Differentiaaliyhtälöiden numeerinen ratkaiseminen

Transkriptio

1 Differentiaaliyhtälöiden numeerinen ratkaiseminen Keijo Ruotsalainen Division of Mathematics

2 Alkuarvotehtävä Tavallisen differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävä: Määrää reaaliarvoinen funktio y C 1 (I) siten, että y (t) = f(t,y(t)) (1) y(t 0 ) = y 0 Ratkaisuväli I R sisältäen pisteen t 0 Perusoletus: f(t, y) on jatkuva nauhassa I (, ) Ekvivalenssilause Alkuarvotehtävä (1) on ekvivalentti integraaliyhtälön kanssa t y(t) = y 0 + f(τ,y(τ))dτ t 0 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 2 / 47

3 Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Lause 7.1 Olkoon kuvaus y f(t, y) lokaalisti Lipschitz-jatkuva pisteessä (t 0,y 0 ), ts. on olemassa välit t 0 J I, y 0 U ja vakio L > 0 siten, että f(t,y 1 ) f(t,y 2 ) L y 1 y 2, t J, y 1,y 2 U. Silloin AAT:llä (1) on yksikäsitteisesti määrätty ratkaisu pisteen t 0 ympäristössä B(t 0,r 0 ) = [t 0 r 0,t 0 + r 0 ], missä r 0 = min{ J, U M, 1 }, M = max L f(t,y). t I,y U Mikäli f(t,y) on tasaisesti Lipschitz, niin ratkaisu on määritelty koko välillä I. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 3 / 47

4 Stabiilisuus Häiritty alkuarvotehtävä rajoitetulla välillä I = [a,b] t 0 z (t) = f(t,z(t))+δ(t), t I z(t 0 ) = y 0 +δ 0 δ(t) jatkuva funktio Määr. 7.2 AAT (1) on Liapunov-stabiili, jos kaikille (δ(t),δ 0 ), joille δ(t) + δ 0 ǫ, t I on olemassa vakio C = C(t 0,y 0,f) > 0 siten, että y(t) z(t) Cǫ, t I. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 4 / 47

5 Asymptoottinen stabiilisuus Määr. 7.3 AAT (1) on asymptoottisesti stabiili välillä [a, ), jos se on Liapunov-stabiili kaikilla rajoitetuilla väleillä J I ja kun lim t δ(t) = 0. z(t) y(t) 0, kun t, Lause 7.4 Jos f(t,y) on tasaisesti Lipschitz välillä I, niin (1) on Liapunov-stabiili ja y(t) z(t) [1+ t t 0 ]ǫe L(t t 0). Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 5 / 47

6 Merkintöjä Kiinnitetään 0 < T < ; Ratkaisuväli I = [t 0,t 0 + T] Approksimaatiopisteet: t n = t 0 + nh, n = 0,1,2,...,N h, missä N h on suurin kokonaisluku siten, että t Nh t 0 + T. AAT:n ratkaisu pisteessä t j : y j = y(t j ) Approksimaatio: u j y j Merkitään lyhyesti f j = f(t j,u j ) Yksiaskelmenetelmässä likiratkaisu u n+1 riippuu vain u n :stä, t n :stä ja t n+1 :stä. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 6 / 47

7 Tavallisimpia yksiaskelmenetelmiä Eulerin menetelmä: u n+1 = u n + hf n Implisiittinen Euler: u n+1 = u n + hf n+1 Puolisuunnikassääntö: u n+1 = u n + h 2 [f n + f n+1 ] Heunin menetelmä: u n+1 = u n + h 2 [f n + f(t n+1,u n + hf n )] Eulerin ja Heun n menetelmä ovat ns. eksplisiittisiä menetelmiä; Mutta implisiittinen Euler ja puolisuunnikassääntö implisiittisiä. Näissä tapauksissa u n+1 on ratkaistava ko. yhtälöstä numeerisesti (yleensä) Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 7 / 47

8 Esimerkkejä Esim. 1 Ratkaise AAT:n y (t) = sin(y(t)) y(0) = 2 välillä [0, 1] implisiittisellä Eulerin menetelmällä askelpituudella h = 0.2. Ratkaisu: Merkinnät: u n y(t n ), f n = sin(u n ) Implisiittisessä Eulerin menetelmässä jokaisella askeleella ratkaistaan yhtälö u n+1 = 0.2sin(u n+1 )+u n, n = 0,1,2,3,4. Funktio Φ(z) = 0.2sin(z)+u n on Lipschitz-jatkuva vakiolla L = 0.2 kiintopisteiteraatio välillä [u n 0.2,u n + 0.2] Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 8 / 47

9 Askeleet 1. askel: Yhtälön u 1 = 0.2sin(u 1 ))+2 kiintopisteiteraatio: u (0) 1 = 2 u (1) 1 = 0.2sin(u (0) 1 )+2 = u (2) 1 = 0.2sin(u (1) 1 )+2 = u (3) 1 = 0.2sin(u (2) 1 )+2 = u (4) 1 = 0.2sin(u (3) 1 )+2 = u (5) 1 = 0.2sin(u (4) 1 )+2 = = u 1 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 9 / 47

10 Askeleet 2. askel: Yhtälön u 2 = 0.2sin(u 2 ))+u 1 kiintopisteiteraatio: u (0) 2 = u (1) 2 = 0.2sin(u (0) 2 )+u 1 = u (2) 2 = 0.2sin(u (1) 2 )+u 1 = u (3) 2 = 0.2sin(u (2) 2 )+u 1 = u (4) 2 = 0.2sin(u (3) 2 )+u 1 = u (5) 2 = 0.2sin(u (4) 2 )+u 1 = = u 2 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 9 / 47

11 Askeleet 3. askel: Yhtälön u 3 = 0.2sin(u 3 ))+u 2 kiintopisteiteraatio: u (0) 3 = u (1) 3 = 0.2sin(u (0) 3 )+u 2 = u (2) 3 = 0.2sin(u (1) 3 )+u 2 = u (3) 3 = 0.2sin(u (2) 3 )+u 2 = u (4) 3 = 0.2sin(u (3) 3 )+u 2 = u (5) 3 = 0.2sin(u (4) 3 )+u 2 = = u 3 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 9 / 47

12 Askeleet 4. askel: Yhtälön u 4 = 0.2sin(u 4 ))+u 3 kiintopisteiteraatio: u (0) 4 = u 3 = u (1) 4 = 0.2sin(u (0) 4 )+u 3 = u (2) 4 = 0.2sin(u (1) 4 )+u 3 = u (3) 4 = 0.2sin(u (2) 4 )+u 3 = u (4) 4 = 0.2sin(u (3) 4 )+u 3 = u (5) 4 = 0.2sin(u (4) 4 )+u 3 = = u 4 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 9 / 47

13 Askeleet 5. askel Yhtälön u 5 = 0.2sin(u 5 ))+u 4 kiintopisteiteraatio: u (0) 5 = u 4 = u (1) 5 = 0.2sin(u (0) 5 )+u 4 = u (2) 5 = 0.2sin(u (1) 5 )+u 4 = u (3) 5 = 0.2sin(u (2) 5 )+u 4 = u (4) 5 = 0.2sin(u (3) 5 )+u 4 = u (5) 5 = 0.2sin(u (4) 5 )+u 4 = = u 5 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 9 / 47

14 Esimerkkejä lisää Esim. 2 Ratkaise AAT:n y (t) = 2+y(t), y(0) = 1 likiratkaisu välillä [0,1] Heunin menetelmällä, kun askelpituus on h = 0.2. AAT:n tarkka ratkaisu on y(t) = 3e t 2. Heunin menetelmä: u n+1 = u n + h 2 [f n + f(t n+1,u n + hf n )] Tehtävässä f n = 2+u n f(t n+1,u n + hf n ) = 2+u n + hf n = (1+h)(2+u n ) Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 10 / 47

15 Ratk. jatkuu Siten u n+1 = u n + h 2 (2+h)(2+u n) = (1+h+ h2 2 )u n + 2h+h 2 = 1.22u n Näin ollen approksimaatiot ovat u 0 = 1 u 1 = = 1.66 y(0.2) = u 2 = 1.22u = y(0.4) = u 3 = 1.22u = y(0.6) = u 4 = 1.22u = y(0.8) = u 5 = 1.22u = y(1) = Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 11 / 47

16 Ratkaisun virhe Virhe kussakin solmupisteessä on e = Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 12 / 47

17 Stabiilisuudesta Eksplisiittinen yksiaskelmenetelmä: u n+1 = u n + hφ(t n,u n,f n ;h) (2) Φ( ) on ns. lisäysfunktio l. inkrementtifunktio. Tarkan ratkaisun antama approksimaatio yhdellä askeleella: y n+1 = y n + hφ(t n,y n,f(t n,y n );h)+ǫ n+1. Residuaali l. jäännöstermi: ǫ n+1 = hτ n+1 (h) Lokaali typistysvirhe: τ n+1 (h) Globaali typistysvirhe: τ(h) = max n=1,...,nh 1 τ n+1 (h) Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 13 / 47

18 Lisäysfunktio Eulerin menetelmällle: Φ(t n,u n,f n ;h) = f n Heunin menetelmälle: Φ(t n,u n,f n : h) = 1 2 [f n + f(t n + h,u n + hf n )] Lisäysfunktiolla oltava seuraava ominaisuus: lim Φ(t n,y n,f(t n,y n );h) = f(t n,y n ) h 0 y n+1 = y n + hy (t n )+O(h 2 ) = y n + hf(t n,y n )+O(h 2 ) lim τ n+1(h) = 0 h 0 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 14 / 47

19 Konsistenssi Näin ollen lim τ(h) = 0 h 0 Määr. 7.5 Yksiaskelmenetelmä on konsistentti kertalukua p, jos τ(h) Ch p. Eulerin menetelmä on konsistentti kertalukua 1; τ(h) = h Heunin menetelmä on konsistentti kertalukua 2; τ(h) = ch 2 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 15 / 47

20 Nollastabiilisuus Jono (z (h) n ) n=0 : z (h) n+1 = z n (h) + h[φ(t n,z n (h),f(t n,z n (h) );h)+δ n+1 ] z (h) 0 = y 0 +δ 0 Jono (u (h) n ) n=0 : u (h) n+1 = u n (h) + hφ(t n,u n (h),f(t n,u n (h) );h) u (h) 0 = y 0 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 16 / 47

21 Nollastabiilisuus Määr. 7.6 Yksiaskelmenetelmä on nollastabiili, jos on olemassa vakiot h 0 > 0, C > 0 siten, että kaikille 0 < h h 0, ǫ > 0 δ n < ǫ,0 n N h z (h) n u (h) n Cǫ. Nollastabiilisuus Numeerinen menetelmä ei ole sensitiivinen pienille muutoksille Lause 7.7 Yksiaskelmenetelmä on nollastabiili, jos Φ(t,z 1,f;h) Φ(t,z 2,f;h) L z 1 z 2 missä vakio L ei riipu t:stä eikä h:sta. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 17 / 47

22 Suppenemisaste Määr. 7.8 Menetelmä on suppeneva astetta p, jos u n y n Ch p. Lause 7.9 Olkoon inkrementtifunktio tasaisesti Lipschitz-jatkuva y-muuttujan suhteen. Tällöin (y 0 = u 0 ) u n y n nhτ(h)e nhl. Jos menetelmä on konsistentti kertalukua p, niin sen suppenemisaste on on myös p. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 18 / 47

23 Gronwallin lemma Tarvitsemme seuraavaa aputulosta: Lemma Olkoon k n 0 ja φ n jono lukuja siten, että φ 0 g 0 n 1 n 1 φ n g 0 + p j + k j φ j, n 1 j=0 j=0 Tällöin n 1 n 1 φ n (g 0 + p j )e j=0 k j j=0 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 19 / 47

24 Lauseen 7.9 todistus Kaikille j: y j u j = h[φ(t j,y j,f(t j,y j );h) Φ(t j,u j,f j ;h)]+hǫ j+1. Summataan 0:sta n:ään: n 1 y n u n = h [φ(t j,y j,f(t j,y j );h) Φ(t j,u j,f j ;h)+ǫ j+1 ] j=0 Näin ollen Lipschitz-ehdon nojalla n 1 n 1 y n u n h ǫ j+1 + hl y j u j. j=0 Diskreetti Gronwallin lemma väite. j=0 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 20 / 47

25 Lax-Richtmeyer Lause Konsistentti ja nollastabiili menetelmä on suppeneva: ja kääntäen. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 21 / 47

26 Runge-Kutta menetelmät s-vaiheinen Runge-Kutta menetelmä Yleinen muoto u n+1 = u n + hf(t n,u n,h;f) Inkrementtifunktio s F(t n,u n,h;f) = b i K i K i i=1 = f(t n + c i h,u n + h s a ij K j ), i = 1,...,s j=1 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 22 / 47

27 Butcherin taulukko Butcherin taulukko: c 1 a 11 a 12 a 1s c 2 a 21 a 22 a 2s c s a s1 a s2 a ss b 1 b 2 b s Määrää RK-menetelmän täysin Rajoite-ehto: c i = s j=1 a ij, i = 1,...,s Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 23 / 47

28 Eksplisiittinen RK-menetelmä Menetelmä on eksplisiittinen, jos a ij = 0, kun j i Tällöin Butcherin taulukko on c 2 a c s a s1 a s2 0 b 1 b 2 b s Tällöin K i voidaan määrätä lukujen K 1,...,K i 1 avulla Menetelmä on implisiittinen, jos a ij 0 jollekin j i Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 24 / 47

29 RK-menetelmän konstruointi Menetelmän lokaali typistysvirhe hτ n+1 (h) = y n+1 y n hf(t n,y n,h;f), missä y n = y(t n ) oli AAT:n tarkka ratkaisu. Soveltamalla RK-menetelmää AAT:n y (t) = 1, y(0) = 0 ratkaisemiseen ja vaatimalla, että menetelmä on konsistentti saadaan ehto: s b i = 1 i=1 RK-menetelmä on konsistentti, jos ja vain jos edellä oleva ehto on voimassa (kts. Lambert J.; Numerical Methods for Ordinary Differential Systems, John Wiley & Sons, 1991) Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 25 / 47

30 2-vaiheisen menetelmän konstruktio Yhden askeleen approksimaatio tarkasta lähtöarvosta lähtien: u n+1 = y n + h[b 1 K 1 + b 2 K 2 ] K 1 = f(t n,y n ) = f n K 2 = f(t n + c 2 h,y n + c 2 hk 1 ) K 2 :n Taylorin kehitelmä: K 2 = f n + c 2 h[f n,t + K 1 f n,y ]+O(h 2 ), missä f n,t = f t (t n,y n ), f n,y = f y (t n,y n ). Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 26 / 47

31 Konstruktio jatkuu Sijoittamalla u n+1 :n lausekkeeseen: u n+1 = y n + h(b 1 + b 2 )f n + c 2 b 2 h 2 (f n,t + f n f n,y )+O(h 3 ) Tarkan ratkaisun Taylorin kehitelmä y n+1 = y n + hf n h2 (f n,t + f n f n,y )+O(h 3 ) Menetelmä kertalukua 2 (hτ n+1 (h) = O(h 3 )), jos b 1 + b 2 = 1 c 2 b 2 = 1 2 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 27 / 47

32 2-vaiheisia menetelmiä Menetelmiä on ääretön määrä; Modifioitu Eulerin menetelmä u n+1 = u n + hk 2 K 1 = f(t n,u n ) K 2 = f(t n h,u n hk 1) Yksinkertainen RK-menetelmä eli Heun n menetelmä: u n+1 = u n + h 2 [K 1 + K 2 ] K 1 = f(t n,u n ) K 2 = f(t n + h,u n + hk 1 ) Menetelmien virhe: u n y n Ch 2 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 28 / 47

33 3-vaiheisia menetelmiä Samalla tavalla Taylorin kehitelmän avulla johdetaan 3-vaiheisille menetelmille yhtälöryhmä b 1 + b 2 + b 3 = 1 c 2 b 2 + c 3 b 3 = 1 2 c 2 2b 2 + c 2 3b 3 = 1 3 c 2 b 3 a 3,2 = 1 6 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 29 / 47

34 3-vaiheisia menetelmiä Heunin 3. kertaluvun menetelmä (c 2 = 1 3, c 3 = 2 3 ): u n+1 = u n + h 4 [K 1 + 3K 3 ] K 1 = f(t n,u n ) K 2 = f(t n h,u n hk 1) K 3 = f(t n h,u n hk 2) Tai 3-vaiheinen Kutta n menetelmä (c 2 = 1 2, c 3 = 1): u n+1 = u n + h 6 [K 1 + 4K 2 + K 3 ] K 1 = f(t n,u n ) K 2 = f(t n h,u n hk 1) K 3 = f(t n + h,u n hk 1 + 2hK 2 ) Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 30 / 47

35 Klassinen Runge-Kutta menetelmä On 4-vaiheinen menetelmä, jonka kertaluku on 4; Klassinen RK-menetelmä: u n+1 = u n + h 6 [K 1 + 2K 2 + 2K 3 + K 4 ] K 1 = f(t n,u n ) K 2 = f(t n h,u n hk 1) K 3 = f(t n h,u n hk 2) K 4 = f(t n + h,u n + hk 3 ) Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 31 / 47

36 Yleistä RK-menetelmistä RK-menetelmät ovat yksiaskelmenetelmiä; Konsistenssiudesta seuraa stabiilisuus ja suppeneminen Lause 7.10 Eksplisiittisen s-vaiheisen RK-menetelmän kertaluku ei voi olla suurempi kuin s. Ja ei ole olemassa s-vaiheista eksplisiittistä RK-menetelmää, jonka kertaluku on s, kun s 5. Kts. J. Butcher; The numerical analysis of ordinary differential equations: Runge-Kutta and Linear Methods, John Wiley & Sons, 1987 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 32 / 47

37 RK-menetelmän absoluuttinen stabiilisuus Mallitehtävä: y (t) = λy(t), y(0) = 1 Tarkka ratkaisu: y(t) = e λt lim t y(t) = 0 Re(λ) < 0 Määr Numeerinen menetelmä mallitehtävän ratkaisun approksimoimiseen on absoluuttisesti stabiili, jos u n 0, kun t n Koska u n riippuu askelpituudesta h ja luvusta λ, niin menetelmä on absoluuttisesti stabiili vain joillekin arvoille h ja λ. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 33 / 47

38 Absoluuttinen stabiilisuusalue Absoluuttinen stabiilisuusalue: A = {z = λh C : u (h) n 0, t n } Sovelletaan s-vaiheista RK-menetelmää malliongelman ratkaisemiseen: s s K i = λ(u n + hλ a ij K j ), u n+1 = u n + b i K i Määritellään vektorit Tällöin j=1 i=1 K = [K 1,K 2,...,K s ] T, 1 = [1,1,...,1] T K = λ(u n 1+hAK), u n+1 = u n + hb T K Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 34 / 47

39 Stabiilisuusalue Ensimmäisestä voidaan ratkaista K = (I hλa) 1 1[λu n ] joka sijoitetaan u n+1 :n lausekkeeseen: u n+1 = u n +hλb T (I hλa) 1 1u n = [1+hλb T (I hλa) 1 1]u n Stabiilisuusfunktio R(λh) = 1+hλb T (I hλa) 1 1 Absoluuttinen stabiiluusalue: A = {z = λh C : R(λh) < 1} Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 35 / 47

40 Kitkaton heiluri Kitkattoman heilurin liikeyhtälö: y (t) = λsin(y(t) y(0) = θ 0 (alkukulma) y (0) = v 0 (kulmanopeus) Muunnetaan ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälösysteemiksi: y 1 (t) = y(t), y 2 (t) = y (t) { y 1 (t) = y 2(t), y 1 (0) = θ 0 y 2 (t) = λsin(y 1(t)), y 2 (0) = v 0 Ratkaistaan 3:nnen kertaluvun Heunin menetelmällä: Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 36 / 47

41 Kitkaton heiluri u n = [ u1,n u 2,n ] [ ] y1 (t n ). y 2 (t n ) Askelpituus h = 0.3: k 1 = k 2 = k 3 = [ u 2,n ] λsin(u 1,n ) [ u 2,n + h 3 k ] 1,2 λsin(u 1,n + h 3 k 1,1) [ u 2,n + 2h 3 k ] 2,2 λsin(u 1,n + 2h 3 k 2,1) u n+1 = u n + h 4 (k 1 + 3k 3 ). Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 37 / 47

42 Heilurin faasikäyrät Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 38 / 47

43 Valtimon seinämän liike Valtimon seinämä voidaan kuvata ohuella sylinterillä: Pituus L(= 0.05 m); Sylinterin säde lepotilassa R0 (= m) Seinämän paksuus H (= m) Sylinterin säde ajanhetkellä t kohdassa x on R(t) = R 0 + y(t), missä y(t) noudattaa differentiaaliyhtälöä y (t)+βy (t)+αy(t) = γx p(a + b cos(ω 0 t)). y(t) radiaalinen poikkeama, ei huomioida longitudaalista siirtymää (riippumattomien renkaiden-malli) Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 39 / 47

44 Fysikaaliset parametrit Seinämän tiheys ja kimmomoduli ovat ρ w = 10 3 Kg/m 3, E = N/m 2 ; Parametrit ovat tällöin α = γ = E ρ w R0 2 = ρ w H = 3.3. Parametri β kuvaa kuinka seinämä vastustaa painevaihtelun jaksollista vaihtelua. Tarkastellaan tilannetta, missä β = α. Paineenvaihtelun parametrit a = , b = 0.1a, p = b/4, ω 0 = 2π 0.8. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 40 / 47

45 Numeerinen simulointi 1. kertaluvun systeemi: y 1 (t) = y 2(t) y 2 (t) = αy 1(t) βy 2 (t)+γx p(a+ b cos(ω 0 t)). Alkuehdot. y 1 (0) = 0, y 2 (0) = 0. Ratkaistaan modifioidulla Eulerin menetelmällä (h = 10 4 ): [ ] u k 1 = 2,n αu 1,n βu 2,n +γx p(a + b cos(ω 0 n h)) [ u k 2 = 2,n + h 2 k 1,2 α(u 1,n + h 2 k 1,1) β(u 2,n + h 2 k 1,2)+γx p(a+ b cos(ω 0 u n+1 = u n + hk 2. Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 41 / 47

46 Simulaatiotulos 1.6 x x 10 3 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 42 / 47

47 Hermosolu Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 43 / 47

48 Hodgkin-Huxley malli Cv = g 1 m 3 h (v E 1 ) g 2 n 4 (v E 2 ) g 3 (v E 3 )+I in m = (1 m)α m (v E 0 ) mβ m (v E 0 ) n = (1 n)α m (n E 0 ) nβ n (v E 0 ) h = (1 h)α h (v E 0 ) hβ h (v E 0 ) α m (v) = v e v 1 α n (v) = v e 1 0.1v 1, β m (v) = 4e v/18, β n (v) = 1 8 e v/80 α h (v) = 0.07e v/20, β h (v) = 1 e 3 0.1v + 1 Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 44 / 47

49 Reaktio suorakaidepulssiin Ratkaistaan klassisella RK-menetelmällä, pulssin leveys 1 msec, korkeus 7 µa, askelpituus 1 20 msec herã tepulssi jã nnite (mv) Porttimuuttujat aika (msec) m n h Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 45 / 47

50 Vaste pitkäkestoiseen pulssiin herã tepulssi jã nnite (mv) Porttimuuttujat aika (msec) m n h Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 46 / 47

51 Pulssi 6.9 µa herã tepulssi jã nnite (mv) Porttimuuttujat aika (msec) m n h Keijo Ruotsalainen Matematiikan jaos 47 / 47