Vaasan yliopisto, syksy 2016 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi 8. harjoitus, viikko 49 R1 to 12 14 F453 (8.12.) R2 to 14 16 F345 (8.12.) R3 ke 8 10 F345 (7.11.) 1. Määritä funktion f (x) = 1 Taylorin sarja kehityskeskuksena a = 1. (9 + x) 2 Lasketaan ensin derivaattojen lausekkeet ja derivaattojen arvot kehityskeskuksessa. f (x) = (9 + x) 2 f (x) = 2 (9 + x) 3 f (x) = 3 2 (9 + x) 4 f (x) = 4 3 2 (9 + x) 5. f (k) (x) = ( 1) k (k + 1)! (9 + x) (k+2) Taylorin sarja: f (x) = = k=0 k=0 f (k) (1) (x 1) k = k! ( 1) k (k + 1) 10 k+2 (x 1) k ( 1) k (k + 1)! k=0 k! 10 k+2 (x 1) k f (1) = 10 2 f (1) = 2 10 3 f (1) = 3! 10 4 f (1) = 4! 10 5. f (k) (1) = ( 1) k (k + 1)! 10 (k+2) = 1 10 2 2 3 (x 1) + 103 10 4 (x 1)2 4 10 5 (x 1)3 + 5 10 6 (x 1)4 6 10 7 (x 1)5 +... 2. Määritä funktion y(x) MacLaurinin sarjan kertoimet, kun y(0) = 2 ja y (x) = x(x y(x)). Lasketaan ensin ratkaisufunktion derivaattoja: y (x) = x 2 x y(x) y (x) = 2x y(x) x y (x) y (x) = 2 y (x) y (x) x y (x) y (x) = 2y (x) y (x) xy (x) = 2 2y (x) x y (x) = 3y (x) x y (x) y (5) = 3y (3) y (3) x y (4) = 4y (3) x y (4) y (6) = 4y (4) y (4) x y (5) = 5y (4) x y (5) y (k) = (k 1)y (k 2) x y (k 1)
Derivaattojen arvot kehityskeskuksessa ovat y(0) = 2 y (0) = 0 2 0 2 = 0 y (0) = 2 0 2 0 0 = 2 y (0) = 2 2 0 0 ( 2) = 2 y (4) (0) = 3 ( 2) 0 2 = 6 y (5) (0) = 4 2 0 6 = 8 y (6) (0) = 5 6 0 ( 8) = 30 y (7) (0) = 6 ( 8) 0 ( 30) = 48 y (8) (0) = 7 ( 30) 0 48 = 210 y (k) (0) = (k 1) y (k 2) (0) Differentiaaliyhtälön ratkaisufunktion Maclaurinin sarja on silloin y(x) = k=0 y (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 nyt 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 merkitystä. Ratkaisufunktion sarjakehitelmä voidaan jakaa parittomaan ja parilliseen osaan ja y odd (x) = 1 3 1 x3 1 = n=1 5 3 1 x5 + ( 1) n+1 1 (2n + 1)!! x2n+1 y even (x) = 2 2 2 x2 + 2 4 2 x4 2 = 2 + n=1 6 4 2 x6 + ( 1) n 2 (2n)!! x2n 1 7 5 3 1 1 x7 9 7 5 3 1 x9 +... 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:
3. Ratkaise differentiaaliyhtälöiden yleiset ratkaisut a) (a) y + xy = 0 (b) y + xy = x 2 dy dx = xy dy y dy y = xdx = xdx ln y = x2 2 +C 1 y(x) = C e x2 /2 b) Tutkittavana on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö (DY). Erotetaan DY ja vastaava homogeeninen yhtälö (HY). (DY) y + xy = x 2 (HY) y + xy = 0 HY ratkaistiin jo tehtävän a-kohdassa, joten saamme sen yleisen ratkaisun sieltä: y 0 (x) = C e x2 /2. DY:n yksityisratkaisua varten teemme yritteen: yrite : y 1 (x) = Ax 2 + Bx +C y 1 (x) = 2Ax + B.
Kun sijoitamme yritteen DY:öön, saamme (DY) : y + xy = 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 Yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua, joten yrite epäonnistui. Melko pian huomaa, että mikään polynomi -tyyppinen yrite ei onnistu. Seuraava menetelmä järjestyksessä on vakion variointi (ks. opetusmoniste s. 131-133). Menetelmä antaa yksityisratkaisun muodossa y 1 (x) = e x2 /2 x 2 e 2 1 x2 dx Lausekkeen sisältämä integraali ei ole helppo. Integraalia pystyy yksinkertaistamaan osittais -integroinnilla, mutta senkin jälkeen integraalia ei voi esittää alkeisfunktioiden avulla. (Jos voitaisiin, niin silloin myös normaalijakauman tiheysfunktiolle olisi esitys alkeisfunktioiden avulla. Tämä on tunnetusti mahdotonta.) Emme siis saa DY:n yksityisratkaisua lausuttua mitenkään yksinkertaisella tavalla. MUTTA tehtävässä 2 saimme sille potenssisarjan. Jos tehtävän 2 ratkaisufunktio on ỹ 1 (x), niin tehtävän 3b) ratkaisu on y(x) = y 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... 3demo. Jotta edellinen tehtävä ei jättäisi mielikuvaa siitä, että ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on aina vaikea käsitella ratkaisemme melkein saman laisen DY:n, jonka ratkaisu sujuu kuin Strömsjössä. Ratkaise xy = x 2 y, (x > 0), kun y(1) = 0.5. Tutkittavana on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö (DY). Erotetaan DY ja vastaava homogeeninen yhtälö (HY). Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on (HY) (DY) xy + y = x 2, (HY) xy + y = 0. x dy dx = y dy y dy y = dx x = dx x ln y = ln x +C 1 y 0 (x) = C x 1
DY:n yksityisratkaisua varten teemme yritteen: Kun sijoitamme yritteen DY:öön, saamme DY:n yleinen ratkaisu on siis: yrite : y 1 (x) = Ax 2 + Bx +C y 1 (x) = 2Ax + B. (DY) : xy + y = x 2 x(2ax + B) + (Ax 2 + Bx +C) = x 2 3Ax 2 + 2Bx +C = x 2 3A = 1 2B = 0 y 1 (x) = 1 3 x2. C = 0 y(x) = y 0 (x) + y 1 (x) = C x + x2 3. Alkuarvo y(1) = 0.5 määrää integroimisvakion C. y(1) = 1 2 C 1 + 12 3 = 1 2 C = 1 6 Ratkaisu: y(x) = 1 6x + x2 3. 4. Muodosta funktion f (x,y) = e x2 +y 2 (x 1) 2 toisen kertaluvun Taylorin polynomit kehityskeskuksina (x 1,y 1 ) = (0,0) ja (x 2,y 2 ) = (0.1,0.2). Taylorin polynomin kaava P 2 (x,y) = c 00 + c 10 (x a) + c 10 (y b) + c 20 (x a) 2 + c 11 (x a)(y b) + c 02 (y b) 2 missä i j f (x,y) x c i j = i y j = f x i y j(a,b) i! j! i! j! c 00 = f (a,b) c 10 = f x (a,b) c 01 = f y (a,b) c 20 = 1 2 f xx(a,b) c 11 = f xy (a,b) c 20 = 1 2 f yy(a,b) eli
Lasketaan ensin kaikki tarvittavat osittaisderivaatat f (x,y) = e x2 +y 2 (x 1) 2 f x (x,y) = 2xe x2 +y 2 (x 1) 2 + e x2 +y 2 2(x 1) = e x2 +y 2 (2x 3 4x 2 + 4x 2) f y (x,y) = e x2 +y 2 (2y)(x 1) 2 f xx (x,y) = 2xe x2 +y 2 (2x 3 4x 2 + 4x 2) + e x2 +y 2 (6x 2 8x + 4) = e x2 +y 2 (4x 4 8x 3 + 8x 2 4x) + e x2 +y 2 (6x 2 8x + 4) = e x2 +y 2 (4x 4 8x 3 + 14x 2 12x + 4) f xy (x,y) = f yx (x,y) = e x2 +y 2 (2y)(2x 3 4x 2 + 4x 2) f yy (x,y) = 2ye x2 +y 2 (2y)(x 1) 2 + e x2 +y 2 2(x 1) 2 = e x2 +y 2 (4y 2 + 2)(x 1) 2 Kun kehityskeskuksena on piste (a, b) = (0, 0), niin tarvittavat osittaisderivaatat saavat arvot Siis Pisteen (0,0) lähellä f (0,0) = 1 f x (0,0) = 2 f y (0,0) = 0 f xx (0,0) = 4 f xy (0,0) = 0 f yy (0,0) = 2 f (x,y) = e x2 +y 2 (x 1) 2 P(x,y) = 1 2x + 2x 2 + y 2 Kun kehityskeskuksena on piste (a, b) = (0.1, 0.2), niin tarvittavat osittaisderivaatat saavat arvot f (0.1,0.2) = e 0.12 +0.2 2 (0.1 1) 2 = 0.8515 f x (0.1,0.2) = e 0.12 +0.2 2 (2 0.1 3 4 0.1 2 + 4 0.1 2) = 1.7220 f y (0.1,0.2) = e 0.12 +0.2 2 (2 0.2)(0.1 1) 2 = 0.3406 f xx (0.1,0.2) = e 0.12 +0.2 2 (4 0.1 4 8 0.1 3 + 14 0.1 2 12 0.1 + 4) = 3.0827 f xy (0.1,0.2) = e 0.12 +0.2 2 (2 0.2)(2 0.1 3 4 0.1 2 + 4 0.1 2) = 0.6888 f yy (0.1,0.2) = e 0.12 +0.2 2 (4 0.2 2 + 2)(0.1 1) 2 = 1.8393 Siis Pisteen (0.1,0.2) lähellä f (x,y) = e x2 +y 2 (x 1) 2 P(x,y) = 0.8515 1.7220(x 0.1) + 0.3406(y 0.2)... + 1.5414(x 0.1) 2 0.6888(x 0.1)(y 0.2) + 0.9197(y 0.2) 2
5. Tuotteen hinta on p ja määrä varastossa on q. Tuotteen kysyntä on D = a 1 b 1 p ja tarjonta on S = a 2 +b 2 p. Varaston muutosnopeus on q = S D. Varastoja pyritään pitämään keskimäärin suunnitellun kokoisena q e samoin hintaa pyritää ohjaamaan tavoitearvoonsa p e. Hintaa ohjataan tätä varten niin, että d p/dt = α(q e q) + β(p e p). Oletamme, että kaikki edellä esiintyneet vakiot a 1,b 1,a 2,b 2,q e, p e,α,β ovat positiivisia. Voidaan osoittaa todeksi lause: Toisen kertaluvun vakiokertoimisen lineaarisen DY:llä ay + by + cy = d stabiili tasapainoratkaisu, jos ja vain jos a > 0, b > 0 ja c > 0. Edellä olevan lauseen perusteella voidaan osoittaa, että mallin tasapaino on stabiili ja tasapainohinta on p 1 (t) = a 1 + a 2 b 1 + b 2 Miten malli muuttuu ja miten mallin stabiilisuus muuttuu, jos asiakkaat lykkäävät ostojaan hinnan ollessa laskussa ja aientavat ostojaan hinnan ollessa nousussa. Mallinnamme asian muuttamalla mallin kysynnän 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 )p = α(a 1 + a 2 ) Nyt 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. 6. Ratkaise 2y + 6y 8y = 160, kun y(0) = 9 ja y (0) = 2 Karakteristinen yhtälö: (DY:) 2y + 6y 8y = 160, (HY:) 2y + 6y 8y = 0. 2r 2 + 6r 8 = 0 r = 6 ± 6 2 4 2 ( 8) = 2 2 r 1 = 1, ja r 2 = 4. 6 ± 10 4
HY:n yleinen ratkaisu: DY:n yksityisratkaisu yritteellä: y 1 (x) = A y 1 (x) = A y 1 (x) = 0 y 1 (x) = 0 y 0 (x) = C 1 e r 1x +C 2 e r 2x = C 1 e x +C 1 e 4x sij. (DY:) 2y + 6y 8y = 160 0 + 0 8A = 160 A = 20 y 1 (x) = 20 DY:n yleinen ratkaisu: y(x) = y 0 (x) + y 1 (x). Siis y(x) = C 1 e x +C 2 e 4x 20, y (x) = C 1 e x 4C 2 e 4x. Alkuarvot: { y(0) = 9 y (0) = 2 { C1 + C 2 20 = 9 C 1 4C 2 = 2 { C1 = 23,6 C 2 = 5,4 Vastaus: y(x) = 23,6e x + 5,4e 4x 20. Tarkistus: y(x) = 23,6e x + 5,4e 4x 20 y (x) = 23,6e x 21,6e 4x y (x) = 23,6e x + 86,4e 4x (DY:) 2y + 6y 8y = 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!