Vaasan liopisto, kevät 2015 / ORMS1010 Matemaattinen Analsi 8. harjoitus, viikko 18 R1 ma 16 18 D115 (27.4.) R2 ke 12 14 B209 (29.4.) 1. Määritä funktion (x) MacLaurinin sarjan kertoimet, kun (0) = 2 ja (x) = x(x (x)). Lasketaan ensin ratkaisufunktion derivaattoja: (x) = x 2 x (x) (x) = 2x (x) x (x) (x) = 2 (x) (x) x (x) (x) = 2 (x) (x) x (x) = 2 2 (x) x (x) = 3 (x) x (x) (5) = 3 (3) (3) x (4) = 4 (3) x (4) (6) = 4 (4) (4) x (5) = 5 (4) x (5) Derivaattojen arvot kehitskeskuksessa ovat (0) = 2 (0) = 0 2 0 2 = 0 (0) = 2 0 2 0 0 = 2 (0) = 2 2 0 0 ( 2) = 2 (4) (0) = 3 ( 2) 0 2 = 6 (5) (0) = 4 2 0 6 = 8 (6) (0) = 5 6 0 ( 8) = 30 (k) = (k 1) (k 2) x (k 1) (7) (0) = 6 ( 8) 0 ( 30) = 48 (8) (0) = 7 ( 30) 0 48 = 210 (k) (0) = (k 1) (k 2) (0) Differentiaalihtälön ratkaisufunktion Maclaurinin sarja on silloin (x) = k=0 (k) (0) x k k! = 2 + 0 x + 2 2! x2 + 2 3! x3 + 6 4! x4 + 8 5! x5 + 30 x 6 + 48 6! 7! x7 + 210 8! x8... = 2 x 2 + 1 3 x3 + 1 4 x4 1 15 x5 1 24 x6 + 1 105 x7 + 1 192 x8... 1 945 x9 1 1920 x10 + 1 10395 x11 + 1 23040 x12 + 1 135135 x13 + 1 322560 x14 +...
Kommentti: Tehtävä on nt suoritettu. Teemme seuraavaksi vielä suppenemis-tarkastelun ja piirrämme funktion kuvaajan. Tätä ei tehtävässä vaadittu, mutta koska seuraavassa tehtävässä DY:n ratkaiseminen suljetussa-muodossa epäonnistuu, niin ratkaisun saaminen potenssisarja -muodossa saa lisää merkitstä. Ratkaisufunktion sarjakehitelmä voidaan jakaa parittomaan ja parilliseen osaan ja odd (x) = 1 3 1 x3 1 = n=1 5 3 1 x5 + ( 1) n+1 1 (2n + 1)!! x2n+1 1 7 5 3 1 1 x7 9 7 5 3 1 x9 +... even (x) = 2 2 2 x2 + 2 4 2 x4 2 = 2 + n=1 6 4 2 x6 + ( 1) n 2 (2n)!! x2n 2 8 6 4 2 2 x8 10 8 6 4 2 x10 +... Sarjat suppenevat kaikilla x:n arvoilla, mutta termejä tulee ottaa summaan mukaan melko paljon. Kun sarjaan otetaan 20 termiä, niin funktion kuvaajaksi tulee: 2. Ratkaise differentiaalihtälöiden leiset ratkaisut (a) + x = 0 (b) + x = x 2 a) d dx = x d d = xdx = xdx ln = x2 2 +C 1 (x) = C e x2 /2
b) Tutkittavana on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaalihtälö (DY). Erotetaan DY ja vastaava homogeeninen htälö (HY). (DY) + x = x 2 (HY) + x = 0 HY ratkaistiin jo tehtävän a-kohdassa, joten saamme sen leisen ratkaisun sieltä: 0 (x) = C e x2 /2. DY:n ksitisratkaisua varten teemme ritteen: Kun sijoitamme ritteen DY:öön, saamme rite : 1 (x) = Ax 2 + Bx +C 1 (x) = 2Ax + B. (DY) : + x = x 2 (2Ax + B) + x(ax 2 + Bx +C) = x 2 Ax 3 + Bx 2 + (2A +C)x + B = x 2 A = 0 B = 1 2A +C = 0 B = 0 Yhtälörhmällä ei ole ratkaisua, joten rite epäonnistui. Melko pian huomaa, että mikään polnomi -tppinen rite ei onnistu. Seuraava menetelmä järjestksessä on vakion variointi (ks. opetusmoniste s. 131-133). Menetelmä antaa ksitisratkaisun muodossa 1 (x) = e x2 /2 x 2 e 2 1 x2 dx Lausekkeen sisältämä integraali ei ole helppo. Integraalia pst ksinkertaistamaan osittais -integroinnilla, mutta senkin jälkeen integraalia ei voi esittää alkeisfunktioiden avulla. (Jos voitaisiin, niin silloin mös normaalijakauman tihesfunktiolle olisi esits alkeisfunktioiden avulla. Tämä on tunnetusti mahdotonta.) Emme siis saa DY:n ksitisratkaisua lausuttua mitenkään ksinkertaisella tavalla. MUTTA tehtävässä 1 saimme sille potenssisarjan. Jos tehtävän 1 ratkaisufunktio on ỹ 1 (x), niin tehtävän 2b) ratkaisu on (x) = 0 (x) + ỹ 1 (x) = C e x2 /2 + ỹ 1 (x) = C e x2 /2 + 2 x 2 + 1 3 x3 + 1 4 x4 1 15 x5 1 24 x6 + 1 105 x7 + 1 192 x8...
3. Ratkaise x = x 2, (x > 0), kun (1) = 0.5. Tutkittavana on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaalihtälö (DY). Erotetaan DY ja vastaava homogeeninen htälö (HY). Homogeenihtälön leinen ratkaisu on (DY) x + = x 2, (HY) x + = 0. (HY) x d dx = d d = dx x = dx x ln = ln x +C 1 0 (x) = C x 1 DY:n ksitisratkaisua varten teemme ritteen: Kun sijoitamme ritteen DY:öön, saamme DY:n leinen ratkaisu on siis: rite : 1 (x) = Ax 2 + Bx +C 1 (x) = 2Ax + B. (DY) : x + = x 2 x(2ax + B) + (Ax 2 + Bx +C) = x 2 3Ax 2 + 2Bx +C = x 2 3A = 1 2B = 0 1 (x) = 1 3 x2. C = 0 (x) = 0 (x) + 1 (x) = C x + x 3. Alkuarvo (1) = 0.5 määrää integroimisvakion C. (1) = 1 2 C 1 + 1 3 = 1 2 C = 1 6 Ratkaisu: (x) = 1 6x + x 3.
4. Luennolla käsiteltiin seuraavaa kulutustuotteen markkinoita kuvaavaa mallia: Tuotteen hinta on p ja määrä varastossa on q. Tuotteen ksntä on D = a 1 b 1 p ja tarjonta on S = a 2 + b 2 p. Varaston muutosnopeus on q = S D. Varastoja pritään pitämään keskimäärin suunnitellun kokoisena q e samoin hintaa pritää ohjaamaan tavoitearvoonsa p e. Hintaa ohjataan tätä varten niin, että d p/dt = α(q e q) + β(p e p). Oletamme, että kaikke edellä esiintneet vakiot a 1,b 1,a 2,b 2,q e,p e,α,β ovat positiivisia. Luennolla tehdn analsin perusteella mallin tasapaino on stabiili ja tasapainohinta on p 1 (t) = a 1 + a 2 b 1 + b 2 (Ohje: Toisen kertaluvun vakiokertoimisen lineaarisen DY:n a + b + c = d tasapainoratkaisu on stabiili, joss a > 0, b > 0 ja c > 0.) Miten malli muuttuu ja miten mallin stabiilisuus muuttuu, jos asiakkaat lkkäävät ostojaan hinnan ollessa laskussa ja aientavat ostojaan hinnan ollessa nousussa. Mallinnamme asian muuttamalla mallin ksnnän hintariippuvuuden seuraavan kaltaiseksi missä c 1 > 0. D = a 1 b 1 p + c 1 p, p = α q e α q + β p e β p p = α q β p p + β p = α [S D] p + β p = α [( a 2 + b 2 p) (a 1 b 1 p + c 1 p )] p + (β α c 1 )p + α(b 1 + b 2 ) = α(a 1 + a 2 ) Nt on selvää, että tasapaino ratkaisu on edelleen Se ei siis muutu. Tasapaino on stabiili, jos p 1 (t) = a 1 + a 2 b 1 + b 2. β α c 1 > 0.
5. Ratkaise + 5 + 4 = x. (DY:) + 5 + 4 = x, (HY:) + 5 + 4 = 0. Karakteristinen htälö: HY:n leinen ratkaisu: r 2 + 5r + 4 = 0 r = 5 ± 5 2 4 1 4 2 1 r 1 = 1, ja r 2 = 4. 0 (x) = C 1 e r 1x +C 1 e r 1x = C 1 e x +C 1 e 4x DY:n ksitisratkaisu ritteellä: 1 (x) = Ax + B 1 (x) = Ax + B 1 (x) = A 1 (x) = 0 = 5 ± 3 2 sij. (DY:) + 5 + 4 = x 0 + 5A + 4(Ax + B) = x 4Ax + (5A + 4B) = x A = 1/4 ja B = 5/16. 1 (x) = 1 4 x 5 16 DY:n leinen ratkaisu: (x) = 0 (x) + 1 (x). Siis Vastaus: (x) = C 1 e x +C 2 e 4x + 1 4 x 5 16. Tarkistus: (x) = C 1 e x +C 2 e 4x + 1 4 x 5 16 (x) = C 1 e x 4C 2 e 4x + 1 4 (x) = C 1 e x + 16C 2 e 4x (DY:) + 5 + 4 = x (DY:) (C 1 e x + 16C 2 e 4x ) + 5( C 1 e x 4C 2 e 4x + 1 4 ) +... + 4(C 1 e x +C 2 e 4x + 1 4 x 5 16 ) = x OK!
6. Ratkaise 2 + 6 8 = 160, kun (0) = 9 ja (0) = 2 Karakteristinen htälö: HY:n leinen ratkaisu: (DY:) 2 + 6 8 = 160, (HY:) 2 + 6 8 = 0. 2r 2 + 6r 8 = 0 r = 6 ± 6 2 4 2 ( 8) = 2 2 r 1 = 1, ja r 2 = 4. DY:n ksitisratkaisu ritteellä: 1 (x) = A 1 (x) = A 1 (x) = 0 1 (x) = 0 0 (x) = C 1 e r 1x +C 1 e r 1x = C 1 e x +C 1 e 4x 6 ± 10 4 sij. (DY:) 2 + 6 8 = 160 0 + 0 8A = 160 A = 20 1 (x) = 20 DY:n leinen ratkaisu: (x) = 0 (x) + 1 (x). Siis (x) = C 1 e x +C 2 e 4x 20, (x) = C 1 e x 4C 2 e 4x. Alkuarvot: { (0) = 9 (0) = 2 { C1 + C 2 20 = 9 C 1 4C 2 = 2 { C1 = 23,6 C 2 = 5,4 Vastaus: (x) = 23,6e x + 5,4e 4x 20. Tarkistus: (x) = 23,6e x + 5,4e 4x 20 (x) = 23,6e x 21,6e 4x (x) = 23,6e x + 86,4e 4x (DY:) 2 + 6 8 = 160 (DY:) 2(23,6e x + 86,4e 4x ) +... + 6(23,6e x 21,6e 4x ) +... 8(23,6e x + 5,4e 4x 20) = 160 OK!