Fysiikan kaavalotto

[Varaktori]

\(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = e^{-3x}\cos(2x)\), kun \(y(0) = 1\) ja \(\frac{dy}{dx}(0) = -2\)
Kuka osaa ratkaista tämän differentiaaliyhtälön?
 

Tämä on epähomogeeninen yhtälö, joka on yleistettynä muotoa \(y''+a(x)y=b(x)\), missä a(x) ja b(x) ovat funktoita, ja tässä tapauksessa a(x) on vieläpä vakio. Yhtälön ratkaisu on muotoa

\(y = Ay_{h1} + By_{h2} + y_{e}\),

missä \(Ay_{h1} + By_{h2}\) on vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu ja \(y_{e} \) on jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäinen ratkaisu.

Homogeeninen yhtälö on muotoa \((\frac{d^2}{dx^2} + k^2)y = 0\), jonka varsin tunnettu ratkaisu on \(y_h = A \sin(kx) + B \cos(kx)\). Tässä tapauksessa tuo ratkaisu on \(y_h = A \sin (2x) + B \cos(2x)\).

Epähomogeenisen yhtälön \(b(x) =e^{-3x} \cos(2x)\). Tämä on yleistettynä muotoa \(b(x) =e^{ax} \cos(bx)\), missä a ja b ovat vakioita. Kun b(x) on tuota muotoa, antaa differentiaaliyhtälöiden mustasta raamatusta peräisin oleva katekismus ohjeeksi yritteen

\(y = C \cos (2x) e^{-3x} + D \sin (2x) e^{-3x}\),

mikä on siis epähomogeenisen yhtälön yksittäisen ratkaisun yrite. Yritteestä lasketaan vastaavasti
\(y{''}=e^{3x} [ (12C + 5D) \sin (2x) + (5C - 12D) \cos (2x)]\), ja
\(y = e^{3x} ( 4C \sin(3x) + 4D \cos (2x))\).

Sijoittamalla alkuperäiseen epähomogeeniseen yhtälöön, saadaan kertoimille 12C +9D = 0 ja 9C - 12D = 1. Ratkaisuna

\(C = \frac{1}{25}\) ja \(D = -\frac{4}{75}\).

Kun C ja D sijoitetaan yleiseen ratkaisuun, saadaan ratkaisut kertoimille A ja B

\(y(0) = 1 \rightarrow B = \frac{24}{25}\), ja
\(y'(0)=-2 \rightarrow A = -\frac{133}{150}\).

Yhtälön ratkaisu

\(y = -\frac{133}{150} \sin (2x) + \frac{24}{25} \cos (2x) + e^{-3x} \left [ \frac{1}{25} \cos (2x) - \frac{4}{75} \sin (2x) \right ]\).

Eikös tässä ole homogeeninen osa \(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = 0\) joka ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla:\(\lambda^2 + 4 = 0\) Tämän yhtälön juuret ovat kompleksilukuja: \(\lambda_1 = 2i\) ja \(lambda_2 = -2i\) eli lähteekö meikäläisellä lapasesta jo ensimetreillä?

[QS]

\(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = e^{-3x}\cos(2x)\), kun \(y(0) = 1\) ja \(\frac{dy}{dx}(0) = -2\)
Kuka osaa ratkaista tämän differentiaaliyhtälön?
 

Tämä on epähomogeeninen yhtälö, joka on yleistettynä muotoa \(y''+a(x)y=b(x)\), missä a(x) ja b(x) ovat funktoita, ja tässä tapauksessa a(x) on vieläpä vakio. Yhtälön ratkaisu on muotoa

\(y = Ay_{h1} + By_{h2} + y_{e}\),

missä \(Ay_{h1} + By_{h2}\) on vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu ja \(y_{e} \) on jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäinen ratkaisu.

Homogeeninen yhtälö on muotoa \((\frac{d^2}{dx^2} + k^2)y = 0\), jonka varsin tunnettu ratkaisu on \(y_h = A \sin(kx) + B \cos(kx)\). Tässä tapauksessa tuo ratkaisu on \(y_h = A \sin (2x) + B \cos(2x)\).

Epähomogeenisen yhtälön \(b(x) =e^{-3x} \cos(2x)\). Tämä on yleistettynä muotoa \(b(x) =e^{ax} \cos(bx)\), missä a ja b ovat vakioita. Kun b(x) on tuota muotoa, antaa differentiaaliyhtälöiden mustasta raamatusta peräisin oleva katekismus ohjeeksi yritteen

\(y = C \cos (2x) e^{-3x} + D \sin (2x) e^{-3x}\),

mikä on siis epähomogeenisen yhtälön yksittäisen ratkaisun yrite. Yritteestä lasketaan vastaavasti
\(y{''}=e^{3x} [ (12C + 5D) \sin (2x) + (5C - 12D) \cos (2x)]\), ja
\(y = e^{3x} ( 4C \sin(3x) + 4D \cos (2x))\).

Sijoittamalla alkuperäiseen epähomogeeniseen yhtälöön, saadaan kertoimille 12C +9D = 0 ja 9C - 12D = 1. Ratkaisuna

\(C = \frac{1}{25}\) ja \(D = -\frac{4}{75}\).

Kun C ja D sijoitetaan yleiseen ratkaisuun, saadaan ratkaisut kertoimille A ja B

\(y(0) = 1 \rightarrow B = \frac{24}{25}\), ja
\(y'(0)=-2 \rightarrow A = -\frac{133}{150}\).

Yhtälön ratkaisu

\(y = -\frac{133}{150} \sin (2x) + \frac{24}{25} \cos (2x) + e^{-3x} \left [ \frac{1}{25} \cos (2x) - \frac{4}{75} \sin (2x) \right ]\).

Eikös tässä ole homogeeninen osa \(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = 0\) joka ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla:\(\lambda^2 + 4 = 0\) Tämän yhtälön juuret ovat kompleksilukuja: \(\lambda_1 = 2i\) ja \(\lambda_2 = -2i\) eli lähteekö meikäläisellä lapasesta jo ensimetreillä?
 

Ei suinkaan lähde lapasesta, ratkaisut ovat

\(y=A e^{\lambda_1x} + Be^{\lambda_2x}\), kun \(\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{R}\),

\(y=A e^{\lambda_x} + Bxe^{\lambda_x}\), kun \(\lambda=\lambda_1=\lambda_2 \in \mathbb{R}\), ja

\(y=A e^{ax}\cos(bx) + Be^{ax}\sin(bx)\), kun \(\lambda_1=a + bi \in \mathbb{C}, \lambda_2 = a - bi \in \mathbb{C}\).

Näiden kolmen todistus on toki asia erikseen.

Mutta karakteristisen yhtälön ratkaisusi johtaa aivan oikeaan tulokseen y = A cos(2x) + B sin(2x).

[Varaktori]

\(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = e^{-3x}\cos(2x)\), kun \(y(0) = 1\) ja \(\frac{dy}{dx}(0) = -2\)
Kuka osaa ratkaista tämän differentiaaliyhtälön?
 

Tämä on epähomogeeninen yhtälö, joka on yleistettynä muotoa \(y''+a(x)y=b(x)\), missä a(x) ja b(x) ovat funktoita, ja tässä tapauksessa a(x) on vieläpä vakio. Yhtälön ratkaisu on muotoa

\(y = Ay_{h1} + By_{h2} + y_{e}\),

missä \(Ay_{h1} + By_{h2}\) on vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu ja \(y_{e} \) on jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäinen ratkaisu.

Homogeeninen yhtälö on muotoa \((\frac{d^2}{dx^2} + k^2)y = 0\), jonka varsin tunnettu ratkaisu on \(y_h = A \sin(kx) + B \cos(kx)\). Tässä tapauksessa tuo ratkaisu on \(y_h = A \sin (2x) + B \cos(2x)\).

Epähomogeenisen yhtälön \(b(x) =e^{-3x} \cos(2x)\). Tämä on yleistettynä muotoa \(b(x) =e^{ax} \cos(bx)\), missä a ja b ovat vakioita. Kun b(x) on tuota muotoa, antaa differentiaaliyhtälöiden mustasta raamatusta peräisin oleva katekismus ohjeeksi yritteen

\(y = C \cos (2x) e^{-3x} + D \sin (2x) e^{-3x}\),

mikä on siis epähomogeenisen yhtälön yksittäisen ratkaisun yrite. Yritteestä lasketaan vastaavasti
\(y{''}=e^{3x} [ (12C + 5D) \sin (2x) + (5C - 12D) \cos (2x)]\), ja
\(y = e^{3x} ( 4C \sin(3x) + 4D \cos (2x))\).

Sijoittamalla alkuperäiseen epähomogeeniseen yhtälöön, saadaan kertoimille 12C +9D = 0 ja 9C - 12D = 1. Ratkaisuna

\(C = \frac{1}{25}\) ja \(D = -\frac{4}{75}\).

Kun C ja D sijoitetaan yleiseen ratkaisuun, saadaan ratkaisut kertoimille A ja B

\(y(0) = 1 \rightarrow B = \frac{24}{25}\), ja
\(y'(0)=-2 \rightarrow A = -\frac{133}{150}\).

Yhtälön ratkaisu

\(y = -\frac{133}{150} \sin (2x) + \frac{24}{25} \cos (2x) + e^{-3x} \left [ \frac{1}{25} \cos (2x) - \frac{4}{75} \sin (2x) \right ]\).

Eikös tässä ole homogeeninen osa \(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = 0\) joka ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla:\(\lambda^2 + 4 = 0\) Tämän yhtälön juuret ovat kompleksilukuja: \(\lambda_1 = 2i\) ja \(lambda_2 = -2i\) eli lähteekö meikäläisellä lapasesta jo ensimetreillä?

Ei suinkaan lähde lapasesta, ratkaisut ovat

\(y=A e^{\lambda_1x} + Be^{\lambda_2x}\), kun \(\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{R}\),

\(y=A e^{\lambda_x} + Bxe^{\lambda_x}\), kun \(\lambda=\lambda_1=\lambda_2 \in \mathbb{R}\), ja

\(y=A e^{ax}\cos(bx) + Be^{ax}\sin(bx)\), kun \(\lambda_1=a + bi \in \mathbb{C}, \lambda_2 = a - bi \in \mathbb{C}\).

Näiden kolmen todistus on toki asia erikseen.

Mutta karakteristisen yhtälön ratkaisusi johtaa aivan oikeaan tulokseen y = A cos(2x) + B sin(2x).

Mä saan lopulliseksi ratkaisuksi alkuehtojen kanssa:
\(y(x) = -\frac{15}{16}i e^{2ix} + \frac{15}{16}i e^{-2ix} - \frac{1}{8} e^{-3x}\cos(2x)\)

[QS]

\(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = e^{-3x}\cos(2x)\), kun \(y(0) = 1\) ja \(\frac{dy}{dx}(0) = -2\)
Kuka osaa ratkaista tämän differentiaaliyhtälön?
 

Tämä on epähomogeeninen yhtälö, joka on yleistettynä muotoa \(y''+a(x)y=b(x)\), missä a(x) ja b(x) ovat funktoita, ja tässä tapauksessa a(x) on vieläpä vakio. Yhtälön ratkaisu on muotoa

\(y = Ay_{h1} + By_{h2} + y_{e}\),

missä \(Ay_{h1} + By_{h2}\) on vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu ja \(y_{e} \) on jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäinen ratkaisu.

Homogeeninen yhtälö on muotoa \((\frac{d^2}{dx^2} + k^2)y = 0\), jonka varsin tunnettu ratkaisu on \(y_h = A \sin(kx) + B \cos(kx)\). Tässä tapauksessa tuo ratkaisu on \(y_h = A \sin (2x) + B \cos(2x)\).

Epähomogeenisen yhtälön \(b(x) =e^{-3x} \cos(2x)\). Tämä on yleistettynä muotoa \(b(x) =e^{ax} \cos(bx)\), missä a ja b ovat vakioita. Kun b(x) on tuota muotoa, antaa differentiaaliyhtälöiden mustasta raamatusta peräisin oleva katekismus ohjeeksi yritteen

\(y = C \cos (2x) e^{-3x} + D \sin (2x) e^{-3x}\),

mikä on siis epähomogeenisen yhtälön yksittäisen ratkaisun yrite. Yritteestä lasketaan vastaavasti
\(y{''}=e^{3x} [ (12C + 5D) \sin (2x) + (5C - 12D) \cos (2x)]\), ja
\(y = e^{3x} ( 4C \sin(3x) + 4D \cos (2x))\).

Sijoittamalla alkuperäiseen epähomogeeniseen yhtälöön, saadaan kertoimille 12C +9D = 0 ja 9C - 12D = 1. Ratkaisuna

\(C = \frac{1}{25}\) ja \(D = -\frac{4}{75}\).

Kun C ja D sijoitetaan yleiseen ratkaisuun, saadaan ratkaisut kertoimille A ja B

\(y(0) = 1 \rightarrow B = \frac{24}{25}\), ja
\(y'(0)=-2 \rightarrow A = -\frac{133}{150}\).

Yhtälön ratkaisu

\(y = -\frac{133}{150} \sin (2x) + \frac{24}{25} \cos (2x) + e^{-3x} \left [ \frac{1}{25} \cos (2x) - \frac{4}{75} \sin (2x) \right ]\).

Eikös tässä ole homogeeninen osa \(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = 0\) joka ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla:\(\lambda^2 + 4 = 0\) Tämän yhtälön juuret ovat kompleksilukuja: \(\lambda_1 = 2i\) ja \(lambda_2 = -2i\) eli lähteekö meikäläisellä lapasesta jo ensimetreillä?

Ei suinkaan lähde lapasesta, ratkaisut ovat

\(y=A e^{\lambda_1x} + Be^{\lambda_2x}\), kun \(\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{R}\),

\(y=A e^{\lambda_x} + Bxe^{\lambda_x}\), kun \(\lambda=\lambda_1=\lambda_2 \in \mathbb{R}\), ja

\(y=A e^{ax}\cos(bx) + Be^{ax}\sin(bx)\), kun \(\lambda_1=a + bi \in \mathbb{C}, \lambda_2 = a - bi \in \mathbb{C}\).

Näiden kolmen todistus on toki asia erikseen.

Mutta karakteristisen yhtälön ratkaisusi johtaa aivan oikeaan tulokseen y = A cos(2x) + B sin(2x).

Mä saan lopulliseksi ratkaisuksi alkuehtojen kanssa:
\(y(x) = -\frac{15}{16}i e^{2ix} + \frac{15}{16}i e^{-2ix} - \frac{1}{8} e^{-3x}\cos(2x)\)

Villi ratkaisu . Pyysin tietokonetta laskemaan Im(y), ja vastasi, että Im(y)=0, kun \(x \in \mathbb{R}\). Ainakin siis y on reaalinen. Mutta mielestäni Re(y) ei toteuta alkuperäistä yhtälöä

[Varaktori]

\(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = e^{-3x}\cos(2x)$, kun $y(0) = 1$ ja $\frac{dy}{dx}(0) = -2\)
Kuka osaa ratkaista tämän differentiaaliyhtälön?

Tämä on epähomogeeninen yhtälö, joka on yleistettynä muotoa \(y''+a(x)y=b(x)\), missä a(x) ja b(x) ovat funktoita, ja tässä tapauksessa a(x) on vieläpä vakio. Yhtälön ratkaisu on muotoa

\(y = Ay_{h1} + By_{h2} + y_{e}\),

missä \(Ay_{h1} + By_{h2}\) on vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu ja \(y_{e} \) on jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäinen ratkaisu.

Homogeeninen yhtälö on muotoa \((\frac{d^2}{dx^2} + k^2)y = 0\), jonka varsin tunnettu ratkaisu on \(y_h = A \sin(kx) + B \cos(kx)\). Tässä tapauksessa tuo ratkaisu on \(y_h = A \sin (2x) + B \cos(2x)\).

Epähomogeenisen yhtälön \(b(x) =e^{-3x} \cos(2x)\). Tämä on yleistettynä muotoa \(b(x) =e^{ax} \cos(bx)\), missä a ja b ovat vakioita. Kun b(x) on tuota muotoa, antaa differentiaaliyhtälöiden mustasta raamatusta peräisin oleva katekismus ohjeeksi yritteen

\(y = C \cos (2x) e^{-3x} + D \sin (2x) e^{-3x}\),

mikä on siis epähomogeenisen yhtälön yksittäisen ratkaisun yrite. Yritteestä lasketaan vastaavasti
\(y{''}=e^{3x} [ (12C + 5D) \sin (2x) + (5C - 12D) \cos (2x)]\), ja
\(y = e^{3x} ( 4C \sin(3x) + 4D \cos (2x))\).

Sijoittamalla alkuperäiseen epähomogeeniseen yhtälöön, saadaan kertoimille 12C +9D = 0 ja 9C - 12D = 1. Ratkaisuna

\(C = \frac{1}{25}\) ja \(D = -\frac{4}{75}\).

Kun C ja D sijoitetaan yleiseen ratkaisuun, saadaan ratkaisut kertoimille A ja B

\(y(0) = 1 \rightarrow B = \frac{24}{25}\), ja
\(y'(0)=-2 \rightarrow A = -\frac{133}{150}\).

Yhtälön ratkaisu

\(y = -\frac{133}{150} \sin (2x) + \frac{24}{25} \cos (2x) + e^{-3x} \left [ \frac{1}{25} \cos (2x) - \frac{4}{75} \sin (2x) \right ]\).

Eikös tässä ole homogeeninen osa \(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = 0\) joka ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla:\(\lambda^2 + 4 = 0\) Tämän yhtälön juuret ovat kompleksilukuja: \(\lambda_1 = 2i\) ja \(lambda_2 = -2i\) eli lähteekö meikäläisellä lapasesta jo ensimetreillä?

Ei suinkaan lähde lapasesta, ratkaisut ovat

\(y=A e^{\lambda_1x} + Be^{\lambda_2x}\), kun \(\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{R}\),

\(y=A e^{\lambda_x} + Bxe^{\lambda_x}\), kun \(\lambda=\lambda_1=\lambda_2 \in \mathbb{R}\), ja

\(y=A e^{ax}\cos(bx) + Be^{ax}\sin(bx)\), kun \(\lambda_1=a + bi \in \mathbb{C}, \lambda_2 = a - bi \in \mathbb{C}\).

Näiden kolmen todistus on toki asia erikseen.

Mutta karakteristisen yhtälön ratkaisusi johtaa aivan oikeaan tulokseen y = A cos(2x) + B sin(2x).

Mä saan lopulliseksi ratkaisuksi alkuehtojen kanssa:
\(y(x) = -\frac{15}{16}i e^{2ix} + \frac{15}{16}i e^{-2ix} - \frac{1}{8} e^{-3x}\cos(2x)\)

Villi ratkaisu . Pyysin tietokonetta laskemaan Im(y), ja vastasi, että Im(y)=0, kun \(x \in \mathbb{R}\). Ainakin siis y on reaalinen. Mutta mielestäni Re(y) ei toteuta alkuperäistä yhtälöä

Se on katsos kun meikäläinen ihan mitään tietämättömyyden varmuudella täällä hörhöttää, niin metsään se menee. Tuolle mun alkupätkälle sä annoit siunauksen ja mun päättely jatkuu tähän tapaan:

Käsittääkseni yleinen homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu on \(y_h(x) = c_1e^{2ix} + c_2e^{-2ix}\) missä \(c_1\) ja \(c_2\) on vakioita. Nyt koska homogeeninen ratkaisu sisältää imaginääriosia, niin etsimme erillisen osan partikulaarista ratkaisua muodossa \(y_p(x) = A e^{-3x}\cos(2x) + B e^{-3x}\sin(2x)\) ja kun mä tämän sijoitan alkuperäiseen yhtälöön, niin saan \(\frac{d^2y_p}{dx^2} + 4y_p = -12A e^{-3x}\cos(2x) - 16B e^{-3x}\sin(2x) + 4A e^{-3x}\cos(2x) + 4B e^{-3x}\sin(2x)\)

Joko nyt on mopo karannut käsistä?

[QS]

Tämä on epähomogeeninen yhtälö, joka on yleistettynä muotoa \(y''+a(x)y=b(x)\), missä a(x) ja b(x) ovat funktoita, ja tässä tapauksessa a(x) on vieläpä vakio. Yhtälön ratkaisu on muotoa

\(y = Ay_{h1} + By_{h2} + y_{e}\),

missä \(Ay_{h1} + By_{h2}\) on vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu ja \(y_{e} \) on jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäinen ratkaisu.

Homogeeninen yhtälö on muotoa \((\frac{d^2}{dx^2} + k^2)y = 0\), jonka varsin tunnettu ratkaisu on \(y_h = A \sin(kx) + B \cos(kx)\). Tässä tapauksessa tuo ratkaisu on \(y_h = A \sin (2x) + B \cos(2x)\).

Epähomogeenisen yhtälön \(b(x) =e^{-3x} \cos(2x)\). Tämä on yleistettynä muotoa \(b(x) =e^{ax} \cos(bx)\), missä a ja b ovat vakioita. Kun b(x) on tuota muotoa, antaa differentiaaliyhtälöiden mustasta raamatusta peräisin oleva katekismus ohjeeksi yritteen

\(y = C \cos (2x) e^{-3x} + D \sin (2x) e^{-3x}\),

mikä on siis epähomogeenisen yhtälön yksittäisen ratkaisun yrite. Yritteestä lasketaan vastaavasti
\(y{''}=e^{3x} [ (12C + 5D) \sin (2x) + (5C - 12D) \cos (2x)]\), ja
\(y = e^{3x} ( 4C \sin(3x) + 4D \cos (2x))\).

Sijoittamalla alkuperäiseen epähomogeeniseen yhtälöön, saadaan kertoimille 12C +9D = 0 ja 9C - 12D = 1. Ratkaisuna

\(C = \frac{1}{25}\) ja \(D = -\frac{4}{75}\).

Kun C ja D sijoitetaan yleiseen ratkaisuun, saadaan ratkaisut kertoimille A ja B

\(y(0) = 1 \rightarrow B = \frac{24}{25}\), ja
\(y'(0)=-2 \rightarrow A = -\frac{133}{150}\).

Yhtälön ratkaisu

\(y = -\frac{133}{150} \sin (2x) + \frac{24}{25} \cos (2x) + e^{-3x} \left [ \frac{1}{25} \cos (2x) - \frac{4}{75} \sin (2x) \right ]\).

Eikös tässä ole homogeeninen osa \(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = 0\) joka ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla:\(\lambda^2 + 4 = 0\) Tämän yhtälön juuret ovat kompleksilukuja: \(\lambda_1 = 2i\) ja \(lambda_2 = -2i\) eli lähteekö meikäläisellä lapasesta jo ensimetreillä?

Ei suinkaan lähde lapasesta, ratkaisut ovat

\(y=A e^{\lambda_1x} + Be^{\lambda_2x}\), kun \(\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{R}\),

\(y=A e^{\lambda_x} + Bxe^{\lambda_x}\), kun \(\lambda=\lambda_1=\lambda_2 \in \mathbb{R}\), ja

\(y=A e^{ax}\cos(bx) + Be^{ax}\sin(bx)\), kun \(\lambda_1=a + bi \in \mathbb{C}, \lambda_2 = a - bi \in \mathbb{C}\).

Näiden kolmen todistus on toki asia erikseen.

Mutta karakteristisen yhtälön ratkaisusi johtaa aivan oikeaan tulokseen y = A cos(2x) + B sin(2x).

Mä saan lopulliseksi ratkaisuksi alkuehtojen kanssa:
\(y(x) = -\frac{15}{16}i e^{2ix} + \frac{15}{16}i e^{-2ix} - \frac{1}{8} e^{-3x}\cos(2x)\)

Villi ratkaisu . Pyysin tietokonetta laskemaan Im(y), ja vastasi, että Im(y)=0, kun \(x \in \mathbb{R}\). Ainakin siis y on reaalinen. Mutta mielestäni Re(y) ei toteuta alkuperäistä yhtälöä

Se on katsos kun meikäläinen ihan mitään tietämättömyyden varmuudella täällä hörhöttää, niin metsään se menee. Tuolle mun alkupätkälle sä annoit siunauksen ja mun päättely jatkuu tähän tapaan:

Käsittääkseni yleinen homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu on \(y_h(x) = c_1e^{2ix} + c_2e^{-2ix}\) missä \(c_1\) ja \(c_2\) on vakioita. Nyt koska homogeeninen ratkaisu sisältää imaginääriosia, niin etsimme erillisen osan partikulaarista ratkaisua muodossa \(y_p(x) = A e^{-3x}\cos(2x) + B e^{-3x}\sin(2x)\) ja kun mä tämän sijoitan alkuperäiseen yhtälöön, niin saan \(\frac{d^2y_p}{dx^2} + 4y_p = -12A e^{-3x}\cos(2x) - 16B e^{-3x}\sin(2x) + 4A e^{-3x}\cos(2x) + 4B e^{-3x}\sin(2x)\)

Joko nyt on mopo karannut käsistä?

Sait ilmeisesti lopulta tuon avulla aiemman ratkaisusi? Eli tämän

\(y(x) = -\frac{15}{16}i e^{2ix} + \frac{15}{16}i e^{-2ix} - \frac{1}{8} e^{-3x}\cos(2x)\).

Vai ymmärsinkö oikein. Vaikka tämä näyttää ratkaisulta, niin se ei toteuta alkuperäistä epähomogeenista yhtälöä, eikä annettuja alkuarvoja.

Aiemmin mainitun homogeenisen yhtälön y''+4y=0 ratkaisuna toimii kyllä

\(y_h(x) = c_1e^{2ix} + c_2e^{-2ix} = (c_1 + c_2) \cos(2x) + i (c_2 - c_1) \sin(2x)\),

mihin on siis sjoitettu karakteristisen yhtälön juuret \(\lambda_1=2i, \lambda_2 = -2i\), ja \(y_h(x)\) ei ole reaalinen.

Karakteristinen yhtälö perustuu siihen, että homogeenisen yhtälön ratkaisu on reaalinen, ja edelleen epähomogeenisen yhtälön ratkaisu löytyy käyttämällä homogeenisen yhtälön reaalista ratkaisua. Olen käsittänyt, että homogeenisen yhtälön kompleksisella ratkaisulla ei päästä epähomogeenisen yhtälön ratkaisuun.

Siksi pitää käyttää homogeenisen yhtälön yleistä reaalista ratkaisua \(y_h = c_1 \sin (2x) + c_2 \cos(2x)\)

[Varaktori]

Eikös tässä ole homogeeninen osa \(\frac{d^2y}{dx^2} + 4y = 0\) joka ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla:\(\lambda^2 + 4 = 0\) Tämän yhtälön juuret ovat kompleksilukuja: \(\lambda_1 = 2i\) ja \(lambda_2 = -2i\) eli lähteekö meikäläisellä lapasesta jo ensimetreillä?

Ei suinkaan lähde lapasesta, ratkaisut ovat

\(y=A e^{\lambda_1x} + Be^{\lambda_2x}\), kun \(\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{R}\),

\(y=A e^{\lambda_x} + Bxe^{\lambda_x}\), kun \(\lambda=\lambda_1=\lambda_2 \in \mathbb{R}\), ja

\(y=A e^{ax}\cos(bx) + Be^{ax}\sin(bx)\), kun \(\lambda_1=a + bi \in \mathbb{C}, \lambda_2 = a - bi \in \mathbb{C}\).

Näiden kolmen todistus on toki asia erikseen.

Mutta karakteristisen yhtälön ratkaisusi johtaa aivan oikeaan tulokseen y = A cos(2x) + B sin(2x).

Mä saan lopulliseksi ratkaisuksi alkuehtojen kanssa:
\(y(x) = -\frac{15}{16}i e^{2ix} + \frac{15}{16}i e^{-2ix} - \frac{1}{8} e^{-3x}\cos(2x)\)

Villi ratkaisu . Pyysin tietokonetta laskemaan Im(y), ja vastasi, että Im(y)=0, kun \(x \in \mathbb{R}\). Ainakin siis y on reaalinen. Mutta mielestäni Re(y) ei toteuta alkuperäistä yhtälöä

Se on katsos kun meikäläinen ihan mitään tietämättömyyden varmuudella täällä hörhöttää, niin metsään se menee. Tuolle mun alkupätkälle sä annoit siunauksen ja mun päättely jatkuu tähän tapaan:

Käsittääkseni yleinen homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisu on \(y_h(x) = c_1e^{2ix} + c_2e^{-2ix}\) missä \(c_1\) ja \(c_2\) on vakioita. Nyt koska homogeeninen ratkaisu sisältää imaginääriosia, niin etsimme erillisen osan partikulaarista ratkaisua muodossa \(y_p(x) = A e^{-3x}\cos(2x) + B e^{-3x}\sin(2x)\) ja kun mä tämän sijoitan alkuperäiseen yhtälöön, niin saan \(\frac{d^2y_p}{dx^2} + 4y_p = -12A e^{-3x}\cos(2x) - 16B e^{-3x}\sin(2x) + 4A e^{-3x}\cos(2x) + 4B e^{-3x}\sin(2x)\)

Joko nyt on mopo karannut käsistä?

Sait ilmeisesti lopulta tuon avulla aiemman ratkaisusi? Eli tämän

\(y(x) = -\frac{15}{16}i e^{2ix} + \frac{15}{16}i e^{-2ix} - \frac{1}{8} e^{-3x}\cos(2x)\).

Vai ymmärsinkö oikein. Vaikka tämä näyttää ratkaisulta, niin se ei toteuta alkuperäistä epähomogeenista yhtälöä, eikä annettuja alkuarvoja.

Aiemmin mainitun homogeenisen yhtälön y''+4y=0 ratkaisuna toimii kyllä

\(y_h(x) = c_1e^{2ix} + c_2e^{-2ix} = (c_1 + c_2) \cos(2x) + i (c_2 - c_1) \sin(2x)\),

mihin on siis sjoitettu karakteristisen yhtälön juuret \(\lambda_1=2i, \lambda_2 = -2i\), ja \(y_h(x)\) ei ole reaalinen.

Karakteristinen yhtälö perustuu siihen, että homogeenisen yhtälön ratkaisu on reaalinen, ja edelleen epähomogeenisen yhtälön ratkaisu löytyy käyttämällä homogeenisen yhtälön reaalista ratkaisua. Olen käsittänyt, että homogeenisen yhtälön kompleksisella ratkaisulla ei päästä epähomogeenisen yhtälön ratkaisuun.

Sen takia pitää valita homogeenisen yhtälön reaalinen ja yleinen ratkaisu \(y_h = c_1 \sin (2x) + c_2 \cos(2x)\)

Olisihan se ihme ollutkin jos se oikein menisi, ei ole vuosikymmeniin tarvinnut miettiä tämmöisiä.

[Disputator]

Laitetaan tälläinen edelliseen hieman liittyvä tehtävä, tässäkin toinen (aika)derivaatta on verrannollinen itse funktioon.

Kappale liikkuu xy-tasossa siten että siihen vaikuttaa voima, joka on verrannollinen etäisyyteen \( r =||\mathbf{r}||\), kun \(\mathbf{r}=(x,y)\) eli:

\(\frac{d^2 \mathbf{r}}{dt^2}=-4\mathbf{r}\).

Kaaava voidaan kirjoittaa komponenttimuodossa:

\(\frac{d^2 x}{dt^2}=-4x\)
\(\frac{d^2 y}{dt^2}=-4y\)

Määrättävä kappaleen rata.

Tehtävä on hieman työläs jos ottaa mielivaltaiset alkuehdot, mutta saa säätää alkuehtoja halutessaan. Ei saa (liikaa) luntata netistä, idea on se että olet 1600-luvun lopun tiedemies ja nyt olet ratkaisemassa planeetan rataa käyttäen pelkästään noita yhtälöitä. Tosin oikea planeetta noudattaa Newtonin painovoimalakia, eikä mun yhtälöä, mutta ei anneta sen asian häiritä. Plussaa saa siitä että ratkaisee tämän monella eri tavalla...

Tämä on eräs malli keskeisvoiman alaisena liikkuvalle planeetalle, jossa keskuskappale oletetaan liikkumattomaksi. Tämä ja Newtonin etäisyyden toiseen potenssiin heikkenevä keskeisvoima ovat kaksi potenssimuotoista vetovoimalakia \(F\sim r^n\), missä siis \( n=1, n=-2\) ovat erikoistapauksia jossain asiassa (missä?)

Joo, onhan vähän hassu tehtävä, mutta tavallaan ainakin minä tuosta olen tykännyt.

[QS]

Laitetaan tälläinen edelliseen hieman liittyvä tehtävä, tässäkin toinen (aika)derivaatta on verrannollinen itse funktioon.

Kappale liikkuu xy-tasossa siten että siihen vaikuttaa voima, joka on verrannollinen etäisyyteen \( r =||\mathbf{r}||\), kun \(\mathbf{r}=(x,y)\) eli:

\(\frac{d^2 \mathbf{r}}{dt^2}=-4\mathbf{r}\).

Kaaava voidaan kirjoittaa komponenttimuodossa:

\(\frac{d^2 x}{dt^2}=-4x\)
\(\frac{d^2 y}{dt^2}=-4y\)

Määrättävä kappaleen rata.

Tehtävä on hieman työläs jos ottaa mielivaltaiset alkuehdot, mutta saa säätää alkuehtoja halutessaan. Ei saa (liikaa) luntata netistä, idea on se että olet 1600-luvun lopun tiedemies ja nyt olet ratkaisemassa planeetan rataa käyttäen pelkästään noita yhtälöitä. Tosin oikea planeetta noudattaa Newtonin painovoimalakia, eikä mun yhtälöä, mutta ei anneta sen asian häiritä. Plussaa saa siitä että ratkaisee tämän monella eri tavalla...

Tämä on eräs malli keskeisvoiman alaisena liikkuvalle planeetalle, jossa keskuskappale oletetaan liikkumattomaksi. Tämä ja Newtonin etäisyyden toiseen potenssiin heikkenevä keskeisvoima ovat kaksi potenssimuotoista vetovoimalakia \(F\sim r^n\), missä siis \( n=1, n=-2\) ovat erikoistapauksia jossain asiassa (missä?)

Joo, onhan vähän hassu tehtävä, mutta tavallaan ainakin minä tuosta olen tykännyt.

Vaikuttaa hyvältä tehtävältä, koska muotoa \((\frac{d^2}{dt^2}+k^2)f = 0\) olevat yhtälöt eivät ole fysiikasta kadonneet, vaikka 1600-luvulta lähtien on liitua kulutettu

Antamiesi yhtälöiden ratkaisut (k=2) ovat

\(x = A \cos(2t) + B \sin(2t)\), ja

\(y = C \cos(2t) + D \sin(2t)\).

Alkuehtona asetan paikan vakioksi r(0) = ( x(0), y(0) ) = ( 0, 1 ), mutta vastaavat x'(0)=v_x ja y'(0)=v_y, jotta saan jotain muunneltavuutta, kun v_x ja v_y kulkeva mukana. Alkuehdoista ratkaisen \(A=0, B=\frac{v_{x}}{2}\), sekä \(C=1, D=\frac{v_{y}}{2}\).

Parametrimuodossa rata on

\(x = \frac{v_{x}}{2} \sin(2t),\)
\(y = \cos(2t) + \frac{v_{y}}{2} \sin(2t)\).

Kun sijoitan vaikkapa v_x = -3 ja v_y = 0, saan ellipsin, jonka x-akselin suuntainen puoliakseli on pidempi kuin y-akselin suuntainen. Identteettiä sin²(2t) + cos²(2t) = 1 hyödyntämällä saan tuon liikeradan esitettyä myös muodossa

\( \frac{x^2}{\frac{9}{4}} + \frac{y^2}{1} = 1\),

mikä on tosiaan ellipsi, jonka puoliakselien pituudet ovat 3/2 ja 1.

Kun sijoitan v_x = -1, saan ympyrän

\(x^2 + y^2 = 1\).

Vielä erikoistapaus v_x=0 ja v_y=0, joka johtaa liikerataan

\(y = \cos(2t), x = 0\),

mikä on y-akselin suuntainen 1-dimensioinen harmoninen värähtelijä. Täysin yleinen ratkaisu lienee työläs, mutta alkuehtojen asettaminen tässä sallittiin.

[QS]

Tällainen taivaalta pudonnut random-kaavalotto. Tässä määritellään joukko X, jolla on merkityksensä fysiikassakin.

\(X := \left \{ \begin{pmatrix} a & b\\ c & d \end{pmatrix} \, |\ a,b,c,d \in \mathbb{C}, ad-bc=1 \right \}\).

Sulkujen sisään asetetut neljä lukua a,b,c,d toteuttavat

\( \begin{pmatrix} a & b\\ c & d \end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix} e & f\\ g & h \end{pmatrix} := \begin{pmatrix} ae+bg & af+bh\\ ce+dg & cf+dh \end{pmatrix}\),

missä \(\odot \) on eräs laskutoimitus.

Onkohan joukolla X jokin yleisemmin tunnettu nimikin?