Differentiaaliyhtälöt ja symbolinen laskin ne yhteen soppii

Edellinen Seuraava

Koneinsinöörin opintojen kolmantena vuonna ohjelmassa on - ensimmäisen opintovuoden Statiikka A:n jatkoksi - Statiikka ja dynamiikka osat B ja C. Ymmärtääkseni Statiikka ja dynamiikka B pitäisi olla kinetiikkaa ("voiman ja sen aiheuttaman liikkeen välinen yhteys") ja Statiikka ja dynamiikka C kinematiikkaa ("liike sinänsä, voimasta riippumatta"). Käytännössä Statiikka ja dynamiikka B on ollut (yksinkertaisimpien) differentiaaliyhtälöiden käpistelyä ja pientä analyyttisiin ratkaisumenetelmiin tutustumista. Siinä sivussa myös hiukan teknisempiä sovelluksia.

Yhtälöiden käsittely voi olla laskuteknisesti vaativaa. Tässä yhteydessä CAS-laskin voi näyttää kykynsä ja vaikka se ei aivan välttämätön olekaan niin nähtävästi sitä suositellaan rivien välissä. MathCad -ohjelmaa ei jostakin syystä ole käytetty DY-ratkaisujen etsijänä, ehkä aikapulan vuoksi. Lukujärjestykset tarjoavat aika vähän lähiopetusta tässäkin aiheessa. Olemme yhä lisääntyvässä määrin oman onnemme seppiä.

Ajattelin kerätä tähän juttuun joitakin esimerkkejä yksinkertaisista DY:istä ja niiden ratkomisesta mm. symbolisella laskimella. Nämä ratkaisut ovat analyyttisiä kuten matikan opetuksessa perinteisesti on ollut tapana.

Varsinaisesti pistän toivoni differentiaaliyhtälöiden numeeriseen ratkaisuun, mutta onhan matemaattisia perusasioita hyvä oppia. Vektoriarvoisten 3-ulotteisten vektorifunktioiden osittaisdifferentiaaliyhtälöt kangastelevat vielä jossakin kaukaisuudessa. Niillä on tekniikassa valtava merkitys, mutta tyvestähän puuhun noustaan - eikä sen latvapuolelta.

Simppeli ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö

Ensimmäinen esimerkki (Antti Majaniemi, Matematiikka II) on bakteerien maailmasta, joka ei ehkä ole kovin lähellä insinöörien sielua, mutta toiminee johdantona aiheeseen.

Eräs kokenut opettaja (Antti Majaniemen opiskelutoveri muuten) halusi muotoilla Majaniemen tehtävän uudelleen omin sanoin näin ikään, ehkä havainnollisemmin:

Eräs bakteerikanta lisääntyy siten että lyhyenä aikavälinä t ... dt bakteerien lukumäärän n lisäys dn on verrannollinen bakteerimäärään n ja aikavälin pituuteen dt

n = bakteerien määrä
dn = bakteerien määrän muutos
dt = aikavälin pituus
n' = dn/dt = pöpömäärän aikaderivaatta

Tehtävässä annettujen "verrannollisuuksien" perusteella voi päätellä että differentiaaliyhtälö täytyy olla muotoa dn = k · n · dt jossa k on tässä vaiheessa suuruudeltaan tuntematon verrannollisuuskerroin. Tiedetään siis millainen pöpöjen määrän differentiaali dn täytyy olla (sehän on suoraan verrannollinen sekä pöpöjen määrään n että aikaan dt), mutta haluttaisiin selvittää miten n muuttuu ajan t funktiona, siis halutaan löytää funktio n(t). Myöhemmin apuna tarvitaan myös tehtävässä annettuja reunaehtoja jotka ovat sanallisessa muodossa. Tämä ei ole alkuarvotehtävä koska ehdot ovat eri ajoille.

Katsotaanpa differentiaaliyhtälöä tarkemmin:

dn = k · n · dt
n' = dn / dt = k · n
n' - k · n = 0

Tämä on yksinkertainen separoituva homogeeninen yhtälö, joten emme käytä Majaniemen kaavaa vaan johdamme ratkaisun erottamalla eri muuttujat yhtäsuuruusmerkin eri puolille.

dn = k · n · dt
dn / n = k · dt
1/n · dn = k · dt

Integroimalla yhtälön molemmat puolet, vasen puoli dn:n mukaan ja oikea puoli dt:n mukaan, saadaan ln |n| = k · t + C1 jossa C1 on jokin integroimisvakio. Kun tässä esiintyy luonnollinen logaritmi ln niin korotetaanpa kumpikin puoli e:n potenssiin. Saadaan eln |n| = ek·t + C1 joka tarkoittaa yksinkertaisesti sitä että |n| = ek·t + C1 , sillä luvun logaritmihan on se potenssi johon logaritmijärjestelmän kantaluku on korotettava että saataisiin alkuperäinen luku. Jos loge a = z niin silloin ez = a

Tässähän me emme tiedä paljonko bakreereja absoluuttisesti oli alkuhetkellä. Niinpä voimme laskea vain suhteellisia muutoksia.

Yhtälö voidaan edelleen muuttaa muotoon

|n| = ek·t + C1
n = ± eC1 · ek·t
n = C · ek·t

Tämä on yleinen ratkaisu joka saadaan muutettua hyödyllisemmäksi reunaehtojen avulla. Vakiot C eivät ole aivan samoja eri vaiheissa, mutta eri vakioiden suuruus ei ole tärkeää ennenkuin vakion arvo ratkaistaan.

Laskimella DY:n ratkaisu saadaan funktiolla jonka nimi on Texas Instruments -laskimessa deSolve (ja Casiossa hiukkasen lyhyempi dSolve). Ohessa kuvatussa TI:ssä lisäehtoja voidaan antaa DY:n perässä "and" -sanan jälkeen.

Muuttujanimien välissä on kertomerkki joten n0 ei tarkoita samaa kuin n·0 ; n0 on pelkkä muuttujanimi ja n·0 olisi kertolasku jossa muuttujan n arvo kerrotaan nollalla (ja tuloshan täytyy olla nolla, riippumatta muuttujan n arvosta). Merkintä n(0) taas tarkoittaa funktion n arvoa silloin kun suluissa annetun argumentin arvo on nolla.

Yksinkertaisin tapa tuottaa jonkinlainen yleinen ratkaisu TI-laskimen kanssa olisi deSolve ( n' - k·n = 0, t, n ) jossa t on itsenäinen muuttuja ja n on funktio.

Tehtävässä alkuhetkenä on klo 9. Lasketaan aikaa tunteina ja määrätään että klo 9 on t(0) = t0 = 0 ja tällöin on pöpöjen määrä n(0) = n0 = 100%

Alkuhetkellä t = 0 joten sijoittamalla kaavaan n = C · ek·t saadaan:

n0 = n(0) = C · ek·0
n0 = C · e0
n0 = C · 1
n0 = C

Näin on siis todettu että integroimisvakio C on yksinkertaisesti yhtä kuin n(0) = n0 eli bakteerien määrä alkuhetkellä. Tällä perusteella voimme todeta että pöpöjen määrä n ajan t funktiona on n(t) = n0 · ek·t

Puutteena on että verrannollisuuskerroin k on edelleen tuntematon. Mutta tehtävähän kertoo meille enemmän. Klo 12 aika on t = 3 ja silloin pöpöjen määrä n(3) = 1,72 · n0 joten sijoitetaanpa tämä arvo kaavaan ja pyritään ratkaisemaan verrannollisuuskerroin k.

n(3) = n0 · e3·k = 1,72·n0	|| : n0
e3·k = 1,72			|| ln
ln ( e3·k ) = ln ( 1,72 )
3 · k = ln ( 1,72 )		|| : 3
k = ln ( 1,72 ) / 3
k = 0,180775

Kannattaa pitää mielessä mitä logaritmi tarkoittaa: loge(ex) = eloge x = x sekä kaavat log(a·b) = log(a) + log(b) , log(a/b) = log(a) - log(b)

Näin olemme päätyneet differentiaaliyhtälön täydelliseen yksityisratkaisuun n(t) = n0 · e0,180775·t joka ilmaisee bakteerimäärän muutoksen ajan funktiona tässä yksittäistapauksessa.

Laskimella voidaan käyttää funktiota solve yhtälön ratkaisuun. Differentiaaliyhtälöhän on jo ratkaistu deSolve -funktiolla. Tässä kerrotaan parametrilla k että yhtälö halutaan ratkaista muuttujan k suhteen ja annetaan yhtälöön tehtävät arvojen sijoitukset pystyviivat | perässä.

Vielä täytyy ratkaista tehtävän varsinaiset kysymykset.

a) kysyy bakteerien prosentuaalisen määrän lisäystä alkuhetkeen verrattuna klo 11 eli kaksi tuntia klo 9:n jälkeen. ( jolloin t = 2 ).

Ratkaisun saamme sijoittamalla kaavaan n(t) = n0 · ek·t arvot k = 0.180775 ja t = 2

Oheinen kuva TI-nspire -laskimen näytöstä käyttää "with" -operaattoria joka on pystysuora viiva. Sijoitukset tulevat with-operaattorin jälkeen. Laskimen tuottama vastaus on siis n = 1.43555 · n0 . Siis n on 43,555% enemmän kuin n0 joten pyöristettynä kysytty bakteerien määrän lisäys alkutilanteeseen nähden on noin 44%

Kannattanee opetella TI:n copypaste-toiminto siten että siirrytään ylöspäin kopioitavaan kohtaan niin että se näkyy tummennettuna, painetaan enteriä ja vuolaa, tummennettu kohta siirtyy näytöllä viimeiseksi. Sitä voi sitten editoida. Näin voi siirtää vanhoja kaavoja tai tuloksia seuraavaan laskutoimitukseen.

b) kysyy milloin bakteerimäärä on kasvanut kolminkertaiseksi

Silloin siis pätee n = 3 · n0 ja kysytään paljonko t on kun tiedämme että DY on n(t) = n0 · e0,180775·t .

Minun järkeni mukaan TI-laskimella tulos pitäisi löytyä seuraavalla tavalla : solve ( n = n0·e0.180775·t, t ) | n = 3·n0 jonka pitäisi ratkaista yhtälö muuttujan t suhteen.

Huomaa että tavallinen kirjain e ei kelpaa laskimessa luonnollisen logaritmijärjestemän kantaluvun tunnuksena, vaan on käytettävä nimenomaan lihavoitua vakiota e jolla on se maaginen arvo 2,7...

Käsilaskuna tämän voisi koettaa ratkaista seuraavasti:

n = n0·e0.180775·t			|| ln()
ln (n) = ln ( n0·e0.180775·t )
ln (n) = ln (n0) + ln (e0.180775·t)
ln (n) = ln (n0) + 0.180775·t
0.180775·t = ln (n) - ln (n0)
0.180775·t = ln (n / n0)
t = ln (n / n0) / 0.180775

Tehtävän mukaa n = 3·n0 joten n/n0 = 3 ja saadaan vastaus

t = ln (3) / 0.180775
t = 1.09861 / 0.180775
t = 6.07724

Kysytty aika t on siis noin 6,1 tuntia klo 9:n jälkeen, eli kello on silloin noin 15:05.

c) kysyy bakteerien määrän lisäystä välillä klo 16 ... 16:30

Klo 16 on t = 16 - 9 = 7,0 ja klo 16:30 eli puoli tuntia myöhemmin on t = 16,5 - 9 = 7,5 .

Klo 16 bakteerien määrä pitäisi olla n(7,0) = n0 · e0,180775·7,0 ja puoli tuntia myöhemmin n(7,5) = n0 · e0,180775·7,5 . Minun järkeni mukaan vastaus saadaan vähentämällä edellinen jälkimmäisestä ja suhteuttamalla saatu erotus aikavälin alkuarvon mukaiseen määrään.

Laskin kertoo että n(7,0) = 3.5446·n0 ja n(7,5) = 3.87991·n0

Kun vähennyslaskun tulos on 0.33531·n0 niin kasvun määrä ko. aikavälillä suhteessa aikavälin alkuarvoon on ollut 0.33531·n0 / 3.5446·n0 eli kasvua noin 9,5% ko. aikavälillä.

Vakiokertoiminen lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö

Katsotaanpa yksinkertaista DY-ratkaisua Majaniemen kaavalla. Ideana on ratkaista vakiokertoiminen DY kolmessa vaiheessa käyttäen fiksua yritettä. Ensin ratkaistaan vastaava homogeeninen yhtälö yh. Sitten toisessa vaiheessa kehitetään fiksu yrite ja saadaan aikaan y0. Kolmannessa vaiheessa osatulokset yhdistetään ja yleinen ratkaisu on valmis. Tämän jälkeen voidaan vielä myös etsiä DY:n erityisratkaisua jos on annettu alkuehtoja joiden avulla äärettömän suuresta yhtälöjoukosta on löydettävissä jokin tietty yksittäinen ratkaisu.

Vakiokertoiminen lineaarinen toisen kertaluvun DY on muotoa y'' + a·y' + b·y = v(x) jossa siis on termeinä funktion y toinen derivaatta y'' (kertoimenaan ykkönen), funktion y ensimmäinen derivaatta y' kerrottuna vakiolla a ja funktion y arvo kerrottuna vakiolla b, sekä oikealla puolella jokin argumentin funktio v(x) joka ei sisällä lainkaan funktiota y.

Yhtälö on hyvin pelkistetty. Kaikkia termejä ei välttämättä esiinny, mutta oleellista tämän ratkaisun kannalta on mm. se että toinen derivaatta y'' on mukana ja yhtälö on ensimmäistä astetta y:n ja sen derivaattojen suhteen niin että mukana ei ole esim. sekatuloa y · y'.

Majaniemen tehtävä 2.6 a) kuuluu seuraavasti : y'' + 4·y = 6·sin x - 3·cos x ; tästä siis puuttuu yo. kaavan mukainen termi a·y' ja tavalliseen tapaan meitä kiinnostaisi tietää millainen on se funktio y(x) jolle tuollainen funktioarvojen ja derivaattojen yhtälö pätee.

Lisätietoina meillä on alkuehdot y(0) = 4 ja y'(0) = 6 joita ilman emme kovin pitkälle käytännön ratkaisussa pääsisikään. Siis kun argumentti x = 0 niin funktion arvo y(x) = 4 ja samalla sen derivaatta y'(x) = 6

; ratkaistaan ensin yleisesti vastaava homogeeninen yhtälö yh ; y'' + a·y' + b·y = 0 jossa siis oikealla puolella ollut argumentin funktio v(x) = 0

Yhtälölle y'' + 4·y = 0 laaditaan karakteristinen yhtälö r2 + a·r + b = 0 . Tehtävä voidaan kirjoittaa muodossa y'' + 0·y' + 4·y = 0 jossa siis a=0 ja b=4

y'' + 0·y' + 4·y = 0 

Karakteristinen yhtälö
r2 + 0·r + 4 = 0
r2 + 4 = 0
r2 = -4
r2 = 22·i2

Karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat kompleksilukuja koska minkään reaaliluvun neliö ei ole negatiivinen. Käyttäen imaginääriyksikölle lyhennettä i voidaan karakteristisen yhtälön kaksi juurta esittää kompleksilukuina muodossa r = 0 ±2·i jossa siis reaaliosa on nolla.

Siinä tapauksessa että karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat imaginäärisiä r = a ±b·i (huomaa että tämän a ja b eivät ole samoja kuin DY:ssä yläpuolella), antaa Majaniemi homogeeniselle yhtälölle seuraavan ratkaisukaavan: y = ea·x · ( C1·sin(b·x) + C2·cos(b·x) ) jossa siis a ja b otetaan karakteristisen yhtälön ratkaisuista.

Näin ollen saadaan homogeenisen DY:n ratkaisuksi Majanimen kaavaa soveltaen:

yh = e0·x · ( C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) )
   = e0 · ( C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) )
   = 1 · ( C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) )
   = C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) 

Vakiot C1 ja C2 ovat tuntemattomia, mutta emme edes yritä ratkaista niitä tässä vaiheessa.

; kehitetään fiksu yrite joka voisi kuvata yhtälön oikealla puolella tässä tapauksessa olevaa argumentin funktiota v(x) = 6·sin x - 3·cos x

Koska oikea puoli sisältää argumentin 1·x trigonometrisiä funktioita, on syytä olettaa että yritteenkin pitäisi niitä sisältää. Yritteessä tarvitaan sekä siniä että kosinia koska näiden suhteen pätevät tunnetut diffiksen kaavat joissa ne muuttuvat toisikseen (esim. D(sin x) = cos x, D(cos x) = -sin x). Itse asiassa yritteessä pitää olla sekä sini- että kosini-funktio vaikka DY sisältäisikin vain toisen näistä.

Voidaan päätellä että tähän tapaukseen sopiva yrite olisi muotoa y = A·sin x - B·cos x jossa A ja B ovat aluksi tuntemattomia. Voimme kuitenkin ratkaista ne kun tiedämme että yritteen tulisi olla yhtäpitävä DY:n oikean puolen v(x) = 6·sin x - 3·cos x kanssa.

Tässä vaiheessa on ajateltava koko differentiaaliyhtälöä y'' + 0·y' + 4·y = 6·sin x - 3·cos x jossa siis toisen kertaluvun termin y'' kerroin on yksi, ensimmäisen kertaluvun y' kerroin on nolla ja funktion y arvon kerroin on neljä. Laskemme yritteestä derivaattoja kahteen kertaan koska DY on toista kertalukua ja muodostamme niistä kertoimien avulla summan jonka tulee olla identtinen funktion v(x) kanssa.

y   =  A·sin x - B·cos x 		|| ·4
y'  =  A·cos x + B·sin x 		|| ·0 
y'' = -A·sin x + B·cos x 		|| ·1 

Näiden summaksi tulee (kun ensimmäisen derivaatan lauseke jätetään suoraan pois sillä sen kerroinhan on nolla kun sitä ei ole alkuperäisessä yhtälössä)

y'' + 4·y = -A·sin x + B·cos x + 4·A·sin x - 4·B·cos x
          = 3·A·sin x - 3·B·cos x

Tämä tulee siis olla identtinen DY:n oikean puolen funktion v(x) kanssa. Merkitsemme tämän "yhtäsuuruusmerkillä jossa on kolme vaakaviivaa". Se ei ole ihan sama asia kuin tavallinen yhtäsuuruus, mutta eipä takerruta siihen.

3·A·sin x - 3·B·cos x  ≡  6·sin x - 3·cos x

Noh, sokea Reettakin näkee ylläolevasta että väkisinkin täytyy olla samanaikaisesti

 3·A  =   6
-3·B  =  -3

Josta voidaan helposti päätellä että täytyy olla A = 2 ja B = 1

Niinpä voimme saatujen arvojen A ja B avulla muodostaa täydellisen yritteen y0 = 2·sin x - 1·cos x = 2·sin x - cos x tämän toisen vaiheen ratkaisuna.

; Viimeksi yksinkertaisesti yhdistämme edellä saadut osaratkaisut differentiaaliyhtälön yleiseksi ratkaisuksi : y = yh + y0

y = yh + y0 
  = C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) + 2·sin x - cos x 

Tätä ei tässä vaiheessa kannata yrittää yksinkertaistaa. Nimittäin esim. sin x on aivan eri asia kuin sin 2x.

En ymmärrä minkä ihmeen hepulikohtauksen tämä aiheuttaa TI:lle (se tuottaa aivan villin näköisiä termejä), mutta Casio kehittää pyynnöstä dSolve(y'' + 4·y = 6·sin(x) - 3·cos(x), x, y) kylmän rauhallisesti vastauksen { y = -cos(x) + 2·sin(x) + cos(2·x)·const(1) + sin(2·x)·const(2) } joka termien järjestystä lukuunottamatta on sama kuin käsin laskettu yleinen ratkaisu. Esim. tuntemattomien vakioiden nimillä ei tässä ole merkitystä.

Yleinen ratkaisu on siis jo siinä, mutta se ei käytännön insinööriä paljon lohduta, sillä tuollaisia yhtälöitä on ääretön määrä. Vakiot C1 ja C2 ovat nimittäin tuntemattomia ja ne voisivat saada millaisia arvoja tahansa. Ei esimerkiksi pidä kuvitella että niiden pitäisi muka välttämättä olla pieniä positiivisia kokonaislukuja.

Voisimme kuitenkin harjoituksen vuoksi derivoida saadun yleisen ratkaisun kahdesti ja katsoa että siitä tulee alkuperäinen josta lähdettiin liikkelle. Syvällisempää näkemystä differentiaaliyhtälöiden luonteeseen voi meille tuottaa esim. sen toteaminen että D( x + 0 ) = D( x + 1 ) = D( x + 2 ) = 1·x0 + 0 = 1·1 = 1 eli lisätty vakio 1 tai 2 ei tehnyt mitään eroa lopputuloksessa. Vaikka derivoitavana olisi ollut x + 666 , olisi vastaus ollut sama D(x1) eli 1.

Tarkistetaan, ensin derivoidaan ratkaisua
y   = C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) + 2·sin x - cos x 
y'  = 2·C1·cos(2·x) - 2·C2·sin(2·x) + 2·cos x + sin x
y'' = -2·2·C1·sin(2·x) - 2·2·C2·cos(2·x) - 2·sin x + cos x

y'' + 4·y = -2·2·C1·sin(2·x) - 2·2·C2·cos(2·x) - 2·sin x + cos x + 4·( C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) + 2·sin x - cos x )
 = -2·2·C1·sin(2·x) - 2·2·C2·cos(2·x) - 2·sin x + cos x + 4·C1·sin(2·x) + 4·C2·cos(2·x) + 4·2·sin x - 4·cos x 
 = 4·C1·sin(2·x) - 4·C1·sin(2·x) + 4·C2·cos(2·x) - 4·C2·cos(2·x) + 4·2·sin x - 2·sin x + cos x - 4·cos x 
 = 8·sin x - 2·sin x + cos x - 4·cos x 
 = 6·sin x - 3·cos x 

Tuntemattomat vakiot C1 ja C2 siis eliminoituvat olemattomiin kun derivaatoista muodostetaan differentiaaliyhtälö ja jäljelle jää vain se mistä lähdettiin liikkeelle y'' + 4·y = 6·sin x - 3·cos x . Opimme tästä että yleinen ratkaisu ei todista ko. vakioiden suuruudesta mitään.

Voisin tässä yhteydessä marmattaa insinöörikoulutuksen matematiikasta noin yleisellä tasolla - luonnollisestikin rakentavassa hengessä. Matematiikan opettajilla on taipumus keskittyä siihen matematiikkaan. Meistä ei kuitenkaan ole tulossa matemaatikkoja vaan insinöörejä. Koulussa tunnutaan kuviteltavan että insinööri tarvitsisi "tieteellisen maailmankuvan". Minä puolestani uskon että joulupukki ja saunatonttu muodostavat insinöörille aivan käyttökelpoisen maailmankuvan. Insinööri tarvitsee käytännöllisiä työskentely-, ratkaisu- ja suunnittelumenetelmiä. Mitä tekemistä sillä on maailmankuvan kanssa? Kyseessä ei ole uskonto, vaan ammatti. Matematiikkakin on insinöörille vain eräs apuväline, ei mikään itseisarvo tai palvontamenojen kohde.

DY:n yleinen ratkaisu on matemaatikolle mieleen, mutta insinöörille se ei vielä ole mikään ratkaisu, sillä sehän vilisee tuntemattomia. DY on voitava ratkaista yksittäistapauksena niin että siitä syntyy käyttökelpoinen kaava ja tähän juuri tarvitaan niitä alku- tai reunaehtoja (alkuarvoissa on samat argumentit, reuna-arvoissa erilaiset argumentit). Insinöörin ei kuulu levitellä rukousmattoaan matematiikan alttarin eteen. Insinöörinä voi menestyksellisesti toimia millaisen maailmankuvan pohjalta tahansa, sillä tekniikassa kyse ei ole esim. Jumalan olemassaolosta, Raamatun teologisesta problematiikasta tai elämän alkusynnystä. Pappi ja matemaatikko ehkä tarvitsee tietynlaisen maailmankuvan, mutta insinööri ei tarvitse. Insinööri on vapaa sielu.

Yksityisratkaisu ; Olemme ratkaisseet DY:n yleisessä muodossa, mutta homma ei ole vielä valmis. On nimittäin hyödynnettävä alkuehdot ja löydettävä DY:n erityisratkaisu joka on niiden kanssa yhteensopiva. Tehtävällehän on annettu seuraavat alkuarvot:

y (0) = 4  
y'(0) = 6

Sijoitetaan nämä alkuarvot edellä saatuun yleiseen ratkaisuun, siis siten että x = 0 ja y(0) = 4 ( ja myöhemmin vielä y'(0) = 6 )

y = C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) + 2·sin x - cos x 
( sijoitetaan arvot x = 0 ja y(0) = 4 )
4 = C1·sin(2·0) + C2·cos(2·0) + 2·sin 0 - cos 0
4 = C1·sin 0 + C2·cos 0 + 2·sin 0 - cos 0
4 = C1·0 + C2·1 + 2·0 - 1
4 = 0 + C2·1 + 0 - 1
4 = C2 - 1
C2 = 5

Tästä siis saatiin toiselle vakiolle arvo C2 = 5

Kun toinen alkuarvo on derivaatalle y' niin derivoidaanpa ratkaisu ensin ja sijoitetaan y'(0) = 6 vasta siihen

y  = C1·sin(2·x) + C2·cos(2·x) + 2·sin x - cos x 
y' = 2·C1·cos(2·x) - 2·C2·sin(2·x) + 2·cos x + sin x 
( sijoitetaan arvot x = 0 ja y'(0) = 6 )
6 = 2·C1·cos(2·0) - 2·C2·sin(2·0) + 2·cos 0 + sin 0
6 = 2·C1·cos 0 - 2·C2·sin 0 + 2·cos 0 + sin 0
6 = 2·C1·1 - 2·C2·0 + 2·1 + 0
6 = 2·C1 - 0 + 2 + 0
6 = 2·C1 + 2
2·C1 = 4
C1 = 2

Saatiin siis ensimmäisen vakion arvo C1 = 2

Kun alkuarvojen avulla ratkaistut vakiot sijoitetaan yleiseen ratkaisuun, saadaan yksityisratkaisu y = 2·sin(2·x) + 5·cos(2·x) + 2·sin x - cos x jolla voisi sitten jo olla jotakin käytännön merkitystäkin. Voisimme sen avulla esim. laskea tarkasti paljonko on funktion arvo y(x) silloin jos argumentin arvo on vaikkapa x = 1.23 radiaania.

y(1.23) = 2·sin(2·1.23) + 5·cos(2·1.23) + 2·sin 1.23 - cos 1.23
        = 2·sin(2.46) + 5·cos(2.46) + 2·sin 1.23 - cos 1.23
        = 1.260 - 3.883 + 1.885 - 0.334
        = -1.072

Ja kaikki tämä viisaus oli kiskottavissa ulos niistä tiedoista että kun funktion y nelinkertaiseen arvoon lisätään funktion toinen derivaatta, on tuloksena tietty argumentin x trigonometrinen funktio ja lisäksi tunnetaan funktion y(x) ja sen ensimmäisen derivaatan y'(x) arvo kun x = 0. Taikuutta! Ei paha, ei paha!

Majaniemen vihkosen esimerkki 3

Katsotaanpa hiukan erilaista tehtävää jossa tarvitaan poikkeuksellista yritettä vaiheessa 2°

y'' + y' = 2·x + 1 ja ehtoja ei valitettavasti ole, joten lopputulos tulee olemaan jokseenkin hyödytön.

; ratkaistaan homogeeninen yhtälö y'' + y' = 0 .

Karakteristinen yhtälö tälle on r2 + r = 0 josta voidaan ottaa yhteinen tekijä r·(r + 1) = 0 ja tulon nollasäännön perusteella todeta että toinen tulontekijöistä täytyy olla nolla. Muutenhan tulo ei olisi nolla. Niinpä täytyy olla joko kertoja r = 0 tai kerrottava r + 1 = 0 . Toisin sanoen karakterisen yhtälön juuret ovat r1 = 0 ja r2 = -1

Karakteristisen yhtälön juuret ovat siis erisuuria reaalilukuja joten Majaniemen antaman kaavan mukaan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on :

yh = C1·er1·x + C2·er2·x
   = C1·e0·x + C2·e-1·x
   = C1·e0 + C2·e-x
   = C1·1 + C2·e-x
   = C1 + C2·e-x

; kehitetään yrite jolla löytyisi jokin DY:n yksityisratkaisu

1.) Kokeillaan ensin ei-kovinkaan-fiksua yritettä y = A·x + B joka näyttäisi olevan saman muotoinen kuin yhtälön y'' + y' = 2·x + 1 oikealla puolella oleva v(x) = 2·x + 1

Tämä yrite tulee päättymään umpikujaan, mutta havainnollistetaan se. Lasketaan DY:n muodostamiseen tarvittavat derivaatat:

y   = A·x + B
y'  = A
y'' = 0

Tämän mukaan olisi y'' + y' = 0 + A joten meille tulisi ratkaisun etsimistä varten identtinen yhtälö

0 + A  ≡  2·x + 1

Joutuisimme tästä päättelemään että A = 2·x + 1 jossa x on muuttuja. Vakio A olisi siis yhtä kuin jokin muuttujan x funktio. No sellainenhan ei ole mahdollista. Mikään vakio ei voi olla muuttujan funktio. Tämä yrite ei siis toimi oikein vaan johtaa ristiriitaan todellisuuden kanssa, joten se hylätään.

Matematiikan yliopettaja saneli meille ensimmäisen kertaluvun DY:n yhteydessä seuraavan fiksulta kuulostavan säännön, joka ei kuitenkaan tässä nimenomaisessa tapauksessa pysty näyttämään kynsiään: Sen että tämä [yrite] y* ei kelpaa, näkee siitä että se on mukana yh:ssa joten se tekee DY:n vasemman puolen ilman muuta nollaksi. Tällaisessa tapauksessa tehdään uusi uusi x:llä kerrottu yrite.

2.) Kokeillaan edellistä fiksumpaa yritettä joka saadaan kertomalla aiempi x:llä : y = x·(A·x + B)

y   = x·(A·x + B) = A·x2 + B·x
y'  = 2·A·x + B
y'' = 2·A

Tästä voisi hahmotella DY:n vasenta puolta kuvaavan summan y'' + y' = 2·A + 2·A·x + B ja identtinen yhtäsuuruus tulisi olemaan:

2·A·x + 2·A + B  ≡  2·x + 1
(2·A)·x + (2·A + B)  ≡  2·x + 1

Tuon perusteella voi muodostaa yhtälöparin

2·A  =  2
2·A + B = 1

Josta voi suoraan ratkaista A = 2/2 = 1 ja tämän sijoittamalla arvon parin toiseen yhtälöön voi todeta että tällöin täytyy olla B = 1 - 2 = -1

Niinpä vaiheen 2 lopputuloksena syntyy y0 = x·(A·x + B) = x·(1·x - 1) = x·(x - 1)

; yhdistetään osatulokset ja saadaan vastaus y = yh + y0

y = yh + y0
  = C1 + C2·e-x + x·(x - 1)
  = C1 + C2·e-x + x2 - x

Jos tiedettäisiin alkuarvoja niin tuntemattomat vakiot C1 ja C2 pystyisi ratkaisemaan ja yhtälöstä pystyisi laskemaan oikeita tuloksia. Matemaatikkoa asia ei ilmeisesti vaivaa.

En ymmärrä miten Texas Instrumentsin symbolinen laskin julkeaa esittää tuloksen oheisessa muodossa jossa on mukana lisäksi +1 erillisenä terminään vaikka siinä on jo vakio C9 erillisenä terminään. Casion tulos on saman muotoinen. Manuaalinen ratkaisu on Majaniemen antaman vastauksen mukainen. Vakiot TI esittää rumasti ja termien järjestys on erilainen, mutta ne eivät ole fataaleja ongelmia.

Symboliset laskimet siis itsepintaisesti väittävät että yleinen ratkaisu kuuluisi esittää muodossa y = C1 + C2·e-x + x2 - x + 1 jossa loppuun on vielä jostakin ilmestynyt tuo ylimääräinen ykkönen itsenäisenä terminä. Mielestäni se olisi käsitettävissä suuruudeltaan tuntemattoman vakion C1 osaksi. Tuolla vakiollahan ei ole mitään sen kummallisempaa kerrointa, se on pelkkä erillinen luku, itsenäinen termi.

Mielestäni voisi merkitä että kuvassa näkyvä TI:n vakio C9 = C1 - 1 eli C1 = C9 + 1 . En lainkaan ymmärrä miksi suuruudeltaan tuntematon erillinen vakio ei voisi ajaa sitä asiaa että se olisi yhtä kuin jokin toinen suuruudeltaan tuntematon vakio plus yksi.

Ehkä fiksut laskimet eivät sitten kuitenkaan ole aivan niin fiksuja...

Muita esimerkkejä toisen kertaluvun DY:n erikoisista yritteistä

Yritteiden epäonnistuminen on niin mielenkiintoinen ilmiö että sitä täytyy elaboroida lisää.

Esim. 4 kohta a) y'' + 9·y = 2·sin(3·x)

; homogeeninen yhtälö y'' + 9·y = 0

Sen karakteristinen yhtälö r2 + 9 = 0 eli r2 = -9 = 32·i2 tuottaa imaginäärisen ratkaisun r = 0 ±3·i

Vaiheen 1 tulos on siis

yh = e0·x·( C1·sin(3·x) + C2·cos(3·x) )
   = C1·sin(3·x) + C2·cos(3·x)

; kokeilunhaluinen voisi ensin koettaa yritettä y = A·sin(3·x) + B·cos(3·x)

y   = A·sin(3·x) + B·cos(3·x)			|| ·9
y'  = 3·A·cos(3·x) - 3·B·sin(3·x)		|| ·0
y'' = -3·3·A·sin(3·x) - 3·3·B·cos(3·x)		|| ·1

y'' + 9·y = -9·A·sin(3·x) - 9·B·cos(3·x) + 9·( A·sin(3·x) + B·cos(3·x) )
          = 0

Tässä vaiheessa lienee jo uskottava että yritteenä eivät kelpaa funktiot jotka ovat samat kuin homogeenisen DY:n ratkaisut, joten hylätään tämä yrite.

Parempi, muuttujalla x kerrottu yrite olisi y = x·( A·sin(3·x) + B·cos(3·x) )

y   = x·( A·sin(3·x) + B·cos(3·x) ) 
    = A·x·sin(3·x) + B·x·cos(3·x)
y'  = A·sin(3·x) + 3·A·x·cos(3·x) + B·cos(3·x) - 3·B·x·sin(3·x)
y'' = 3·A·cos(3·x) + 3·A·cos(3·x) - 3·3·A·x·sin(3·x) - 3·B·sin(3·x) - 3·B·sin(3·x) - 3·3·B·x·cos(3·x)
    = 6·A·cos(3·x) - 9·A·x·sin(3·x) - 6·B·sin(3·x) - 9·B·x·cos(3·x)

y'' + 9·y = 6·A·cos(3·x) - 9·A·x·sin(3·x) - 6·B·sin(3·x) - 9·B·x·cos(3·x) + 9·( A·x·sin(3·x) + B·x·cos(3·x) )
          = 6·A·cos(3·x) - 6·B·sin(3·x)

Tämän perusteella voisi hahmotella identtisen yhtäsuuruuden

6·A·cos(3·x) - 6·B·sin(3·x)  ≡  0·cos(3·x) + 2·sin(3·x)

Tuosta taas voisi päätellä

 6·A = 0
-6·B = 2

Vakioiden arvoiksi saisi A = 0 ja B = -2/6 = -1/3 joten yrite tulisi siis olemaan y0 = x·( 0·sin(3·x) - 1/3·cos(3·x) ) = -1/3·x·cos(3·x)

; vastaus yh + y0 = C1·sin(3·x) + C2·cos(3·x) - 1/3·x·cos(3·x) = C1·sin(3·x) + ( C2 - 1/3·x )·cos(3·x)

Majaniemi on tehtävän 2.16 a) vastauksessa samaa mieltä.

Esim. 4 kohta b) y'' + 4·y' + 4·y = 6·e-2·x

Tämän yritteeksi eivät kelpaa y = A·e-2·x eikä edes x:llä kerrottu y = A·x·e-2·x mutta kai niitäkin on pakko kokeilla? Vasta toiseen kertaan x:llä kerrottu yrite y = A·x2·e-2·x on kelvollinen.

; homogeeninen yhtälö y'' + 4·y' + 4·y = 0

Karakteristinen yhtälö kun homogeeninen yhtälö on muotoa y'' + a·y' + b·y = 0

r2 + a·r + b = 0 
r2 + 4·r + 4 = 0 

Tässä ei pääse oikomaan vaan juuret pitäisi ratkaista esim. kaavalla r = -a/2 ± ( (a/2)2 - b )1/2 josta tulos olisi r = -2 ± (0)1/2 = -2 eli siinä näkyisi olevan kaksoisjuuri r1,2.

Karakteristisen yhtälön kaksoisjuuren tapaukselle Majaniemi antaa ratkaisun

y = er1,2·x·( C1 + C2·x ) 
  = e-2·x·( C1 + C2·x ) 

; no sitten kokeillaan "enemmän-vähemmän fiksuja" yritteitä jotka ainakin noin äkkipäätä katsoen vaikuttavat oikean puolen v(x) = 6·e-2·x kanssa yhteensopivilta, aloitetaan yritteellä y = A·e-2·x

y   =  A·e-2·x		|| ·4
y'  = -2·A·e-2·x		|| ·4
y'' = +4·A·e-2·x		|| ·1

y'' + 4·y' + 4·y = 4·A·e-2·x + 4·( -2·A·e-2·x ) + 4·( A·e-2·x )
                 = 4·A·e-2·x - 8·A·e-2·x + 4·A·e-2·x
                 = 0

No okei, myönnetään, tämä ei voi johtaa ratkaisuun. Kokeillaan seuraavaa x:llä kerrottua yritettä y = A·x·e-2·x jossa täytyy derivoidessa huomata tulot ja sisäfunktio.

y   =  A·x·e-2·x
y'  =  A·e-2·x - 2·A·x·e-2·x
y'' = -2·A·e-2·x - 2·A·e-2·x + 4·A·x·e-2·x
    = -4·A·e-2·x + 4·A·x·e-2·x

y'' + 4·y' + 4·y = -4·A·e-2·x + 4·A·x·e-2·x + 4·( A·e-2·x - 2·A·x·e-2·x ) + 4·A·x·e-2·x
                 = -4·A·e-2·x + 8·A·x·e-2·x + 4·A·e-2·x - 8·A·x·e-2·x
                 = 0

No joo, mönkään meni sekin. Viimeinen toivomme on yrite y = A·x2·e-2·x jossa siinäkin on derivoitavana tuloja ja sisäfunktio.

y   =  A·x2·e-2·x
y'  =  2·A·x·e-2·x - 2·A·x2·e-2·x
y'' =  2·A·e-2·x - 4·A·x·e-2·x - 4·A·x·e-2·x + 4·A·x2·e-2·x
    =  2·A·e-2·x - 8·A·x·e-2·x + 4·A·x2·e-2·x

y'' + 4·y' + 4·y = 2·A·e-2·x - 8·A·x·e-2·x + 4·A·x2·e-2·x + 4·( 2·A·x·e-2·x - 2·A·x2·e-2·x ) + 4·A·x2·e-2·x
                 = 2·A·e-2·x - 8·A·x·e-2·x + 8·A·x2·e-2·x + 8·A·x·e-2·x - 8·A·x2·e-2·x
                 = 2·A·e-2·x

Aah, vihdoinkin nollasta eroava tulos. Tämän perusteella voisi viritellä identtisen yhtälön

2·A·e-2·x  ≡  6·e-2·x

Voisi päätellä että 2·A = 6 eli A = 3 joten yritteeksi tulisi y0 = A·x2·e-2·x = 3·x2·e-2·x

; vastaus yh + y0 = e-2·x·( C1 + C2·x ) + 3·x2·e-2·x = e-2·x·( C1 + C2·x + 3·x2 ) on Majaniemen ratkaisun 2.16 b) kanssa yhteensopiva.




Galleria