Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 6. viikolle / 16. 18.5. Lineaariset differentiaaliyhtälöt, homogeeniset differentiaaliyhtälöt Tehtävä 1: a) Määritä differentiaaliyhtälön y 3y = 14e 4x yleinen ratkaisu. b) Määritä differentiaaliyhtälön y + 3y = 1 ratkaisu alkuehdolla y(0) = 7. Ratkaisu 1: a) y 3y = 14e 4x Ratkaistaan ensimmäisen asteen lineaarinen differentiaaliyhtälö integroivan tekijän avulla. Kerrotaan yhtälöä puolittain tekijällä e 3x. e 3x y 3e 3x y = 14e 7x Huomataan, että DY:n vasemmalla puolella kyseessä on itseasiassa funktion ye 3x derivaata. Ketjusäännöllä: d dx ye 3x = e 3x y 3e 3x y, joten DY supistuu muotoon: d dx (ye 3x ) = 14e 7x Integroidaan puolittain. Vasemmalta katoaa derivaatta ja oikealle saadaan integroimisvakio d dx (ye 3x ) = 14e 7x dx ye 3x = e 7x + C Nyt voimme ratkaista DY:n yleisen ratkaisun: y = e 4x + Ce 3x 1
b) y + 3y = 1 ratkaisu alkuehdolla y(0) = 7. Ratkaistaan tehtävä a-kohdan tapaan integroivan tekijän e 3x avulla. e 3x y + 3e 3x = 1e 3x d dx ye3x = 1e 3x d dx ye3x = 1e 3x dx ye 3x = 4e 3x + C y = 4 + Ce 3x Ratkaistaan vakio C alkuehdon avulla: y(0) = 4 + Ce 0 = 7 C = 3 DY:n eksplisiittinen ratkaisu siis: 4 + 3e 3x Tehtävä : Määritä differentiaaliyhtälöiden ratkaisut, kun alkuehtoina on y(0) = 5, y (0) = 10. a) y + 6y 16y = 0, b) y 6y + 9y = 0. Ratkaisu : a) y + 6y 16y = 0. Kyseessä toisen asteen homogeeninen ja lineaarinen DY. Lähdetään ratkomaan sitä yritteellä: y = e λt,jolloin: Nyt: y = λe λt y = λ e λt λ e λt + 6λe λt 16e λt = 0 Termi e λt voidaan jakaa pois, ja jäljelle jää yhtälö: λ + 6λ 16 = 0 Tätä kutsutaan DY:n karkateristiseksi yhtälöksi, joka voidaan ratkaista toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla. λ = 6 ± 36 4 1 ( 16) = 8 tai
y voi olla siis muotoa C 1 e 8x tai C e x. Yleinen ratkaisu on näiden lineaarikombinaatio. (Yleisesti toisen asteen homogeenisen ja lineaarisen DY:n yleinen ratkaisu on muotoa: y(x) = C 1 e λ 1t + C e λ t. Yleisen ratkaisun muoto riippuu kuitenkin karak.yhtälön juurista.) Tässä tapauksessa yleinen ratkaisu on muotoa: y(x) = C 1 e 8x + C e x, jolloin: y (x) = 8C 1 e 8x + C e x Nyt voidaan alkuehtojen avulla ratkaista vakiot C 1 ja C. y(0) = C 1 e 0 + C e 0 = 5 C = 5 C 1 DY siis: y (0) = 8C 1 e 0 + C e 0 = 10 8C 1 + 10 C 1 = 10 10C 1 = 0 C 1 =, C = 3 y(x) = e 8x + 3e x b) y 6y + 9y = 0. Kyseessä taas toisen asteen homogeeninen ja lineaarinen DY. Ratkaistaan se samalla tavalla kuin edellä, eli yritteellä e λt, jolloin päästään seuraavaan karak.yhtälöön: λ 6λ + 9 = 0 λ = 6 ± 36 4 1 9 Kyseessä on kaksoisjuuri, jolloin yleinen ratkaisu on muotoa: = 3 y(x) = C 1 e 3x + C xe 3x, jolloin: y (x) = 3C 1 e 3x + C e 3x + 3C e 3x Nyt saadaan alkuehdoilla ratkaistua tuntemattomat vakiot: y(0) = C 1 e 0 + C = 5 0 e 0 C 1 = 5 y (0) = 3C 1 + C = 10 C = 5 DY:n ratkaisu alkuehdoilla siis: y(x) = 5e 3x 5xe 3x 3
Tehtävä 3: Kun jousi, jonka päässä on punnus, päästetään värähtelemään, niin systeemi toteuttaa differentiaaliyhtälön F = ky my = ky, jossa y on systeemin etäisyys tasapainoasemasta ajan t funktiona, m > 0 on massa ja k > 0 on jousivakio. a) Määritä y = y(t), kun alkupoikkeama on y(0) = a > 0 ja alkunopeus y (0) = 0. b) Määritä värähdysliikkeen jaksonaika (eli pienin T > 0, jolla y(t + T ) = y(t) kaikilla t). Ratkaisu 3: a) Ratkaistaan DY: my = ky y = k m y y + k m y = 0 Kyseessä siis toisen asteen homogeeninen lineaarinen DY. Ratkaistaan se yritteellä y = e λt. Karakteristinen yhtälö: λ e λt + k m eλt = 0 e λt (λ + k m ) = 0 λ + k m = 0 λ = ± k k m = ±i m k Merkataan ω = helpottaaksemme tulevaa pyörittelyä. Nyt siis λ = ±iω. Toista astetta m olevan homogeenisen ja lineaarisen DY:n yleinen ratkaisu tässä tapauksessa siis muotoa: y(t) = C 1 e +iωt + C e iωt Seuraavaksi hyödynnämme Eulerin kaavaa, joka sanoo: e ix = cos(x) + i sin(x), jolloin e ix = cos(x) i sin(x), koska sin(x) on pariton funktio Siispä yleinen ratkaisu saadaan muotoon: y(t) = C 1 (cos(ωt) + i sin(ωt)) + C (cos(ωt) i sin(ωt)) y(t) = (C 1 + C ) cos(ωt) + i(c 1 C ) sin(ωt) y(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) Kertoimet A ja B saadaan alkuehdoilla. y(0) = A cos(0) + B sin(0) = a a = A y (0) = A sin(0) + Bcos(0) = 0 B = 0 Näillä alkuehdoilla saadaan reaalinen ratkaisu DY:lle, joka on muotoa: y(t) = a cos(ωt) 4
b) Värähdysliikkeen jaksonaika T. Edellä ratkaistussa DY:ssä on vain yksi kosini-termi ja tiedämme, että kosinin arvot toistuvat aina πn välein. Kun t = T termissä cos(ωt), ω:n on oltava ω = π π, jolloin cos( T ) = T T cos(π). (ω = kulmanopeus) Ratkaistaan nyt alkuperäisestä differentiaaliyhtälöstä jaksonaika T hyödyntämällä tietoa ω = π T Nyt: my = ky y = aω sin(ωt) y = aω cos(ωt) maω cos(ωt) = ka cos(ωt) mω = k m( π T ) = k T = m k (π) m T = k π Tehtävä 4: Oletetaan, että tehtävän 3 jousi punnussysteemiin vaikuttaa lisäksi nopeuteen verrannollinen vastusvoima by, jossa b > 0, jolloin differentiaaliyhtälö saa muodon my = ky by. Helpotukseksi oletetaan lisäksi m = 1, k = ja b =. a) Määritä y = y(t), kun alkupoikkeama on y(0) = a > 0 ja alkunopeus y (0) = 0. b) Miten ratkaisu eroaa tehtävän 3 ratkaisusta (olettaen, että siinäkin m = 1 ja k = )? Ratkaisu 4: my = ky by, kun m = 1, k = ja b =. Kyseessä jälleen toisen asteen homogeeninen lineaarinen DY. Ratkaistaan se tismalleen samalla tavalla kuin aikasempien tehtävien vastaavat DY:t, eli yritteellä y = e λt. Yritteellä päädytään karakteristiseen yhtälöön: my + by + ky = 0 y + y + y = 0 λ + λ + = 0 λ = ± 4 4(1)() = ± i = 1 ± i 5
Kuten muistamme, yleinen ratkaisu toisen asteen lineaarisille ja homogeenisille yhtälöille on muotoa: y(t) = C 1 e λ 1t + C e λ t Tässä tapauksessa: y(t) = C 1 e ( 1+i)t + C e ( 1 i)t = e t (C 1 e it + C e it ) = e t [C 1 (cos(t) + i sin(t)) + C (cos(t) i sin(t))] = e t [(C 1 + C ) cos(t) + i(c 1 C ) sin(t)] = e t [A cos(t) + B sin(t)] Ratkaistaan tuntemattomat kertoimet alkuehtojen avulla. y(t) = e t [A cos(t) + B sin(t)] y (t) = e t (B cos(t) A sin(t)) e t (A cos(t) + B sin(t)) = e t [(B A) cos(t) (A + B) sin(t)] y(0) = A cos(0) + 0 = a A = a y (0) = e 0 [(B A) 0] = 0 B = A = a DY:n ratkaisu alkuehdoilla siis: ae t (cos(t) + sin(t)) b) Yleinen ratkaisu eroaa a-kohdan yleisestä ratkaisusta termillä e t. Tätä termiä kutsutaankin harmonisen värähtelyn vaimennustekijäksi. Kyseessä on siis vaimennettu harmoninen värähtelijä. Tässä tapauksessa vieläpä alivaimennettu, sillä karak.yhtälön diskriminantti on D < 0. Tehtävä 5: Ratkaise yleisesti differentiaaliyhtälö y + 8y + 0y = 0 ja osoita, että kaikilla ratkaisuilla on sama raja-arvo lim x y(x). Ratkaisu 5: y + 8y + 0y = 0. Kyseessä jälleen toisen asteen homogeeninen ja lineaarinen yhtälö. Karakteristinen yhtälö on muotoa: λ + 8λ + 0 = 0 λ = 8 ± 64 4(0) = 4 ± i Yleinen ratkaisu muotoa: y(t) = C 1 e ( 4+i)t + C e ( 4 i)t = e 4x [(C 1 + C ) cos(x) + (C 1 + C ) sin(x)] = e 4x [A cos(x) + B sin(x)] 6
Nyt raja-arvo: lim x e 4x [A cos(x) + B sin(x)] sin(x) 1 ja cos(x) 1, joten raja-arvo suurimmillaan: lim x e 4x [A + B] = 0 Kaikki DY:n ratkaisut x:n kasvaessa lähestyvät siis nollaa. Tehtävä 6: Eulerin differentiaaliyhtälö on muotoa ax y + bxy + cy = 0, kun a, b, c R ovat vakioita. Se voidaan ratkaista käyttämällä muotoa y(x) = x r olevaa yritettä, jossa r on vakio. a) Sijoita tällainen yrite differentiaaliyhtälöön x y + 5xy 1y = 0 ja ratkaise mahdolliset parametrin arvot r 1 ja r toisen asteen yhtälöstä. b) Määritä a-kohdan yhtälöön liittyvän alkuarvotehtävän y(1) =, y (1) = 4 ratkaisu, kun tiedetään, että yleinen ratkaisu on muotoa y(x) = Ax r 1 + Bx r. Ratkaisu 6: a) x y + 5xy 1y = 0. Yritteellä y = x r saamme: y = rx r ja y = r(r 1)x r Sijoitus: r(r 1)x r + 5rx r 1x r = 0 (r(r 1) + 5r 1)x r = 0 Yhtälö toteutuu kaikille x R. (Paitsi x = 0, jos r < 0). r(r 1) + 5r 1 = 0 r + 4r 1 = 0 Siis: r = 4 ± 16 4( 1) = 4 ± 8 r 1 = 6 ja r = (tai toisinpäin) = 6 tai b) Yleinen ratkaisu: y(x) = C 1 x 6 + C x y (x) = 6C 1 x 7 + C x y(1) = C 1 1 + C 1 = C = C 1 y (1) = 6C 1 + C = 4 8C 1 + 4 = 4 C 1 = 0 C = 7
DY:n ratkaisu alkuehdoilla: y(x) = 0 x 6 + x = x Yleiset. kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Palautettava tehtävä 7: Määritä seuraavien differentiaaliyhtälön ratkaisut annetuilla alkuehdoilla. a) y + 6y 16y = e 3x, y(0) = 1, y (0) = 0, b) y 6y + 9y = 9x + 1, y(0) = 0, y (0) = 1. Huom: Homogeeniset osat ratkaistiin jo tehtävässä. Ratkaisu 7: a) y + 6y 16y = e 3x, y(0) = 1, y (0) = 0, Kyseessä toisen asteen epälineaarinen DY. Helppo tapa ratkaista kyseisisä differentiaaliyhtälöitä on ratkaista ensin DY:n homogeeninen osa, jonka jälkeen etsitään yritefunktiolla eräs erikoisratkaisu, joka myös toteuttaa DY:n. Lopullinen yleinen ratkaisu on näiden kahden lineaarikombinaatio. Eksplisiittinen ratkaisu saadaan jälleen alkuehtojen avulla. Homogeeninen osa (-tehtävästä): C 1 e 8x + C e x Kokeillaan löytää erikoisratkaisu yritteellä Ae 3x. Tällöin: Nyt siis DY: y = 9Ae 3x y = 3Ae 3x 9Ae 3x + 6(3Ae 3x ) 16(Ae 3x ) = e 3x 9A + 18A 16A = A = Vakio löytyi, joten erikoisratkaisu totetuttaa DY:n. Eräs erikoisratkaisu siis muotoa: y(t) = C 1 e 8x + C e x e 3x y (t) = 8C 1 e 8x + C e x 6e 3x, jolloin: alkuehdoilla saadaan vakiot: y(0) = C 1 e 0 + C e 0 e 0 = 1 C = 3 C 1 y (0) = 8C 1 + C 6 = 0 = 8C 1 + 6 C 1 = 10C 1 C 1 = 0 C = 3 Eksplisiittinen ratkaisu siis: y(x) = 3e x e 3x 8
b) y 6y + 9y = 9x + 1, y(0) = 0, y (0) = 1. Edetään samalla tavalla, kuin a-kohdassa. Tässä tapauksessa yritefunktio kuitenkin on hieman erilainen. HY:n ratkaisu (b): C 1 e 3x + C xe 3x Erityisratkaisu DY:lle polynomiyritteellä ax + bx + c, jolloin: y = ax + b y = a Nyt siis DY: a 6(ax + b) + 9(ax + bx + c) = 9x + 1 9ax + (9b 1a)x + (a 6b + 9c) = 9x + 1 Nyt voimme ratkaista kunkin asteen polynomitermin kertoimen: x : 9a = 9 a = 1 x 1 : 9b 1a = 0 b = 4 3 Nyt saamme yleiseksi ratkaisuksi: x 0 : a 6b + 9 = 1 c = 7 9 y(x) = C 1 e 3x + C xe 3x + x + 4 3 x + 7 9 Nyt alkuehdoilla: y (x) = 3C 1 e 3x + C e 3x + 3C xe 3x + x + 4 3 y(0) = C 1 + 7 9 = 0 C 1 = 7 9 y (0) = 3C 1 + C + 4 3 = 1 = 3( 7 9 ) + C + 4 3 = 1 Ratkaisu siis: C = C 1 = 7 9 y(t) = 7 9 e3x + xe 3x + x + 4 3 x + 7 9 9
Palautettava tehtävä 8: Kaukolämpöputken sisäsäde on 1 ja ulkosäde. Putken sisäpinnan lämpötila on 100 ja ulkopinnan lämpötila 0. Määritä putken lämpötila u = u(r) säteen r funktiona arvoilla 1 r, kun lämpötila toteuttaa differentiaaliyhtälön ru + u = 0. Vihje: Merkitään u (r) = v(r), jolloin u = v. Ratkaise ensin v(r) ja sen jälkeen u(r) integroimalla. Menetelmä on nimeltään kertaluvun pudotus. (Vast: 100 100 ln r/ ln ) Ratkaisu 8: Lämpötila toteuttaa differentiaaliyhtälön ru + u = 0 alkuehdoilla u(1) = 100 ja u() = 0. Yhtälö ei sisällä nollannen kertaluokan termiä u(r) vaan ainoastaan tämän derivaattoja. Voidaan siis tehdä kertaluvun pudotus. Merkitsemällä u (r) = v(r) saadaan rv (r) + v(r) = 0. Tämä on separoituva, joten voidaan ratkaista r dv dr = v dv dr v = r ln v = ln r + C v = e ln( 1 r )+ C = 1 r e C = C r. Alkuperäisen differentiaaliyhtälön ratkaisu on siis 1 u(r) = v(r) dr = C dr = C ln r + D. r Alkuehdoista saadaan { u(1) = C ln 1 + D = 100 u() = C ln + 100 = 0 { D = 100 C = 100 ln. Palautettava tehtävä 9: Määritä differentiaaliyhtälön y 5y + 6y = e x yleinen ratkaisu. Ratkaisu 9: Kyseessä jälleen toisen asteen epälineaarinen DY. Ratkaistaan ensin karakteristinen yhtälö: HY:n yleinen ratkaisu λ 5λ + 6 = 0 λ = 5 ± 5 4 6 = 5 ± 1 C 1 e x + C e 3x 10 = tai 3
Etsitään nyt erikoisratkaisu yritteellä y = Axe x. (Ae x ei toteuttaisi yhtälöä). DY siis: Nyt saadaan yleinen ratkaisu: y = Axe x + Ae x y = 4Axe x + 4Ae x y 5y + 6y = e x A(4xe x ) 5A(e x + xe x ) + 6Axe x = e x 4A + 4Ax 5A 10Ax + 6Ax = y(x) = C 1 e x + C e 3x xe x A = Palautettava tehtävä 10: Besselin differentiaaliyhtälön x y + xy + (x m )y = 0 ratkaisu y(x) = J 0 (x) parametrin arvolla m = 0 kuvaa mm. pyöreän rummun kalvon radiaalisten ominaisvärähtelyjen muotoa. Tässä tehtävässä johdetaan funktion J 0 (x) sarjakehitelmä. Täydennä seuraavat välivaiheet: Sijoita yhtälöön x y + xy + x y = 0 (ei kannata supistaa x:llä!) yleinen potenssisarja y(x) = c k x k ja siirrä x-termit sarjan sisälle. Jotta kaikkiin sarjoihin saadaan samat x:n potenssit x k, niin viimeiseen sarjaan täytyy tehdä summausindeksin siirto k k, joka vaikuttaa myös summauksen alarajaan. Tällöin vain keskimmäisessä sarjassa esiintyy indeksiä k = 1 vastaava termi, josta seuraa c 1 = 0. Muilla indeksin arvoilla täytyy termien x k kerrointen summan olla = 0. Tämä johtaa palautuskaavaan c k = c k k. Edellisistä seuraa, että c n+1 = 0 aina ja Vihje: Kokeile aluksi pienillä n:n arvoilla. k=0 c n = c n (n) c n = ( 1)n n (n!) c 0. Valitsemalla c 0 = 1 saadaan differentiaaliyhtälön ratkaisu ( 1) n J 0 (x) = n (n!) xn. n=0 11
Ratkaisu 10: Tällöin: Sijoitus: x y + xy + (x m )y = 0, y(x) = y (x) = x k= c k kx k 1, k=1 c k kx k 1 + x y (x) c k x k k=0 c k k(k 1)x k k= c k kx k 1 + x k=1 k=0 c k x k = 0 Muokataan viimeistä sarjaa, jotta saadaan samat potenssit x k -termeille ja siirretään summien ulkopuolella olevat x-termit summien sisälle c k kx k + x c k kx k + x k= Nyt voidaan verrata x k -termien kertoimia k=1 k= c k x k = 0 k = 1 : c 1 1 x = 0 c 1 = 0 kaikilla x : n arvoilla k : c k k(k 1) + c k k + c k = 0 c k = c k k Nyt nähdään sijoittamalla k:n arvoja: että Toisaalta voisimme tutkia arvoja: c 1 = 0 c 3 = c 1 3 = 0 c 5 = c 3 5 = 0 jne. c n+1 = 0 Aina. k = n : c n = c n n n = 1 : c = c 0 1 n = : c 4 = c = + c 0 ( 1) n = 3 : c 6 = c 4 3 = c 0 6 (3 1) jne. Elikkäs: c n = ( 1)n n (n!) 1
Nyt saamme valitsemmalla c 0 = 1 DY:n ratkaisuksi: Suppenemissäde R =.. = y(x) = J 0 (x) = n=0 ( 1) n n (n!) xn 13