Toisen kertaluvun yhtälöt Yleinen muoto Φ(x,y,y,y ) =, jossa Φ on neljän muuttujan funktio. Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on normaalimuotoinen, jos toinen derivaatta y on ratkaistu muuttujan x, tuntemattoman funktion y sekä derivaatan y suhteen. Toisen kertaluvun normaalimuotoinen differentiaaliyhtälö on muotoa y = f(x,y,y ). Toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö, on muotoa 2 p i (x)y (i) = p (x)y +p (x)y +p 2 (x)y = q(x), i= ja sen kertoimet p,p,p 2 ovat muuttujan x funktioita. Tärkeä erikoistapaus on vakiokertoiminen lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö, jonka kertoimet p,p,p 2 ovat vakioita. Lineaarisessa differentiaaliyhtälössä funktio q(x) on ns. häiriöfunktio. Jos q(x), niin lineaarinen differentiaaliyhtälö on homogeeninen, muutoin epähomogeeninen eli täydellinen. Toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö voidaan aina saattaa normaalimuotoon jakamalla kertoimella p 2 (x) mikäli p 2 (x) kaikilla x:n arvoilla. Toisen kertaluvun yhtälön yleinen ratkaisu on yleensä kaksiparametrinen käyräparvi y = y(x,c,c 2 ). Kiinnitetyillä parametrien C ja C 2 arvoilla toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön y = f(x,y,y ) ratkaisu välillä I on välillä I kaksi kertaa derivoituva funktio y = y(x) = ϕ(x), joka yhtälöön sijoitettuna toteuttaa yhtälön identtisesti eli ϕ (x) = f(x,ϕ(x),ϕ (x)), kaikilla x I. 2 Vakiokertoiminen lineaarinen homogeeniyhtälö vakiokertoimisen toisen kertaluvun lineaarisen homogeeniyhtälön yleinen muoto on Kertoimet p, p, p 2 ovat reaalisia vakioita. Oletus: p 2. p 2 y +p y +p y =. () Yleistetään ensimmäisen kertaluvun vakiokertoimisen yhtälön ratkaisun toisen kertaluvun n tapaukseen. Ensimmäisen kertaluvun vakiokertoiminen homogeeniyhtälö: y +λy =. Ratkaisu on muotoa y(x) = C e λx, jossa C R on mielivaltainen vakio. 2. Karakteristinen yhtälö Millä parametrin λ arvoilla funktio y(x) = e λx on differentiaaliyhtälön () ratkaisu? yrite y(x) = e λx sijoitetaan yhtälöön Sieventämällä lauseke saadaan muotoon ( p2 λ 2 +p λ+p ) e λx =. Koska e λx saadaan parametrille λ ehdoksi ns. karakteristinen yhtälö Polynomiyhtälö on astetta 2. p(λ) = p 2 λ 2 +p λ+p =, (2) Karakteristisella yhtälöllä p(λ) = on juuret λ, λ 2, jotka voivat olla reaalisia tai kompleksisia. Karakteristisen yhtälön kertoimet p k ovat reaalilukuja, joten kompleksiset ratkaisut esiintyvät liittolukuparina.
Ratkaisuohje Määrää karakteristinen yhtälö p(λ) = tekemällä yrite y(x) = e λx. Määrää karakteristisen yhtälön juuret λ, λ 2. Tutki eri tapaukset. Kaksi erisuurta reaalijuurta λ λ 2 : yleinen ratkaisu y(x) = C e λx +C 2 e λ2x. 2. Reaalinen kaksoisjuuri λ = λ 2 : yleinen ratkaisu y(x) = (C +C 2 x)e λx. 3. Kompleksiset juuret λ = a+ib, λ 2 = a ib C, i = : y(x) = C e (a+ib)x +C 2 e (a ib)x. Muista seuraavat eksponenttifunktioon liittyvät kaavat: 2.2 Esimerkkejä Esim. Ratkaise alkuarvotehtävä Esim. 2 Ratkaise alkuarvotehtävä Esim. 3 Ratkaise alkuarvotehtävä e x+y = e x e y 2.3 Liittokompleksiluvut juurena e ix = cos(x)+isin(x) (Eulerin kaava) y 4y =, y() =, y () =. y 6y +9y =, y() =, y () = 2. y +y =, y() =, y () =. Ratkaise y 6y +25y =, y() =, y () =. Karakteristisen yhtälön λ 2 6λ+25 = juuret ovat λ = 3+4i, λ = 3 4i. Ratkaisufunktiot ovat y (x) = e 3x cos(4x) ja y 2 (x) = e 3x sin(4x). Yleinen ratkaisu: y(x) = C e 3x cos(4x)+c 2 e 3x sin(4x). Lasketaan derivaatta tulon derivointikaavalla y (x) = 3C e 3x cos(4x) 4C e 3x sin(4x)+3c 2 e 3x sin(4x)+4c 2 e 3x cos(4x). Kertoimet alkuarvotehtävän ratkaisulle määrätään yhtälöparista y() = C =, C =, y () = 3C +4C 2 =, C 2 = 4. Alkuehdon toteuttava ratkaisu on y(x) = 4 e3x sin(4x). 2.4 Ideaalinen jousi-massa systeemi Newtonin II laki: mx (t) = F(t) Hooke n laki: F = kx(t), missä k on jousivakio. Differentiaaliyhtälö: mx (t)+kx(t) = Alkuehdot: x() = x, x () = v 2
2.5 Vaimennettu massa-jousi-systeemi Newtonin II laki: mx (t) = F (t)+f 2 (t) Hooke n laki: F (t) = kx(t), missä k on jousivakio. Vaimennus: F 2 (t) = cx (t) Differentiaaliyhtälö: mx (t)+cx (t)+kx(t) = Alkuehdot: x() = x, x () = v 2.6 Vaimeneva värähtelijä Tarkastellaan jousi-massa-systeemiä, jonka differentiaaliyhtälö on ja alkuehdot: x() =, x () = Ratkaisu: x(t) = e 3t ( cos(9t)+ 3 sin(9t) ). x (t)+6x (t)+9x(t) = 3
2.7 Kitkakertoimen vaikutus Ratkaise y +cy +64y =, kun c. Tutki ratkaisun käyttäytymistä c:n eri arvoilla. Ratkaisu Karakteristinen yhtälö: p(λ) = λ 2 +cλ+64 =. Nollakohdat: λ,2 = c 2 ± 2 c2 256 Värähtelyjä saadaan, jos juuret ovat kompleksisia. Värähtely vaimenevaa, jos juuren reaaliosa on negatiivinen. Ratkaisun luonne riippuu kitkakertoimesta c. 2.8 Harmoninen oskillaattori Kun c = y = C sin(8t)+c 2 cos(8t) = Asin(8t+δ). 2.9 Heikko vaimennus Kun < c < 6 y = C e c 2 t cos( 2 256 c2 t)+c 2 e c 2 t sin( 2 256 c2 t) = e ct( 2 C cos( 2 256 c2 t)+c 2 sin( 2 256 c2 t) ) = Ae c 2 t sin ( 2 256 c2 t+δ ). 2. Kriittinen vaimennus Saadaan arvolla c = 6 Karakteristisen yhtälöllä p(λ) = λ 2 + 6λ + 64 = on toisen kertaluvun reaalinen nollakohta λ = λ 2 = 8. Yleinen ratkaisu y = C e 8t +C 2 te 8t, C,C 2 R. 4
2. Voimakas vaimennus c > 6 karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta negatiivista reaalijuurta. y = C e ( c 2 2 c 2 256)t +C 2 e ( c 2 2 + c 2 256)t, C,C 2 R. 2.2 Ensimmäiseen kertalukuun palautuvia tapauksia Yhtälöstä puuttuu riippuva muuttuja: Muoto on y = F(x,y ). Sijoituksella z = y saadaan ensimmäisen kertaluvun yhtälö z = F(x,z). Ratkaistaan z. Ratkaisu y saadaan integroimalla. Erikoistapaus y = F(y ) palautuu sijoituksella z = y separoituvaksi yhtälöksi dz dx = F(z). Kaikkein yksinkertaisin yhtälö on muotoa y = F(x) ja se ratkeaa kahdella peräkkäisellä integroinnilla. Yleinen ratkaisu on 2.3 Esimerkki y(x) = x t F(τ)dτ dt+c x+c 2, C,C 2 R. Ratkaise differentiaaliyhtälö xy = 2y +x. Ratkaisu: Yhtälössä ei ole y-termiä. Sijoittamalla z = y, z = y saadaan ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö xz = 2z +x. Normaalimuoto on z 2 x z =. Integroiva tekijä on p(x) = x, joten integroivan tekijän menetelmällä 2 d dx ( x z) = 2 x z 2 x = 2 x dx = 2 x +C z = x+c x 2 = y. Ratkaisut saadaan integroimalla y = ( x+c x 2 )dx = 3 C x 3 2 x2 +C 2. Yleinen ratkaisu on y = y(x) = D x 3 +C 2 2 x2, jossa D,C 2 R, (D = 3 C ). Tarkistus: Sijoitetaan saatu yleinen ratkaisu yhtälöön xy = 2y +x. Vasen puoli xy = x(6d x ) = 6D x 2 x ja oikea puoli 2y +x = 2(3D x 2 x)+x = 6D x 2 x ovat samat kaikilla x:n arvoilla, joten yleinen ratkaisu on oikein. 5
Yhtälöstä puuttuu riippumaton muuttuja: Muoto y = F(y,y ). dx = zdz dy. Tällöin olemme tulkinneet derivaatan z riippuvan muuttujan y:n funktioksi eli z = z(y) = z(y(x)). Näillä merkinnöillä yhtälö saa muodon z dz dy = F(y,z), Käytämme muuttujia y ja z = dy dx, jolloin voimme kirjoittaa y = z dz dy eli dz joka on ensimmäisen kertaluvun yhtälö y:n ja z:n välillä. Siitä ratkaistaan z = dy dx = g(y,c ), josta saadaan separoimalla yleisen ratkaisun implisiittinen muoto dy g(y,c ) = 2.4 Esimerkki sijoitus z = y. dx x = Ratkaise differentiaaliyhtälö yy +y 2 =. Ratkaisu: Sijoitetaan z = y = dy dx, jolloin z = dz dx = dz dy dy y dx = dz dy dy g(y,c ) +C 2. z. Yhtälö saa muodon yy +y 2 = y dz dy z +z2 = z(y dz dy +z) =. Oltava joko z = tai y dz dy + z =. Jälkimmäisellä yhtälöllä on erikoisratkaisu z = ja muut ratkaisut saadaan separoimalla dz z = dy y dz z = dy y ln z = ln y +lnc = ln C y. Ottamalla eksponenttifunktio puolittain saadaan z = C y, joten z = C y, C R on yleinen ratkaisu, joka sisältää erikoisratkaisun. Alkuperäisen tehtävän ratkaisu saadaan separoimalla z = dy dx = C y ydy = C dx 2 y2 = C x+c 2. Yleinen ratkaisu implisiittimuodossa on y 2 = C 3 x + C 4, jossa C 3,C 4 R. Eksplisiittinen ratkaisu on y = ± C 3 x+c 4. Tarkistetaan ratkaisu derivoimalla implisiittiratkaisua implisiittisesti, jolloin 2yy = C 3 ja edelleen 2(y y +yy ) = eli y 2 +yy =. OK! 2.5 Lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Toisen kertaluvun täydellinen lineaarinen yhtälö muotoa p 2 (x)y +p (x)y +p (x)y = q(x). Vastaava homogeeniyhtälö on p 2 (x)y +p (x)y +p (x)y =. Olkoon I R väli, jolla toisen derivaatan kerroinfunktio p 2 (x) kaikilla x I. Yhtälö voidaan kirjoittaa normaalimuotoon jakamalla puolittain kertoimella p 2 (x). Normaalimuotoinen toisen kertaluvun lineaariyhtälö on y +a(x)y +b(x)y = f(x). Sitä vastaava homogeeniyhtälö on y +a(x)y +b(x)y =. Esitämme useita tuloksia normaalimuotoiselle yhtälölle, jolloin niitä käytettäessä on muistettava ensin saattaa yhtälö normaalimuotoon. Lause Olkoot a = a(x), b = b(x) ja f = f(x) jatkuvia funktioita välillä I R ja olkoon x I. Tällöin alkuarvotehtävällä y +a(x)y +b(x)y = f(x), x I, y(x ) = α, y (x ) = β, on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu välillä I kaikilla α, β R. Perustelu: Sivuutetaan. 6
2.6 Superpositioperiaate Homogeeniyhtälön ratkaisuille on voimassa superpositioperiaate, jonka avulla tunnetuista homogeeniyhtälön ratkaisuista saadaan muodostettua uusia homogeeniyhtälön ratkaisuja. Lause 2 Olkoot y (x),y 2 (x),...,y n (x) homogeeniyhtälön ratkaisuja. Tällöin myös funktio y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) on homogeeniyhtälön ratkaisu kaikilla C,C 2,...,C n R. Huom! Superpositioperiaate ei ole voimassa epälineaaristen yhtälöiden ratkaisuille. 2.7 Lineaarinen riippumattomuus Funktiot y (x),y 2 (x),...,y n (x) ovat lineaarisesti riippuvat eli sidotut välillä I, jos on olemassa vakiot C,C 2,...,C n, joista jokin C i siten, että C y (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) = kaikilla x I. Funktiot y (x),y 2 (x),...,y n (x) ovat lineaarisesti riippumattomat eli vapaat välillä I, jos ehdosta seuraa, että on oltava C = C 2 =... = C n =. 2.8 Esimerkki C y (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) = kaikilla x I, Osoita, että funktiot y (x) =, y 2 (x) = x ja y 3 (x) = x 2 ovat lineaarisesti riippumattomia välillä [,]. Ratkaisu: Tapa, joka sopii lineaarisen riippumattomuuden perusteluun. Vaaditaan, että C y (x)+c 2 y 2 (x)+c 3 y 3 (x) = C +C 2 x+c 3 x 2 =, kaikilla x [,]. Nollakertoimet ovat ainoa mahdollisuus, sillä vaatimalla yhtälön toteutuminen pisteissä x =, x = ja x =, saadaan yhtälöryhmä C = C C 2 +C 3 = C +C 2 +C 3 =, jonka ainoa ratkaisu on C = C 2 = C 3 =. Funktiojoukko,x,x 2 } on lineaarisesti riippumaton välillä [,]. 2.9 Esimerkki, Tapa 2 Muodostetaan derivoimalla lisää yhtäpitäviä yhtälöitä C y (x)+c 2 y 2 (x)+c 3 y 3 (x) = C +C 2 x+c 3 x 2 =, C y (x)+c 2y 2 (x)+c 3y 3 (x) = C 2 +2C 3 x =, C y (x)+c 2 y 2(x)+C 3 y 3(x) = 2C 3 =. Yhtälöryhmän ainoa ratkaisu on C = C 2 = C 3 =. Funktiojoukko,x,x 2 } on lineaarisesti riippumaton välillä [,]. Esim Osoita, että funktiot y (x) = sinx, y 2 (x) = cosx ja y 3 (x) = 3sinx+cosx ovat lineaarisesti riippuvat jokaisella välillä I R. 7
2.2 Lineaariyhtälön ratkaisujoukon rakenne Täydellisen lineaarisen differentiaaliyhtälön ratkaiseminen voidaan jakaa osatehtäviin: homogeeniyhtälön yleisen ratkaisun määrääminen täydellisen yhtälön jonkin ratkaisun määrääminen Huom! Epälineaarisia differentiaaliyhtälöitä ei voida luokitella homogeenisiin ja epähomogeenisiin yhtälöihin. Lause 3 Olkoot a(x) ja b(x) jatkuvia funktioita välillä I R. Tällöin homogeeniyhtälöllä y + a(x)y + b(x)y = on olemassa kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua y (x) ja y 2 (x) välillä I. Perustelu: Olkoon x I. Kertoimet a(x) ja b(x) ovat jatkuvia funktioita välillä I, joten lauseen mukaan homogeeniyhtälön alkuarvotehtävillä y +a(x)y +b(x)y =, x I, y +a(x)y +b(x)y =, x I, y(x ) =, y(x ) =, y (x ) =, y (x ) =, on olemassa yksikäsitteiset ratkaisut y ja y 2 välillä I. Alkuehtojen y (x ) =, y (x ) = ja y 2 (x ) =, y 2(x ) = vuoksi y ja y 2 ovat lineaarisesti riippumattomia, mikä seuraa suoraan lineaarisen riippumattomuuden määritelmästä. 2.2 Lineaarinen riippumattomuus ja Wronskin determinantti Wronskin determinantti Funktioiden y ja y 2 Wronskin determinantti on funktio W(y,y 2 ;x) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x). Lause 4 Olkoot a(x) ja b(x) jatkuvia funktioita välillä I R. Tällöin homogeeniyhtälön y +a(x)y +b(x)y = ratkaisut y (x) ja y 2 (x) ovat lineaarisesti riippumattomia välillä I jos ja vain jos W(y,y 2 ;x) kaikilla x I. Perustelu: Wronskin determinantti on W(y,y 2,x) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = y (x)y 2 (x) y (x)y 2(x), josta saamme derivoimalla W (y,y 2,x) = y y 2 +y y 2 y y 2 y y 2 = y y 2 y y 2. Nyt y i (x), on yhtälön ratkaisu, joten y i = a(x)y i b(x)y i, i =,2. Sijoittamalla nämä edelliseen Wronskin determinantin derivaatan lausekkeeseen saamme kaikilla x I W (y,y 2,x) = y ( a(x)y 2 b(x)y 2 ) ( a(x)y b(x)y ) y2 = a(x) ( y y 2 y y 2 ) = a(x)w(y,y 2,x) kaikilla x. Toisin sanoen Wronskin determinantti toteuttaa differentiaaliyhtälön x W = a(x)w W = a(x) ln W = a(x)dx = a(x)dx+c. W Funktio W = on erikoisratkaisu. Käyräparvi W = W(y,y 2,x) = Cexp( x a(x)dx) sisältää kaikki ratkaisut. Jos Wronskin determinantilla on nollakohta x I, niin Wronskin determinantti toteuttaa alkuarvotehtävän W (y,y 2,x) = a(x)w(y,y 2,x), W(y,y 2,x ) =. Alkuehto voi toteutua ainoastaan arvolla C =. Jos Wronskin determinantilla on nollakohta välillä I, niin Wronskin determinantti on identtisesti nolla välillä I. 8
2.22 Ratkaisujen perusjärjestelmä ja lineaarinen riippumattomuus Jos funktiot y ja y 2 ovat homogeeniyhtälön y +a(x)y +b(x)y = lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, niin sanomme, että y ja y 2 muodostavat homogeeniyhtälön ratkaisujen perusjärjestelmän, mikäli jokainen homogeeniyhtälön ratkaisu y voidaan esittää muodossa y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x) eli y on funktioiden y ja y 2 lineaarikombinaatio. Tällöin homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu voidaan esittää muodossa y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x). Lause 5 Olkoot a(x) ja b(x) jatkuvia funktioita välillä I R ja olkoot y ja y 2 kaksi homogeeniyhtälön y + a(x)y +b(x)y = lineaarisesti riippumatonta ratkaisua välillä I. Tällöin y ja y 2 muodostavat ratkaisujen perusjärjestelmän. 2.23 Perustelu Olkoon homogeeniyhtälön ratkaisupari y,y 2 } lineaarisesti riippumaton. Lauseen 4 mukaan Wronskin determinantti W(y,y 2 ;x) kaikilla x I. Olkoon y mielivaltainen homogeeniyhtälön ratkaisu ja olkoon x I. Merkitään y(x ) = α ja y (x ) = β. Tällöin yhtälöparilla C y (x )+C 2 y 2 (x ) = α, C y (x )+C 2 y 2(x ) = β, on yksikäsitteinen ratkaisuc,c 2 }, sillä W(y,y 2 ;x ). Funktiot y ja C y +C 2 y 2 ovat alkuarvotehtävän y +a(x)y +b(x)y =, x I, y(x ) = α, y (x ) = β ratkaisuja. Lauseen mukaan alkuarvotehtävän ratkaisu on yksikäsitteinen, joten y(x) = C y (x)+c 2 y 2 (x) kaikilla x I. Lause 6 Olkoot a = a(x), b = b(x) ja f = f(x) jatkuvia funktioita välillä I R ja olkoot y = y (x) ja y 2 = y 2 (x) eräs homogeeniyhtälön y + a(x)y + b(x)y = ratkaisujen perusjärjestelmä. Jos funktio y = y (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 (x) = C y (x)+c 2 y 2 (x)+y (x), jossa C ja C 2 ovat mielivaltaisia reaalisia vakioita. Perustelu: Olkoon y jokin täydellisen yhtälön ratkaisu. Tällöin erotus y y on homogeeniyhtälön ratkaisu ja se voidaan esittää perusjärjestelmän avulla muodossa y y = C y + C 2 y 2. Täten y voidaan esittää muodossa y = C y +C 2 y 2 +y. 2.24 Täydellinen toisen kertaluvun vakiokertoiminen differentiaaliyhtälö Vakiokertoimisen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön yleinen muoto on ay +by +cy = f(x), jossa a,b,c R ja a. Lisäksi oletamme, että häiriöfunktio f(x) on jatkuva välillä I. Täydellisen vakiokertoimisen yhtälön yleinen ratkaisu löydetään määräämällä ensin homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu. Lisäksi on löydettävä jokin täydellisen yhtälön ratkaisu. Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu voidaan esittää homogeeniyhtälön yleisen ratkaisun ja täydellisen yhtälön jonkin yksityisratkaisun summana. Toisin sanoen on tunnettava homogeeniyhtälön ratkaisujen perusjärjestelmä y (x),y 2 (x)} ja jokin täydellisen yhtälön ay +by +cy = f(x) ratkaisu y (x). Tällöin täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on Vakiot C ja C 2 kiinnitetään alkuehdoilla. y(x) = y H (x)+y (x) = C y (x)+c 2 y 2 (x)+y (x). 9
2.25 Määräämättömien kertoimien menetelmä Soveltuu vain vakiokertoimisiin differentiaaliyhtälöihin. Soveltuu vain tietyntyyppisiin häiriöfunktioihin, kuten polynomit f(x) = B +B x+...+b n x n eksponenttifunktiot f(x) = Be kx trigonometriset funktiot f(x) = B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) tulomuotoinen häiriö f(x) = e kx( B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) ) Lause 7 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 (x) ehto B +B x+...+b n x n A +A x+...+a n x n p() x ( A +A x+...+a n x n) p() =, λ =,. kl x 2( A +A x+...+a n x n) p() =,λ =, 2. kl Ae kx p(k) Be kx xae kx p(k) =, λ = k,. kl x 2 Ae kx p(k) =, λ = k, 2. kl B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) p(±iω) x ( A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) ) p(±iω) = e αx( B sin(ωx)+b 2 cos(ωx) ) e αx( A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) ) p(α± iω) xe αx( A sin(ωx)+a 2 cos(ωx) ) p(α± iω) = Määräämättömien kertoimien menetelmää voidaan soveltaa myös ensimmäisen ja korkeamman kertaluvun vakiokertoimisiin differentiaaliyhtälöihin. Summamuotoiselle häiriöllef(x) = d f (x)+d 2 f 2 (x), d,d 2 R yksityisratkaisu voidaan hakea kummallekin häiriöfunktiolle erikseen. Ratkaistaan erikseen yhtälöt ay ay +by +cy = f (x), 2 +by 2 +cy 2 = f 2 (x). Häiriöfunktiota f(x) = d f (x)+d 2 f 2 (x) vastaa yksityisratkaisu y (x) = d y (x)+d 2 y 2 (x). 2.26 Esimerkki Ratkaise määräämättömien kertoimien menetelmällä a) y +2y +y = e 2x, b) y +2y +y = e x, c) y +2y +y = x. Ratkaisu: Kohdissa a)-c) on sama homogeeniyhtälö. Homogeeniyhtälön y + 2y + y = karakteristisen yhtälön λ 2 +2λ+ = juuren λ = kertaluku on 2, joten homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on y H (x) = C e x +C 2 xe x. a) Häiriö on q(x) = e 2x ja kerroin -2 eksponentissa ei ole karakteristisen yhtälön juuri. Yrite on y (x) = Ae 2x, josta y (x) = 2Ae 2x ja y (x) = 4Ae 2x. Sijoittamalla yrite yhtälöön saadaan ehto y +2y +y = 4Ae 2x 4Ae 2x +Ae 2x = Ae 2x = e 2x, kaikilla x. Oltava A =, joten y (x) = e 2x. Yleinen ratkaisu on (C,C 2 R) y(x) = y H (x)+y (x) = C e x +C 2 xe x + e 2x. b) Häiriö on q(x) = e x ja kerroin - eksponentissa on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri. Yrite on y (x) = Ax 2 e x, josta y (x) = Ax2 e x +2Axe x ja y (x) = Ax2 e x 4Axe x +2Ae x. Sijoittamalla yrite yhtälöön saadaan ehto y +2y +y =Ax 2 e x 4Axe x +2Ae x 2Ax 2 e x +4Axe x +Ax 2 e x = 2Ae x = e x,
kaikilla x. On oltava 2A =, joten A = 2 ja y (x) = 2 x2 e x. Yleinen ratkaisu on (C,C 2 R) y(x) = y H (x)+y (x) = C e x +C 2 xe x + 2 x2 e x. c) Häiriö on q(x) = x ja origossa ei ole karakteristisen yhtälön juuria, joten yrite on y (x) = Ax + B ja (x) = A, y (x) =. Sijoittamalla yhtälöön y y +2y +y = +2A+Ax+B = Ax+(2A+B) = x ja vaatimalla yhtälön toteutuminen kaikilla x saadaan yhtälöpari, jonka ratkaisu on A =, B = 2. Siis y (x) = x 2 ja yleinen ratkaisu on 3 Sovelluksia y(x) = C e x +C 2 xe x +x 2. 3. 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. Jousivoima on suoraan verrannollinen massapisteen etäisyyteen origosta. Verrannollisuuskerroin k > on ns. jousivakio. 2. Kitkavoima on suoraan verrannollinen kappaleen nopeuteen. Verrannollisuuskerroin c > on ns. vaimennusvakio. 3. Oletamme, että massapisteeseen vaikuttaa ulkoinen ajasta riippuva pakkovoima F = F(t). Systeemin liikeyhtälö (Newtonin II laki) mx = kx cx +F tai mx +cx +kx = F. Merkintä: 2p = c m >, ω2 = k m Yhtälön normaalimuoto: x +2px +ω 2 x = F m. Tarkastelemme vaimenematonta (p = ), vaimennettua (p ), vapaata ( F = ), pakotettua värähtelyä (F ). Pakkovoima on harmoninen: F = F sin(ωt+ϕ). Tarkastelu soveltuu sellaisenaan virtapiirien teoriaan. 3.2 Vaimenematon harmoninen värähtelijä. Vapaat värähtelyt harmoninen värähtelijä vaimenematon amplitudi taajuus värähdysaika
3.3 Harmonisen oskillaattorin liikeyhtälö Ei kitkaa ja pakkovoimaa Liikeyhtälö on Karakteristisen yhtälön juuret ovat λ 2 = ±iω x +ω 2 x =. λ 2 +ω 2 = Homogeenisen vakiokertoimisen yhtälön yleinen ratkaisu on Vakiot C ja C 2 kiinnitetään alkuehtojen avulla. Toinen esitysmuoto Yleinen ratkaisu voidaan kirjoittaa myös muotoon x(t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t). x(t) = Asin(ω t+ϕ), Yhteys edelliseen esitysmuotoon saadaan kaavoista A = C 2 +C2 2, cosϕ = C A, sinϕ = C 2 A tai tanϕ = C 2. C Käytettiin summatun kulman sinin kaavaa jota soveltamalla saadaan 3.4 Amplitudi, taajuus ja värähdysaika sin(α+β) = sinαcosβ +cosαsinβ, Asin(ω t+ϕ) = Acosϕsin(ω t)+asinϕcos(ω t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t). Ylläolevien esitysten kertoimien välinen yhteys seuraa yhtälöparista (ks. PK I) Acosϕ = C, Asinϕ = C 2. A on värähtelyn amplitudi, ω 2π on värähtelyn taajuus (jousen ominaistaajuus) T = 2π ω = 2π m k on värähdysaika ω t+ϕ on vaihekulma hetkellä t ja ϕ on vaihekulman alkuarvo eli vaihekulma hetkellä t =. 2
3.5 Vaimenematon harmoninen oskillaattori. Pakotetut värähtelyt Jousi-massa-systeemiä häiritään periodisesti. Häiriö muotoa F(t) = F cos(ωt) Liikeyhtälö on Pakkovoiman taajuus (häiriötaajuus): ω 2π. Jousen ominaistaajuus: ω 2π. x +ω 2 x = F m cos(ωt). Täydellisen yhtälön erään ratkaisun muoto riippuu siitä, tapahtuuko häirintä jousen ominaistaajuudella vai ei. Tapaus ω ω : Yrite täydellisen yhtälön ratkaisuksi on (määräämättömien kertoimien menetelmä) x (t) = Asin(ωt)+Bcos(ωt), x (t) = Aωcos(ωt) Bωsin(ωt), x (t) = Aω2 sin(ωt) Bω 2 cos(ωt). Yrite sijoitetaan yhtälöön ja vaaditaan yhtälön toteutuminen Määräämättömät kertoimet ovat A = ja B = Yleinen ratkaisu on Massapiste lähtee liikkeelle levosta. Alkuehdot ovat x() = ja x () =. F m(ω 2 ω2 ). x(t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t)+ F m (ω 2 ω2 ) cos(ωt). Yleisessä ratkaisussa esiintyvät vakiot saadaan yhtälöparista x() = C2 + F m =, ω 2 ω2 x () = C ω =, F C2 = m(ω 2 ω2 ), C =. Alkuarvotehtävän ratkaisu on x(t) = F m(ω 2 ω2 ) [ cos(ωt) cos(ω t) ] 2F m(ω 2 ω2 ) sin(ω ω 2 t)sin( ω+ω 2 t) = = A(ω,t)sin( ω+ω 2 t), Värähtelyn amplitudi riippuu ajasta eli A(ω,t) = 2F m(ω 2 ω2 ) sin(ω ω t). 2 3
3.6 Resonanssi: ω = ω Yksityisratkaisuyrite täydelliselle yhtälölle on x (t) = t ( Asin(ω t)+bcos(ω t) ), x (t) = Asin(ω t)+bcos(ω t) +t ( Aω cos(ω t) Bω sin(ω t) ), x (t) = 2Aω cos(ω t) 2Bω sin(ω t) +t ( Aω 2sin(ω t) Bω 2cos(ω t) ). Yrite sijoitetaan yhtälöön ja vaaditaan yhtälön toteutuminen. Yleinen ratkaisu on x(t) = C sin(ω t)+c 2 cos(ω t)+ F tsin(ω 2ω 2 t), = Asin(ω t+ϕ)+ F tsin(ω 2mω 2 t). Systeemi on resonanssissa. Vaimennettu harmoninen oskillaattori. Vapaat värähtelyt Malliin on lisätty nopeuteen verrannollinen kitkan vaikutus mutta pakkovoimaa ei esiinny. Liikeyhtälö on x +2px +ω 2 x =. Karakteristisen yhtälön λ 2 +2pλ+ω 2 = juuret ovat λ 2 = p± p 2 ω 2, Homogeenisen vakiokertoimisen yhtälön yleisen ratkaisun muoto riippuu diskriminantin D = p 2 ω 2 arvosta. On tarkasteltava erikseen tapaukset: ylikriittinen vaimennus: D > alikriittinen vaimennus: D = kriittinen vaimennus: D < Voimakas vaimennus: D > Tapaus D >, on ns. voimakas vaimennus eli ylikriittinen vaimennus. Karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta reaalijuurta, λ < ja λ 2 <. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = C e λt +C 2 e λ2t, kun t. Massapisteen nopeudeksi saadaan derivoimalla x (t) = C λ e λt +C 2 λ 2 e λ2t. Derivaatalla on korkeintaan yksi nollakohta, joten massapiste ohittaa tasapainoaseman korkeintaan yhden kerran. 4
Kriittinen vaimennus: D = Karakteristisella yhtälöllä on reaalinen toisen kertaluvun juuri λ = λ 2 = p. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on Massapisteen nopeus on x(t) = C e pt +C 2 te pt = e pt( C +C 2 t ), kun t. x (t) = ( p)e pt( C +C 2 t ) + e pt C 2 = e pt( C 2 pc pc 2 t ). Kuten edellä derivaatalla on korkeintaan yksi nollakohta aluessa t >, joten massapiste ohittaa tasapainoaseman korkeintaan yhden kerran. Heikko vaimennus: D < Alikriittinen vaimennus Karakteristisen yhtälön juuret (liittokompleksiluvut) λ 2 = p± i ω 2 p2 = p± iω. Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = e pt( C sin(ω t)+c 2 cos(ω t) ) = Ae pt sin(ω t+ϕ), 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) = sin(ω t+ϕ) = ω t+ϕ = mπ, Massapisteen tasapainoasema ohitetaan ajanhetkillä t = t m = mπ ϕ ω,m =,... Värähdysaika on T = t m+2 t m = 2π ω = 2π ω 2 p 2 = 2π ω (p/ω ) 2 > 2π ω. Vaimennus pidentää värähdysaikaa. (On rajoituttu tapaukseen D < eli p < ω eli Vaimenemisen nopeutta kuvaa ns. logaritminen dekrementti Λ = 2πp ω. p ω <.) Oheisessa kuvassa on piirretynä tyypillisiä vaimennetun harmonisen värähtelijän ratkaisukäyriä. Ylinnä voimakas vaimennus, y +4y +3y =. Keskellä kriittinen vaimennus, y +4y +4y =. Alimmaisena heikko vaimennus, y +4y +65y =. 5
2.5.5 2 2.5 3.5.5.5.5 2 2.5 3 2.5.5 2 2.5 3 Vaimennettu harmoninen värähtelijä. Pakotetut värähtelyt Jousi-massa-systeemi: jaksollinen häiriö. Malliin on lisätty kitkan vaikutus ja pakkovoima on muotoa F(t) = F cos(ωt) Liikeyhtälö on x +2px +ω 2 x = F m cos(ωt). Homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on laskettu edellä. Täydellisen yhtälön ratkaisuyrite: Yrite sijoitetaan täydelliseen yhtälöön x (t) = Asin(ωt)+Bcos(ωt), x (t) = Aωcos(ωt) Bωsin(ωt), x (t) = Aω2 sin(ωt) Bω 2 cos(ωt). x +2px +ωx 2 = [ Aω Aω 2 2 2pωB ] sin(ωt) + [ 2pωA+Bω 2 Bω2] cos(ωt) = F m cos(ωt) kaikilla t, Kertoimille yhtälöpari (ω 2 ω2 )A 2pωB =, 2pωA+(ω 2 ω2 )B = F m A = B = F m (2pω), (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 F m (ω 2 ω2 ) (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2. Tällöin täydellisen yhtälön eräs ratkaisu on F m (2pω) x (t) = sin(ωt)+ (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 F = m sin(ωt+ϕ (2pω)2 ). +(ω 2 ω2 ) 2 F m (ω 2 ω2 ) (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 cos(ωt) Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on x(t) = e pt( C sin(ω t)+c 2 cos(ω t) ) + F m (2pω)sin(ωt) + F m (ω 2 (2pω) 2 +(ω 2 ω2 )cos(ωt) ω2 ) 2 (2pω) 2 +(ω 2 ω2 ) 2 = Ae pt sin(ω t+ϕ)+ F m (2pω)2 +(ω 2 ω2 ) 2 sin(ωt+ϕ ) F m (2pω)2 +(ω 2 ω2 ) 2 sin(ωt+ϕ ), kun t. ja värähdys- Pitkän ajan kuluttua eli suurilla t:n arvoilla pakotetun värähtelyn taajuus on likimain ω 2π aika on likimain 2π ω. 6
Värähtelyn amplitudi riippuu pakkovoiman kulmataajuudesta seuraavasti F m A(ω) = + (2pω)2 +(ω 2 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 ω2 ) 2 ääriarvot. Virtapiiri-analogia: LC-piiri: vapaat värähtelyt LC-piiri (ideaalinen): vaimenematon värähtelijä Jousi-massa-systeemin sähköinen analogia Liikeyhtälö : LI (t)+ C I(t) = I + LC I =. Resonanssitaajuus: ω = LC. RLC-piiri Liikeyhtälö: LI (t)+ri (t)+ CI(t) =. Vastus vaimentaa Resonanssitaajuus: ω = LC ( R 2L )2 3.7 Cauchy-Euler differentiaaliyhtälö, homogeeniyhtälö Yleisessä tapauksessa toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöä ei pystytä ratkaisemaan analyyttisesti. Cauchy- Euler yhtälö on eräs analyyttisesti ratkeava yhtälöluokka, jonka kertoimet eivät ole vakioita. Cauchy-Euler yhtälö on muotoa ax 2 y +bxy +cy = f(x), jossa a, b, c R ja a. Oletamme, että f(x) on jatkuva kun x. Rajoitumme tapaukseen x >. Cauchy-Euler homogeeniyhtälö ax 2 y +bxy +cy =, ratkaistaan yritteellä y(x) = x λ, jossa λ C. Sijoittamalla yritteen ja yritteen derivaatat yhtälöön saamme eksponentille λ ehdoksi karakteristisen yhtälön jonka ratkaisu määrää potenssin yritteelle y(x) = x λ. aλ(λ )+bλ+c =, Lause 8 Homogeeniyhtälön ax 2 y +bxy +cy =, x > yleinen ratkaisu saadaan karakteristisen yhtälön aλ(λ )+bλ+c = juurien avulla seuraavasti: Jos λ λ 2 R, niin y(x) = C x λ +C 2 x λ2, Jos λ = λ 2 = λ R, niin y(x) = C x λ +C 2 x λ lnx, Jos λ 2 = α± iβ, niin y(x) = x α (C sin(βlnx)+c 2 cos(βlnx)). 7
3.8 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y +2xy 2y =, x >. Ratkaisu: Yrite y = x λ. Lasketaan derivaatat y = λx λ, y = λ(λ )x λ 2. Sijoittamalla saadaan x 2 y +2xy 2y = x 2 λ(λ )x λ 2 +2xλx λ 2x λ = x λ[ λ(λ )+2λ 2 ] =. On oltava voimassa Cauchy-Euler yhtälön karakteristinen yhtälö λ(λ )+2λ 2 = λ 2 +λ 2 =. Juuret ovat λ = 2 ja λ 2 =, joten yhtälön yleinen ratkaisu on y(x) = C x 2 +C 2 x. 3.9 Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y 3xy +4y =, x >. Ratkaisu: Yrite y = x λ ja sen derivaatat yhtälöön sijoittamalla saadaan x 2 y 3xy +4y = x 2 λ(λ )x λ 2 3xλx λ +4x λ = x λ[ λ(λ ) 3λ+4 ] =. On oltava voimassa Cauchy-Euler yhtälön karakteristinen yhtälö λ(λ ) 3λ+4 = λ 2 4λ+4 =. Sen juuret ovat λ 2 = 2, joten yhtälön yleinen ratkaisu on y(x) = C x 2 +C 2 x 2 lnx. 3. Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y xy +4y =, x >. (y(x) = C xsin( 3lnx)+C 2 xcos( 3lnx) ) Ratkaise differentiaaliyhtälö x 2 y +xy +3y =, x >. (y(x) = C sin( 3lnx)+C 2 cos( 3lnx)) 3. Kertaluvun pudotus Yleinen toisen kertaluvun normaalimuotoinen homogeeniyhtälö y +a(x)y +b(x)y =, x I. Oletamme, että tunnemme homogeeniyhtälön ratkaisun y = y (x). On voimassa differentiaaliyhtälö y +a(x)y +b(x)y =, x I. Toinen lineaarisesti riippumaton ratkaisu voidaan määrätä yritteellä y(x) = z(x)y (x). Laskemalla yritteen lausekkeesta derivaatat y = z y +zy, y = z y +2z y +zy, ja sijoittamalla ne yhtälöön saamme funktiolle z differentiaaliyhtälön Jos y (x) kaikilla x I, niin z y +(2y +a(x)y )z =. ( ) z + 2 y y +a(x) z =. Sijoituksella z = u, z = u differentiaaliyhtälö ( ) u + 2 y y +a(x) u =, funktion u suhteen. Yhtälö on ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö. Se ratkeaa joko separoimalla tai integroivan tekijän menetelmällä. 3.2 Vakiokertoiminen yhtälö, reaalinen kaksoisjuuri Ratkaise yhtälö y 6y +9y =. Yrite y = e λx johtaa karakteristiseen yhtälöön λ 2 6λ+9 =, jonka juuret ovat λ 2 = 3. Yrite kertaluvun pudotusta varten on y(x) = z(x)e 3x. Lasketaan y = z e 3x +3ze 3x, y = z e 3x +6z e 3x +9ze 3x. Sijoittamalla yhtälöön saadaan y 6y +9y = z e 3x +6z e 3x +9ze 3x 6(z e 3x +3ze 3x )+9ze 3x = z e 3x =, kaikilla x. On oltava voimassa z =. Integroimalla kaksi kertaa saadaan z = C +C 2 x. Yleinen ratkaisu on y(x) = C e 3x +C 2 xe 3x. 8
3.3 Esimerkki Ratkaise yhtälö x 2 y 3xy +4y =, x >. Yrite y = x λ johtaa karakteristiseen yhtälöön λ 2 4λ + 4 =. Juuret ovat λ 2 = 2. Yrite kertaluvun pudotusta varten on y = zx 2. Lasketaan y = z x 2 +z2x ja y = z x 2 +4z x+2z. Sijoittamalla yhtälöön saadaan x 2 y 3xy +4y = x 2 (z x 2 +4z x+2z) 3x(z x 2 +z2x)+4zx 2 = x 2 (z x 2 +xz ) =, kaikilla x. Oltava voimassa z x 2 +xz =. Sijoituksella u = z saadaan ensimmäisen kertaluvun yhtälö u x 2 +xu =. Kirjoitetaan yhtälö lineaariyhtälön normaalimuotoon u + xu =. Integroiva tekijä on p(x) = x. Integroivan tekijän menetelmän mukaan d dx (xu) = x = xu = C = xz. Ratkaisemalla z :n suhteen ja integroimalla saamme z(x) = C x dx = C lnx+c 2. Yleinen ratkaisu on y(x) = C x 2 lnx+c 2 x 2. 3.4 Esimerkki Osoita, että y (x) = x on homogeeniyhtälön (+x 2 )y 2xy +2y = ratkaisu. Laske kertaluvun pudotuksella yleinen ratkaisu. Sijoittamalla yhtälöön nähdään, että y (x) = x on homogeeniyhtälön ratkaisu. Yrite on y = zx. Lasketaan derivaatat, sijoitetaan ja sievennetään. Saadaan yhtälö (+x 2 )xz +2z =. Sijoitetaan u = z ja ratkaistaan ensimmäisen kertaluvun yhtälöstä (+x 2 )xu +2u = funktio u = C 3 (x 2 +) = z. Integroimalla saadaan z = C 3 ( x +x)+c. Yleinen ratkaisu y = zx voidaan kirjoittaa muotoon y(x) = C x+c 2 (x 2 ), jossa (C 2 = C 3 ). 4 Laplace-muunnos 4. Laplacen muunnoksen määrittely ja laskusääntöjä Laplacen muunnosta käy vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävän ratkaisemiseen. Olkoon f : [, [ R funktio. Funktion f Laplacen muunnos määritellään yhtälöllä F(s) = L(f) := f(t)e st dt edellyttäen, että integraali f(t)e st dt suppenee. Riittävä ehto muunnoksen määrittelevän integraalin suppenemiselle on funktion f eksponentiaalinen rajoittuneisuus f(t) M exp(rt), kaikille t, jossa M ja r ovat positiivisia vakioita. Laplacen muunnos on määritelty esimerkiksi kaikille rajoitetuille ja jatkuville funktioille. 4.2 Laplacen muunnoksen olemassaolo Muunnoksen määritelmä tarkoittaa raja-arvoa F(s) = L(f) = M f(t)e st dt = lim f(t)e st dt, M 9
mikäli ko. raja-arvo on olemassa ja äärellinen. Olkoon funktio f : [, ] R eksponentiaalisesti rajoitettu eli on olemassa positiiviset vakiot M ja r siten, että f(t) M e rt, t. Kaikilla positiivisilla arvoilla M > on voimassa arvio M M f(t)e st dt f(t)e st dt M M e (r s)t dt = M ( e (s r)m ). s r Riittävän suurilla parametrin s arvoilla pätee s r >. Tällöin on voimassa arvio F(s) = f(t)e st dt M s r, s > r. Laplacen muunnoksen määrittelevä integraali suppenee, kun s > r. 4.3 Määritelmän mukaan laskettuja muunnoksia. L() = e st dt = s, s >, / L(t) = te st dt = ( s )e st dt+ t( s )e st = s, s >, 2 L(e t ) = L(e at ) = e t e st dt = e at e st dt = e (+s)t dt = s+, s >, e (a s)t dt = s a, s > a. Tarkastelemme muunnoksen laskusääntöjä. Oletamme, että tarvittavat muunnokset ovat olemassa. Lause 9 Laplacen muunnos on lineaarinen operaattori. Olkoon L(f) = F(s) ja L(g) = G(s). Tällöin Perustelu: Olkoot L(f) ja L(g) olemassa. Tällöin L(f +g) = L(f)+L(g), L(λf) = λl(f), kaikilla λ R. L(f +g) = ( f(t)+g(t) ) e st dt = = ( f(t)e st +g(t)e st) dt f(t)e st dt+ g(t)e st dt = L(f)+L(g). Vakion siirtäminen eteen kertoimeksi perustellaan samalla tavalla. Jos f tunnetaan, niin sen Laplacen muunnos määräytyy yksikäsitteisesti muunnoksen määritelmästä. Jos kääntäen tunnemme Laplacen muunnoksen lausekkeen, niin yleisesti emme voi määrätä funktiota f yksikäsitteisesti. Jatkuvien funktioiden luokassa funktion f ja sen Laplacen muunnoksen L(f) välillä on yksiyhteen vastaavuus. Lause Olkoon f : [, [ R jatkuva ja olkoon L(g) jatkuvan funktion g Laplacen muunnos. Tällöin on voimassa yhtäpitävyys L(f) = L(g) f = g. Jos tarkasteltavat funktiot ovat jatkuvia, niin voidaan määritellä käänteismuunnos L siten, että L (F(s)) = L (L(f)) = f(t), L(L (F(s))) = F(s). 2
Lause Käänteismuunnos on lineaarinen operaattori. Olkoon L(f) = F(s) ja L(g) = G(s). Tällöin kaikilla λ R L (F(s)+G(s)) = L (F(s))+L (G(s)), L (λf(s)) = λl (F(s)). Perustelu: Laplacen muunnoksen lineaarisuuden ja käänteismuunnoksen määrittelyn nojalla L (F(s)+G(s)) = L (L(f)+L(g)) = L (L(f +g)) = f +g = L (L(f))+L (L(g)) = L (F(s))+L (G(s)). Vakion siirtäminen eteen kertoimeksi perustellaan samalla tavalla. Lause 2 Derivaattojen muuntuminen. Olkoon f,f,...,f (n ) jatkuvia ja eksponentiaalisesti rajoitettuja funktioita eli f (k) (t) M exp(rt) kaikilla t >, k =,...,n. Jos derivaatta f (n) on paloittain jatkuva ja jos F(s) = L(f), niin L(f (n) ) = s n L(f) s n f() s n 2 f ()... sf (n 2) () f (n ) (). Erityisesti ensimmäisen ja toisen derivaatan muunnokset ovat L(f ) = sl(f) f(), L(f ) = s 2 L(f) sf() f (). Laplacen muunnoksen soveltamisperiaate kaaviona. Differentiaaliyhtälö ja alkuehdot aika-alueessa Alkuarvotehtävän ratkaisu y(t). L( ) L ( ) Tavallinen yhtälö ratkaisun muunnokselle s-alueessa. Ratkaisun muunnos Y(s). 4.4 Esimerkki Ratkaise Laplacen muunnoksella alkuarvotehtävä y +2y = e t, t >, y() = 2. Ratkaisu: Merkitään L(y) = Y(s). Derivaatan muunnos on L(y ) = sl(y) y() = sy(s) y(). Muunnetaan yhtälö puolittain L(y +2y) = L(e t ) = s+. Vasemman puolen muunnos lasketaan käyttämällä muunnoksen lineaarisuusominaisuutta, derivaatan muunnoskaavaa sekä alkuarvoa L(y +2y) = L(y )+2L(y) = sy(s) y()+2y(s) = (s+2)y(s) 2. Saadaan s-alueessa yhtälö (s+2)y(s) 2 = Ratkaistaan Y(s) = (s+)(s+2) + 2 s+2 = 2s+3 s+. (s+)(s+2). Muodostetaan osamurtokehitelmä Y(s) = 2s+3 (s+)(s+2) = s+ + s+2. Määrätään ratkaisu käänteismuunnoksella y(t) = L (Y(s))=L ( s+ + ) ( ) ( s+2 =L s+ +L s+2) = e t + e 2t. 2
4.5 Esimerkki Laske Laplacen muunnokset L(sin ωt) ja L(cos ωt). Ratkaisu: Käytetään muunnoksen määritelmää ja lasketaan osittaisintegroinnilla integraalit: / sin(ωt)e st dt = ω cos(ωt)e st ( ω cos(ωt))( se st )dt = lim M ω cos(ωm)e sm + ω + / = L + ω + = L + ω lim M = ω s2 ω 2 sin(ωt) ω ( se st ) 2 sin(ωm) ω (se sm ) 2 sin(ωt)e st dt, s >, ω cos(ωt)( se st )dt sin(ωt) ω (s 2 e st )dt 2 sin(ωt) ω (s 2 e st )dt 2 sillä raja-arvot häviävät, mikäli s >. Täten Sinin muunnokselle saadaan yhtälö, cos(ωm) L = lim M L 2 = lim M Ratkaistaan L(sin(ωt)) = ω s 2 +ω 2, s >. Vastaavasti lasketaan kosinin muunnos. Kaavat ovat 4.6 Esimerkki Ratkaise Laplacen muunnoksella alkuarvotehtävä ω e sm =, s >, sin(ωm) ω (se sm ) =, s >. 2 L(sin(ωt)) = ω s2 ω 2 L(sin(ωt)). L(sin(ωt)) = ω s 2 +ω, s >, 2 L(cos(ωt)) = s s 2 +ω, s >. 2 y +4y = 4e 2t, t >, y() = 2,y () =. Ratkaisu: Merkitään L(y) = Y(s). Toisen derivaatan muunnos on L(y ) = s 2 L(y) sy() y () = s 2 Y(s) sy() y (). Muunnetaan yhtälö puolittain L(y +4y) = L(4e 2t ) = 4 s+2. Vasemman puolen muunnos lasketaan käyttämällä muunnoksen lineaarisuutta, derivaatan muunnoskaavaa sekä alkuarvoja L(y +4y) = (s 2 +4)Y(s) 2s. Saadaan yhtälö (s 2 +4)Y(s) 2s = 4 s+2. Ratkaistaan Y(s) ja kehitetään se osamurtoihin Ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella y(t) = L ( 2 s+2 + 3 2 s+2 s 2 +4 4.7 Lisää muunnoskaavoja Y(s) = s2 +5s+6 (s+2)(s 2 +4) = 2 s+2 + 3 2 s+2 s 2 +4. = 2 e 2t + 3 2 cos(2t)+sin(2t). Lause 3 Muunnoksen derivoiminen ja integroiminen. Olkoon L(f) = F(s). Tällöin ) = 2 L ( ) s+2 + 3 2 L ( ) ( ) s s 2 +2 +L 2 2 s 2 +2 2 L(t n f(t)) = ( ) n dn ds n [ F(s) ]. 22
Jos lisäksi osamäärän f(t) t oikeanpuoleinen raja-arvo olemassa ja äärellinen pisteessä t =, niin ( ) f(t) L = t s F(x)dx. Perustelu: Yleinen tapaus induktiolla. Lasketaan tapaus n =. [ ] ( ) d ds F(s) = d ds f(t)e st dt = f(t) s( ) e st dt = tf(t)e st dt = L(tf(t)). Jälkimmäisen kaavan perustelu sivuutetaan. Lause 4 (Siirros s-alueessa). Jos L(f) = F(s) niin Perustelu: Laskemalla saadaan L(e at f(t)) = F(s a). L(e at f(t)) = e at f(t)e st dt = f(t)e (s a)t dt = F(s a). 4.8 Esimerkki Määrää L(t sin(ωt)). Nyt Tällöin Määrää L(e at sin(ωt)). Tässä joten Määrää L(e at tsin(ωt)). Tässä joten L(tf(t)) = F (s) ja L(sin(ωt)) = L(tsin(ωt)) = d ds ω s 2 +ω 2. ( ω ) 2ωs = s 2 +ω 2 (s 2 +ω 2 ) 2. L(e ct f(t)) = F(s c) ja L(sin(ωt)) = L(e at sin(ωt)) = ω (s+a) 2 +ω 2. L(e ct f(t)) = F(s c) ja L(tsin(ωt)) = ω s 2 +ω 2, 2ωs (s 2 +ω 2 ) 2, L(e at tsin(ωt)) = 2ω(s+a) ((s+a) 2 +ω 2 ) 2. Kaavan L(e at f(t)) = F(s a) avulla saamme laajennettua Laplacen muunnoksen perustaulukkkoa: f(t) F(s) s t s 2 t n (n )! s n ω sin ωt cos ωt t a, a > s 2 +ω 2 s s 2 +ω 2 e at s a Γ(a+) s a+ 23
seuraavalla: f(t) F(s) e ct t ct tn e (n )! e ct sinωt e ct cosωt e ct t a, a > (s c) 2 (s c) n ω (s c) 2 +ω 2 s c (s c) 2 +ω 2 Γ(a+) (s c) a+ 5 Laplace-muunnos: askelfunktio ja impulssi 5. Heavisiden askelfunktio Määritellään Heavisiden yksikköaskelfunktio H siten, että, jos t >, H(t) =, jos t <. Siirros Heavisiden yksikköaskelfunktion muuttujapisteessä:, jos t > c, H(t c) =, jos t < c. Helpolla laskulla saadaan, että L(H(t c)) = s e cs. Tuloksen yleistys on seuraava lause. Lause 5 (aikaviive, viivästys). Jos L(f) = F(s) niin L(H(t c)f(t c)) = e cs F(s), L (e cs F(s)) = H(t c)f(t c). Perustelu: Tulos seuraa muuttujan vaihdosta u = t c 5.2 Esimerkki L(H(t c)f(t c)) = Tutki seuraavia esimerkkejä. Piirrä kuviot. c f(t c)e st dt = L ( s 3 e 3s) = 2 (t 3)2 H(t 3) = f(u)e (u+c)s du = e cs F(s). 2 (t 3)2, t > 3,, t 3. L ( cos(2t) cos(2(t 2π))H(t 2π) ) = s( e 2πs ) s 2 +4 5.3 Esimerkki Ratkaise Laplacen muunnoksen avulla alkuarvotehtävä y +2y +y = f(t) = y() = y () =. t, t <,, t, Ratkaisu: Muunnetaan yhtälö. Merkitään L(y) = Y(s), jolloin saadaan L(y +2y +y) = L(f) = F(s). 24
Vasen puoli lasketaan käyttämällä derivaatan muunnoksen kaavoja L(y +2y +y) = L(y )+2L(y )+L(y) = s 2 Y(s) y () sy()+2(sy(s) y())+y(s) = ( s 2 +2s+ ) Y(s). Oikean puolen muunnoksen voi laskea määritelmän avulla: F(s) = f(t)e st dt = te st dt+ e st dt =... = s 2 e s s 2. Toinen tapa on askelfunktion ja kaavaston käyttäminen. Ensin lausutaan oikea puoli askelfunktiota hyväksi käyttäen eli f(t) = t [ H(t) H(t ) ] +H(t ) = th(t) (t )H(t ). Nyt muunnos saadaan käyttämällä lineaarisuutta ja laskukaavoja F(s) = L ( f(t) ) = L ( th(t) ) L ( (t )H(t ) ) = s 2 s 2 e s. Ratkaisun muunnokselle saadaan yhtälö joka ratkaistaan s-alueessa Y(s) = Osamurtokehitelmällä nähdään, että ( s 2 +2s+ ) Y(s) = F(s) = s 2 e s s 2, ( (s+) 2 s 2 e s ) = s 2 s 2 (s+) 2 s 2 (s+) 2 e s. G(s) := s 2 (s+) 2 = 2 s + s 2 + 2 s+ + (s+) 2, joten voimme määritellä apufunktion g(t) = 2L ( ) ( ) ( ) ( ) s +L s +2L 2 s+ +L (s+) 2 = 2+t+2e t +te t. Ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella: 5.4 Impulssin mallintaminen y(t) = L ( ) ( s 2 (s+) L 2 s 2 (s+) e s) 2 = g(t) g(t )H(t ) 2+t+2e = t +te t, t <, +(2+t)e t (t+)e (t ), t >. Mekaniikassa voiman F = F(t) impulssi aikavälillä [a, a + h] määritellään integraalina I = a+h a F(t)dt. Erityisen mielekiintoisia tilanteita ovat sellaiset, joissa suuri voima vaikuttaa lyhyen ajan (isku, törmäys). Tarkastelemme paloittain määriteltyä funktiota δ a,h (t) δ a,h (t) = h, a < t < a+h,, muulloin, 25
jonka impulssi on yksi yksikkö kaikilla parametrin h arvoilla. Funktio δ a,h on kahden askelfunktion summa δ a,h (t) = h[ H(t a) H(t (a+h)) ]. Sen Laplacen muunnos saadaan laskettua askelfunktion muunnoksen ja lineaarisuuden perusteella L(δ a,h ) = [ e as e (a+h)s] as e hs = e. hs hs Annamme aikavälin pituuden lyhentyä rajatta. Rajalla h merkitsemme "rajafunktiota" lim δ a,h(t) = δ(t a), h jossa δ(t a) on niin sanottu Dirac n deltafunktio. Dirac n deltafunktio ei varsinaisesti ole funktio, sillä sen ominaisuuksia, t = a, δ(t a) = ja δ(t a)dt =., muulloin ei voi olla tavallisella funktiolla. Dirac n deltan Laplacen muunnos saadaan Hospitalin säännön avulla L(δ(t a)) = e as. 5.5 Vaimennetun systeemin vaste kanttipulssiin Ratkaise alkuarvotehtävä y +4y, < t <, +3y = f(t) =, muulloin, y() = y () =. Ratkaisu: Muunnetaan yhtälö ja merkitään L(y) = Y(s), jolloin L(y +4y +3y) = L(f) = F(s). Vasen puoli lasketaan käyttämällä derivaatan muunnoksen kaavoja L(y +4y +3y) = L(y )+4L(y )+3L(y) = s 2 Y(s) y () sy()+4 ( sy(s) y() ) +3Y(s) = ( s 2 +4s+3 ) Y(s). Oikean puolen muunnoksen voi laskea määritelmän avulla: F(s) = f(t)e st dt = e st dt = s s e s tai käyttämällä hyväksi askelfunktiota. Ratkaisun muunnokselle saadaan yhtälö ( s 2 +4s+3 ) Y(s) = s s e s Y(s) = s(s 2 +4s+3) s(s 2 +4s+3) e s. Osamurtokehitelmällä nähdään, että G(s) := joten kannattaa määritellä apufunktio g(t) = L ( ) s(s+)(s+3) s(s 2 +4s+3) = s(s+)(s+3) = 3 s 2 s+ + 6 s+3, = 3 L ( ) s 2 L ( ) s+ + 6 L ( ) s+3 = 3 2 e t + 6 e 3t. Ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella: y(t) =L ( ) ( s(s 2 +4s+3) L s(s 2 +4s+3) e s) =g(t) g(t )H(t ) = 3 2 e t + 6 e 3t, t <, 2 e t + 6 e 3t + 2 e (t ) 6 e 3(t ), t >. 26
5.6 Vaimennetun systeemin vaste impulssiin. Ratkaise alkuarvotehtävä y +4y +3y = δ(t a), y() = y () =. Ratkaisu: Muunnetaan yhtälö ja merkitään L(y) = Y(s), jolloin Ratkaisun muunnokselle saadaan yhtälö Osamurtokehitelmällä nähdään, että joten L(y +4y +3y) = L(δ(t a)) = e as. ( s 2 +4s+3 ) Y(s) = e as Y(s) = G(s) := ( ) g(t) = L (s+)(s+3) s 2 +4s+3 e as. s 2 +4s+3 = (s+)(s+3) = 2 s+ 2 s+3, = ( ) 2 L ( ) s+ 2 L = s+3 2 e t 2 e 3t. Tehtävän ratkaisu saadaan käänteismuunnoksella: y(t) = L ( G(s)e as) ( ) = L s 2 +4s+3 e as = g(t a)h(t a). Erityisesti tapauksessa a = saadaan, t, y(t) = g(t )H(t ) = 2 e (t ) 2 e 3(t ), t >..4 Kuviossa on vaimennetun systeemin vaste sekä kanttipulssiin, että hetkellä t = annettuun impulssiin..2 -.2 5.7 Konvoluutio ja vakiokertoiminen lineaarinen systeemi Toisen kertaluvun vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävän y (t)+py (t)+qy(t) = f(t), y() =,y () =.2.8.6.4.2..8.6 f(t)-f(t-)*h(t-) g(t-)*h(t-).5.5 2 2.5 3 ratkaiseminen Laplacen muunnoksen avulla johtaa ratkaisun muunnoksen lausekkeeseen Y(s) = F(s)G(s) = F(s) s 2 +ps+q. Funktio G on differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävän kuvaaman lineaarisen systeemin siirtofunktio. Oletamme, että tunnemme funktion f Laplacen muunnoksen F. Funktion G käänteismuunnos g voidaan aina määrätä osamurtokehitelmän avulla. Kaavan mukaisesti ratkaisun muunnos on kahden tunnetun funktion muunnoksen tulo. Käänteismuunnokselle voidaan osoittaa laskukaava L (Y(s)) = L (F(s)G(s)) = f g, jossa f g on funktioiden f ja g konvoluutio. Konvoluutio määritellään kaavalla (f g)(t) = t f(τ)g(t τ)dτ. 27
Täten nolla-alkutilaisen vakiokertoimisen lineaarisen systeemin vaste y voidaan lausua herätteen f ja siirtofunktion käänteismuunnoksen eli impulssivasteen g konvoluution avulla y(t) = (f g)(t) = Konvoluutiolle on voimassa seuraavat laskusäännöt t f(τ)g(t τ)dτ. f g = g f, f (g h) = (f g) h, f (g +g 2 ) = f g +f g 2, f = f =. Ne perustellaan kirjoittamalla kaavat auki ja käyttämällä integraalin laskusääntöjä. Yleisten alkuehtojen tapauksessa vakiokertoimisen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön alkuarvotehtävää y (t)+py (t)+qy(t) = f(t), y() = a,y () = b vastaa s alueessa yhtälö (s 2 +ps+q)y(s) as b ap = F(s), josta ratkaistaan ratkaisun muunnos Y(s) = as+b+ap s 2 +ps+q + F(s) s 2 +ps+q. Alkuehdoista riippuvan osan käänteismuunnoksen voi laskea osamurtokehitelmällä ja muunnoskaavoilla. Herätteestä riippuvan osan voi lausua systeemin impulssivasteen ja herätteen konvoluution avulla. Laplace muunnoksen yleisiä kaavoja. 6 Differentiaaliyhtälösysteemit 6. Toisen kertaluvun normaaliryhmä L(αf(t)+βg(t)) = αl(f(t))+βl(g(t)) L (αf(s)+βg(s)) = αl (F(s))+βL (G(s)) L(e ct f(t)) = F(s c) L(t n f(t)) = ( ) n F (n) (s) L(H(t c)f(t c)) = e cs F(s)) L(δ(t c)) = e cs L((f g)(t)) = F(s)G(s) On yleistä muotoa x = u(t,x,y), y = v(t,x,y), jossa u = u(t, x, y), t I ja v = v(t, x, y), t I ovat ovat tunnettuja funktioita. Toisen kertaluvun normaaliryhmän ratkaisu on funktiopari x(t),y(t)}, joka toteuttaa normaaliryhmän kaikilla t I. Eksplisiittinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö y = f(x,y,y ) on ekvivalentti toisen kertaluvun normaaliryhmän y = z, z x I, = f(x,y,z), t I, kanssa. Esimerkki Heilurin differentiaaliyhtälö y = asiny ja toisen kertaluvun normaaliryhmä y = z, z = asiny, ovat ekvivalentteja. Huom Yleisesti voimme käsitellä kertaluvun n normaaliryhmiä. 28
6.2 Lineaarinen toisen kertaluvun normaaliryhmä Lineaarinen toisen kertaluvun normaaliryhmä on yleistä muotoa y = A (x)y +B (x)z +f (x), z = A 2 (x)y +B 2 (x)z +f 2 (x), x I, jossa kertoimet A,A 2,B,B 2 ovat muuttujan x funktioita. Funktiot y = y(x) ja z = z(x) ovat tuntemattomia. Jos kertoimet A,A 2,B,B 2 ovat vakiota, niin normaaliryhmä on vakiokertoiminen. Mikäli f (x) = f 2 (x) = kaikilla x I, niin normaaliryhmä on homogeeninen. Seuraavassa tarkastelussa oletamme, että kerroinfunktiot ovat jatkuvasti derivoituvia funktioita välillä I. Olkoon B, jolloin voimme ratkaista ylemmästä yhtälöstä z:n ja derivoimalla saamme edelleen z :n eli z = B [y A y f ] ( ) y ( z = B + B )y ( A B ) y A B y Nyt käytämme systeemin toista yhtälöä ja edellisiä lausekkeita, jolloin ( ) f ( B B )f. ( ) y ( ( ) B + B )y A y ( ) f ( A B B y B B )f =A 2 y +B 2 z +f 2 =A 2 y+ B2 B [y A y f ]+f 2. Sieventämällä ylläolevan yhtälön ja ratkaisemalla sen y :n suhteen saamme [ ] [ y = A +B 2 B y + A B +B B ] A 2 A B 2 A y+ B [ f f B 2 +B f 2 f B B x = x (t) Toisin sanoen toisen kertaluvun lineaarinen normaaliryhmä palautuu toisen kertaluvun lineaariseksi differentiaaliyhtälöksi. Ratkaistaan y ja lasketaan z kaavalla z = B [y A y f ]. ]. 6.3 Esimerkki Ratkaise homogeeniyhtälön alkuarvotehtävä u = u+6v, v = u 2v, u() = 5, v() =. Ratkaisu: Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä v ja lasketaan v : u = u+6v, v = v 6 u+ 6 u, = u 2v, v = 6 u + 6 u. Käytämme toista yhtälöä v = u 2v ja edellä laskettuja lausekkeita, jolloin v eliminoituu: u 2v = u 2( 6 u+ 6 u ) = 6 u + 6 u u +3u 4u =. Karakteristisen yhtälön λ 2 +3λ 4 = juuret ovat λ = ja λ 2 = 4, joten yleinen ratkaisu on Vakiot määrätään alkuehdoista u() = C +C 2 = 5, v() = C 3 C2 2 =, u(x) = C e x +C 2 e 4x u (x) = C e x 4C 2 e 4x, v(x) = 6 u+ 6 u = C 3 ex C2 2 e 4x. C = 3, C 2 = 2. u(x) = 3e x +2e 4x, v(x) = e x e 4x. 29
6.4 Esimerkki Ratkaise alkuarvotehtävä x = x+y +2, y = x+y +t+, x() =, y() = 2. Ratkaisu: Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä y ja muodostetaan derivoimalla y :n lauseke: x = x+y +2, y = x+x 2, y = x+y +t+, y = x +x. Käytämme toista yhtälöä y = x+y +t+ ja edellä laskettuja tuloksia, jolloin y eliminoituu: x +x = x+y +t+ = x+( x+x 2)+t+ x 2x +2x = t. Karakteristisen yhtälön λ 2 2λ+2 = juuret ovat λ 2 = ± i, joten homogeeniyhtälön yleinen ratkaisu on x H (t) = C e t cost+c 2 e t sint. Täydellinen yhtälö ratkeaa yritteellä x (t) = At+B, x (t) = A, x (t) =. Sijoittamalla yhtälöön saadaan x 2x +2x = 2At+(2B 2A) = t A = 2,B = x (t) = 2 t. Siis x(t) = C e t cost+c 2 e t sint+ 2 t. Ratkaisun y-komponentti määrätään laskemalla y = x+x 2 = (C e t cost+c 2 e t sint+ 2 t) +(C e t cost C e t sint+c 2 e t sint+c 2 e t cost+ 2 ) 2 = C 2 e t cost C e t sint 2 t 3 2. Vakiot määrätään alkuehdoista x() = C =, C =, x(t) = y() = C 2 3 2 = 2, C 2 = 2, 2 et sint+ 2 t, y(t) = 2 et cost 2 t 3 2. 6.5 Esimerkki Säiliöön K virtaa nopeudella a l/min suolaliuosta, jonka pitoisuus on f(t) kg/l. Säiliöstä K sekoittunutta suolaliuosta virtaa säiliöön K 2 nopeudella a + b l/min. Säiliöstä K 2 sekoittunutta liuosta virtaa ulos järjestelmästä nopeudella a l/min sekä takaisin säiliöön K nopeudella b l/min. Olkoot hetkelliset liuosmäärät säiliössä V (t) l ja V 2 (t) l sekä vastaavat pitoisuudet u (t) kg/l ja u 2 (t) kg/l. Määrää alkuarvotehtävä säiliöiden suolapitoisuudelle, jos tarkastelun alkuhetkellä suolapitoisuudet ovat u () = p kg/l ja u 2 () = p 2 kg/l. Ratkaisu: Annetuilla virtausnopeuksilla liuoksen määrä säiliöissä pysyy vakiona eli V i (t) = V i () = V i on vakio (i =, 2). Lasketaan suolamäärän muutokset säiliöissä lyhyellä aikavälillä [t, t + t]: K : dm = V du = af(t)dt (a+b)u dt+bu 2 dt, K 2 : dm 2 = V 2 du 2 = (a+b)u dt bu 2 dt au 2 dt. Saadaan differentiaaliyhtälösysteemin alkuarvotehtävä pitoisuuksille V u = (a+b)u +bu 2 +af(t), V 2 u 2 = (a+b)u (a+b)u 2, u () = p, u 2 () = p 2. 6.6 Jousi-massa systeemien värähtely Tarkastelemme kuvion mukaisen kytketyn jousi-massa systeemin massojen m ja m 2 yksiulotteista liikettä kitkattomalla tasolla ulkoisten voimien F = F (t) ja F 2 = F 2 (t) vaikutuksen alaisena. Olkoot jousivakiot k o, k ov ja k v. Olkoon t aikamuuttuja ja olkoot x = x (t) ja x 2 = x 2 (t) massapisteiden poikkeamat tasapainoasemasta. Liikeyhtälö kummallekin massapisteelle voidaan kirjoittaa Hooken lain ja Newtonin toisen lain avulla. 3
Systeemin liikeyhtälö on m x = k v x k ov (x x 2 )+F (t), m 2 x 2 = k o x 2 +k ov (x x 2 )+F 2 (t). Tämä voidaan kirjoittaa muotoon m x +(k v +k ov )x k ov x 2 = F (t), m 2 x 2 k ov x +(k o +k ov )x 2 = F 2 (t). 6.7 Laplacen muunnos ja vakiokertoimiset systeemit Ratkaise Laplacen muunnoksen avulla differentiaaliyhtälöryhmän alkuarvotehtävä w + y = sinx, w() =, y z = e x, y() =, z + w+y =, z() = Ratkaisu: Muunnetaan yhtälöryhmä ja käytetään alkuehtoja. Saadaan muuttujien (funktioiden) W, Y ja Z suhteen lineaarinen yhtälöryhmä sw(s) w()+y(s) = s 2 +, sy(s) y() Z(s) = s, sz(s) z()+w(s)+y(s) = sw(s) + Y(s) = s 2 +, sy(s) Z(s) = W(s) + Y(s) + sz(s) = s +, s, s +, joka eliminoituu muotoon (vaihdettu yhtälöiden järjestystä) W(s) + Y(s) + sz(s) = s +, (s )Y(s) + s 2 Z(s) = +s sy(s) Z(s) = s + = s s s 2 +, s, s 2 W(s) + Y(s) + sz(s) = s +, s sy(s) Z(s) = s, (s 3 +s )Y(s) = +s s 2 + + s3 s. Systeemin alimmainen yhtälö ratkaistaan Y(s):n suhteen Edelleen sijoittamalla saamme Lasketaan vielä käänteismuunnoksella ratkaisu ( Y(s) = s 3 +s +s s 2 + + ) s3 s = s(s 4 +s 3 +s 2 ) (s 3 +s )(s )(s 2 +) = s(s+) (s )(s 2 +) = s + s 2 +. Z(s) = sy(s) s s = s s 2 +, W(s) = Y(s) sz(s)+ s + = s + s. y(x) = L (Y(s)) = L ( s )+L ( s 2 + ) = ex +sinx, z(x) = L (Z(s)) = L s ( s 2 + ) = cosx, w(x) = L ( s )+L ( s ) = ex +. 3