Epähomogeenisen yhtälön ratkaisu

Transkriptio

1 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 perusjärjestelmä. Jos funktio y 0 = y 0 (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 0 (x) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+y 0 (x), jossa C 1 ja C 2 ovat mielivaltaisia reaalisia vakioita. Perustelu: Olkoon y jokin täydellisen yhtälön ratkaisu y y 0 on homogeeniyhtälön ratkaisu y y 0 = C 1 y 1 + C 2 y 2. y = C 1 y 1 + C 2 y 2 + y 0.

2 Yhteenveto Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu voidaan esittää homogeeniyhtälön yleisen ratkaisun ja täydellisen yhtälön jonkin yksityisratkaisun summana. Toisin sanoen on tunnettava homogeeniyhtälön ratkaisujen perusjärjestelmä {y 1 (x),y 2 (x)} ja jokin täydellisen yhtälön ay + by + cy = f(x) ratkaisu y 0 (x). Tällöin täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on y(x) = y H (x)+y 0 (x) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+y 0 (x). Vakiot C 1 ja C 2 kiinnitetään alkuehdoilla.

3 Määräämättömien kertoimien menetelmä Milloin toimii? Soveltuu vain vakiokertoimisiin differentiaaliyhtälöihin: y + ay + by = f(x). Soveltuu vain tietyntyyppisiin, häiriöfunktioihin, kuten polynomit f(x) = B0 + B 1 x +...+B n x n eksponenttifunktiot f(x) = B e kx trigonometriset funktiot f(x) = B1 sin(ωx)+b 2 cos(ωx) tulomuotoinen häiriö f(x) = e kx ( B 1 sin(ωx)+b 2 cos(ωx) )

4 Homogeeniyhtälö y + ay + by = 0 Karakteristisen polynomin p(λ) juuret λ 1, λ 2. Eri tapaukset 1. Kaksi erisuurta reaalijuurta λ 1 λ 2 : yleinen ratkaisu y H (x) = C 1 e λ1x + C 2 e λ2x. 2. Reaalinen kaksoisjuuri λ 1 = λ 2 : yleinen ratkaisu y H (x) = (C 1 + C 2 x)e λ1x. 3. Kompleksiset juuret λ 1 = α+iβ, λ 2 = α iβ C, i = 1: y H (x) = e αx (C 1 cos(βx)+c 2 sin(βx)).

5 Häiriöfunktio: B 0 + +B n x n Jos p(0) 0, niin yksityisratkaisuyrite y 0 (x) = A 0 +A 1 x+...+a n x n. Jos λ = 0 on yksinkertainen juuri so. p(0) = 0, niin yksityisratkaisuyrite ( y 0 (x) = x A 0 +A 1 x+...+a n x n). Esim. 1 Ratkaise yhtälön y y 2y = 2x yleinen ratkaisu.

6 Häiriöfunktio f(x) = B e kx Jos p(k) 0, niin yksityisratkaisuyrite y 0 (x) = A e kx. Jos k on yksinkertainen juuri (p(k) = 0), niin yksityisratkaisuyrite y 0 (x) = Ax e kx. Jos k on kaksinkertainen juuri, niin yrite on y 0 (x) = Ax 2 e kx Esim. 2 Ratkaise yhtälön y y 2y = e 4x yleinen ratkaisu. Ratkaise yhtälön y y 2y = 5e x yleinen ratkaisu.

7 f(x) = B 1 cos(ωx)+b 2 sin(ωx) Jos p(±iω) 0, niin yksityisratkaisuyrite y 0 (x) = A 1 cos(ωx)+a 2 sin(ωx). Jos p(±iω) = 0, niin yksityisratkaisuyrite ( ) y 0 (x) = x A 1 cos(ωx)+a 2 sin(ωx). Esim. 3 Ratkaise yhtälön y + 4y = cos(2x) yleinen ratkaisu.

8 f(x) = e kx (B 1 cos(ωx)+b 2 sin(ωx)) Jos p(k ± iω) 0, niin yksityisratkaisuyrite y 0 (x) = e kx( ) A 1 cos(ωx)+a 2 sin(ωx). Jos p(k ± iω) = 0, niin yksityisratkaisuyrite y 0 (x) = x e kx( ) A 1 cos(ωx)+a 2 sin(ωx). Esim. 4 Ratkaise yhtälön y + 4y + 3y = e 2x cos(2x) yleinen ratkaisu.

9 Määräämättömien kertoimien menetelmä Lause 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 0 (x) ehto B 0 +B 1 x+...+b nx n A 0 +A 1 x+...+a nx n p(0) 0 x (A 0 +A 1 x+...+a nx n ) x 2 (A 0 +A 1 x+...+a nx n ) p(0) = 0,1.kl p(0) = 0,2.kl B e kx A e kx p(k) 0 Ax e kx p(k) = 0, 1.kl Ax 2 e kx p(k) = 0, 2.kl B 1 sin(ωx)+b 2 cos(ωx) A 1 sin(ωx)+a 2 cos(ωx) p(± iω) 0 x (A 1 sin(ωx)+a 2 cos(ωx)) p(± iω) = 0 e αx (B 1 sin(ωx)+b 2 cos(ωx)) e αx (A 1 sin(ωx)+a 2 cos(ωx)) p(α ± iω) 0 x e αx (A 1 sin(ωx)+a 2 cos(ωx)) p(α ± iω) = 0

10 Huomioita Määräämättömien kertoimien menetelmää voidaan soveltaa myös ensimmäisen ja korkeamman kertaluvun vakiokertoimisiin differentiaaliyhtälöihin. Summamuotoiselle häiriölle f(x) = d 1 f 1 (x)+d 2 f 2 (x), d 1,d 2 R yksityisratkaisu voidaan hakea kummallekin häiriöfunktiolle erikseen. Ratkaistaan erikseen yhtälöt a y 01 + b y 01 + c y 01 = f 1 (x), a y 02 + b y 02 + c y 02 = f 2 (x). Häiriöfunktiota f(x) = d 1 f 1 (x)+d 2 f 2 (x) vastaa yksityisratkaisu y 0 (x) = d 1 y 01 (x)+d 2 y 02 (x).

11 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 1. Jousivoima on suoraan verrannollinen massapisteen etäisyyteen origosta. Verrannollisuuskerroin k > 0 on ns. jousivakio. 2. Kitkavoima on suoraan verrannollinen kappaleen nopeuteen. Verrannollisuuskerroin c > 0 on ns. vaimennusvakio. 3. Oletamme, että massapisteeseen vaikuttaa ulkoinen ajasta riippuva pakkovoima F = F(t).

12 Systeemin liikeyhtälö (Newtonin II laki) mx = kx cx + F tai mx + cx + kx = F. Merkintä: 2p = c m > 0, ω2 0 = k m Yhtälön normaalimuoto: Tarkastelemme x + 2px +ω 2 0x = F m. vaimenematonta (p = 0), vaimennettua (p 0), vapaata ( F = 0), pakotettua värähtelyä (F 0). Pakkovoima on harmoninen: F = F 0 sin(ωt +ϕ). Tarkastelu soveltuu sellaisenaan virtapiirien teoriaan.

13 Vaimenematon harmoninen värähtelijä. Vapaat värähtelyt harmoninen värähtelijä vaimenematon amplitudi taajuus värähdysaika

14 Harmonisen oskillaattorin liikeyhtälö Ei kitkaa ja pakkovoimaa Liikeyhtälö on x +ω 2 0 x = 0. Karakteristisen yhtälön λ 2 +ω 2 0 = 0 juuret ovat λ 12 = ± iω 0 Homogeenisen vakiokertoimisen yhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = C 1 sin(ω 0 t)+c 2 cos(ω 0 t). Vakiot C 1 ja C 2 kiinnitetään alkuehtojen avulla.

15 Toinen esitysmuoto Yleinen ratkaisu voidaan kirjoittaa myös muotoon x(t) = A sin(ω 0 t +ϕ), Yhteys edelliseen esitysmuotoon saadaan kaavoista A = C1 2 + C2 2, cosϕ = C 1 A, sinϕ = C 2 A tai tanϕ = C 2 C 1. Käytettiin summatun kulman sinin kaavaa sin(α+β) = sinαcosβ + cosαsinβ, jota soveltamalla saadaan A sin(ω 0 t +ϕ) = A cosϕsin(ω 0 t)+a sinϕcos(ω 0 t) = C 1 sin(ω 0 t)+c 2 cos(ω 0 t).

16 Amplitudi, taajuus ja värähdysaika Ylläolevien esitysten kertoimien välinen yhteys seuraa yhtälöparista (ks. PK I) { A cosϕ = C 1, A on värähtelyn amplitudi, ω 0 2π A sinϕ = C 2. on värähtelyn taajuus (jousen ominaistaajuus) T = 2π ω 0 = 2π m k on värähdysaika ω 0 t +ϕ on vaihekulma hetkellä t ja ϕ on vaihekulman alkuarvo eli vaihekulma hetkellä t = 0.

17 Vaimenematon harmoninen oskillaattori. Pakotetut värähtelyt Jousi-massa-systeemiä häiritään periodisesti. Häiriö muotoa F(t) = F 0 cos(ωt) Liikeyhtälö on x +ω 2 0 x = F 0 m cos(ωt). Pakkovoiman taajuus (häiriötaajuus): ω 2π. Jousen ominaistaajuus: ω 0 2π. Täydellisen yhtälön erään ratkaisun muoto riippuu siitä, tapahtuuko häirintä jousen ominaistaajuudella vai ei.

18 Tapaus ω ω 0 : Yrite täydellisen yhtälön ratkaisuksi on (määräämättömien kertoimien menetelmä) x 0 (t) = A sin(ωt)+b cos(ωt), x 0 (t) = Aω cos(ωt) Bω sin(ωt), x 0 (t) = Aω2 sin(ωt) Bω 2 cos(ωt). Yrite sijoitetaan yhtälöön ja vaaditaan yhtälön toteutuminen Määräämättömät kertoimet ovat A = 0 ja B = Yleinen ratkaisu on F 0 m(ω 2 0 ω2 ). x(t) = C 1 sin(ω 0 t)+c 2 cos(ω 0 t)+ F 0 1 m (ω0 2 ω2 ) cos(ωt).

19 Massapiste lähtee liikkeelle levosta. Alkuehdot ovat x(0) = 0 ja x (0) = 0. Yleisessä ratkaisussa esiintyvät vakiot saadaan yhtälöparista { x(0) = C2 + F 0 1 m = 0, ω0 2 ω2 x (0) = C 1 ω 0 = 0, { C2 = F 0 m(ω 2 0 ω2 ), C 1 = 0. Alkuarvotehtävän ratkaisu on [ F x(t) = 0 cos(ωt) cos(ω0 t) ] m(ω 2 0 ω2 ) 2F = 0 m(ω0 2 ω2 ) sin(ω 0 ω 2 t)sin( ω 0+ω 2 t) = A(ω,t)sin( ω 0+ω 2 t), Värähtelyn amplitudi riippuu ajasta eli A(ω,t) = 2F 0 m(ω 2 0 ω2 ) sin(ω 0 ω 2 t).

20 Resonanssi: ω = ω 0 Yksityisratkaisuyrite täydelliselle yhtälölle on x 0 (t) = t ( A sin(ω 0 t)+b cos(ω 0 t) ), x 0 (t) = A sin(ω 0t)+B cos(ω 0 t) +t ( Aω 0 cos(ω 0 t) Bω 0 sin(ω 0 t) ), x 0 (t) = 2Aω 0 cos(ω 0 t) 2Bω 0 sin(ω 0 t) +t ( Aω0 2 sin(ω 0t) Bω0 2 cos(ω 0t) ). Yrite sijoitetaan yhtälöön ja vaaditaan yhtälön toteutuminen. Yleinen ratkaisu on x(t) = C 1 sin(ω 0 t)+c 2 cos(ω 0 t)+ F 0 t sin(ω 2ω0 2 0 t), = A sin(ω 0 t +ϕ)+ F 0 t sin(ω 2mω0 2 0 t). Systeemi on resonanssissa.

21 Vaimennettu harmoninen oskillaattori. Vapaat värähtelyt Malliin on lisätty nopeuteen verrannollinen kitkan vaikutus mutta pakkovoimaa ei esiinny. Liikeyhtälö on x + 2px +ω 2 0x = 0. Karakteristisen yhtälön λ 2 + 2pλ+ω0 2 = 0 juuret ovat λ 12 = p ± p 2 ω0 2, Homogeenisen vakiokertoimisen yhtälön yleisen ratkaisun muoto riippuu diskriminantin D = p 2 ω 2 0 arvosta. On tarkasteltava erikseen tapaukset: ylikriittinen vaimennus: D > 0 alikriittinen vaimennus: D = 0 kriittinen vaimennus: D < 0

22 Voimakas vaimennus: D > 0 Tapaus D > 0, on ns. voimakas vaimennus eli ylikriittinen vaimennus. Karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta reaalijuurta, λ 1 < 0 ja λ 2 < 0. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = C 1 e λ 1t + C 2 e λ 2t 0, kun t. Massapisteen nopeudeksi saadaan derivoimalla x (t) = C 1 λ 1 e λ 1t + C 2 λ 2 e λ 2t. Derivaatalla on korkeintaan yksi nollakohta, joten massapiste ohittaa tasapainoaseman korkeintaan yhden kerran.

23 Kriittinen vaimennus: D = 0 Karakteristisella yhtälöllä on reaalinen toisen kertaluvun juuri λ 1 = λ 2 = p. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = C 1 e pt +C 2 t e pt = e pt( C 1 +C 2 t ) 0, kun t. Massapisteen nopeus on x (t) = ( p)e pt( C 1 +C 2 t ) + e pt C 2 = e pt( C 2 pc 1 pc 2 t ). Kuten edellä derivaatalla on korkeintaan yksi nollakohta aluessa t > 0, joten massapiste ohittaa tasapainoaseman korkeintaan yhden kerran.

24 Heikko vaimennus: D < 0 Alikriittinen vaimennus Karakteristisen yhtälön juuret (liittokompleksiluvut) λ 12 = p ± i ω0 2 p2 = p± iω 1. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = e pt( C 1 sin(ω 1 t)+c 2 cos(ω 1 t) ) = A e pt sin(ω 1 t+ϕ) 0, 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) = 0 sin(ω 1 t +ϕ) = 0 ω 1 t +ϕ = mπ,

25 Massapisteen tasapainoasema ohitetaan ajanhetkillä t = t m = mπ ϕ ω 1,m = 1,... Värähdysaika on T 1 = t m+2 t m = 2π ω 1 = 2π = 2π 1 ω0 2 ω p2 0 1 (p/ω0 ) > 2π. 2 ω 0 Vaimennus pidentää värähdysaikaa. (On rajoituttu p tapaukseen D < 0 eli p < ω 0 eli ω 0 < 1.) Vaimenemisen nopeutta kuvaa ns. logaritminen dekrementti Λ = 2πp ω 1.

26 Oheisessa kuvassa on piirretynä tyypillisiä vaimennetun harmonisen värähtelijän ratkaisukäyriä. Ylinnä voimakas vaimennus, y + 4y + 3y = 0. Keskellä kriittinen vaimennus, y + 4y + 4y = 0. Alimmaisena heikko vaimennus, y + 4y + 65y =

27 Vaimennettu harmoninen värähtelijä. Pakotetut värähtelyt Jousi-massa-systeemi: jaksollinen häiriö. Malliin on lisätty kitkan vaikutus ja pakkovoima on muotoa F(t) = F 0 cos(ωt) Liikeyhtälö on x + 2px +ω 2 0x = F 0 m cos(ωt). Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on laskettu edellä. Täydellisen yhtälön ratkaisuyrite: x 0 (t) = A sin(ωt)+b cos(ωt), x 0 (t) = Aω cos(ωt) Bω sin(ωt), x 0 (t) = Aω2 sin(ωt) Bω 2 cos(ωt).

28 Yrite sijoitetaan täydelliseen yhtälöön x 0 + 2px 0 +ω2 0 x 0 = [ Aω0 2 Aω2 2pωB ] sin(ωt) + [ 2pωA+Bω0 2 Bω2] cos(ωt) = F 0 m cos(ωt) kaikilla t, Kertoimille yhtälöpari { (ω 2 0 ω2 )A 2pωB = 0, 2pωA+(ω 2 0 ω2 )B = F 0 m A = B = F 0 m (2pω), (2pω) 2 +(ω0 2 ω2 ) 2 F 0 m (ω 2 0 ω2 ) (2pω) 2 +(ω 2 0 ω2 ) 2.

29 Tällöin täydellisen yhtälön eräs ratkaisu on F 0 m (2pω) x 0 (t) = sin(ωt)+ (2pω) 2 +(ω0 2 ω2 ) 2 F 0 = m sin(ωt +ϕ (2pω) 1). 2 +(ω0 2 ω2 ) 2 Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = e pt( C 1 sin(ω 1 t)+c 2 cos(ω 1 t) ) + F 0 m (2pω) sin(ωt) + F0 m (ω (2pω) 2 +(ω ω2 )cos(ωt) ω2 ) 2 (2pω) 2 +(ω0 2 ω2 ) 2 = A e pt sin(ω 1 t +ϕ)+ F 0 m (ω 2 0 ω2 ) (2pω) 2 +(ω 2 0 ω2 ) 2 cos(ωt) F 0m (2pω) 2 +(ω 2 0 ω2 ) 2 sin(ωt +ϕ 1) F 0 m (2pω) 2 +(ω 2 0 ω2 ) 2 sin(ωt +ϕ 1), kun t.

30 Pitkän ajan kuluttua eli suurilla t:n arvoilla pakotetun värähtelyn taajuus on likimain ω 2π ja värähdysaika on likimain 2π ω. Värähtelyn amplitudi riippuu pakkovoiman kulmataajuudesta seuraavasti F 0 m A(ω) = +. (2pω) 2 +(ω 20 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 0 ω2 ) 2 ääriarvot.