω 2 t). Systeemi on resonanssissa. Vaimennettu harmoninen oskillaattori. Vapaat värähtelyt Malliin on lisätty nopeuteen verrannollinen kitkan vaikutus mutta pakkovoimaa ei esiinny. Liikeyhtälö on x +2px +ω 2 x =. Karakteristisen yhtälön λ 2 +2pλ+ω 2 = juuret ovat λ 2 = p± p 2 ω 2, Homogeenisen vakiokertoimisen yhtälön yleisen ratkaisun muoto riippuu diskriminantin D = p 2 ω 2 arvosta. On tarkasteltava erikseen tapaukset: ylikriittinen vaimennus: D > alikriittinen vaimennus: D = kriittinen vaimennus: D < Voimakas vaimennus: D > Tapaus D >, on ns. voimakas vaimennus eli ylikriittinen vaimennus. Karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta reaalijuurta, λ < ja λ 2 <. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = C e λt +C 2 e λ2t, kun t. Massapisteen nopeudeksi saadaan derivoimalla x (t) = C λ e λt +C 2 λ 2 e λ2t. Derivaatalla on korkeintaan yksi nollakohta, joten massapiste ohittaa tasapainoaseman korkeintaan yhden kerran. 4
15 Kriittinen vaimennus: D = Karakteristisella yhtälöllä on reaalinen toisen kertaluvun juuri λ = λ 2 = p. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on Massapisteen nopeus on x(t) = C e pt +C 2 te pt = e pt( C +C 2 t ), kun t. x (t) = ( p)e pt( C +C 2 t ) + e pt C 2 = e pt( C 2 pc pc 2 t ). Kuten edellä derivaatalla on korkeintaan yksi nollakohta aluessa t >, joten massapiste ohittaa tasapainoaseman korkeintaan yhden kerran. Heikko vaimennus: D < Alikriittinen vaimennus Karakteristisen yhtälön juuret (liittokompleksiluvut) λ 2 = p± i ω 2 p2 = p± iω. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = e pt( C sin(ω t)+c 2 cos(ω t) ) = Ae pt sin(ω t+ϕ), kun t. Värähtely on vaimenevaa, sillä kertoimena oleva eksponenttifunktio pienentää amplitudia ajan myötä. Tästä huolimatta puhutaan vaimenevan värähtelijän värähdysajasta ja taajuudesta. Värähtely on periodista siinä mielessä, että siirtymän peräkkäiset nollakohdat ovat x(t) = sin(ω t+ϕ) = ω t+ϕ = mπ, Massapisteen tasapainoasema ohitetaan ajanhetkillä t = t m = mπ ϕ ω,m =,... Värähdysaika on T = t m+2 t m = 2π ω = 2π ω 2 p 2 = 2π ω (p/ω ) 2 > 2π ω. Vaimennus pidentää värähdysaikaa. (On rajoituttu tapaukseen D < eli p < ω eli Vaimenemisen nopeutta kuvaa ns. logaritminen dekrementti Λ = 2πp ω. p ω <.) Oheisessa kuvassa on piirretynä tyypillisiä vaimennetun harmonisen värähtelijän ratkaisukäyriä. Ylinnä voimakas vaimennus, y +4y +3y =. Keskellä kriittinen vaimennus, y +4y +4y =. Alimmaisena heikko vaimennus, y +4y +65y =. 5
16 Vaimennettu harmoninen värähtelijä. Pakotetut värähtelyt Jousi-massa-systeemi: jaksollinen häiriö. Malliin on lisätty kitkan vaikutus ja pakkovoima on muotoa F(t) = F cos(ωt) Liikeyhtälö on x +2px +ω 2 x = F m cos(ωt). Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on laskettu edellä. Täydellisen yhtälön ratkaisuyrite: Yrite sijoitetaan täydelliseen yhtälöön x (t) = Asin(ωt)+Bcos(ωt), x (t) = Aωcos(ωt) Bωsin(ωt), x (t) = Aω2 sin(ωt) Bω 2 cos(ωt). x +2px +ωx 2 = [ Aω Aω 2 2 2pωB ] sin(ωt) + [ 2pωA+Bω 2 Bω2] cos(ωt) = F m cos(ωt) kaikilla t, Kertoimille yhtälöpari (ω 2 ω2 )A 2pωB =, 2pωA+(ω 2 ω2 )B = F m A = B = F m (2pω), (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 F m (ω 2 ω2 ) (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2. Tällöin täydellisen yhtälön eräs ratkaisu on F m (2pω) x (t) = sin(ωt)+ (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 F = m sin(ωt+ϕ (2pω)2 ). +(ω 2 ω2 ) 2 F m (ω 2 ω2 ) (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 cos(ωt) Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = e pt( C sin(ω t)+c 2 cos(ω t) ) + F m (2pω)sin(ωt) + F m (ω 2 (2pω) 2 +(ω 2 ω2 )cos(ωt) ω2 ) 2 (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 = Ae pt sin(ω t+ϕ)+ F m (2pω)2 +(ω 2 ω2 ) 2 sin(ωt+ϕ ) F m (2pω)2 +(ω 2 ω2 ) 2 sin(ωt+ϕ ), kun t. ja värähdys- Pitkän ajan kuluttua eli suurilla t:n arvoilla pakotetun värähtelyn taajuus on likimain ω 2π aika on likimain 2π ω. 6
17 Värähtelyn amplitudi riippuu pakkovoiman kulmataajuudesta seuraavasti F m A(ω) = + (2pω)2 +(ω 2 ω2 ) 2. Edellä olevasta kaavasta voidaan määrätä vaimenevan värähtelijän resonanssitaajuus. Saadaan laskemalla se kulmataajuuden arvo, joka maksimoi amplitudin A(ω). Ääriarvoa määrättäessä riittää etsiä derivaatan avulla funktion g(ω) = (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 ääriarvot. Virtapiiri-analogia: LC-piiri: vapaat värähtelyt LC-piiri (ideaalinen): vaimenematon värähtelijä Jousi-massa-systeemin sähköinen analogia Liikeyhtälö : LI (t)+ C I(t) = I + LC I =. Resonanssitaajuus: ω = LC. RLC-piiri Liikeyhtälö: LI (t)+ri (t)+ CI(t) =. Vastus vaimentaa Resonanssitaajuus: ω = LC ( R 2L )2 3.7 Cauchy-Euler differentiaaliyhtälö, homogeeniyhtälö Yleisessä tapauksessa toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöä ei pystytä ratkaisemaan analyyttisesti. Cauchy- Euler yhtälö on eräs analyyttisesti ratkeava yhtälöluokka, jonka kertoimet eivät ole vakioita. Cauchy-Euler yhtälö on muotoa ax 2 y +bxy +cy = f(x), jossa a, b, c R ja a. Oletamme, että f(x) on jatkuva kun x. Rajoitumme tapaukseen x >. Cauchy-Euler homogeeniyhtälö ax 2 y +bxy +cy =, ratkaistaan yritteellä y(x) = x λ, jossa λ C. Sijoittamalla yritteen ja yritteen derivaatat yhtälöön saamme eksponentille λ ehdoksi karakteristisen yhtälön jonka ratkaisu määrää potenssin yritteelle y(x) = x λ. aλ(λ )+bλ+c =, Lause 8 Homogeeniyhtälön ax 2 y +bxy +cy =, x > yleinen ratkaisu saadaan karakteristisen yhtälön aλ(λ )+bλ+c = juurien avulla seuraavasti: Jos λ λ 2 R, niin y(x) = C x λ +C 2 x λ2, Jos λ = λ 2 = λ R, niin y(x) = C x λ +C 2 x λ lnx, Jos λ 2 = α± iβ, niin y(x) = x α (C sin(βlnx)+c 2 cos(βlnx)). 7
18 3.8 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y +2xy 2y =, x >. Ratkaisu: Yrite y = x λ. Lasketaan derivaatat y = λx λ, y = λ(λ )x λ 2. Sijoittamalla saadaan x 2 y +2xy 2y = x 2 λ(λ )x λ 2 +2xλx λ 2x λ = x λ[ λ(λ )+2λ 2 ] =. On oltava voimassa Cauchy-Euler yhtälön karakteristinen yhtälö λ(λ )+2λ 2 = λ 2 +λ 2 =. Juuret ovat λ = 2 ja λ 2 =, joten yhtälön yleinen ratkaisu on y(x) = C x 2 +C 2 x. 3.9 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y 3xy +4y =, x >. Ratkaisu: Yrite y = x λ ja sen derivaatat yhtälöön sijoittamalla saadaan x 2 y 3xy +4y = x 2 λ(λ )x λ 2 3xλx λ +4x λ = x λ[ λ(λ ) 3λ+4 ] =. On oltava voimassa Cauchy-Euler yhtälön karakteristinen yhtälö λ(λ ) 3λ+4 = λ 2 4λ+4 =. Sen juuret ovat λ 2 = 2, joten yhtälön yleinen ratkaisu on y(x) = C x 2 +C 2 x 2 lnx. 3. Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y xy +4y =, x >. (y(x) = C xsin( 3lnx)+C 2 xcos( 3lnx) ) Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y +xy +3y =, x >. (y(x) = C sin( 3lnx)+C 2 cos( 3lnx)) 3. Kertaluvun pudotus Yleinen toisen kertaluvun normaalimuotoinen homogeeniyhtälö y +a(x)y +b(x)y =, x I. Oletamme, että tunnemme homogeeniyhtälön ratkaisun y = y (x). On voimassa differentiaaliyhtälö y +a(x)y +b(x)y =, x I. Toinen lineaarisesti riippumaton ratkaisu voidaan määrätä yritteellä y(x) = z(x)y (x). Laskemalla yritteen lausekkeesta derivaatat y = z y +zy, y = z y +2z y +zy, ja sijoittamalla ne yhtälöön saamme funktiolle z differentiaaliyhtälön Jos y (x) kaikilla x I, niin z y +(2y +a(x)y )z =. ( ) z + 2 y y +a(x) z =. Sijoituksella z = u, z = u differentiaaliyhtälö ( ) u + 2 y y +a(x) u =, funktion u suhteen. Yhtälö on ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö. Se ratkeaa joko separoimalla tai integroivan tekijän menetelmällä. 3.2 Vakiokertoiminen yhtälö, reaalinen kaksoisjuuri Ratkaise yhtälö y 6y +9y =. Yrite y = e λx johtaa karakteristiseen yhtälöön λ 2 6λ+9 =, jonka juuret ovat λ 2 = 3. Yrite kertaluvun pudotusta varten on y(x) = z(x)e 3x. Lasketaan y = z e 3x +3ze 3x, y = z e 3x +6z e 3x +9ze 3x. Sijoittamalla yhtälöön saadaan y 6y +9y = z e 3x +6z e 3x +9ze 3x 6(z e 3x +3ze 3x )+9ze 3x = z e 3x =, kaikilla x. On oltava voimassa z =. Integroimalla kaksi kertaa saadaan z = C +C 2 x. Yleinen ratkaisu on y(x) = C e 3x +C 2 xe 3x. 8
19 3.3 Esimerkki Ratkaise yhtälö x 2 y 3xy +4y =, x >. Yrite y = x λ johtaa karakteristiseen yhtälöön λ 2 4λ + 4 =. Juuret ovat λ 2 = 2. Yrite kertaluvun pudotusta varten on y = zx 2. Lasketaan y = z x 2 +z2x ja y = z x 2 +4z x+2z. Sijoittamalla yhtälöön saadaan x 2 y 3xy +4y = x 2 (z x 2 +4z x+2z) 3x(z x 2 +z2x)+4zx 2 = x 2 (z x 2 +xz ) =, kaikilla x. Oltava voimassa z x 2 +xz =. Sijoituksella u = z saadaan ensimmäisen kertaluvun yhtälö u x 2 +xu =. Kirjoitetaan yhtälö lineaariyhtälön normaalimuotoon u + xu =. Integroiva tekijä on p(x) = x. Integroivan tekijän menetelmän mukaan d dx (xu) = x = xu = C = xz. Ratkaisemalla z :n suhteen ja integroimalla saamme z(x) = C x dx = C lnx+c 2. Yleinen ratkaisu on y(x) = C x 2 lnx+c 2 x Esimerkki Osoita, että y (x) = x on homogeeniyhtälön (+x 2 )y 2xy +2y = ratkaisu. Laske kertaluvun pudotuksella yleinen ratkaisu. Sijoittamalla yhtälöön nähdään, että y (x) = x on homogeeniyhtälön ratkaisu. Yrite on y = zx. Lasketaan derivaatat, sijoitetaan ja sievennetään. Saadaan yhtälö (+x 2 )xz +2z =. Sijoitetaan u = z ja ratkaistaan ensimmäisen kertaluvun yhtälöstä (+x 2 )xu +2u = funktio u = C 3 (x 2 +) = z. Integroimalla saadaan z = C 3 ( x +x)+c. Yleinen ratkaisu y = zx voidaan kirjoittaa muotoon y(x) = C x+c 2 (x 2 ), jossa (C 2 = C 3 ). 4 Laplace-muunnos 4. Laplacen muunnoksen määrittely ja laskusääntöjä Laplacen muunnosta käy vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävän ratkaisemiseen. Olkoon f : [, [ R funktio. Funktion f Laplacen muunnos määritellään yhtälöllä F(s) = L(f) := f(t)e st dt edellyttäen, että integraali f(t)e st dt suppenee. Riittävä ehto muunnoksen määrittelevän integraalin suppenemiselle on funktion f eksponentiaalinen rajoittuneisuus f(t) M exp(rt), kaikille t, jossa M ja r ovat positiivisia vakioita. Laplacen muunnos on määritelty esimerkiksi kaikille rajoitetuille ja jatkuville funktioille. 4.2 Laplacen muunnoksen olemassaolo Muunnoksen määritelmä tarkoittaa raja-arvoa F(s) = L(f) = M f(t)e st dt = lim f(t)e st dt, M 9
20 mikäli ko. raja-arvo on olemassa ja äärellinen. Olkoon funktio f : [, ] R eksponentiaalisesti rajoitettu eli on olemassa positiiviset vakiot M ja r siten, että f(t) M e rt, t. Kaikilla positiivisilla arvoilla M > on voimassa arvio M M f(t)e st dt f(t)e st dt M M e (r s)t dt = M ( e (s r)m ). s r Riittävän suurilla parametrin s arvoilla pätee s r >. Tällöin on voimassa arvio F(s) = f(t)e st dt M s r, s > r. Laplacen muunnoksen määrittelevä integraali suppenee, kun s > r. 4.3 Määritelmän mukaan laskettuja muunnoksia. L() = e st dt = s, s >, / L(t) = te st dt = ( s )e st dt+ t( s )e st = s, s >, 2 L(e t ) = L(e at ) = e t e st dt = e at e st dt = e (+s)t dt = s+, s >, e (a s)t dt = s a, s > a. Tarkastelemme muunnoksen laskusääntöjä. Oletamme, että tarvittavat muunnokset ovat olemassa. Lause 9 Laplacen muunnos on lineaarinen operaattori. Olkoon L(f) = F(s) ja L(g) = G(s). Tällöin Perustelu: Olkoot L(f) ja L(g) olemassa. Tällöin L(f +g) = L(f)+L(g), L(λf) = λl(f), kaikilla λ R. L(f +g) = ( f(t)+g(t) ) e st dt = = ( f(t)e st +g(t)e st) dt f(t)e st dt+ g(t)e st dt = L(f)+L(g). Vakion siirtäminen eteen kertoimeksi perustellaan samalla tavalla. Jos f tunnetaan, niin sen Laplacen muunnos määräytyy yksikäsitteisesti muunnoksen määritelmästä. Jos kääntäen tunnemme Laplacen muunnoksen lausekkeen, niin yleisesti emme voi määrätä funktiota f yksikäsitteisesti. Jatkuvien funktioiden luokassa funktion f ja sen Laplacen muunnoksen L(f) välillä on yksiyhteen vastaavuus. Lause Olkoon f : [, [ R jatkuva ja olkoon L(g) jatkuvan funktion g Laplacen muunnos. Tällöin on voimassa yhtäpitävyys L(f) = L(g) f = g. Jos tarkasteltavat funktiot ovat jatkuvia, niin voidaan määritellä käänteismuunnos L siten, että L (F(s)) = L (L(f)) = f(t), L(L (F(s))) = F(s). 2
21 Lause Käänteismuunnos on lineaarinen operaattori. Olkoon L(f) = F(s) ja L(g) = G(s). Tällöin kaikilla λ R L (F(s)+G(s)) = L (F(s))+L (G(s)), L (λf(s)) = λl (F(s)). Perustelu: Laplacen muunnoksen lineaarisuuden ja käänteismuunnoksen määrittelyn nojalla L (F(s)+G(s)) = L (L(f)+L(g)) = L (L(f +g)) = f +g = L (L(f))+L (L(g)) = L (F(s))+L (G(s)). Vakion siirtäminen eteen kertoimeksi perustellaan samalla tavalla. Lause 2 Derivaattojen muuntuminen. Olkoon f,f,...,f (n ) jatkuvia ja eksponentiaalisesti rajoitettuja funktioita eli f (k) (t) M exp(rt) kaikilla t >, k =,...,n. Jos derivaatta f (n) on paloittain jatkuva ja jos F(s) = L(f), niin L(f (n) ) = s n L(f) s n f() s n 2 f ()... sf (n 2) () f (n ) (). Erityisesti ensimmäisen ja toisen derivaatan muunnokset ovat L(f ) = sl(f) f(), L(f ) = s 2 L(f) sf() f (). Laplacen muunnoksen soveltamisperiaate kaaviona. Differentiaaliyhtälö ja alkuehdot aika-alueessa Alkuarvotehtävän ratkaisu y(t). L( ) L ( ) Tavallinen yhtälö ratkaisun muunnokselle s-alueessa. Ratkaisun muunnos Y(s). 4.4 Esimerkki Ratkaise Laplacen muunnoksella alkuarvotehtävä y +2y = e t, t >, y() = 2. Ratkaisu: Merkitään L(y) = Y(s). Derivaatan muunnos on L(y ) = sl(y) y() = sy(s) y(). Muunnetaan yhtälö puolittain L(y +2y) = L(e t ) = s+. Vasemman puolen muunnos lasketaan käyttämällä muunnoksen lineaarisuusominaisuutta, derivaatan muunnoskaavaa sekä alkuarvoa L(y +2y) = L(y )+2L(y) = sy(s) y()+2y(s) = (s+2)y(s) 2. Saadaan s-alueessa yhtälö (s+2)y(s) 2 = Ratkaistaan Y(s) = (s+)(s+2) + 2 s+2 = 2s+3 s+. (s+)(s+2). Muodostetaan osamurtokehitelmä Y(s) = 2s+3 (s+)(s+2) = s+ + s+2. Määrätään ratkaisu käänteismuunnoksella y(t) = L (Y(s))=L ( s+ + ) ( ) ( s+2 =L s+ +L s+2) = e t + e 2t. 2
22 4.5 Esimerkki Laske Laplacen muunnokset L(sin ωt) ja L(cos ωt). Ratkaisu: Käytetään muunnoksen määritelmää ja lasketaan osittaisintegroinnilla integraalit: / sin(ωt)e st dt = ω cos(ωt)e st ( ω cos(ωt))( se st )dt = lim M ω cos(ωm)e sm + ω + / = L + ω + = L + ω lim M = ω s2 ω 2 sin(ωt) ω ( se st ) 2 sin(ωm) ω (se sm ) 2 sin(ωt)e st dt, s >, ω cos(ωt)( se st )dt sin(ωt) ω (s 2 e st )dt 2 sin(ωt) ω (s 2 e st )dt 2 sillä raja-arvot häviävät, mikäli s >. Täten Sinin muunnokselle saadaan yhtälö, cos(ωm) L = lim M L 2 = lim M Ratkaistaan L(sin(ωt)) = ω s 2 +ω 2, s >. Vastaavasti lasketaan kosinin muunnos. Kaavat ovat 4.6 Esimerkki Ratkaise Laplacen muunnoksella alkuarvotehtävä ω e sm =, s >, sin(ωm) ω (se sm ) =, s >. 2 L(sin(ωt)) = ω s2 ω 2 L(sin(ωt)). L(sin(ωt)) = ω s 2 +ω, s >, 2 L(cos(ωt)) = s s 2 +ω, s >. 2 y +4y = 4e 2t, t >, y() = 2,y () =. Ratkaisu: Merkitään L(y) = Y(s). Toisen derivaatan muunnos on L(y ) = s 2 L(y) sy() y () = s 2 Y(s) sy() y (). Muunnetaan yhtälö puolittain L(y +4y) = L(4e 2t ) = 4 s+2. Vasemman puolen muunnos lasketaan käyttämällä muunnoksen lineaarisuutta, derivaatan muunnoskaavaa sekä alkuarvoja L(y +4y) = (s 2 +4)Y(s) 2s. Saadaan yhtälö (s 2 +4)Y(s) 2s = 4 s+2. Ratkaistaan Y(s) ja kehitetään se osamurtoihin Ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella y(t) = L ( 2 s s+2 s Lisää muunnoskaavoja Y(s) = s2 +5s+6 (s+2)(s 2 +4) = 2 s s+2 s = 2 e 2t cos(2t)+sin(2t). Lause 3 Muunnoksen derivoiminen ja integroiminen. Olkoon L(f) = F(s). Tällöin ) = 2 L ( ) s L ( ) ( ) s s L 2 2 s L(t n f(t)) = ( ) n dn ds n [ F(s) ]. 22
23 Jos lisäksi osamäärän f(t) t oikeanpuoleinen raja-arvo olemassa ja äärellinen pisteessä t =, niin ( ) f(t) L = t s F(x)dx. Perustelu: Yleinen tapaus induktiolla. Lasketaan tapaus n =. [ ] ( ) d ds F(s) = d ds f(t)e st dt = f(t) s( ) e st dt = tf(t)e st dt = L(tf(t)). Jälkimmäisen kaavan perustelu sivuutetaan. Lause 4 (Siirros s-alueessa). Jos L(f) = F(s) niin Perustelu: Laskemalla saadaan L(e at f(t)) = F(s a). L(e at f(t)) = e at f(t)e st dt = f(t)e (s a)t dt = F(s a). 4.8 Esimerkki Määrää L(t sin(ωt)). Nyt Tällöin Määrää L(e at sin(ωt)). Tässä joten Määrää L(e at tsin(ωt)). Tässä joten L(tf(t)) = F (s) ja L(sin(ωt)) = L(tsin(ωt)) = d ds ω s 2 +ω 2. ( ω ) 2ωs = s 2 +ω 2 (s 2 +ω 2 ) 2. L(e ct f(t)) = F(s c) ja L(sin(ωt)) = L(e at sin(ωt)) = ω (s+a) 2 +ω 2. L(e ct f(t)) = F(s c) ja L(tsin(ωt)) = ω s 2 +ω 2, 2ωs (s 2 +ω 2 ) 2, L(e at tsin(ωt)) = 2ω(s+a) ((s+a) 2 +ω 2 ) 2. Kaavan L(e at f(t)) = F(s a) avulla saamme laajennettua Laplacen muunnoksen perustaulukkkoa: f(t) F(s) s t s 2 t n (n )! s n ω sin ωt cos ωt t a, a > s 2 +ω 2 s s 2 +ω 2 e at s a Γ(a+) s a+ 23
24 seuraavalla: f(t) F(s) e ct t ct tn e (n )! e ct sinωt e ct cosωt e ct t a, a > (s c) 2 (s c) n ω (s c) 2 +ω 2 s c (s c) 2 +ω 2 Γ(a+) (s c) a+ 5 Laplace-muunnos: askelfunktio ja impulssi 5. Heavisiden askelfunktio Määritellään Heavisiden yksikköaskelfunktio H siten, että, jos t >, H(t) =, jos t <. Siirros Heavisiden yksikköaskelfunktion muuttujapisteessä:, jos t > c, H(t c) =, jos t < c. Helpolla laskulla saadaan, että L(H(t c)) = s e cs. Tuloksen yleistys on seuraava lause. Lause 5 (aikaviive, viivästys). Jos L(f) = F(s) niin L(H(t c)f(t c)) = e cs F(s), L (e cs F(s)) = H(t c)f(t c). Perustelu: Tulos seuraa muuttujan vaihdosta u = t c 5.2 Esimerkki L(H(t c)f(t c)) = Tutki seuraavia esimerkkejä. Piirrä kuviot. c f(t c)e st dt = L ( s 3 e 3s) = 2 (t 3)2 H(t 3) = f(u)e (u+c)s du = e cs F(s). 2 (t 3)2, t > 3,, t 3. L ( cos(2t) cos(2(t 2π))H(t 2π) ) = s( e 2πs ) s Esimerkki Ratkaise Laplacen muunnoksen avulla alkuarvotehtävä y +2y +y = f(t) = y() = y () =. t, t <,, t, Ratkaisu: Muunnetaan yhtälö. Merkitään L(y) = Y(s), jolloin saadaan L(y +2y +y) = L(f) = F(s). 24
25 Vasen puoli lasketaan käyttämällä derivaatan muunnoksen kaavoja L(y +2y +y) = L(y )+2L(y )+L(y) = s 2 Y(s) y () sy()+2(sy(s) y())+y(s) = ( s 2 +2s+ ) Y(s). Oikean puolen muunnoksen voi laskea määritelmän avulla: F(s) = f(t)e st dt = te st dt+ e st dt =... = s 2 e s s 2. Toinen tapa on askelfunktion ja kaavaston käyttäminen. Ensin lausutaan oikea puoli askelfunktiota hyväksi käyttäen eli f(t) = t [ H(t) H(t ) ] +H(t ) = th(t) (t )H(t ). Nyt muunnos saadaan käyttämällä lineaarisuutta ja laskukaavoja F(s) = L ( f(t) ) = L ( th(t) ) L ( (t )H(t ) ) = s 2 s 2 e s. Ratkaisun muunnokselle saadaan yhtälö joka ratkaistaan s-alueessa Y(s) = Osamurtokehitelmällä nähdään, että ( s 2 +2s+ ) Y(s) = F(s) = s 2 e s s 2, ( (s+) 2 s 2 e s ) = s 2 s 2 (s+) 2 s 2 (s+) 2 e s. G(s) := s 2 (s+) 2 = 2 s + s s+ + (s+) 2, joten voimme määritellä apufunktion g(t) = 2L ( ) ( ) ( ) ( ) s +L s +2L 2 s+ +L (s+) 2 = 2+t+2e t +te t. Ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella: 5.4 Impulssin mallintaminen y(t) = L ( ) ( s 2 (s+) L 2 s 2 (s+) e s) 2 = g(t) g(t )H(t ) 2+t+2e = t +te t, t <, +(2+t)e t (t+)e (t ), t >. Mekaniikassa voiman F = F(t) impulssi aikavälillä [a, a + h] määritellään integraalina I = a+h a F(t)dt. Erityisen mielekiintoisia tilanteita ovat sellaiset, joissa suuri voima vaikuttaa lyhyen ajan (isku, törmäys). Tarkastelemme paloittain määriteltyä funktiota δ a,h (t) δ a,h (t) = h, a < t < a+h,, muulloin, 25
26 jonka impulssi on yksi yksikkö kaikilla parametrin h arvoilla. Funktio δ a,h on kahden askelfunktion summa δ a,h (t) = h[ H(t a) H(t (a+h)) ]. Sen Laplacen muunnos saadaan laskettua askelfunktion muunnoksen ja lineaarisuuden perusteella L(δ a,h ) = [ e as e (a+h)s] as e hs = e. hs hs Annamme aikavälin pituuden lyhentyä rajatta. Rajalla h merkitsemme "rajafunktiota" lim δ a,h(t) = δ(t a), h jossa δ(t a) on niin sanottu Dirac n deltafunktio. Dirac n deltafunktio ei varsinaisesti ole funktio, sillä sen ominaisuuksia, t = a, δ(t a) = ja δ(t a)dt =., muulloin ei voi olla tavallisella funktiolla. Dirac n deltan Laplacen muunnos saadaan Hospitalin säännön avulla L(δ(t a)) = e as. 5.5 Vaimennetun systeemin vaste kanttipulssiin Ratkaise alkuarvotehtävä y +4y, < t <, +3y = f(t) =, muulloin, y() = y () =. Ratkaisu: Muunnetaan yhtälö ja merkitään L(y) = Y(s), jolloin L(y +4y +3y) = L(f) = F(s). Vasen puoli lasketaan käyttämällä derivaatan muunnoksen kaavoja L(y +4y +3y) = L(y )+4L(y )+3L(y) = s 2 Y(s) y () sy()+4 ( sy(s) y() ) +3Y(s) = ( s 2 +4s+3 ) Y(s). Oikean puolen muunnoksen voi laskea määritelmän avulla: F(s) = f(t)e st dt = e st dt = s s e s tai käyttämällä hyväksi askelfunktiota. Ratkaisun muunnokselle saadaan yhtälö ( s 2 +4s+3 ) Y(s) = s s e s Y(s) = s(s 2 +4s+3) s(s 2 +4s+3) e s. Osamurtokehitelmällä nähdään, että G(s) := joten kannattaa määritellä apufunktio g(t) = L ( ) s(s+)(s+3) s(s 2 +4s+3) = s(s+)(s+3) = 3 s 2 s+ + 6 s+3, = 3 L ( ) s 2 L ( ) s+ + 6 L ( ) s+3 = 3 2 e t + 6 e 3t. Ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella: y(t) =L ( ) ( s(s 2 +4s+3) L s(s 2 +4s+3) e s) =g(t) g(t )H(t ) = 3 2 e t + 6 e 3t, t <, 2 e t + 6 e 3t + 2 e (t ) 6 e 3(t ), t >. 26
27 5.6 Vaimennetun systeemin vaste impulssiin. Ratkaise alkuarvotehtävä y +4y +3y = δ(t a), y() = y () =. Ratkaisu: Muunnetaan yhtälö ja merkitään L(y) = Y(s), jolloin Ratkaisun muunnokselle saadaan yhtälö Osamurtokehitelmällä nähdään, että joten L(y +4y +3y) = L(δ(t a)) = e as. ( s 2 +4s+3 ) Y(s) = e as Y(s) = G(s) := ( ) g(t) = L (s+)(s+3) s 2 +4s+3 e as. s 2 +4s+3 = (s+)(s+3) = 2 s+ 2 s+3, = ( ) 2 L ( ) s+ 2 L = s+3 2 e t 2 e 3t. Tehtävän ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella: y(t) = L ( G(s)e as) ( ) = L s 2 +4s+3 e as = g(t a)h(t a). Erityisesti tapauksessa a = saadaan, t, y(t) = g(t )H(t ) = 2 e (t ) 2 e 3(t ), t >..4 Kuviossa on vaimennetun systeemin vaste sekä kanttipulssiin, että hetkellä t = annettuun impulssiin Konvoluutio ja vakiokertoiminen lineaarinen systeemi Toisen kertaluvun vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävän y (t)+py (t)+qy(t) = f(t), y() =,y () = f(t)-f(t-)*h(t-) g(t-)*h(t-) ratkaiseminen Laplacen muunnoksen avulla johtaa ratkaisun muunnoksen lausekkeeseen Y(s) = F(s)G(s) = F(s) s 2 +ps+q. Funktio G on differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävän kuvaaman lineaarisen systeemin siirtofunktio. Oletamme, että tunnemme funktion f Laplacen muunnoksen F. Funktion G käänteismuunnos g voidaan aina määrätä osamurtokehitelmän avulla. Kaavan mukaisesti ratkaisun muunnos on kahden tunnetun funktion muunnoksen tulo. Käänteismuunnokselle voidaan osoittaa laskukaava L (Y(s)) = L (F(s)G(s)) = f g, jossa f g on funktioiden f ja g konvoluutio. Konvoluutio määritellään kaavalla (f g)(t) = t f(τ)g(t τ)dτ. 27
28 Täten nolla-alkutilaisen vakiokertoimisen lineaarisen systeemin vaste y voidaan lausua herätteen f ja siirtofunktion käänteismuunnoksen eli impulssivasteen g konvoluution avulla y(t) = (f g)(t) = Konvoluutiolle on voimassa seuraavat laskusäännöt t f(τ)g(t τ)dτ. f g = g f, f (g h) = (f g) h, f (g +g 2 ) = f g +f g 2, f = f =. Ne perustellaan kirjoittamalla kaavat auki ja käyttämällä integraalin laskusääntöjä. Yleisten alkuehtojen tapauksessa vakiokertoimisen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävää y (t)+py (t)+qy(t) = f(t), y() = a,y () = b vastaa s alueessa yhtälö (s 2 +ps+q)y(s) as b ap = F(s), josta ratkaistaan ratkaisun muunnos Y(s) = as+b+ap s 2 +ps+q + F(s) s 2 +ps+q. Alkuehdoista riippuvan osan käänteismuunnoksen voi laskea osamurtokehitelmällä ja muunnoskaavoilla. Herätteestä riippuvan osan voi lausua systeemin impulssivasteen ja herätteen konvoluution avulla. Laplace muunnoksen yleisiä kaavoja. 6 Differentiaaliyhtälösysteemit 6. Toisen kertaluvun normaaliryhmä L(αf(t)+βg(t)) = αl(f(t))+βl(g(t)) L (αf(s)+βg(s)) = αl (F(s))+βL (G(s)) L(e ct f(t)) = F(s c) L(t n f(t)) = ( ) n F (n) (s) L(H(t c)f(t c)) = e cs F(s)) L(δ(t c)) = e cs L((f g)(t)) = F(s)G(s) On yleistä muotoa x = u(t,x,y), y = v(t,x,y), jossa u = u(t, x, y), t I ja v = v(t, x, y), t I ovat ovat tunnettuja funktioita. 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 x I, = f(x,y,z), t I, kanssa. Esimerkki Heilurin differentiaaliyhtälö y = asiny ja toisen kertaluvun normaaliryhmä y = z, z = asiny, ovat ekvivalentteja. Huom Yleisesti voimme käsitellä kertaluvun n normaaliryhmiä. 28
29 6.2 Lineaarinen toisen kertaluvun normaaliryhmä Lineaarinen toisen kertaluvun normaaliryhmä on yleistä muotoa y = A (x)y +B (x)z +f (x), z = A 2 (x)y +B 2 (x)z +f 2 (x), x I, jossa kertoimet A,A 2,B,B 2 ovat muuttujan x funktioita. Funktiot y = y(x) ja z = z(x) ovat tuntemattomia. Jos kertoimet A,A 2,B,B 2 ovat vakiota, niin normaaliryhmä on vakiokertoiminen. Mikäli f (x) = f 2 (x) = kaikilla x I, niin normaaliryhmä on homogeeninen. Seuraavassa tarkastelussa oletamme, että kerroinfunktiot ovat jatkuvasti derivoituvia funktioita välillä I. Olkoon B, jolloin voimme ratkaista ylemmästä yhtälöstä z:n ja derivoimalla saamme edelleen z :n eli z = B [y A y f ] ( ) y ( z = B + B )y ( A B ) y A B y Nyt käytämme systeemin toista yhtälöä ja edellisiä lausekkeita, jolloin ( ) f ( B B )f. ( ) y ( ( ) B + B )y A y ( ) f ( A B B y B B )f =A 2 y +B 2 z +f 2 =A 2 y+ B2 B [y A y f ]+f 2. Sieventämällä ylläolevan yhtälön ja ratkaisemalla sen y :n suhteen saamme [ ] [ y = A +B 2 B y + A B +B B ] A 2 A B 2 A y+ B [ f f B 2 +B f 2 f B B x = x (t) Toisin sanoen toisen kertaluvun lineaarinen normaaliryhmä palautuu toisen kertaluvun lineaariseksi differentiaaliyhtälöksi. Ratkaistaan y ja lasketaan z kaavalla z = B [y A y f ]. ]. 6.3 Esimerkki Ratkaise homogeeniyhtälön alkuarvotehtävä u = u+6v, v = u 2v, u() = 5, v() =. Ratkaisu: Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä v ja lasketaan v : u = u+6v, v = v 6 u+ 6 u, = u 2v, v = 6 u + 6 u. Käytämme toista yhtälöä v = u 2v ja edellä laskettuja lausekkeita, jolloin v eliminoituu: u 2v = u 2( 6 u+ 6 u ) = 6 u + 6 u u +3u 4u =. Karakteristisen yhtälön λ 2 +3λ 4 = juuret ovat λ = ja λ 2 = 4, joten yleinen ratkaisu on Vakiot määrätään alkuehdoista u() = C +C 2 = 5, v() = C 3 C2 2 =, u(x) = C e x +C 2 e 4x u (x) = C e x 4C 2 e 4x, v(x) = 6 u+ 6 u = C 3 ex C2 2 e 4x. C = 3, C 2 = 2. u(x) = 3e x +2e 4x, v(x) = e x e 4x. 29
30 6.4 Esimerkki Ratkaise alkuarvotehtävä x = x+y +2, y = x+y +t+, x() =, y() = 2. Ratkaisu: Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä y ja muodostetaan derivoimalla y :n lauseke: x = x+y +2, y = x+x 2, y = x+y +t+, y = x +x. Käytämme toista yhtälöä y = x+y +t+ ja edellä laskettuja tuloksia, jolloin y eliminoituu: x +x = x+y +t+ = x+( x+x 2)+t+ x 2x +2x = t. Karakteristisen yhtälön λ 2 2λ+2 = juuret ovat λ 2 = ± i, joten homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x H (t) = C e t cost+c 2 e t sint. Täydellinen yhtälö ratkeaa yritteellä x (t) = At+B, x (t) = A, x (t) =. Sijoittamalla yhtälöön saadaan x 2x +2x = 2At+(2B 2A) = t A = 2,B = x (t) = 2 t. Siis x(t) = C e t cost+c 2 e t sint+ 2 t. Ratkaisun y-komponentti määrätään laskemalla y = x+x 2 = (C e t cost+c 2 e t sint+ 2 t) +(C e t cost C e t sint+c 2 e t sint+c 2 e t cost+ 2 ) 2 = C 2 e t cost C e t sint 2 t 3 2. Vakiot määrätään alkuehdoista x() = C =, C =, x(t) = y() = C = 2, C 2 = 2, 2 et sint+ 2 t, y(t) = 2 et cost 2 t Esimerkki Säiliöön K virtaa nopeudella a l/min suolaliuosta, jonka pitoisuus on f(t) kg/l. Säiliöstä K 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 nopeudella b l/min. Olkoot hetkelliset liuosmäärät säiliössä V (t) l ja V 2 (t) l sekä vastaavat pitoisuudet u (t) kg/l ja u 2 (t) kg/l. Määrää alkuarvotehtävä säiliöiden suolapitoisuudelle, jos tarkastelun alkuhetkellä suolapitoisuudet ovat u () = p kg/l ja u 2 () = p 2 kg/l. Ratkaisu: Annetuilla virtausnopeuksilla liuoksen määrä säiliöissä pysyy vakiona eli V i (t) = V i () = V i on vakio (i =, 2). Lasketaan suolamäärän muutokset säiliöissä lyhyellä aikavälillä [t, t + t]: K : dm = V du = af(t)dt (a+b)u dt+bu 2 dt, K 2 : dm 2 = V 2 du 2 = (a+b)u dt bu 2 dt au 2 dt. Saadaan differentiaaliyhtälösysteemin alkuarvotehtävä pitoisuuksille V u = (a+b)u +bu 2 +af(t), V 2 u 2 = (a+b)u (a+b)u 2, u () = p, u 2 () = p Jousi-massa systeemien värähtely Tarkastelemme kuvion mukaisen kytketyn jousi-massa systeemin massojen m ja m 2 yksiulotteista liikettä kitkattomalla tasolla ulkoisten voimien F = F (t) ja F 2 = F 2 (t) vaikutuksen alaisena. Olkoot jousivakiot k o, k ov ja k v. Olkoon t aikamuuttuja ja olkoot x = x (t) ja x 2 = x 2 (t) massapisteiden poikkeamat tasapainoasemasta. Liikeyhtälö kummallekin massapisteelle voidaan kirjoittaa Hooken lain ja Newtonin toisen lain avulla. 3
31 Systeemin liikeyhtälö on m x = k v x k ov (x x 2 )+F (t), m 2 x 2 = k o x 2 +k ov (x x 2 )+F 2 (t). Tämä voidaan kirjoittaa muotoon m x +(k v +k ov )x k ov x 2 = F (t), m 2 x 2 k ov x +(k o +k ov )x 2 = F 2 (t). 6.7 Laplacen muunnos ja vakiokertoimiset systeemit Ratkaise Laplacen muunnoksen avulla differentiaaliyhtälöryhmän alkuarvotehtävä w + y = sinx, w() =, y z = e x, y() =, z + w+y =, z() = Ratkaisu: Muunnetaan yhtälöryhmä ja käytetään alkuehtoja. Saadaan muuttujien (funktioiden) W, Y ja Z suhteen lineaarinen yhtälöryhmä sw(s) w()+y(s) = s 2 +, sy(s) y() Z(s) = s, sz(s) z()+w(s)+y(s) = sw(s) + Y(s) = s 2 +, sy(s) Z(s) = W(s) + Y(s) + sz(s) = s +, s, s +, joka eliminoituu muotoon (vaihdettu yhtälöiden järjestystä) W(s) + Y(s) + sz(s) = s +, (s )Y(s) + s 2 Z(s) = +s sy(s) Z(s) = s + = s s s 2 +, s, s 2 W(s) + Y(s) + sz(s) = s +, s sy(s) Z(s) = s, (s 3 +s )Y(s) = +s s s3 s. Systeemin alimmainen yhtälö ratkaistaan Y(s):n suhteen Edelleen sijoittamalla saamme Lasketaan vielä käänteismuunnoksella ratkaisu ( Y(s) = s 3 +s +s s ) s3 s = s(s 4 +s 3 +s 2 ) (s 3 +s )(s )(s 2 +) = s(s+) (s )(s 2 +) = s + s 2 +. Z(s) = sy(s) s s = s s 2 +, W(s) = Y(s) sz(s)+ s + = s + s. y(x) = L (Y(s)) = L ( s )+L ( s 2 + ) = ex +sinx, z(x) = L (Z(s)) = L s ( s 2 + ) = cosx, w(x) = L ( s )+L ( s ) = ex +. 3
Epähomogeenisen yhtälön ratkaisu
Epähomogeenisen yhtälön ratkaisu Lause Olkoot a = a(x), b = b(x) ja f = f(x) jatkuvia funktioita välillä I R ja olkoot y 1 = y 1 (x) ja y 2 = y 2 (x) eräs homogeeniyhtälön y + a(x)y + b(x)y = 0 ratkaisujen
LisätiedotLaplace-muunnos: määritelmä
Laplace-muunnos: määritelmä Olkoon f : [, [ R funktio. Funktion f Laplacen muunnos määritellään yhtälöllä F(s) = L(f) := f(t)e st dt edellyttäen, että integraali f(t)e st dt suppenee. Riittävä ehto integraalin
LisätiedotNormaaliryhmä. Toisen kertaluvun normaaliryhmä on yleistä muotoa
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
LisätiedotLineaarinen toisen kertaluvun yhtälö
Lineaarinen toisen kertaluvun yhtälö Keijo Ruotsalainen Mathematics Division Lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Toisen kertaluvun täydellinen lineaarinen yhtälö muotoa p 2 (x)y + p 1 (x)y
Lisätiedot3 TOISEN KERTALUVUN LINEAARISET DY:T
3 TOISEN KERTALUVUN LINEAARISET DY:T Huomautus epälineaarisista. kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Epälineaarisen DY:n ratkaisemiseen ei ole yleismenetelmää. Seuraavat erikoistapaukset voidaan ratkaista
Lisätiedot3 Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt
3 Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt 3.1 Homogeeniset lineaariset differentiaaliyhtälöt Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on lineaarinen, jos se voidaan kirjoittaa muotoon Jos r(x)
Lisätiedot6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset
SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 51 6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6.1. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p i : I R, i = 0, 1, 2,..., n, ja q : I R jatkuvia
LisätiedotDifferentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 6. viikolle /
Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 6. viikolle / 16. 18.5. Lineaariset differentiaaliyhtälöt, homogeeniset differentiaaliyhtälöt Tehtävä 1: a) Määritä differentiaaliyhtälön y 3y = 14e 4x
Lisätiedot4 Korkeamman kertaluvun differentiaaliyhtälöt
Differentiaaliyhtälöt c Pekka Alestalo 2015 Tässä monisteessa käydään läpi tavallisiin differentiaaliyhtälöihin liittyviä peruskäsitteitä ja ratkaisuperiaatteita. Luennolla lasketaan esimerkkitehtäviä
LisätiedotMatematiikka B3 - Avoin yliopisto
2. heinäkuuta 2009 Opetusjärjestelyt Luennot 9:15-11:30 Harjoitukset 12:30-15:00 Tentti Lisäharjoitustehtävä Kurssin sisältö (1/2) 1. asteen Differentiaali yhtälöt (1.DY) Separoituva Ratkaisukaava Bernoyulli
Lisätiedota 1 y 1 (x) + a 2 y 2 (x) = 0 vain jos a 1 = a 2 = 0
6. Lineaariset toisen kertaluvun yhtälöt Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt ovat tuntuvasti hankalampia ratkaista kuin ensimmäinen. Käsittelemmekin tässä vain tärkeintä erikoistapausta, toisen kertaluvun
Lisätiedoty (0) = 0 y h (x) = C 1 e 2x +C 2 e x e10x e 3 e8x dx + e x 1 3 e9x dx = e 2x 1 3 e8x 1 8 = 1 24 e10x 1 27 e10x = e 10x e10x
BM0A5830 Differentiaaliyhtälöiden peruskurssi Harjoitus 4, Kevät 017 Päivityksiä: 1. Ratkaise differentiaaliyhtälöt 3y + 4y = 0 ja 3y + 4y = e x.. Ratkaise DY (a) 3y 9y + 6y = e 10x (b) Mikä on edellisen
LisätiedotEnsimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä
1 MAT-1345 LAAJA MATEMATIIKKA 5 Tampereen teknillinen yliopisto Risto Silvennoinen Kevät 9 Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Yksi tavallisimmista luonnontieteissä ja tekniikassa
Lisätiedot4. Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä
1 Laaja matematiikka 5 Kevät 010 4. Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Yksi tavallisimmista luonnontieteissä ja tekniikassa esiintyvistä matemaattisista malleista on differentiaaliyhtälö.
Lisätiedot2. 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.
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
LisätiedotMS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 11: Lineaarinen differentiaaliyhtälö
MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 11: Lineaarinen differentiaaliyhtälö Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos
Lisätiedot1 Peruskäsitteet. Dierentiaaliyhtälöt
Teknillinen korkeakoulu Matematiikka Dierentiaaliyhtälöt Alestalo Tässä monisteessa käydään läpi tavallisiin dierentiaaliyhtälöihin liittyviä peruskäsitteitä ja ratkaisuperiaatteita. Esimerkkejä luennoilla
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot
LisätiedotInsinöörimatematiikka D, laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut
Insinöörimatematiikka D, 5.4.06 5. laskuharjoituksien esimerkkiratkaisut. Etsitään homogeenisen vakiokertoimisen lineaarisen differentiaaliyhtälön kaikki ratkaisut (reaalisessa muodossa). y (5) +4y (4)
Lisätiedoty + 4y = 0 (1) λ = 0
Matematiikan ja tilastotieteen osasto/hy Differentiaaliyhtälöt I Laskuharjoitus 6 mallit Kevät 2019 Tehtävä 1. Ratkaise yhtälöt a) y + 4y = x 2, b) y + 4y = 3e x. Ratkaisu: a) Differentiaaliyhtälön yleinen
Lisätiedot4 Korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt
4 Korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt 4.1 Homogeeniset lineaariset differentiaaliyhtälöt Homogeeninen yhtälö on muotoa F(x, y,, y (n) ) = 0. (1) Yhtälö on lineaarinen, jos se voidaan
LisätiedotHarjoitus Etsi seuraavien autonomisten yhtälöiden kriittiset pisteet ja tutki niiden stabiliteettia:
Differentiaaliyhtälöt, Kesä 216 Harjoitus 2 1. Etsi seuraavien autonomisten yhtälöiden kriittiset pisteet ja tutki niiden stabiliteettia: (a) y = (2 y) 3, (b) y = (y 1) 2, (c) y = 2y y 2. 2. Etsi seuraavien
LisätiedotDifferentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 5. viikolle /
MS-A8 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/7 Differentiaali- ja integraalilaskenta Ratkaisut 5. viikolle / 9..5. Integroimismenetelmät Tehtävä : Laske osittaisintegroinnin avulla a) π x sin(x) dx,
LisätiedotEsimerkki 1 Ratkaise differentiaaliyhtälö
Esimerkki 1 Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y xy =1/x. 1 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi MApu II 1/20 20 Esimerkki 2 Ratkaise differentiaaliyhtälö x(ln y)y y ln x =0. 2 / K. Tuominen kimmo.i.tuominen@helsinki.fi
Lisätiedot10. Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt
37. Toisen kertaluvun lineaariset differentiaalihtälöt Tarkastelemme muotoa () ( x) + a( x) ( x) + a( x) ( x) = b( x) olevia htälöitä, missä kerroinfunktiot ja oikea puoli ovat välillä I jatkuvia. Edellisen
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi A. Lepistö alepisto@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2016 M. Hirvensalo V. Junnila A. Lepistö
Lisätiedot5 Differentiaaliyhtälöryhmät
5 Differentiaaliyhtälöryhmät 5.1 Taustaa ja teoriaa Differentiaaliyhtälöryhmiä tarvitaan useissa sovelluksissa. Toinen motivaatio yhtälöryhmien käytölle: Korkeamman asteen differentiaaliyhtälöt y (n) =
LisätiedotEsimerkki: Tarkastellaan korkeudella h ht () putoavaa kappaletta, jonka massa on m (ks. kuva).
6 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖISTÄ Esimerkki: Tarkastellaan korkeudella h ht () putoavaa kappaletta, jonka massa on m (ks. kuva). Newtonin II:n lain (ma missä Yhtälö dh dt m dh dt F) mukaan mg, on kiihtyvyys ja
LisätiedotDierentiaaliyhtälöistä
Dierentiaaliyhtälöistä Markus Kettunen 17. maaliskuuta 2009 1 SISÄLTÖ 1 Sisältö 1 Dierentiaaliyhtälöistä 2 1.1 Johdanto................................. 2 1.2 Ratkaisun yksikäsitteisyydestä.....................
LisätiedotOsa 11. Differen-aaliyhtälöt
Osa 11. Differen-aaliyhtälöt Differen-aaliyhtälö = yhtälö jossa esiintyy jonkin funk-on derivaa
LisätiedotOsoita, että eksponenttifunktio ja logaritmifunktio ovat differentiaaliyhtälön
3. Lineaariset differentiaaliyhtälöt 3.1. Lineaariyhtälöiden teoriaa 99. Onko differentiaaliyhtälö y + x(y y )=y + 1 a) lineaarinen, b) homogeeninen? 100. Olkoot funktiot f (x) ja g(x) jatkuvasti derivoituvia
LisätiedotMS-A Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (CHEM) Harjoitus 6 loppuviikko
MS-A0107 - Differentiaali- integraalilaskenta 1 (CHEM) Harjoitus 6 loppuviikko 1 Tehtävä Etsi seuraavien yhtälöiden yleiset ratkaisut: Ratkaisu: a) y y 2y = 4x, b) y + 4y = sin 3x, c) y + 2y + 5y = e x
LisätiedotDierentiaaliyhtälöistä
Dierentiaaliyhtälöistä Markus Kettunen 4. maaliskuuta 2009 1 SISÄLTÖ 1 Sisältö 1 Dierentiaaliyhtälöistä 2 1.1 Johdanto................................. 2 1.2 Ratkaisun yksikäsitteisyydestä.....................
LisätiedotSARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT
SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 43 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Kuva 12. Esimerkin 4.26(c kuvauksen
LisätiedotMS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt
MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt, osa 1 Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 20 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista
LisätiedotLuoki?elua: tavallinen vs osi?ais. Osa 11. Differen0aaliyhtälöt. Luoki?elua: kertaluku. Luoki?elua: lineaarisuus 4/13/13
4/3/3 Osa. Differen0aaliyhtälöt Differen0aaliyhtälö = yhtälö jossa esiintyy jonkin funk0on derivaa?a. Esim: dx = x2 f x + f xy 2 2m d 2 ψ = Eψ dx 2 Luoki?elua: tavallinen vs osi?ais Differen0aaliyhtälöt
LisätiedotDierentiaaliyhtälöistä
Dierentiaaliyhtälöistä Markus Kettunen 14. helmikuuta 2011 1 SISÄLTÖ 1 Sisältö 1 Dierentiaaliyhtälöistä 2 1.1 Johdanto................................. 2 1.2 Ratkaisun olemassaolosta ja yksikäsitteisyydestä...........
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi A. Lepistö alepisto@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2016 M. Hirvensalo V. Junnila A. Lepistö
LisätiedotBM20A0900, Matematiikka KoTiB3
BM20A0900, Matematiikka KoTiB3 Luennot: Matti Alatalo Oppikirja: Kreyszig, E.: Advanced Engineering Mathematics, 8th Edition, John Wiley & Sons, 1999, luvut 1 4. 1 Sisältö Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot
LisätiedotLaplace-muunnos. 8. marraskuuta Laplace-muunnoksen määritelmä, olemassaolo ja perusominaisuudet Differentiaaliyhtälöt Integraaliyhtälöt
8. marraskuuta 216 Laplace-muunnoksen määritelmä, olemassaolo ja perusom Integraalimuunnos Integraalimuunnos on yleisesti muotoa F(u) = K(t, u)f (t)dt missä K on integraalin ydin. Tässä K ja f ovat tunnettuja.
LisätiedotKompleksiluvun logaritmi: Jos nyt z = re iθ = re iθ e in2π, missä n Z, niin saadaan. ja siihen vaikuttava
Kompleksiluvun logaritmi: ln z = w z = e w Jos nyt z = re iθ = re iθ e inπ, missä n Z, niin saadaan w = ln z = ln r + iθ + inπ, n Z Logaritmi on siis äärettömän moniarvoinen funktio. Helposti nähdään että
Lisätiedot13. Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: = 1 + y x + ( y ) 2 (y )
MATEMATIIKAN JA TILASTOTIETEEN LAITOS Differentiaaliyhtälöt, kesä 00 Tehtävät 3-8 / Ratkaisuehdotuksia (RT).6.00 3. Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: y = + y + y = + y + ( y ) (y
LisätiedotMatemaattisessa analyysissa on usein käyttökelpoista soveltaa integraalimuunnoksia. Yksi tärkeimmistä on Laplace-muunnos. e st f(t)dt, s > s 0
Laplace-muunnos (Kr. 6. Aalto Mat-.32/332, C3-II/KP3-II, 8/23, Kari Eloranta Matemaattisessa analyysissa on usein käyttökelpoista soveltaa integraalimuunnoksia. Yksi tärkeimmistä on Laplace-muunnos. Määritelmä
LisätiedotMat Matematiikan peruskurssi K2
Mat-.3 Matematiikan peruskurssi K Heikkinen/Tikanmäki Kolmas välikoe 6.5. Kokeessa saa käyttää ylioppilaskirjoituksiin hyväksyttyä laskinta. Sivun kääntöpuolelta löytyy integrointikaavoja.. Olkoon F(x,
LisätiedotVärähdysliikkeet. q + f (q, q, t) = 0. q + f (q, q) = F (t) missä nopeusriippuvuus kuvaa vaimenemista ja F (t) on ulkoinen pakkovoima.
Torstai 18.9.2014 1/17 Värähdysliikkeet Värähdysliikkeet ovat tyypillisiä fysiikassa: Häiriö oskillaatio Jaksollinen liike oskillaatio Yleisesti värähdysliikettä voidaan kuvata yhtälöllä q + f (q, q, t)
Lisätiedoty = 3x2 y 2 + sin(2x). x = ex y + e y2 y = ex y + 2xye y2
Matematiikan ja tilastotieteen osasto/hy Differentiaaliyhtälöt I Laskuharjoitus 2 mallit Kevät 219 Tehtävä 1. Laske osittaisderivaatat f x = f/x ja f y = f/, kun f = f(x, y) on funktio a) x 2 y 3 + y sin(2x),
Lisätiedotw + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.
Kotitehtävät, tammikuu 2011 Vaikeampi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhmä w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Ratkaisu. Yhtälöryhmän ratkaisut (w, x, y, z)
Lisätiedot2. Viikko. CDH: luvut (s ). Matematiikka on fysiikan kieli ja differentiaaliyhtälöt sen yleisin murre.
2. Viikko Keskeiset asiat ja tavoitteet: 1. Peruskäsitteet: kertaluku, lineaarisuus, homogeenisuus. 2. Separoituvan diff. yhtälön ratkaisu, 3. Lineaarisen 1. kl yhtälön ratkaisu, CDH: luvut 19.1.-19.4.
LisätiedotRatkaisu: Tutkitaan derivoituvuutta Cauchy-Riemannin yhtälöillä: f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = 2x + ixy 2. 2 = 2xy xy = 1
1. Selvitä missä tason pisteissä annetut funktiot ovat derivoituvia/analyyttisiä. Määrää funktion derivaatta niissä pisteissä, joissa se on olemassa. (a) (x, y) 2x + ixy 2 (b) (x, y) cos x cosh y i sin
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi A. Lepistö alepisto@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2016 M. Hirvensalo V. Junnila A. Lepistö
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot
Lisätiedotdy dx = y x + 1 dy dx = u+xdu dx, u = y/x, u+x du dx = u+ 1 sinu eli du dx = 1 1 Erotetaan muuttujat ja integroidaan puolittain: y = xln(ln(cx 2 )).
Harjoitus Tehtävä 5. d) Jakamalla annettu yhtälö puolittain xsin(y/x):llä saadaan Sijoitetaan taas jolloin saadaan dy dx = y x + 1 sin ( y). u = y/x, x dy dx = u+xdu dx, u+x du dx = u+ 1 sinu du dx = 1
Lisätiedot5 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖRYHMÄT
5 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖRYHMÄT 5. Ensimmäisen kl:n DY-ryhmät Differentiaaliyhtälöryhmiä tarvitaan useissa sovelluksissa. Useimmat voidaan mallintaa ensimmäisen kertaluvun DY-ryhmien avulla. Ensimmäisen kl:n
LisätiedotMatemaattinen Analyysi
Vaasan yliopisto, kevät 01 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi. harjoitus, viikko 1 R1 ke 1 16 D11 (..) R to 10 1 D11 (..) 1. Määritä funktion y(x) MacLaurinin sarjan kertoimet, kun y(0) = ja y (x) = (x
Lisätiedot4. Differentiaaliyhtälöryhmät 4.1. Ryhmän palauttaminen yhteen yhtälöön
4 Differentiaaliyhtälöryhmät 41 Ryhmän palauttaminen yhteen yhtälöön 176 Ratkaise differentiaaliyhtälöryhmät a) dt = y +t, b) = y z + sinx x 2 dt = x +t, c) + z = x2 = y + z + cosx + 2y = x a)x = C 1 e
LisätiedotNumeeriset menetelmät TIEA381. Luento 12. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 12 () Numeeriset menetelmät / 33
Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 12 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 12 () Numeeriset menetelmät 25.4.2013 1 / 33 Luennon 2 sisältö Tavallisten differentiaaliyhtälöiden numeriikasta Rungen
LisätiedotDifferentiaaliyhtälöt
Differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöksi (lyh. DY) sanotaan yhtälöä, jossa on tuntemattomana jokin funktio y(x) ja jossa esiintyy sen derivaattoja y, y, y, y (4),... Esimerkiksi y + y = x, y y + y
LisätiedotLuento 14: Periodinen liike, osa 2. Vaimennettu värähtely Pakkovärähtely Resonanssi F t F r
Luento 14: Periodinen liike, osa 2 Vaimennettu värähtely Pakkovärähtely Resonanssi θ F µ F t F r m g 1 / 20 Luennon sisältö Vaimennettu värähtely Pakkovärähtely Resonanssi 2 / 20 Vaimennettu värähtely
LisätiedotLuento 13: Periodinen liike. Johdanto Harmoninen värähtely Esimerkkejä F t F r
Luento 13: Periodinen liike Johdanto Harmoninen värähtely Esimerkkejä θ F t m g F r 1 / 27 Luennon sisältö Johdanto Harmoninen värähtely Esimerkkejä 2 / 27 Johdanto Tarkastellaan jaksollista liikettä (periodic
LisätiedotLukujonot Z-muunnos Z-muunnoksen ominaisuuksia Z-käänteismuunnos Differenssiyhtälöt. Z-muunnos. 5. joulukuuta Z-muunnos
Lukujonot Z-muunnoksen ominaisuuksia Z-käänteismuunnos Differenssiyhtälöt 5. joulukuuta 2016 Lukujonot Z-muunnoksen ominaisuuksia Z-käänteismuunnos Differenssiyhtälöt Lukujonot Lukujonot Z-muunnoksen ominaisuuksia
LisätiedotMS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö
MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos
Lisätiedot1 Di erentiaaliyhtälöt
Taloustieteen mat.menetelmät syksy 2017 materiaali II-5 1 Di erentiaaliyhtälöt 1.1 Skalaariyhtälöt Määritelmä: ensimmäisen kertaluvun di erentiaaliyhtälö on muotoa _y = F (y; t) oleva yhtälö, missä _y
LisätiedotDifferentiaaliyhtälöt
Informaatiotieteiden yksikkö Differentiaaliyhtälöt Pentti Haukkanen Sisältö Differentiaaliyhtälön käsite 4 2 Joitakin. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä 7 2. Separoituva yhtälö........................
Lisätiedot12. Differentiaaliyhtälöt
1. Differentiaaliyhtälöt 1.1 Johdanto Differentiaaliyhtälöitä voidaan käyttää monilla alueilla esimerkiksi tarkasteltaessa jonkin kohteen lämpötilan vaihtelua, eksponentiaalista kasvua, sähkölatauksen
Lisätiedot3 = Lisäksi z(4, 9) = = 21, joten kysytty lineaarinen approksimaatio on. L(x,y) =
BM20A5810 Differentiaalilaskenta ja sovellukset Harjoitus 6, Syksy 2016 1. (a) Olkoon z = z(x,y) = yx 1/2 + y 1/2. Muodosta z:lle lineaarinen approksimaatio L(x,y) siten että approksimaation ja z:n arvot
LisätiedotInsinöörimatematiikka D
Insinöörimatematiikka D Demonstraatio 7, 6.7... Ratkaise dierentiaalihtälöpari = = Vastaus: DY-pari voidaan esittää muodossa ( = Matriisin ominaisarvot ovat i ja i ja näihin kuuluvat ominaisvektorit (
LisätiedotMatemaattinen Analyysi
Vaasan yliopisto, syksy 2016 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi 8. harjoitus, viikko 49 R1 to 12 14 F453 (8.12.) R2 to 14 16 F345 (8.12.) R3 ke 8 10 F345 (7.11.) 1. Määritä funktion f (x) = 1 Taylorin sarja
LisätiedotMS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö
MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin
LisätiedotMS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Tentti ja välikokeiden uusinta
MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Tentti ja välikokeiden uusinta 8..206 Gripenberg, Nieminen, Ojanen, Tiilikainen, Weckman Kirjoita jokaiseen koepaperiin nimesi, opiskelijanumerosi
LisätiedotMS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt
MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt. osa 2 Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista
LisätiedotDYNAAMISET SYSTEEMIT 1998
1. harjoitus, viikko 3 1. Määritä seuraavien differentiaaliyhtälöiden tyyppi (kertaluku, lineaarinen eilineaarinen, jos lineaarinen, niin vakiokertoiminen ei-vakiokertoiminen): a) y + y - x 2 = 0 b) y
Lisätiedot2. Tavallisen differentiaaliyhtälön yleisiä ratkaisumenetelmiä. y = 2xy, Piirrä muutama yleisen ratkaisun kuvaaja. Minkä nimisistä käyristä on kyse?
2. Tavallisen differentiaaliyhtälön yleisiä ratkaisumenetelmiä 2.1. Ensimmäisen kertaluvun yhtälöt 30. Ratkaise alkuarvotehtävä y = 2xy, y(0)=1. Piirrä muutama yleisen ratkaisun kuvaaja. Minkä nimisistä
LisätiedotSatunnaismuuttujien muunnokset ja niiden jakaumat
Ilkka Mellin Todennäköisyyslaskenta Osa 2: Satunnaismuuttujat ja todennäköisyysjakaumat Satunnaismuuttujien muunnokset ja niiden jakaumat TKK (c) Ilkka Mellin (2007) 1 Satunnaismuuttujien muunnokset ja
LisätiedotLukujonot Z-muunnos Z-muunnoksen ominaisuuksia Z-käänteismuunnos Differenssiyhtälöt. Z-muunnos. 1. joulukuuta Z-muunnos
Lukujonot Z-muunnoksen ominaisuuksia Z-käänteismuunnos Differenssiyhtälöt 1. joulukuuta 2015 Lukujonot Z-muunnoksen ominaisuuksia Z-käänteismuunnos Differenssiyhtälöt Lukujono Lukujono on diskreetti funktio
LisätiedotMatemaattinen Analyysi
Vaasan yliopisto, 009-010 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi 8. harjoitus 1. Ratkaise y + y + y = x. Kommentti: Yleinen työlista ratkaistaessa lineaarista, vakiokertoimista toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöä
LisätiedotPakotettu vaimennettu harmoninen värähtelijä Resonanssi
Pakotettu vaimennettu harmoninen värähtelijä Resonanssi Tällä luennolla tavoitteena Mikä on pakkovoiman aiheuttama vaikutus vaimennettuun harmoniseen värähtelijään? Mikä on resonanssi? Kertaus: energian
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 2 Lisää osamurtoja Tutkitaan jälleen rationaalifunktion P(x)/Q(x) integrointia. Aiemmin käsittelimme tapauksen, jossa nimittäjä voidaan esittää muodossa Q(x) = a(x x
LisätiedotOsa IX. Z muunnos. Johdanto Diskreetit funktiot
Osa IX Z muunnos A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-.33 Matematiikan peruskurssi KP3-i 9. lokakuuta 2007 298 / 322 A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-.33 Matematiikan peruskurssi KP3-i 9. lokakuuta 2007 299 / 322 Johdanto
LisätiedotToisen ja korkeamman kertaluvun lineaarisista differentiaaliyhtälöistä
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Riikka Sjögren Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaarisista differentiaaliyhtälöistä Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 2010 Tampereen
LisätiedotBM20A5830 Differentiaaliyhtälöiden peruskurssi
BM20A5830 Differentiaaliyhtälöiden peruskurssi Jouni Sampo 30. maaliskuuta 2015 Sisältö 1 Johdanto 2 1.1 Peruskäsitteitä.................................... 2 1.2 Differentiaaliyhtälöiden ratkaisuista.........................
LisätiedotJohdatus todennäköisyyslaskentaan Satunnaismuuttujien muunnokset ja niiden jakaumat. TKK (c) Ilkka Mellin (2004) 1
Johdatus todennäköisyyslaskentaan Satunnaismuuttujien muunnokset ja niiden jakaumat TKK (c) Ilkka Mellin (2004) 1 Satunnaismuuttujien muunnokset ja niiden jakaumat Satunnaismuuttujien muunnosten jakaumat
LisätiedotOsittaisdifferentiaaliyhtälöt
Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Harjoituskokoelmat 4 ja 5, kevät 2011 Palautus Eemeli Blåstenille to 23.6. klo 16.00 mennessä 1. Ratkaise Dirichlet ongelma u(x, y) = 0, x 2 + y 2 < 1, u(x, y) = y + x 2,
Lisätiedot3. Laske osittaisintegroinnin avulla seuraavat integraalit
Harjoitus 1 / syksy 2001 1. Laske seuraavat derivaatat 2 a) D ( 5x + 5) x, b) D (-e 2x ), c) D (-ln x) ja d) D (sin 2x + cos x). 2. Laske seuraavat integraalit 2 x 5x 5 dx, a) ( + ) x b) ( e 2 ) dx, c)
LisätiedotDIFFERENTIAALIYHTÄLÖT
DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 37P MARTTI HAMINA Tasa-arvopinnat x + y x + y y u(x, y) C x x(y, C) x x(y, C) x x (y, C) x x + y y + y y x x Φ(x, y, y )? y F (x,y) F (x(t),y) y y(x, C) y y (x, C)?? F (x, y) dt F
Lisätiedot800345A Differentiaaliyhtälöt I. Seppo Heikkilä, Martti Kumpulainen, Janne Oinas
800345A Differentiaaliyhtälöt I Seppo Heikkilä, Martti Kumpulainen, Janne Oinas 2. maaliskuuta 2009 Sisältö 1 Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt 2 1.1 Merkintöjä ja nimityksiä...........................
LisätiedotDifferentiaaliyhtälöt. Petri Juutinen
Differentiaaliyhtälöt Petri Juutinen 2. syyskuuta 2008 Sisältö Johdanto 3 2 Ensimmäisen kertaluvun yhtälöistä 6 2. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys..................... 6 2.2 Separoituvat yhtälöt...........................
LisätiedotBM30A0240, Fysiikka L osa 4
BM30A0240, Fysiikka L osa 4 Luennot: Heikki Pitkänen 1 Oppikirja: Young & Freedman: University Physics Luku 14 - Periodic motion Luku 15 - Mechanical waves Luku 16 - Sound and hearing Muuta - Diffraktio,
LisätiedotJouni Sampo. 15. huhtikuuta 2013
B3 Jouni Sampo 15. huhtikuuta 2013 Sisältö 1 Johdanto 2 1.1 Peruskäsitteitä.................................... 2 1.2 Differentiaaliyhtälöiden ratkaisuista......................... 2 2 Ensimmäisen kertaluvun
LisätiedotDifferentiaaliyhtälöt I Ratkaisuehdotuksia, 2. harjoitus, kevät Etsi seuraavien yhtälöiden yleiset ratkaisut (Tässä = d
Differentiaaliyhtälöt I Ratkaisuehdotuksia,. harjoitus, kevät 016 1. Etsi seuraavien yhtälöiden yleiset ratkaisut (Tässä = d dx ): (a) y + xy = xe x, (b) (1 + x ) y xy = (1 + x ), (c) y sin x y = 1 cos
Lisätiedot2v 1 = v 2, 2v 1 + 3v 2 = 4v 2.. Vastaavasti ominaisarvoa λ 2 = 4 vastaavat ominaisvektorit toteuttavat. v 2 =
TKK, Matematiikan laitos Pikkarainen/Tikanmäki Mat-1.1320 Matematiikan peruskurssi K2 Harjoitus 12, A=alku-, L=loppuviikko, T= taulutehtävä, P= palautettava tehtävä, W= verkkotehtävä 21. 25.4.2008, viikko
LisätiedotMekaniikan jatkokurssi Fys102
Mekaniikan jatkokurssi Fys10 Kevät 010 Jukka Maalampi LUENTO 7 Harmonisen värähdysliikkeen energia Jousen potentiaalienergia on U k( x ) missä k on jousivakio ja Dx on poikkeama tasapainosta. Valitaan
Lisätiedotf(x) f(y) x y f f(x) f(y) (x) = lim
Y1 (Matematiikka I) Haastavampia lisätehtäviä Syksy 1 1. Funktio h määritellään seuraavasti. Kuvan astiaan lasketaan vettä tasaisella nopeudella 1 l/min. Astia on muodoltaan katkaistu suora ympyräkartio,
LisätiedotLuento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa
Luento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa Lagrangen kerroin Oletetaan aluksi, että f, g : R R. Merkitään (x 1, x ) := (x, y) ja johdetaan Lagrangen kerroin λ tehtävälle min f(x, y) s.t. g(x, y) = 0 Olkoon
LisätiedotMapu I Laskuharjoitus 2, tehtävä 1. Derivoidaan molemmat puolet, aloitetaan vasemmasta puolesta. Muistetaan että:
Mapu I Laskuharjoitus 2, tehtävä 1 1. Eräs trigonometrinen ientiteetti on sin2x = 2sinxcosx Derivoimalla yhtälön molemmat puolet x:n suhteen, joha lauseke cos 2x:lle. Ratkaisu: Derivoiaan molemmat puolet,
Lisätiedoty x1 σ t 1 = c y x 1 σ t 1 = y x 2 σ t 2 y x 2 x 1 y = σ(t 2 t 1 ) x 2 x 1 y t 2 t 1
1. Tarkastellaan funktiota missä σ C ja y (y 1,..., y n ) R n. u : R n R C, u(x, t) e i(y x σt), (a) Miksi funktiota u(x, t) voidaan kutsua tasoaalloksi, jonka aaltorintama on kohtisuorassa vektorin y
LisätiedotPeruskäsitteet 1. Mitkä ovat seuraavien funktiota y = y(x) koskevien differentiaaliyhtälöiden kertaluvut? Ovatko yhtälöt normaalimuotoisia?
Peruskäsitteet 1. Mitkä ovat seuraavien funktiota y = y(x) koskevien differentiaaliyhtälöiden kertaluvut? Ovatko yhtälöt normaalimuotoisia? a) xy + 2y sinx + y = e x b) y + sin(x + y) = 0 c) y = xy y y
LisätiedotH5 Malliratkaisut - Tehtävä 1
H5 Malliratkaisut - Tehtävä Eelis Mielonen 30. syyskuuta 07 a) 3a (ax + b)3/ + C b) a cos(ax + b) + C a) Tässä tehtävässä päästään harjoittelemaan lukiosta tuttua integrointimenetelmää. Ensimmäisessä kohdassa
Lisätiedota) Mikä on integraalifunktio ja miten derivaatta liittyy siihen? Anna esimerkki. 8 3 + 4 2 0 = 16 3 = 3 1 3.
Integraalilaskenta. a) Mikä on integraalifunktio ja miten derivaatta liittyy siihen? Anna esimerkki. b) Mitä määrätty integraali tietyllä välillä x tarkoittaa? Vihje: * Integraali * Määrätyn integraalin
Lisätiedot