MS-A0107 - Differentiaali- integraalilaskenta 1 (CHEM) Harjoitus 6 loppuviikko 1 Tehtävä Etsi seuraavien yhtälöiden yleiset ratkaisut: Ratkaisu: a) y y 2y = 4x, b) y + 4y = sin 3x, c) y + 2y + 5y = e x a) Otetaan ensin käsittelyyn homogeeninen yhtälö (HY) y y 2y = 0 Käytetään yritettä y = e λx, jolloin y = λe λx y = λ 2 e λx. Sijoitetaan HY:hyn λ 2 e λx λe λx 2e λx = e λx (λ 2 λ 2) = 0 Tulon nollasäännön perusteella saadaan, että jälkimmäinen tulontekijä (jota kutsutaan karakteristiseksi yhtälöksi) on nolla eli λ 2 λ 2 = 0 Ratkaistaan tämä toisen asteen yhtälö saadaan juuret λ 1 = 2 λ 2 = 1. Meillä on kaksi reaalijuurta, joten HY:n ratkaisu on y H = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x = C 1 e 2x + C 2 e x Seuraavaksi käydään epähomogeeniyhtälön (EHY) y y 2y = 4x kimppuun. Yhtälön oikealla puolella on ensimmäisen asteen polynomi 4x, joten käytetään yritettä y E = Ax + B. Tällöin y E = A y E = 0. Sijoitetaan 0 A 2(Ax + B) = 2Ax + ( 2B A) = 4x Yhtälö ratkeaa, kun A = -2 B = 1. Joten EHY:n ratkaisuksi saadaan y = y H + y E = C 1 e 2x + C 2 e x 2x + 1 b) Otetaan taas ensin käsittelyyn HY karakteristiseksi yhtälöksi saadaan 1
λ 2 + 4 = 0 Tällä on kaksi kompleksitason ratkaisua eli λ 1 = 2i λ 2 = 2i. HY:n ratkaisu on siis y H = C 1 cos(2x) + C 2 sin(2x) Käydään EHY:n kimppuun yritteellä y = A sin(3x) + B cos(3x) sillä EHY:n oikealla puolella on sin(3x). Derivaatat ovat y = 3A cos(3x) 3B sin(3x) Sijoitetaan EHYyn y = 9A sin(3x) 9B cos(3x) 9(A sin(3x)+b cos(3x))+4(a sin(3x)+b cos(3x)) = 5A sin(3x) 5B cos(3x) = sin(3x) Yhtälö ratkeaa, kun A = -1/5 B = 0. EHY:n ratkaisu on siis c) HY:n karakteristinen yhtälö on y = C 1 cos(2x) + C 2 sin(2x) 1 5 sin(3x) λ 2 + 2λ + 5 = 0 Ratkaisuiksi saadaan λ 1 = -1+2i λ 2 = -1-2i. HY:n ratkaisu on siis y H = C 1 e x cos(2x) + C 2 e x sin(2x) EHY:n ratkaisuun käytetään yritettä y = Ae x jolloin y = Ae x y = Ae x. Sijoitetaan EHYyn joten Ae x 2Ae x + 5Ae x = e x joten ratkaisuksi saadaan A 2A + 5A = 4A = 1 A = 1 4 y = C 1 e x cos(2x) + C 2 e x sin(2x) + 1 4 e x 2
2 Tehtävä Etsi seuraavien yhtälöiden yleiset ratkaisut: Ratkaisu: a) y 2y + y = e x + cos x, b) y 4y = xe 2x a) HY:n karakteristiseksi yhtälöksi saadaan λ 2 2λ + 1 = 0 jolla on kaksoisjuuri λ 1 = λ 2 = 1. HY:n ratkaisu on siis y H = C 1 e x + C 2 xe x EHY:n oikealla puolella on e x cos(x). Käytetään kahta yritettä - toista eksponenttifunktioon toista kosiniin. Aloitetaan kosinista eli yrite 1 jolloin y 1 = A sin(x) + B cos(x) y 1 = A cos(x) B sin(x) Sijoitetaan EHYyn y 1 = A sin(x) B cos(x) A sin(x) B cos(x) 2A cos(x) + 2B sin(x) + A sin(x) + B cos(x) = cos x Ratkaisuna saadaan A = -1/2 B = 0. Valitaan sitten yrite 2: y 2 = Cx 2 e x jolloin y 2 = Cx 2 e x + 2Cxe x = e x (Cx 2 + 2Cx) y 2 = e x (2Cx + 2C) + e x (Cx 2 + 2Cx) = e x (Cx 2 + 4Cx + 2C) 3
Sijoitetaan EHYyn ratkaistaan vakio e x (Cx 2 + 4Cx + 2C) 2e x (Cx 2 + 2Cx) + Cx 2 e x = 2Ce x = e x C = 1/2 Kootaan yhteen ratkaisuksi saadaan siis y = y H + y 1 + y 2 = C 1 e x + C 2 xe x + 1 2 x2 e x 1 2 sin(x) b) HY:n karakteristiseksi yhtälöksi saadaan λ 2 4 = 0 jonka ratkaisut ovat λ 1 = 2 λ 2 = 2. HY:n ratkaisu on siis y H = C 1 e 2x + C 2 e 2x EHY:n ratkaisemiseen käytetään yritettä y = (Ax + B)xe 2x jolloin y = 2Axe 2x + 2Ax 2 e 2x + Be 2x + 2Bxe 2x = e 2x (2Ax + 2Ax 2 + B + 2Bx) y = 2e 2x (2Ax+2Ax 2 +B+2Bx)+e 2x (2A+4Ax+2B) = e 2x (8Ax+4Ax 2 +4B+4Bx+2A) Sijoitetaan EHYyn e 2x (8Ax + 4Ax 2 + 4B + 4Bx + 2A) 4(Ax + B)xe 2x = e 2x (8Ax + 4B + 2A) = xe 2x eli saadaan 8Ax + 4B + 2A = x joten A = 1/8 4B + 2A = 0 eli B = -1/16. Vastaus on siis y = C 1 e 2x + C 2 e 2x + 1 8 x2 e 2x 1 16 xe2x 4
3 Tehtävä Ratkaise seuraavat alkuarvoprobleemat: a) y 4y + 5y = sin x, y(0) = 0, y (0) = 1, b) y 3y + x 2 1 = 0, y(0) = 1, y (0) = 0 Ratkaisu: a) HY:n karakteristiseksi yhtälöksi saadaan λ 2 4λ + 5 = 0 jonka juuret ovat λ 1 = 2 + i λ 2 = 2 i. HY:n ratkaisu on siten y H = C 1 e 2x cos(x) + C 2 e 2x sin(x) EHY:n ratkaisemiseen otetaan tuttu yrite jolloin y = A sin(x) + B cos(x) y = A cos(x) B sin(x) Sijoitetaan EHYyn y = A sin(x) B cos(x) A sin(x) B cos(x) 4(A cos(x) B sin(x)) + 5(A sin(x) + B cos(x)) = sin(x) Tästä saadaan yhtälöpari 4A + 4B = 1 4B 4A = 0. Ratkaisuna on A = 1/8 B = 1/8. EHY:n ratkaisu on y = C 1 e 2x cos(x) + C 2 e 2x sin(x) + 1 8 sin(x) + 1 8 cos(x) Ratkaistaan vakiot C 1 C 2 alkuehdoista y(0) = 0 y (0) = 1. Derivoidaan y 5
y = 2C 1 e 2x cos(x) C 1 e 2x sin(x)+2c 2 e 2x sin(x)+c 2 e 2x cos(x)+ 1 8 cos(x) 1 8 sin(x) Sijoitetaan alkuehdot y(0) = C 1 + 0 + 0 + 1 8 = 0 C 1 = 1 8 y (0) = 2 8 1 0 + 0 + C 2 + 1 8 0 = 1 C 2 = 7 8 joten lopulliseksi vastaukseksi saadaan y = 1 8 e2x cos(x) 7 8 e2x sin(x) + 1 8 sin(x) + 1 8 cos(x) b) HY:n karakteristiseksi yhtälöksi saadaan λ 2 3λ = 0 jonka juuret ovat λ 1 = 0 λ 2 = 3. HY:n ratkaisu on siten y H = C 1 e 0x + C 2 e 3x = C 1 + C 2 e 3x Ratkaistaan EHY yritteellä y = Ax 3 +Bx 2 +Cx+D. Tällöin y = 3Ax 2 +2Bx+C y = 6Ax + 2B. Sijoitetaan 6Ax + 2B 3(3Ax 2 + 2Bx + C) = 9Ax 2 + (6A 6B)x + (2B 3C) = x 2 + 1 joten täytyy olla 9A = 1 6A 6B = 0 2B 3C = 1. Tästä ratkeaa A = 1/9; B = 1/9 C = -7/27. Saadaan siis EHY:n ratkaisuksi y = 1 9 x3 + 1 9 x2 + 7 27 x = 1 81 (9x3 + 9x 2 21x) y = C 1 + C 2 e 3x + 1 81 (9x3 + 9x 2 21x) Ratkaistaan alkuehdoista y(0) = 1 y (0) = 0 vakiot C 1 C 2. Derivoidaan y ensin 6
y = 3C 2 e 3x + 1 81 (27x2 + 18x 21) Sijoitetaan alkuarvot toinen y (0) = 3C 2 + 1 81 (0 + 0 21) = 3C 2 21 81 = 0 C 2 = 7 81 y(0) = C 1 + C 2 + 1 81 (0 + 0 0) = C 1 + 7 81 = 1 C 1 = 74 81 Sijoitetaan saadut arvot lopullinen vastaus on y = 1 81 (7e3x + 9x 3 + 9x 2 21x + 74) 4 Tehtävä Pitkin x-akselia liikkuvan massapisteen yhtälö olkoon m d2 x dt 2 = kx, missä muuttu t on aika, massa m k positiivisia vakioita. Määritä x(t) alkuehdolla x(0) = R, x (0) = 0. Miten pitkän an kuluttua massapiste palaa lähtökohtaansa, jos R = 6.36 10 6 m x (0) = 9.8 m/s 2? Mikä on probleeman fysikaalinen sisältö? Ratkaisu: Kyseessä on harmoninen värähtelijä esim. jousen päässä värähtelevä punnus. Tehtävän arvojen perusteella voisi päätellä, että tässä on kyseessä seuraavanlainen (hyvin yksinkertaistettu) ongelma: Maapallon halkaisin läpi on tehty tunneli kappale (massa m) pudotetaan sinne. Tarkoituksena on ratkaista värähtelijän ksonaika eli milloin kappale palaa lähtöpaikkaan. Muodostetaan karakteristinen yhtälö Yhtälön ratkaisu on Merkitään ω = λ = mλ 2 + k = 0 k/m = 1 k/m = i k/m k/m joten yleinen ratkaisu on 7
x(t) = C 1 cos(ωt) + C 2 sin(ωt) joten derivaatta on x (t) = ωc 1 sin(ωt) + ωc 2 cos(ωt) Ratkaistaan vakiot C 1 C 2 alkuarvoista x(0) = R x (0) = 0 x(0) = C 1 + 0 = C 1 = R joten ratkaisu on x (0) = 0 + ωc 2 = 0 C 2 = 0 x(t) = R cos(ωt) Ratkaistaan sitten ksonaika. Ensin pitää ratkaista ω. Toinen x:n derivaatta on joten x = ω 2 R cos(ωt) x (0) = ω 2 R = g ω = kun merkitään g = 9.8 m/s 2. Jaksonaksi saadaan g/r f = 1/T = ω 2π T = 2π ω = 2π R/g 5060s 8