2v 1 = v 2, 2v 1 + 3v 2 = 4v 2.. Vastaavasti ominaisarvoa λ 2 = 4 vastaavat ominaisvektorit toteuttavat. v 2 =

Transkriptio

1 TKK, Matematiikan laitos Pikkarainen/Tikanmäki Mat Matematiikan peruskurssi K2 Harjoitus 12, A=alku-, L=loppuviikko, T= taulutehtävä, P= palautettava tehtävä, W= verkkotehtävä , viikko 17 Näihin harjoitustehtäviin liittyvää teoria löytyy Adamsista: Ad6: ; Ad5: Appendix IV; Ad4: ; Ad3: AT1. Ratkaise differentiaaliyhtälösysteemi y 1t = 2y 1 t + y 2 t, y 2t = 2y 1 t + 3y 2 t. Ratkaisu: Differentiaaliyhtälösysteemi voidaan kirjoittaa matriisimuodossa y 1 t 2 1 y1 t y1 t y 2t = = A. 2 3 y 2 t y 2 t Differentiaaliyhtälösysteemin ratkaisun löytämiseksi tulee laskea matriisin A ominaisarvot: deta λi = 2 λ λ = λ2 5λ + 4 = 0 λ 1 = 1 λ 2 = 4. Ominaisarvoa λ 1 = 1 vastaavat ominaisvektorit toteuttavat 2v 1 + v 2 = v 1 Av = v v 1 = v 2, 2v 1 + 3v 2 = v 2 joten ominaisvektoriksi voidaan valita esim. v 1 = 1 1. Vastaavasti ominaisarvoa λ 2 = 4 vastaavat ominaisvektorit toteuttavat 2v 1 + v 2 = 4v 1 Av = 4v 2v 1 = v 2, 2v 1 + 3v 2 = 4v 2 1 joten ominaisvektoriksi voidaan valita esim. v 2 =. Näin ollen differentiaaliyhtälösysteemin 2 yleinen ratkaisu on y1 t = C y 2 t 1 e λ1t v 1 + C 2 e λ2t C1 e v 2 = t + C 2 e 4t C 1 e t + 2C 2 e 4t. AT2. Differentiaaliyhtälön y t = ft, y0 = 0, ratkaisu on tietenkin yt = t fs ds, 0 eli differentiaaliyhtälön numeerinen ratkaisu on integraalin likiarvo. Jos tämä differentiaaliyhtälö ratkaistaan Eulerin parannetulla menetelmällä, niin mikä on vastaava numeerinen integrointimenetelmä? Ratkaisu: Merkitään Ft, y = ft jotta voidaan paremmin nähdä miten menetelmä toimii. Eulerin parannetun menetelmän mukaisesti lasketaan kun ratkaistaan differentiaaliyhtälö välillä [t n,t n+1 ] seuraavasti: k 1 = hft n,y n = hft n, k 2 = hft n + h,y n + k 1 = hft n+1

2 ja y n+1 = y n k 1 + k 2 = y n + h 2 ft n + ft n+1. Tästä seuraa silloin että y n = y 0 + h 2 ft 0 + ft 1 + h 2 ft 1 + ft h 2 ft n 1 + ft n, ja koska y 0 = y0 = 0 niin saadaan yhn y n = h f0 + 2fh + 2f2h fn 1h + fnh, 2 joten kyseessä on suunnikasmenetelmä. LT1. Käytä Eulerin menetelmää yhtälön y t = 50yt, y0 = 1, ratkaisemiseksi välillä [0, 1] askelpituudella h = Onko tulos järkevä? Miten h olisi valittava, jotta ratkaisun approksimaatio olisi ainakin samanmerkkinen kuin tarkka ratkaisu? Mikä on vastaava rajoitus, jos käytetään Eulerin implisiittistä menetelmää? Ratkaisu: Yhtälön y t = 50yt, y0 = 1 ratkaisu on selvästikin yt = e 50t, t 0. Eulerin menetelmän mukaan y n+1 = y n + hft n,y n, eli tässä tapauksessa ja jos h = 0.05 niin josta seuraa, koska y 0 = y0 = 1, että y n+1 = y n 50hy n, y n+1 = y n 2.5y n = 1.5y n, n 0, y n = 1.5 n. Tämä tulos on kaikkea muuta kuin järkevä, approksimatiivinen ratkaisu ei ole positiivinen kuten tarkka ratkaisu ja kasvaa itseisarvoltaan äärettömyyten kun n kun taas yt 0 kun t. Askelpituus h olisi valittava siten, että 50h < 1 eli h < 0.02 jotta ratkaisun approksimaatio olisi ainakin samanmerkkinen kuin tarkka ratkaisu. Jos käytetään implisiittista Eulerin menetelmää, eli lasketaan niin yhtälöksi tulee y n+1 = y n + hft n+1,y n+1, hy n+1 = y n y n+1 = h n 1, joten tässä tapauksessa approksimaation positiivisuuteen riittää, että h > 0. LT2. Ratkaise likimääräisesti differentiaaliyhtälö y x = x + 1yx + 1, y0 = 1 Eulerin parannetulla menetelmällä laskemalla 2 askelta askelpituudella h = 0.1. Jos sama yhtälö ratkaistaan samalla menetelmällä mutta askelpituudella h = 0.2 saadaan approksimaatioksi y Voidaanko tämän perusteella väittää, että h = 0.1 on riittävän lyhyt askelpituus jos halutaan, että virhe on itseisarvoltaan korkeintaan 10 4?

3 Ratkaisu: Koska x 0 = 0, y 0 = 1 ja h = 0.1 saadaan Eulerin parannetulla menetelmällä k 1 = hfx 0,y 0 = 0.2 k 2 = hfx 0 + h,y 0 + k 1 = ja sitten y 1 = y k 1 + k 2 = x 1 = x 0 + h = 0.1 k 1 = hfx 1,y 1 = k 2 = hfx 1 + h,y 1 + k 1 = y 2 = y k 1 + k 2 = x 2 = x 1 + h = 0.2 On siis saatu y Koska = > 10 4 joten kahdella eri tavalla laskettujen ratkaisujen erotus on suurempi kuin virhetoleranssi. Näin ollen ei hyväksytä h = 0.1 vaan lasketaan lyhyemmällä askelpituudella. P1. Hae yhtälön y t + 5y t + 8y t + 4yt = e 3t yleinen ratkaisu. Ratkaisu: Homogeenisen differentiaaliyhtälön karakteristinen yhtälö on r 3 + 5r 2 + 8r + 4 = 0. Kokeilemalla todetaan, että r 1 = 1 on ratkaisu ja jakolaksulla saadaan r 3 + 5r 2 + 8r + 4 = r + 1r 2 + 4r + 4 ja silloin todetaan, että muut juuret ovat r 2 = r 3 = 2. Näin ollen homogeenisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on y h t = c 1 e t + c 2 e 2t + c 3 te 2t. Haetaan epähomogeenisen yhtälön yksityisratkaisu muodossa y p t = Ae 3t ja koska y pt = 3Ae 3t, y pt = 9Ae 3t ja y p t = 27Ae 3t niin saadaan yhtälöksi Ae 3t = e 3t josta seuraa, että A = 1. Yhtälön yleinen ratkaisu on siten 2 yt = c 1 e t + c 2 e 2t + c 3 te 2t 1 2 e 3t. P2. Kirjoita alkuarvotehtävät y t + 3y t + 6yt = sint, y0 = 1, y 0 = 2 ja y t + 3y t + 2yt = e t, y 0 = 0, y 0 = y0 = 1 ensimäisen kertaluvun differentiaaliyhtälösysteeminä. Yhtälöitä ei tarvitse ratkaista. Ratkaisu: Merkitään y 1 t = yt, y 2 t = y t ja y 3 t = y t. Tällöin differentiaaliyhtälöstä y t + 3y t + 6yt = sint saadaan y 1t = y 2 t, y 2t = 6y 1 t 3y 2 t + sint

4 eli Alkuarvoiksi saadaan y 1 t 0 1 y1 t y 2t = 6 3 y 2 t y 1 0 = 1, y 2 0 = 2 eli + 0. sint y1 0 1 =. y Vastaavasti differentiaaliyhtälö y t + 3y t + 2yt = e t voidaan kirjoittaa differentiaaliyhtälösysteeminä y 1t = y 2 t, y 2t = y 3 t. y 3t = 2y 1 t 3y 3 t + e t eli y 1t y 2t = y 1t y 2 t y 3t y 3 t e t Alkuarvoiksi tälle toiselle yhtälösysteemille saadaan y 1 0 = 1, y 2 0 = 1, eli y 10 y 2 0 = 1 1. y 3 0 = 0 y P3. Ratkaise yhtälö y x = yx, y1 = e laskemalla yksi askel 4. kertaluvun x Runge-Kuttan menetelmällä askelpituudella h = 0.2 ja kaksi askelta parannetulla Eulerin menetelmällä askelpituudella h = 0.1. Miten hyvin näin saatujen approksimaatioiden erotus kuvaa todellista virhettä? Tarkka ratkaisu on xe x. Ratkaisu: Koska x 0 = 1, y 0 = e ja h = 0.2 saadaan Runge-Kuttan menetelmällä k 1 = hfx 0,y k 2 = hfx h,y k k 3 = hfx h,y k k 4 = hfx 0 + h,y 0 + k y 1 = y k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k x 1 = x 0 + h = 1.2 On siis saatu y Koska x 0 = 1, y 0 = e ja h = 0.1 saadaan Eulerin parannetulla menetelmällä k 1 = hfx 0,y k 2 = hfx 0 + h,y 0 + k y 1 = y k 1 + k x 1 = x 0 + h = 1.1

5 ja sitten k 1 = hfx 1,y k 2 = hfx 1 + h,y 1 + k y 2 = y k 1 + k x 2 = x 1 + h = 1.2 On siis saatu y Approksimaatioiden erotus pisteessä 1.2 on Koska tarkka ratkaisu on y1.2 = nähdään että Runge-Kuttan menetelmän virhe on itseisarvoltaan selvästi pienempi kuin eri menetelmillä saatujen ratkaisujen erotuksen itseisarvo, eli laskemalla kahdella eri tavalla ja laskemalla erotus saadaan virhearvio, joka ei ainakaan ole liian pieni tässä tapauksessa. P4. Ratkaise likimääräisesti differentiaaliyhtälö y t + yty t tyt = 0, y0 = 1, y 0 = 2 kirjoittamalla se systeeminä ja laske yksi askel 4. kertaluvun Runge-Kuttan menetelmällä askelpituudella h = 0.2 Ratkaisu: Jos merkitään ut = y t niin saadaan yhtälösysteemi y t = ut, u t = ytut 1 + tyt, ja alkuarvot ovat y0 = 1 ja u0 = 2. Kirjoitetaan systeemi muotoon w t = Ft,wt, yt 1 w0 = w 0 missä wt =. Koska t ut 0 = 0, w 0 = ja h = 0.2 niin saamme 2 Runge-Kuttan menetelmällä u0 k 1 = hft 0,w 0 = 0.2 = y0u y0 k 2 = hft 0 + 1h,w k = k 3 = hft 0 + 1h,w k 2 2 = = k 4 = hft 0 + h,w 0 + k 3 = w 1 = w k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 t 1 = t 0 + h =

6 Nyt on siis saatu w , eli y W1. Ratkaise yhtälö a t 2 y t + 4ty t + 2yt = 0, b t 2 y t + 3ty t + yt = 0, c t 2 y t 3ty t + 5yt = 0. Ratkaisu: a Differentiaaliyhtälön karakteristinen yhtälö on rr 1 + 4r + 2 = 0 r 2 + 3r + 2 = 0. Tämän karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat r = 3 2 ± = 3 2 ± 1 2 = 1, 2. Näin ollen yleinen ratkaisu on yt = c 1 t 1 + c 2 t 2. b Tässä tapauksessa saadaan karakteristiseksi yhtälöksi rr 1 + 3r + 1 = 0 r 2 + 2r + 1 = r = 0, joten ainoa juuri on r = 1. Näin ollen yleinen ratkaisu on yt = c 1 t 1 + c 2 t 1 ln t. c Tämän yhtälön karakteristinen yhtälö on Tästä saadaan ratkaisuksi, rr 1 3r + 5 = 0 r 2 4r + 5 = 0, r = 2 ± 4 5 = Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on siis 2 + i, 2 i. yt = c 1 t 2 cosln t + c 2 t 2 sinln t.. W2. Mitä voidaan sanoa seuraavasta menetelmästä, jolla voidaan numeerisesti määrittää yhtälön y x = fx,yx ratkaisulle approksimaatioita y n ynh: k 1 = hfx n,y n, k 2 = hfx n h,y n k 1, k 3 = hfx n + h,y n + k 2, y n+1 = y n k1 + 2k 2 + k 3. Ratkaisu: Jos esimerkiksi fx,y = 1 niin saadaan jokaisessa askeleessa k 1 = k 2 = k 3 = h josta seuraa, että y n+1 = y n + 4h. Koska tämän yhtälön tarkka ratkaisu on yx = x + y 6 0 niin virhe on joka askeleessa 1 h tässä yksinkertaisessakin tapaukseessa eli paljon huonompi kuin 3 Eulerin menetelmällä. Menetelmä on siis täysin kelvoton.

7 W3. Ratkaise likimääräisesti differentiaaliyhtälö y x = x yx 2, y0 = 2 Eulerin implisiittisellä menetelmällä laskemalla yksi askel askelpituudella h = 0.1. Ratkaisu: Koska x 0 = 0, y 0 = 2 ja h = 0.1 saadaan Eulerin implisiittisellä menetelmällä yhtälöksi y 1 = y 0 + hfx 1,y 1 = y 2 1 eli y y = 0 josta saadaan y 1 = 5 ± ± Koska y 1 y 0 niin valitaan +-merkki ja saadaan y W4. Kun numeerisesti ratkaistiin differentiaaliyhtälö y x = yx 2 + xyx, y0 = 1 saatiin seuraavat approksimaatiot ratkaisun arvolle pisteessä x = 1 eri askelpituuksilla h y Oletetaan että virhe on suurin piirtein Ch m, missä m on kokonaisluku, kun h on pieni. Arvioi näiden tulosten perusteella mikä m voisi olla. Ratkaisu: Olkoon ah approksimaation arvo kun askelpituus on h. Jos ah y1 Ch m niin ah a h 2 Chm 1 2 m, ja erikoisesti ah a h 2 a h 2 ah Chm 1 2 m Ch m 2 m 1 2 m = 2m. 4 Tässä tapauksessa saadaan Nyt joten päätellään, että m = 2.