Moodle-ympäristöön kirjaudutaan yliopiston sähköpostitunnuksilla. Kurssiavain on DiffisOulu2016

Transkriptio

1 Differentiaaliyhtälöiden perusteet Käsitteistö: Mikä on differentiaaliyhtälö? Tunnistaminen: Millaiset differentiaaliyhtälöt voi ratkaista? Ratkaiseminen: Miten ratkaisen differentiaaliyhtälön? Mallintaminen: Miten muodostan differentiaaliyhtälön? Ratkeavuusteoria: Milloin differentiaaliyhtälön ratkaisu on olemassa ja yksikäsitteinen? Suoritus välikokein tai loppukokeella: Välikokeita on kaksi: 1. välikoe, 4 tehtävää, arvostelu -6p (max 24 p). 2. välikoe, 4 tehtävää, arvostelu -6p (max 24 p). Pistesumman maksimi välikokeista on 48 pistettä. Varma läpäisy vaatii vähintään 24 pistettä. Lisäpisteet: palautettavat kotitehtävät (max 6p) ja aktiivinen osallistuminen harjoituksiin (max 4p). Huom! Lisäpisteet ovat voimassa vain kevään 216 välikokeissa. Kurssimateriaali on moodle-verkkoympäristössä: Moodle-ympäristöön kirjaudutaan yliopiston sähköpostitunnuksilla. Kurssiavain on DiffisOulu216 Erinomainen kirja on: Kreyszig E., Advanced Engineering Mathematics. 1 Johdanto Yhtälö, jossa esiintyy tuntematon funktio ja sen derivaattoja. Esimerkki: y (x)+y(x) = 3x, jossa x muuttuja ja y = y(x) tuntematon funktio. Differentiaaliyhtälön ratkaisu: sellainen funktio, joka toteuttaa differentiaaliyhtälön identtisesti (eli kaikilla muuttujan arvoilla). Nyt y(x) = 3x 3 on differentiaaliyhtälön eräs ratkaisu, sillä y (x) + y(x) = 3x eli 3 + (3x 3) = 3x identtisesti (kaikilla x:n arvoilla). Myös y(x) = 3x 3+ e x on ratkaisu. Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen: yhtälön identtisesti toteuttavien funktioiden määrääminen. Differentiaaliyhtälön y (x)+y(x) = 3x kaikki ratkaisut: y(x) = 3x 3+Ce x, missä C R. 1.1 Merkitys Ratkaisufunktio y(x) kuvaa systeemin tilaa. Funktion derivaatta y (x) kuvaa funktion arvojen muutosnopeutta. Differentiaaliyhtälö kuvaa systeemin tilan ja muutosnopeuden välistä yhteyttä. Sovelluksia: mekaniikasta, lämpöopista, virtapiireistä, virtausmekaniikasta ja lujuusopista. 1.2 Esimerkki: Heittoliike ylöspäin Heittoliike maan vetovoimakentässä suoraan ylöspäin. Väliaineen vastusta (ilmanvastus) ei oteta huomioon. Koordinaatiston x-akselin suunta ylöspäin. Merkitsemme: t aika x(t) kappaleen paikka hetkellä t v(t) = x (t) kappaleen nopeus hetkellä t a(t) = v (t) = x (t) kappaleen kiihtyvyys hetkellä t. 1

2 DY:n muodostaminen ja ratkaisu Kappaleen kiihtyvyys (maan vetovoima) on vakio: a(t) = g (=9.81 m/s 2 ). Newtonin toinen laki ma = F sievenee liikettä kuvaavaksi differentiaaliyhtälöksi Alkutila: x() =, x () = v (alkunopeus). DY:n ratkaiseminen integroimalla: x (t) = g. (1) x (t) = g, eli x (t) = ( g)dt = gt+c 1 x(t) = ( gt+c 1 )dt = 1 2 gt2 +C 1 t+c 2. Alkutilanteen huomioiminen Yleinen ratkaisu: x(t) = 1 2 gt2 +C 1 t+c 2, x (t) = gt+c 1 Alkutila: x() =, x () = v (alkunopeus). Siis 1 2 g 2 +C 1 +C 2 =, g +C 1 = v eli C 2 = ja C 1 = v. Alkutilanteen toteuttava ratkaisu: x(t) = 1 2 gt2 +v t+ = 1 2 gt2 +v t 1.3 Väestönkasvumallit Thomas Robert Malthus ( ): Väkiluvun muutos aikayksikössä on suoraan verrannollinen väkilukuun. Merkinnät: t aika N(t) väkiluku ajanhetkellä t N() = N väkiluku alkuhetkellä N (t) väkiluvun muutosnopeus ajanhetkellä t Differentiaaliyhtälö: k > verrannollisuuskerroin DY:n ratkaisu: N(t) = N e kt. 1.4 Peruskäsitteitä N (t) = kn(t) tai toisin dn dt = kn. (2) Tavallinen differentiaaliyhtälö: Yhtälö, jossa esiintyy yksi riippumaton muuttuja sekä tämän tuntematon funktio derivaattoineen. Eräs differentiaaliyhtälö: y (x)+2cos(x)y (x)+y(x) = sinx Lyhyt muoto: y +2cos(x)y +y = sinx Differentiaaliyhtälön kertaluku: Yhtälössä esiintyvän korkeimman kertaluvun derivaatan kertaluku. Normaalimuotoinen eli eksplisiittinen differentiaaliyhtälö: Korkein derivaatta y (n) on ratkaistavissa yhtälöstä. Kertaluvun n normaalimuotoinen differentiaaliyhtälö: Voidaan esittää muodossa y (n) = f(x,y,y,...,y (n 1) ). Differentiaaliyhtälön implisiittinen esitysmuoto on Φ(x,y,y,...,y (n) ) =. Kertaluvun n lineaarinen differentiaaliyhtälö: On muotoa n p k (x)y (k) = q(x), k= missä kertoimet p,p 1,...,p n ovat riippumattoman muuttujan x funktioita. Vakiokertoiminen lineaarinen differentiaaliyhtälö: Lineaariyhtälön erikoistapaus. Kertoimet p,p 1,...,p n ovat vakioita. Lineaarisessa differentiaaliyhtälössä funktio q(x) on ns. häiriöfunktio. Jos q(x), niin lineaarinen differentiaaliyhtälö on homogeeninen Jos q(x), niin lineaarinen differentiaaliyhtälö on epähomogeeninen eli täydellinen. 2

3 1.5 Lineaarinen differentiaaliyhtälö jatkoa Kertaluvun n lineaarinen differentiaaliyhtälö voidaan aina saattaa normaalimuotoon jakamalla kertoimella p n (x) mikäli p n (x) kaikilla x:n arvoilla. Jos differentiaaliyhtälö ei ole lineaarinen, niin se on epälineaarinen. 1.6 Diff.yhtälöiden luokittelu Tunnista lineaarinen ja epälineaarinen differentiaaliyhtälö. p n (x)y (n) +p n 1 (x)y (n 1) +...+p 2 (x)y +p 1 (x)y +p (x)y = q(x) Kertaluku Lineaarinen Homogeeninen Epähomogeeninen Epälineaarinen 1.7 Differentiaaliyhtälön ratkaisu Differentiaaliyhtälön klassinen ratkaisu välillä I : y (n) = f(x,y,y,...,y (n 1) ) n kertaa derivoituva funktio y = y(x) = ϕ(x), joka yhtälöön sijoitettuna toteuttaa yhtälön identtisesti eli ϕ (n) (x) = f(x,ϕ(x),ϕ (x),...,ϕ (n 1) (x)), kaikilla x I. Esimerkki: y (x) = 5 Eräs ratkaisu y(x) = 5 2 x2 +3x, sillä y (x) = 5x+3 ja y (x) = 5, eli toteuttaa d.y:n. Ratkaisun kuvaaja xy-tasossa on ratkaisukäyrä. 1.8 Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu Kertalukua n olevan differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu sisältää yleensä n kappaletta oleellisia parametreja. Esimerkki: y (x) = 5 Yleinen ratkaisu on y(x) = 5 2 x2 +C 1 x+c 2, missä C 1,C 2 R Perustelu: y (x) = 5x+C 1 ja y (x) = 5, eli toteuttaa d.y:n. 1.9 Ratkaisujen käyräparvi Pääsääntö: Kertaluvun n differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on n parametrinen käyräparvi. Esimerkki: y (x) = 5 Yleinen ratkaisu: y(x) = 5 2 x2 +C 1 x+c 2 Yksityisratkaisu: Kiinnittämällä yleisen ratkaisun parametrien arvot. Esimerkki: y (x) = 5 Yleinen ratkaisu: y(x) = 5 2 x2 +C 1 x+c 2 Yksityisratkaisuja: y = 5 2 x2, y = 5 2 x2 +4x, y = 5 2 x2 +6, y = 5 2 x2 2x 15. Yleinen ratkaisu ei aina sisällä kaikkia yhtälön ratkaisuja. Tällaisessa tapauksessa yhtälöllä on erikoisratkaisuja eli singulaariratkaisuja. Differentiaaliyhtälöllä ei välttämättä ole olemassa ratkaisuja! 3

4 Differentiaaliyhtälön ratkaisu ja ratkeavuus 1.1 Parametrien kiinnitys y 2 = 1 yhtälöllä ei ole (reaalisia) ratkaisuja y 2 +y 2 = ainoa ratkaisu on y(x)= y 2 = y yleinen ratkaisu y(x) = 1 4 (x C)2 y 2 = y erikoisratkaisu: y(x) = Yksityisratkaisu kiinnitetään asettamalla lisäehtoja. Alkuarvotehtävässä lisäehdot liittyvät samaan muuttujapisteeseen. Reuna-arvotehtävässä lisäehdot liittyvät eri pisteisiin. Eri tehtävätyyppejä Tehtävä Yleinen muoto Esimerkki 1. kl:n AAT y = f(x,y), x > x, y = y, x >, y(x ) = α y() = 1 2. kl:n AAT y = f(x,y,y ), x > x, y(x ) = α, y (x ) = α 1 y +y =, x >, y() =, y () = kl:n RAT y = f(x,y,y ), x <x<x 1, y(x ) = α, y(x 1) = β. HUOM! AAT= alkuarvoteht. ja RAT=reuna-arvoteht Käyräparven differentiaaliyhtälö y +y =, <x<π, y() =, y(π) =. Kertaluvun n differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu: Käyräparvi, jossa on n kappaletta parametreja. Kääntäen: n-parametrinen käyräparvi on yleensä jonkin kertaluvun n differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu. Pääsääntö: Käyräparven differentiaaliyhtälö voidaan määrätä derivoimalla käyräparven yhtälöä implisiittisesti n kertaa ja eliminoimalla näin saadusta n n yhtälöryhmästä käyräparven parametrit Käyräparvi f(x, y) = C Esim. 1 Määrää käyräparven x 2 +4y 2 = C differentiaaliyhtälö. ) 2 Ratk. Kyseessä ellipsiparvi: ( x C +( y )2 C = 1. 4 Implisiittinen derivointi puolittain : x 2 +4y 2 = C d dx ( y = y(x) ja C on vakio) 2x+8yy =. 4

5 Ellipsiparven implisiittinen differentiaaliyhtälö: x+4yy =. Diff.yhtälön eksplisiittinen muoto: y = x 4y Käyräparvi f(x,y,c) = Esim. 2 Muodosta käyräparven Cx 2 +y 2 C = differentiaaliyhtälö. Ratk. Implisiittinen derivointi puolittain: Cx 2 +y 2 C = d dx ( y = y(x) ja C on vakio) 2Cx+2yy = Eliminoidaan parametri C yhtälöparista { 2Cx+2yy =, Cx 2 +y 2 = C. Ylemmästä saadaan yy x x2 +y 2 = yy x C = yy x x. Tulokseksi saadaan differentiaaliyhtälö 1.14 Parametrin eliminointi: tapa 2 Käyräparvi: Cx 2 +y 2 C = 1. Ratkaistaan parametri C yhtälöstä: Cx 2 +y 2 C = eli C = y2 1 x 2 2. Derivoidaan implisiittisesti. C häviää Sijoitetaan alempaan: y (1 x 2 )+yx =. y 2 1 x 2 = C d dx eli 2yy (1 x 2 )+2xy 2 (1 x 2 ) 2 = 2yy (1 x 2 )+2xy 2 = 3. Sievennetään: y (1 x 2 )+yx = Useita parametreja Mikäli käyräparvessa on useampia parametreja, on implisiittiderivointeja suoritettava yhtä monta kertaa kuin käyräparvessa on parametreja. 2 Ensimmäisen kertaluvun yhtälöt Yleinen muoto Ensimmäisen kertaluvun yhtälö: Φ(x,y,y ) =. Rajoitus: eksplisiittinen ensimmäisen kertaluvun yhtälö y = f(x,y), jossa f on jatkuva kahden muuttujan funktio. y +(e x 2x)y sin(5x) = Φ(x,y,y ) = y +(e x 2x)y sin(5x) Φ(x,y,y ) = 5

6 2.1 Vakiokertoiminen homogeeninen yhtälö Esim Ratkaise differentiaaliyhtälö y (x)+ 1 2 y(x) = Ratk. Erikoisratkaisu y(x) = kaikilla x. Oletus: y. y = 1 2 y : y y y = 1 2 Integroidaan puolittain y (x) y(x) dx = 1 2dx eli ln y = 1 2 x+c y = e 1 2 x+c eli y = e C e 1 2 x y(x) = Nyt e C > kun C R. Merkitään C 1 = e C. Erikoisratkaisu y = saadaan, kun valitaan C 1 =. { e C e 1 2 x, kun y(x) >, e C e 1 2 x, kun y(x) < y(x) = C 1 e 1 2 x C 1. Yleinen ratkaisu: y(x) = C 1 e 1 2 x, C 1 R. Differentiaaliyhtälön y (x)+ 1 2y(x) = yleinen ratkaisu y(x) = C 1 e 1 2 x, C 1 R. Yksiparametrinen käyräparvi. Eräitä ratkaisukäyriä: Tarkistus: y(x) = C 1 e 1 2 x y (x) = 1 2 C 1e 1 2 x, joten y (x)+ 1 2 y(x) = 1 2 C 1e 1 2 x C 1e 1 2 x eli y (x)+ 1 2y(x) = kaikilla x. 2.2 Esimerkin oppi Differentiaaliyhtälöiden käsittelytekniikoita: yhtälön kertominen puolittain nollasta eroavalla funktiolla yhtälön integroiminen puolittain funktion ottaminen puolittain yhtälöstä funktion ja käänteisfunktion ominaisuuksien käyttäminen 6

7 tunnettujen funktioiden laskusääntöjen käyttäminen itseisarvojen poistaminen vakion merkin valinnalla yhtälön ratkaisujoukkona on käyräparvi kl:n vakiokertoiminen yhtälö yleisesti p 1 y +p y =, p, p 1, p 1 reaalisia vakioita. y + p p 1 y = Merkitään p p 1 = a. Erikoisratkaisu: y(x) = kaikilla x R. Oletus: y(x) Integroidaan puolittain: y (x) y(x) = y +ay =. y +ay = y = ay y (x) y(x) = a. Logaritmifunktion derivaatta on d dx ln y(x) = y (x) y(x) Nyt adx ln y(x) = ax+c, jossa C R. e ln y(x) = y(x) = e ax+c, Eksponenttifunktion laskukaavat: y(x) = e C e ax, jossa e C >, kun vakio C R. Merkitään C 1 = e C. y(x) = e C e ax y(x) = { e C e ax, kun y(x) >, e C e ax, kun y(x) < Ratkaisu: y(x) = C 1 e ax, missä C 1. Erikoisratkaisu y = saadaan, kun valitaan C 1 =. Yhtälön y +ay = yleinen ratkaisu on yksiparametrinen käyräparvi y(x) = C 1 e ax, C 1 R. 2.4 Integroimalla ratkeava yhtälö y = f(x) Yleinen ratkaisu integroimalla yhtälö puolittain: x y(x) = f(x)dx = f(t)dt+c 1, jossa C 1 on mielivaltainen reaalinen vakio. Alkuarvotehtävän { y = f(x), y(x ) = y, x x y (t)dt = x x f(t)dt eli / x y(x) y = ratkaisulle: y(t) = x x x f(t)dt x x f(t)dt eli y(x) = y + x x f(t)dt Integraalifunktiota ei aina voida kirjoittaa käytettävissä olevien alkeisfunktioiden avulla. Tällöin ratkaisun integraaliesitys määrittelee uuden funktion. Erikoisfunktioita käsittelevä kirjallisuus: Esim. Abramowitz M., Stegun I., Handbook of Mathematical Functions with Formulas Graphs and Mathematical Tables. Erikoisfunktioiden pisteittäisiä arvoja voidaan laskea numeerisesti integroimalla integraaliesityksistä tai sarjakehitelmien avulla. 7

8 2.5 Esimerkkejä erikoisfunktioista x erf(x) = 2 π e t2 dt Γ(x) = t x 1 e t dt e Ei(x) = t dt t x x sint Si(x) = dt t Ci(x) = J n(x) = k= F(k,x) = x cost dt t x ( 1) k k!(n+k)! (x 2 )n+2k dt 1 k 2 sin 2 (t) Virhefunktio Gammafunktio Eksponentti-integraali Sini-integraali Kosini-integraali Ensimmäisen lajin Besselin funktio 1. lajin elliptinen integraali, < k < 1 E(k,x) = x 1 k2 sin 2 (t)dt 2. lajin elliptinen integraali, < k < Yhtälö muotoa y = f(y) Palautuu integrointitehtävään. f on jokin tunnettu jatkuva funktio. Tarkastelu kahteen osaan: f(y) = ja f(y). 1. Jos y = y toteuttaa yhtälön f(y ) =, niin vakiofunktio y = y on yhtälön ratkaisu (ns. erikoisratkaisu). 2. f(y) : y y (x) = f(y(x)) eli (x) f(y(x)) = 1. Integroidaan puolittain: y (x) f(y(x)) dx = 1dx = x+c. Muuttujanvaihto: z = y(x). Silloin dz = y (x)dx ja dz = x+c eli f(z) dy f(y) = x+c. Yleisen ratkaisun määrääminen on palautunut integrointitehtäväksi. Esim. Ratkaise differentiaaliyhtälö y = y Separoituva yhtälö Separoituva yhtälö: y = f(x)g(y). Tarkastelu kahteen osaan: g(y) = ja g(y). 1. Jos y = y toteuttaa yhtälön g(y ) =, niin vakiofunktio y = y on yhtälön ratkaisu (ns. erikoisratkaisu). 2. Tapaus g(y) : Integroidaan puolittain: y (x) = g(y(x))f(x) y (x) g(y(x)) = f(x). y (x) g(y(x)) dx = f(x)dx Tehdään muuttujanvaihto z = y(x), dz = y (x)dx. Silloin y (x) g(y(x)) dx = dz g(z) = dy g(y). 8

9 Yhtälö y (x) g(y(x)) dx = f(x)dx muuntuu muotoon: dy x g(y) = f(x)dx = f(t)dt+c Yleisen ratkaisun määrääminen on palautunut integrointitehtäväksi. 2.8 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö y = y 1 x. Ratk. y = 1 x (y 1) Yhtälö on separoituva, jossa f(x) = 1 x, g(y) = (y 1). Funktion g nollakohdat eli tapaus y 1 =. Erikoisratkaisu on vakiofunktio y = 1. Tapaus y 1: dy dx = y 1 x. Siis dy y 1 1 dx = 1 x dy y 1 = dx x eli dy y 1 = dx x Saatiin: ln y 1 = ln x +C 1. Otetaan eksponenttifunktio puolittain ln y 1 = ln x +C 1. e ln y 1 = e ln x +C1 = e C1 e ln x y 1 = e C1 x y 1 = Cx, C, ( C = e C1 ) Ratkaisu on käyräparvi y = C 2 x+1, C 2. Yleinen ratkaisu y = Cx + 1, C R, sisältää myös erikoisratkaisun. 2.9 Separoituvan yhtälön ratkaisuohje 1. Tunnista muoto y = f(x)g(y). 2. Tutki ensin tapaus g(y) =, joka antaa erikoisratkaisut y = y. 3. Ratkaise tapaus g(y) : dy dy = f(x)g(y) dx g(y) = f(x)dx dy g(y) = f(x)dx. Kirjoita derivaatan differentiaalien osamääräksi. Saata yhtälön muotoon, jossa y-riippuvat ja x-riippuvat termit ovat omalla puolellaan (differentiaalit osoittajassa). Integroi yhtälön oikean ja vasemman puolen. Lopuksi ratkaise muuttujan y suhteen. 2.1 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö y = x y 1. Yhtälö on separoituva: ( f(x) = x, g(y) = 1 y 1 ). Funktiolla g ei ole nollakohtia. Ei erikoisratkaisuja. Separointi: dy dx = x y 1 (y 1)dy = xdx. Integrointi: (y 1)dy = xdx 1 2 (y 1)2 = 1 2 x2 +C. Ratkaistaan y:n suhteen: (y 1) 2 = x 2 +2C y = 1± x 2 +2C. Merkitään D = 2C. Yleinen ratkaisu: y = 1± x 2 +D, D R. 9

10 Ratkaisut ovat hyperbelejä, joiden keskipiste on (x,y) = (,1): (y 1) 2 = x 2 +2C x 2 (y 1) 2 = D, D = 2C. Parametrin D etumerkistä riippuu se, onko kyseessä tavallinen hyperbeli vai liittohyperbeli. Arvo D = antaa parven kaikkien hyperbelien asymptoottisuorat y = 1 ± x Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö y = 2(y 1) 1 2. Yhtälö on separoituva, f(x) = 2, g(y) = (y 1) 1 2. Funktion g nollakohdat: Erikoisratkaisu y = 1. Tapaus y 1: dy dx = 2(y 1)1 2 (y 1) 1 2 dy = 2dx. Integroimalla: (y 1) 1 2 dy = 2dx,eli 2(y 1) 1 2 = 2x+2C, Ratkaistaan y:n suhteen (y 1) 1 2 = x+c y 1 = (x+c) 2 Yleinen ratkaisu: y = 1+(x+C) 2, C R. Huom. Yleinen ratkaisu y = 1+(x+C) 2, C R, ei sisällä erikoisratkaisua y = 1. Paloittain määritellyt funktiot (a R) y(x) = ovat differentiaaliyhtälön y = 2(y 1) 1 2 ratkaisuja. { 1, kun x a, 1+(x a) 2, kun x > a, 3 1 kl:n täydellinen differentiaaliyhtälö 3.1 Vakiokertoiminen täydellinen lineaariyhtälö y +ay = f(x), x (x,x 1 ). Käytämme kaavaa d dx (yeax ) = y e ax +ye ax a = (y +ay)e ax. Kerromme yhtälön puolittain nollasta eroavalla funktiolla e ax : Integroidaan puolittain: Eli: y e ax +ye ax a = e ax f(x) d dx (yeax )dx = d dx (yeax ) = e ax f(x). e ax f(x)dx. x ye ax = e at f(t)dt+c 1 Ratkaistaan y: 1

11 ye ax = x e at f(t)dt+c 1 eli y = e ax ( x e at f(t)dt+c 1 ) = e ax x e at f(t)dt+c 1 e ax. Termi e ax on yhtälön y +ay = f(x) integroiva tekijä. 3.2 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö 1 3 y +y = 4. Ratk. Normaalimuotoinen yhtälö: Kerrotaan puolittain e 3x :llä: eli Integroidaan puolittain: Eli: y +3y = 12 y e 3x +3ye 3x = 12e 3x d dx (ye3x ) = 12e 3x d dx (ye3x )dx = ye 3x = 4 e 3x 12dx. 3e 3x dx = 4e 3x +C 1 Siis y = e 3x (4e 3x +C 1 ) = 4+C 1 e 3x, C 1 R 3.3 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö 1 2 y +xy = 5x. Ratk. Normaalimuotoinen yhtälö: Kerrotaan puolittain e x2 :llä: eli Integroidaan puolittain: Eli: y +2xy = 1x y e x2 +ye x2 2x = 1xe x2 d dx (yex2 ) = 1xe x2 d )dx = dx (yex2 ye x2 = 5 e x2 1xdx. e x2 2xdx = 5e x2 +C 1 Siis y = e x2 (5e x2 +C 1 ) = 5+C 1 e x2, C 1 R. 3.4 Yleinen ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö Normaalimuoto: y +a(x)y = f(x), x (x,x 1 ). Funktiot a = a(x) ja f = f(x) ovat jatkuvia välillä [x,x 1 ]. Integroiva tekijä on nollasta eroava funktio p = p(x) siten, että p(x) > kaikilla x (x,x 1 ) (3) d dx (yp(x)) = (y +a(x)y)p(x). 11

12 3.5 Integroivan tekijän käyttö Oletus: On olemassa sellainen integroiva tekijä p(x), jolle d dx (yp(x)) = (y +a(x)y)p(x). y ( +a(x)y = f(x) y +a(x)y ) p(x) = p(x)f(x) d dx (yp(x)) = p(x)f(x) yp(x) = p(x)f(x)dx ( 1 xp(t)f(t)dt+c1 ) y = p(x). Ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö ratkeaa, jos löytyy ehdot toteuttava funktio p. p(x) > kaikilla x ja d dx (yp(x)) = (y +a(x)y)p(x). (4) 3.6 Integroiva tekijä p = p(x) Ehto: ( y +a(x)y ) p(x) = d dx (yp(x)) y p(x)+a(x)yp(x) = y p(x)+yp (x), Siis Jaetaan puolittain p(x):llä: p (x) = a(x)p(x) kaikilla x. p (x) p(x) = a(x) Integroidaan puolittain (p(x) > ): x lnp(x) = a(x)dx = a(t)dt+c. Jokainen integraalifunktio x a(t)dt+c kelpaa. Valinta C = antaa lnp(x) = x a(x)dx = a(t)dt. Integroiva tekijä: p(x) = exp( x a(t)dt). 3.7 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö xy +5y = 7x 3, kun x > Ratk. Normaalimuoto: y + 5 x y = 7x2 Integroiva tekijä: Kerrotaan normaalimuoto integroivalla tekijällä x 5. e x 5 t dt = e 5 x dx = e 5 1 x dx = e 5ln(x) = (e ln(x) ) 5 = x 5 y + 5 x y = 7x2 y x 5 +y 5 x x5 = 7x 2 x 5 y x 5 +y5x 4 = 7x 7 12

13 eli Integroidaan puolittain:; d dx (yx5 ) = 7x 7 d dx (yx5 )dx = 7x 7 dx. yx 5 = 7 8 x8 +C 1 y = 7 8 x3 +C 1 x 5, C 1 R 3.8 Ratkaisuohje 1. kl:n lineaariyhtälölle Kirjoitetaan lineaariyhtälö p 1 (x)y +p (x)y = q(x) normaalimuotoon y +a(x)y = f(x) x (x,x 1 ). Lasketaan integroiva tekijä p(x) = e x a(t)dt = exp ( xa(t)dt ). Yleinen ratkaisu saadaan seuraavien yhtäpitävyyksien nojalla y +a(x)y = f(x) p(x)(y +a(x)y) = p(x)f(x) (p(x)y) = p(x)f(x) d dx integroimalla yhtälö puolittain ja jakamalla integroivalla tekijällä y(x) = 1 ( x ) p(t)f(t)dt+c 1 p(x) Älä opettele kaavaa ulkoa vaan opiskele menetelmä ja toista päättely aina. 3.9 Liouksen konsentraatio Säiliössä on 1 l vettä, johon on liuennut 4 kg suolaa. Tietyllä hetkellä hanat aukaistaan ja säiliöstä virtaa ulos 1 l/min suolavesiliuosta. Samanaikaisesti säiliöön virtaa 5 l/ min suolavesiliuosta, jonka suolapitoisuus on.1 kg/l. Sekoitin pitää liuoksen homogeenisena. Johda alkuarvotehtävä hetkelliselle suolamäärälle ja ratkaise se. Oletamme, että suolan liukenemisesta aiheutuva tilavuuden muutos voidaan jättää huomiotta. Millä hetkellä säiliössä on eniten suolaa? Vastaus: x(t) = 3 2 t t+4, t = 3 min 2 sek. Merkinnät: t (min) Aika t (min) Aikavälin pituus x = x(t) (kg) Suolan määrä t x = x(t + t) x(t) (kg) Suolamäärän muutos Liouksen määrä hetkellä t V(t) = V +(5 1)t = 1 5t [l] Konsentraatio (= väkevyys) hetkellä t Suolamäärän muutos x aikavälillä [t, t + t]. x(t) V(t) = x(t) 1 5t (kg/l) x(t+ t) = x(t)+5.1 t 1 x(t 1 ) 1 5t 1 t, t 1 [t,t+ t]. 13

14 Siis eli Apupiste t = t 1 on sopiva ajanhetki keskimääräiselle pitoisuudelle. Suolamäärän muutosnopeus aikavälillä [t, t + t] on x t =.5 1x(t 1). 1 5t 1 Raja-arvo, kun t, jolloin t 1 t sekä x t dx dt = x (t). Rajalla saamme differentiaaliyhtälön dx dt =.5 1x(t) 1 5t = 1 2 2x(t) 2 t. x (t) = 1 2 2x(t) 2 t x 2 (t)+x(t) 2 t = 1 2 Tarkastelun alussa suolaa liuenneena 4 kg, eli x() = 4. Ratkaistavana alkuarvotehtävä: { x (t)+x(t) 2 2 t = 1 2 x() = 4 x (t)+x(t) 2 2 t = kertaluvun lineaarinen dy normaalimuodossa: Integroiva tekijä: Kerrotaan yhtälö puolittain integroivalla tekijällä: e 2 2 t dt = e ( 2) 1 2 t ( 1)dt = e ( 2)ln(2 t) = (e ln(2 t) ) 2 = (2 t) 2 x (t)(2 t) 2 2 +x(t) 2 t (2 t) 2 = 1 2 (2 t) 2 x (t)(2 t) 2 +x(t)2(2 t) 3 = 1 2 (2 t) 2 Integroidaan puolittain: d dt (x(t)(2 t) 2 ) = 1 2 (2 t) 2 x(t)(2 t) 2 = Kerrotaan puolittain lausekkeella (2 t) 2 : 1 2 (2 t) 2 dt = 1 2 (2 t) 1 +C Alkuehdon avulla määrätään C: x() = 4 eli 1 2 (2 )+C(2 )2 = 4 4C = 4 1, eli C = 3 2 x(t) = 1 2 (2 t)+c(2 t)2 14

15 Alkuehdon toteuttava ratkaisu: Suolan määrä ajanhetkenä 4t (min): x(t) = 3 2 t t+4 x(t) = 1 2 (2 t) 3 2 (2 t)2 x(t) = 3 2 t2 + 1 t+4 kunt. 1 Kuvaaja alaspäin aukeava paraabeli. Maksimiarvo huipun kohdalla, eli kun x (t) =, eli t+ 1 1 = Silloin t = 2 6 = 31 3 (min) Suolaa eniten, kun t = 3min2s. 4 Sijoituksen käyttö differentiaaliyhtälön ratkaisussa Sijoituksen avulla voidaan usein muuntaa differentiaaliyhtälö helposti ratkaistavaan muotoon. Idea: Lausutaan tuntematon funktio y(x) toisen funktion z(x) avulla Lausutaan y (x) funktioiden z(x), z (x) avulla ja sijoitetaan alkuperäiseen differentiaaliyhtälöön Saatu differentiaaliyhtälö ratkaistaan funktion z(x) suhteen. Saadaan tuntematon funktio y(x). 4.1 Bernoullin (differentiaali)yhtälö dy dx +A(x)y = B(x)yk, (k R,k,k 1) (5) Bernoullin yhtälö ratkeaa sijoituksella z(x) = (y(x)) 1 k. Ratkaistaan sijoitus y:n suhteen: z = y 1 k eli y = z 1 1 k Ratkaistaan y : y = dy dx = 1 (1 k) z k (1 k) dz dx = 1 (1 k) z k (1 k) z. Sijoitetaan y = z 1 1 k ja y = 1 (1 k) z k (1 k) z yhtälöön y +A(x)y = B(x)y k Sijoitus Bernoullin yhtälöön ja sievennys 1 (1 k) z k (1 k) z +A(x)z 1 1 k = B(x)(z 1 1 k ) k dz +(1 k)a(x)z = (1 k)b(x). dx Sijoitus johti lineaariseen yhtälöön, joka osataan ratkaista. Bernoullin yhtälön ratkaisu sijotuksella y = z 1 1 k. Jos k >, niin erikoisratkaisu on y =. 15

16 4.2 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö y 1 4 xy = 1 4 xy5. Ratkaisu: Kyseessä on Bernoullin yhtälö, jossa k = 5. Erikoisratkaisu on y =. Sijoitus z = y 4, y = z 1 4, y = 1 4 z 5 4 z. Lineaariyhtälö z:n ja x:n välillä Lineaariyhtälön z +xz = x ratk. Integroiva tekijä: p(x) = exp( x xdx) = exp( 1 2 x2 ). Integroivan tekijän menetelmän mukaisesti y 1 4 xy = 1 4 xy5 1 4 z 5 4z 1 4 xz 1 4 = 1 4 xz 5 4 z +xz = x. (z +xz)e 1 2 x2 = d dx (ze1 2 x2 ) = xe 1 2 x2. Puolittain integroimalla yhtälö ze 1 2 x2 = xe 1 2 x2 dx = e 1 2 x2 +C. Ratkaistaan z ja palataan alkuperäiseen muuttujaan: z = 1+Ce 1 2 x2 = 1 y4. Implisiittinen ratkaisu on y 4( 1+Cexp( 1 2 x2 ) ) = 1. Erikoisratkaisu on y(x) =. 4.3 Muoto y = f(ax+by +c) Olkoot a, b, c reaalisia vakioita ja ab. Tarkastelemme yhtälöä Tehdään sijoitus Ratkaistaan y:n suhteen ja lasketaan derivaatta y. Tulos on y = 1 (z ax c), b y Sijoitetaan lausekkeet (7) ja (8) yhtälöön (6). Saadaan y = dy = f(ax+by +c). (6) dx z = z(x) = ax+by(x)+c. (7) dz dx = bf(z)+a. = dy dx = 1 b (dz a). (8) dx Yhtälö on separoituva. Ratkaistaan z. Ratkaisu y saadaan yhtälön (8) avulla. Erikoisratkaisut saadaan yhtälöstä bf(z)+a =. 16

17 4.4 Lineaarinen muunnos. Ratkaise yhtälö dy dx = (x y +2)2 +1. Ratkaisu: Sijoitetaan z = x y +2, jolloin y = x z +2 ja y = 1 z. Yhtälö muuntuu separoituvaksi dy dx = (x y +2) z = z 2 +1 dz dx = z2. Separoidaan ja integroidaan (z = on erikoisratkaisu) dz dz z 2 = dx z 2 = dx 1 z = x+c Yleinen ratkaisu on z = 1 x+c = x y +2. Yleinen ratkaisu on y = x+2 1 x+c. Erikoisratkaisu on z = = x y +2 eli y = x Tasa-asteinen yhtälö y = dy dx = h(y x ), x (9) Sijoitetaan z(x) = y(x) x, josta saadaan y = zx ja y = z x+z. Sijoittamalla yhtälöön (9), saadaan separoituva yhtälö dz dx = h(z) z dz x tai h(z) z = dx x, joka integroidaan puolittain dz dx h(z) z = x = ln Cx. Ratkaistaan z. Alkuperäinen yhtälö ratkeaa yhtälöllä y(x) = xz(x). Nimittäjän h(z) z nollakohdat z = z ovat erikoisratkaisuja. Vastaavat ratkaisukäyrät ovat y = z x. 4.6 Esimerkki Ratkaise tasa-asteinen yhtälö 2xy +(x 2 +y 2 )y =. Ratkaisu: Kirjoitetaan yhtälö muotoon y = 2xy x 2 +y = 2( y 2 x ) Sijoitus z = y x johtaa separoituvaan yhtälöön josta ratkaistaan z 3 +3z = C x 3. Yleinen ratkaisu on y 3 +3x 2 y = C, C R. 4.7 Koordinaatiston vaihtaminen 1+( y x )2. dz dx = 1 (z 3 +3z), x 1+z 2 Olkoon f = f(x, y). Yleisen koordinaatistomuunnoksen { x = x(u,v), y = y(u,v), avulla voimme kirjoittaa z = f(x,y) = f(x(u,v),y(u,v)). Differentiaaliyhtälön y = f(x,y) muuntuminen saadaan kokonaisdifferentiaalin avulla y = dy y dx = x u + y dv v du u + x dv v du = f(x(u,v),y(u,v)). 17

18 Differentiaaliyhtälö u ja v kordinaatistossa on y u + y dv v du x u + x dv v du = f(x(u,v),y(u,v)). Tämän voi saattaa muotoon v = dv du = y u + x u f(x(u,v),y(u,v)). y v x v f(x(u,v),y(u,v)) Esim. napakoordinaatistomuunnos: { x = rcosϕ, y = rsinϕ. 4.8 Affiini muunnos. Ratkaise differentiaaliyhtälö y = x y 1 x+4y 1 affiinilla muunnoksella. Ratkaisu: Suorien leikkauspiste on x = 1,y =, joten kannattaa valita sijoitus { { u = x 1, du = dx v = y, dv = dy. Saadaan tasa-asteinen yhtälö dv du = u v u+4v, joka ratkaistaan ja sitten palataan alkuperäisiin muuttujiin. Implisiittinen ratkaisu on ln(4y 2 +(x 1) 2 )+arctan( 2y x 1 ) = C. Affiinia muunnosta voidaan aina käyttää muotoa y ax+by +c = f( Ax+By +C ) olevan yhtälön ratkaisemisessa. Valitaan muunnokseksi se, joka siirtää origon suorien ax + by + c = ja Ax + By + C = leikkauspisteeseen. Kyseinen muunnos johtaa tasa-asteiseen differentiaaliyhtälöön. 5 Kohtisuorat leikkaajat 5.1 Kohtisuorat leikkaajat Tunnetun käyräparven kohtisuorien leikkajien määrääminen on tehtävä, jolla on useita tärkeitä fysikaalisia sovelluksia. Sähkökentän kenttäviivat tai voimaviivat ja sähköisen potentiaalin tasa-arvokäyrät ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan. Ideaalisen nestevirtauksen (kitkaton, kokoonpuristumaton ja pyörteetön virtaus) virtaviivat ja nestepotentiaalin tasa-arvokäyrät ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan. Käyrät, joita pitkin lämpö virtaa, ovat kohtisuorassa isotermejä vastaan. Jyrkimmän nousun tai laskun reitti on kohtisuorassa korkeuskäyriä vastaan. 5.2 Ongelman muotoilu Tunnetaan parametrista C riippuva käyräparvi F(x, y, C) =. Halutaan määrätä kohtisuorien leikkaajien käyräparvi. Muodostetaan käyräparven F(x, y, C) = differentiaaliyhtälö eliminoimalla implisiittiderivoinnilla saadusta yhtälöparista { F(x,y,C) =, F F x (x,y,c)+ y (x,y,c)y =, parametri C. Tuloksena saadaan käyräparven differentiaaliyhtälö, joka on muotoa y = G(x,y). Kohtisuorien leikkaajien differentiaaliyhtälö on y = 1 G(x,y), joka ratkaistaan ja saadaan kohtisuorien leikkaajien käyräparvi. 18

19 5.3 Esimerkki Määrää hyperbeliparven xy = C kohtisuorat leikkaajat. Ratkaisu: Määrätään implisiittiderivoinnilla käyräparven xy = C differentiaaliyhtälö y +xy =. Lasketaan differentiaaliyhtälön eksplisiittinen muoto y = y x. Muodostetaan kohtisuorien leikkaajien differentiaaliyhtälö y = x y. Separoituvan yhtälön ratkaisu on hyperbeliparvi x 2 y 2 = C. 6 Ratkeavuusteoriaa Esimerkki yhtälöstä, johon keinomme eivät tehoa on Riccatin I differentiaaliyhtälö y (x) = (y(x)) 2 +x 2. (1) Mitä voidaan sanoa yhtälön (1) ratkeavuudesta ja ratkaisujen lukumäärästä? Jos yhtälöllä on ratkaisu, niin miten se löydetään? 6.1 Alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävän ratkeavuus. { y = f(x,y(x)), x ]x δ,x +δ[, y(x ) = y, Lokaali olemassaolo ja yksikäsitteisyystulos Lause 1 Olkoon D = {(x,y) x x < a, y y < b} R 2 suorakulmio. Olkoon funktio f(x,y) : D R jatkuva molempien muuttujiensa suhteen joukossa D. Oletamme, että osittaisderivaatta f y (x,y) : D R on olemassa ja jatkuva molempien muuttujiensa suhteen joukossa D. Tällöin on olemassa luku δ > siten, { että alkuarvotehtävällä y = f(x,y(x)), y(x ) = y, (x,y ) D, on yksikäsitteinen ratkaisu välillä ]x δ,x +δ[. Tulos on puhdas olemassaolotulos ja sen todistus sivuutetaan. Tulos ei tässä muodossa sano mitään siitä, kuinka pitkä on väli, jolla ratkaisua voidaan hakea. Mitä tapahtuu, jos lauseen oletukset eivät ole voimassa? 19

20 6.2 Esimerkki Tutki alkuarvotehtävän y = 2y 2 x, y() = a ratkeavuutta eri arvoilla a R. Ratkaisu: Funktio f(x,y) = 2y 2 x ja sen osittaisderivaatta f y (x,y) = 4xy ovat määriteltyjä ja jatkuvia koko tasossa. Suorakulmio D on koko taso. Lauseen oletukset ovat voimassa kaikilla alkuarvopisteillä(x,y ) = (,a),a R. Tällöin kaikilla parametrin a arvoilla alkuarvotehtävällä on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu jollakin välillä ] δ,δ[, jossa δ >. Osaamme ratkaista yhtälön separoimalla, joten voimme tutkia tilannetta analyyttisen ratkaisun avulla. Tehtävällä on erikoisratkaisu y = sekä yleinen ratkaisu y = 1 x 2 +C,C R. Alkuehdon y() = toteuttaa erikoisratkaisu y =, jolloin väli ] δ, δ[= R. Tapauksessa a > alkuehdon y() = a toteuttaa funktio y = 1. Väli ] δ,δ[= R. x a 1 Tapauksessa a < alkuehdon y() = a toteuttaa funktio y =. Tällöin ratkaisun määrittelyväli x 2 1 a ] δ,δ[ = ] 1,+ 1 [ on lyhyt itseisarvoltaan suurilla a:n arvoilla. a a x 1 y Esimerkki, kun osittaisderivaatta f y ei ole jatkuva. Tutki alkuarvotehtävän (y ) 3 = y 2, y() = ratkaisujen lukumäärää. Ratkaisu: Tässä differentiaaliyhtälö on muotoa y = f(x,y), jossa funktio f(x,y) = 3 y 2 = y 2 3. Funktio f on määritelty ja jatkuva koko tasossa. Sen osittaisderivaatta muuttujan y suhteen on { f + y (x,y) = 2 3 3, y >, y , y 1 y <. Osittaisderivaatta f y ei ole määritelty x-akselilla, jolloin y =. Tutkitaan alkuarvotehtävän ratkaisuja ja ratkaisujen lukumäärää tarkastelemalla separoimalla määrättyä analyyttistä ratkaisua. Yleinen ratkaisu on y = 1 27 (x+c)3, jossa C R. Erikoisratkaisu on y =. Erikoisratkaisu y = toteuttaa alkuehdon y() =. Yleisestä ratkaisusta saatu funktio y = 1 27 x3 toteuttaa alkuehdon y() =. Lisää ratkaisuja saadaan valitsemalla luku a > ja määrittelemällä funktio paloittain seuraavasti {, x a, y a (x) = 1 27 (x a)3, x > a. Funktio y a on alkuarvotehtävän ratkaisu. Se on derivoituva funktio, joka toteuttaa differentiaaliyhtälön ja alkuehdon. Alkuarvotehtävällä on äärettömän monta ratkaisua. 2

21 1, 7,5 y 5, 2,5, 2 x Globaali olemassaolo ja yksikäsitteisyystulos Lause 2 Olkoon D = {(x,y) x x a, y R} R 2. Olkoon funktio f : D R sekä osittaisderivaatta f y : D R olemassa ja jatkuvia molempien muuttujiensa suhteen joukossa D. Lisäksi oletamme, että f y (x,y) on rajoitettu joukossa D. Tällöin alkuarvotehtävällä { y = f(x,y(x)), y(x ) = y, (x,y ) D, on yksikäsitteinen ratkaisu, joka on määritelty välillä [x a,x +a]. 6.5 Differentiaaliyhtälön ja integraaliyhtälön yhteys Olkoon D = {(x,y) x x < a, y y < b} R 2 suorakulmio ja olkoon funktio f : D R ja osittaisderivaatta f y : D R jatkuvia molempien muuttujiensa suhteen joukossa D. Alkuarvotehtävä { y = f(x,y(x)),x [x δ,x +δ], (11) y(x ) = y,(x,y ) D, on yhtäpitävä integraaliyhtälön x y(x) = y + x f(t,y(t))dt, x [x δ,x +δ], (12) kanssa. Tuloksen perustelemiseksi on osoitettava, että alkuarvotehtävällä (11) ja integraaliyhtälöllä (12) on samat ratkaisut. Suunta 1 Alkuarvotehtävän ratkaisu toteuttaa integraaliyhtälön: Jos funktio y = y(x) on alkuarvotehtävän { y = f(x,y(x)), x [x δ,x +δ], y(x ) = y,(x,y ) D, ratkaisu, niin saamme integroimalla puolittain differentiaaliyhtälöä x y (t)dt = x f(t,y(t))dt, x [x δ,x +δ], x x josta seuraa (käyttämällä alkuarvoa y(x ) = y ) integraaliyhtälö x y(x) = y + f(t,y(t))dt. x Ts. alkuarvotehtävän ratkaisu toteuttaa integraaliyhtälön. 21

22 Suunta 2 Integraaliyhtälön ratkaisu on alkuarvotehtävän ratkaisu: Jos funktio y = y(x) on integraaliyhtälön y(x) = y + x x f(t,y(t))dt, x [x δ,x +δ], ratkaisu, niin y(x ) = y. Derivoimalla puolittain x:n suhteen saadaan differentiaaliyhtälö y (x) = f(x,y(x)). Ts. integraaliyhtälön ratkaisu toteuttaa { alkuarvotehtävän y = f(x,y(x)), x [x δ,x +δ], y(x ) = y, (x,y ) D. 6.6 Picard-Lindelöf-menetelmä Picard-Lindelöf-menetelmä on likimääräismenetelmä, jossa muodostetaan jono peräkkäisiä approksimaatioita alkuarvotehtävän ratkaisulle käyttämällä hyväksi integraaliyhtälöä x y(x) = y + x f(t,y(t))dt, x [x δ,x +δ]. Likiratkaisujono ϕ n (x), n =,1,2,... muodostetaan kiinnittämällä jatkuva funktio ϕ (x). Seuraavat approksimaatiot saadaan ϕ n (x) kaavasta x ϕ n (x) = y + x f(t,ϕ n 1 (t))dt, n = 1,2,... (13) Seuraavat esimerkit havainnollistavat menetelmän käyttöä. Ratkaise Picard-Lindelöf-menetelmällä alkuarvotehtävä y = 2xy,y() = 1. Laske approksimaatiot ϕ 1 (x),ϕ 2 (x),ϕ 3 (x),ϕ 4 (x) aloittaen arvauksesta ϕ (x) =. Vertaa tuloksia tarkan ratkaisun sarjakehitelmään. Ratkaisu: Määrätään vastaava integraaliyhtälö. Puolittain integroimalla saadaan x 2ty(t)dt = x y (t)dt = y(x) y() = y(x) 1, joten alkuarvotehtävää vastaava integraaliyhtälö ja Picard-Lindelöf-menetelmä ovat y(x) = 1+ x 2ty(t)dt, ϕ n (x) = 1+ x 2tϕ n 1 (t)dt, n = 1,2,... Oli annettu ϕ (x) =, jolloin saadaan iteraatiojono x x ϕ 1 (x) = 1+ 2tϕ (t)dt = 1+ 2tdt = 1, ϕ 2 (x) = 1+ x 2tϕ 1 (t)dt = 1+ x 2tdt = 1+x 2, ϕ 3 (x) = 1+ x 2tϕ 2 (t)dt = 1+ x 2t(1+t 2 )dt x = 1+ (2t+2t 3 )dt = 1+x x4, x x ϕ 4 (x) = 1+ 2tϕ 3 (t)dt = 1+ 2t(1+t t4 )dt = 1+ x (2t+2t 3 +t 5 )dt = 1+x x x6. Picard-Lindelöf-menetelmän likiratkaisu y(x) ϕ 4 (x) = 1 + x x x6, on hyvä approksimaatio ratkaisulle alkuarvopisteen ympäristössä. 22

23 Separoimalla saadaan tarkka ratkaisu y dy dy dx = 2xy y = 2xdx 1 x dy y = 2xdx lny = x 2 y = e x2. Ratkaisun Taylorin kehitelmä y(x) = e x2 = 1+ x2 1! + x4 2! + x6 3! x2k k! +... yhtyy likiratkaisuun ϕ 4 (x) kuudennen asteen termiin saakka. Picard-Lindelöf-menetelmän avulla voidaan laskea ratkaisun sarjakehitelmän termejä. Menetelmä sopii numeeristen menetelmien perustaksi. Sitä voi käyttää symbolisen matematiikan ohjelmistojen kanssa siten, että ohjelmoi iterointikaavan tietokoneelle ja antaa koneen laskea integroinnit. Picard-Lindelöf-menetelmä suppenee, mikäli olemassaolo ja yksikäsitteisyyslauseen oletukset ovat voimassa. Oletuksia voidaan jossain määrin lieventää. Picard-Lindelöf-menetelmä ei aina suppene. Sarjakehitelmää käytettäessä on muistettava käsitteiden suppenemissäde ja suppenemisväli merkitykset. 6.7 Taylorin kehitelmään perustuva menetelmä Oletamme, että alkuarvotehtävällä { y = f(x,y(x)), x [x a,x +a], y(x ) = y, (x,y ) D, on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu alkuarvopisteen (x,y ) ympäristössä. Likiratkaisu voidaan muodostaa derivoimalla yhtälöä implisiittisesti ja laskemalla korkeamman kertaluvun derivaattoja alkuarvopisteessä. Taylorin lauseen mukaan y(x) = y(x )+y (x )(x x )+ 1 2! y (x )(x x ) voimme approksimoida ratkaisufunktiota potenssisarjalla. Alkuarvotehtävän ratkaisun derivaatoille on yleisesti voimassa y = f(x,y(x)), y = f x (x,y(x))+f y (x,y(x))y (x), y = f xx +2f xy y +f yy (y ) 2 +f y y = f xx +2f xy y +f yy (y ) 2 +f y (f x +f y y ). Potenssisarjaa määrättäessä derivaatat lasketaan pisteessä (x,y ). Ratkaise alkuarvotehtävä y = y, y() = 1 Taylorin menetelmällä. Ratkaisu: Tässä tapauksessa derivaatat on helppo laskea, sillä derivoimalla differentiaaliyhtälöä y = y saadaan y = y = y. Seuraavalla derivoinnilla saadaan y = y = y. Yleisesti saadaan y (k) = y. Täten y (k) () = y() = 1. Tarkan ratkaisun kehitelmä origossa on y(x) = y()+y ()x+ 1 2! y ()x = 1+x+ 1 2! x = e x. Ratkaise alkuarvotehtävä y = x 2 +y 2, y() = 1 Taylorin menetelmällä. 23

24 6.8 Yksinkertaiset virtapiirit Virtapiirien analysointi differentiaaliyhtälöllä Piirin sähkömotorinen voima E = E(t) [V] (volttia) saa riippua ajasta. Tasavirtapiiri, jossa E on vakio. Vaihtovirtapiiri, jossa E = E sin(ωt+φ) on sinimuotoinen. Piirin hetkellinen varaus on Q = Q(t) [Q] (coulombia, 1Q = 1As). Piirin sähkövirta I = I(t) [A] (ampeeria) on hetkellisen varauksen muutosnopeus eli I = dq dt. Kääntäen, hetkellinen varaus voidaan esittää integraalina Jännitelähteeseen kytketty RL-piirit (vastus-kela). t Q(t) = Q(t )+ I(v)dv. t Jännitelähteeseen kytketty RC-piirit (vastus-kondensaattori). Lausekkeet jännitehäviöille vastuksessa, kelassa ja kondensaattorissa. Jännitehäviö vastuksessa U R on verrannollinen hetkelliseen sähkövirtaan I. Verrannollisuuskerroin R on vastuksen resistanssi, sen yksikkö on ohmi, 1Ω = 1 V A. Jännitehäviö kelassa U L on verrannollinen sähkövirran I hetkelliseen muutosnopeuteen. Verrannollisuuskerroin L on kelan induktanssi, sen yksikkö on henry, 1H = 1 Vs A. Jännitehäviö kondensaattorissa U C on verrannollinen kondensaattorin hetkelliseen varaukseen Q, Verrannollisuuskerroin on 1 C, jossa C on kondensaattorin kapasitanssi. Yksikkö on faradi, 1F = 1 As V = 1Q V. Kirchoffin lait Kirchhoffin ensimmäinen laki: virtapiirin tiettyyn pisteeseen saapuvien virtojen summa ja siitä lähtevien virtojen summa ovat yhtäsuuret. Kirchhoffin toinen laki: suljetussa virtapiirissä hetkellisten jännitehäviöiden summa on nolla. Virtapiirejä mallintavat differentiaaliyhtälöt: RL-piiri: U R +U L E = L di dt +RI = E(t), RC-piiri: U R +U C E = R dq dt + 1 C Q = E(t). RC-piiriä kuvaava differentiaaliyhtälö sähkövirran suhteen (derivointi ja dq dt = I) 6.9 RL-piiri R di dt + 1 C I = de dt. Esimerkki Virtapiirissä on sarjaan kytkettynä vastus R = 1Ω, kela L = 2 [H] ja jännitelähde, jonka sähkömotorinen voima on E = 1sin(5t) [V]. Hetkellä t = [s] piirissä ei ole ole virtaa. Määrää piirin sähkövirta I = I(t) [A]. Ratkaisu: RL-piirin differentiaaliyhtälö: L di dt +RI = E(t). L = 2, R = 1, E(t) = 1sin(5t) Yhtälö on 2 di +1I = 1sin(5t). dt 24

25 Normaalimuoto: di dt +5I = 5sin(5t). Integroiva tekijä: P(t) = e 5t. Integroivan tekijän avulla saadaan yleinen ratkaisu Alkuehdon I() = toteuttava ratkaisu missä δ = arctan( 1). I(t) = Ce 5t (sin(5t) 1cos(5t)). I(t) = 1 11 (sin(5t) 1cos(5t)) = 1 11 e 5t sin(5t+δ), 11 e 5t + 1 Pitkän ajan kuluttua virta on I(t) = (sin(5t) 1cos(5t)) = 11 sin(5t+δ). 25