\documentclass[finnish,11pt,twocolumn]{article}
\usepackage{/home/apiola/tex/KP3harj}
%\usepackage{KP3harj}
\usepackage{ae,aecompl} 
%\usepackage{KP3vara}
\usepackage[dvips]{epsfig}
\begin{document}
%\noindent

\subsection*{Mat-1.433/443 Matematiikan peruskurssit K3/P3} 
\hfill Apiola/Bingham

\subsubsection*{2. välikoe 14.11. 2005, ratkaisut}

\begin{enumerate}
\item

Gaussin rivioperaatioilla:\\
$A=
 \left[ \begin {array}{cccc} 1&0&-1&2\\\noalign{\medskip}0&-1&1&-2
\\\noalign{\medskip}4&-5&1&-2\end {array} \right] 
\sim
 \left[ \begin {array}{cccc} 1&0&-1&2\\\noalign{\medskip}0&-1&1&-2
\\\noalign{\medskip}0&-5&5&-10\end {array} \right] 
\sim
 \left[ \begin {array}{cccc} 1&0&-1&2\\\noalign{\medskip}0&-1&1&-2
\\\noalign{\medskip}0&0&0&0\end {array} \right] 
\sim
\left[ \begin {array}{cccc} 1&0&-1&2\\\noalign{\medskip}0&1&-1&2\\\noalign{\medskip}0&0&0&0\end {array} \right]
$ 

Viimeisessä vaiheessa kerrottiin rivi $2.$ luvulla $-1,$ kun \emph{rref}-muoto oli näin halvalla tarjolla, vallan hyvin pärjättäisiin ilmankin tätä.

\textbf{Tukisarakkeet} ovat sarakkeet $1$ ja $2$.

\textbf{Sarakeavaruuden} kanta saadaan alkuperäisen matriisin tukisarakkeista,
ts. $A:$n 2 ensimmäistä saraketta: $\lbrack 1,0,4\rbrack^T,\ \ 
\lbrack 0,-1,-5\rbrack^T.$\\
\textbf{Huom!} Sarakkeiden poimiminen ref-muodosta on periaatevirhe, tässä näkyy 
erityisen selvästi, että ref-muodon kahden ensimmäisen virittämänä ei voida
saada vektoria, jonka kolmas alkio $\neq 0,$ joten $A$:n sarakeet eivät 
mitenkään virity.

\textbf{Riviavaruuden} kannan muodostavat {\em ref}- (tai {\it rref}-) muodon
nollasta poikkeavat rivit, siis tässä $\lbrack 1, 0,-1,2 \rbrack$ ja 
$\lbrack 0,1,-1,2 \rbrack$.

\textbf{Nolla-avaruus} saadaan ratkaisemalla (HY) $A\,\x = \vec{0},$ eli
$E\,\x = \vec{0},$ missä $E=\textit{rref}(A).$ Saadaan siis yhtälöryhmä:
$$
\begin{cases}
x_1 +0\,x_2 - x_3 + 2\,x_4 = 0\\
0\,x_1 + x_2 -x_3 + 2\,x_4 =0.
\end{cases}
$$
Merkitään vapaita muuttujia: $x_4 = s,\ \ x_3 = t$. Saadaan:
$
\begin{cases}
x_1 = t - 2\,s\\
x_2 =  t - 2\,s .
\end{cases}
$
Valinnoilla (a) $t=0,\ \ s=1$ ja (b) $t=1,\ \ s=0$ saadaan kantavektorit:
$\lbrack -2, -2, 0,1 \rbrack^T$ ja  $\lbrack 1,1,1,0 \rbrack^T .$

\textbf{Peruslause:} $r(A) + n(A) = n.$ Tässä $r(A)=2$ (sarakeavaruuden dimensio), $n(A)=2$ (nolla-avaruuden dimensio) ja $2+2=4$ ($4=$ sarakkeiden lkm.)

\hrule

\item
Tämä on suoraan prujusta tai luennolta tai KRE-kirjasta (paitsi ei tarvitse
sanoa, että ``yleinen askel tehtäiisiin samalla tavoin'').

\hrule

\item
$P=
\left[ \begin {array}{cc}  0.6& 0.3\\\noalign{\medskip} 0.4& 0.7
\end {array} \right].
$

Ominaisarvoiksi saadaan $\lambda_1=1,\ \ \lambda_{2} = 0.3 .$ Vastaavat ominaisvektorit: $\v_1=\lbrack 3,4 \rbrack^T$ ja $\v_2 = \lbrack -1,1 \rbrack^T .$

Olkoon alkupisteen esitys ominaisvektorikannassa:
$\x_0 = c_1 \v_1 + c_2 \v_2.$

$\x_1 = P\,\x_0 = c_1 \lambda_1 \v_1 + c_2 \lambda_2 \v_2$. Jatkamalla saadaan:

$\x_k = c_1 \lambda_1^k \v_1 + c_2 \lambda_2^k \v_2 = c_1  \v_1 + c_2\,
0.3^k \v_2 \to c_1  \v_1 ,$ kun $k\to \infty$, koska $0.3^k \to 0,$ kun
$k\to \infty.$

Niinpä rajalla osuudet ovat $\v_1:$n suuntaisen vektorin komponenttien antamat
suhdeluvut $3/7$ ja $4/7,$ prosenteissa $42.86$ ja $57.14 .$

Ovat riippumattomia lähtöpisteestä, emme mitenkään käyttäneet lähtöpistettä
laskuissa.


{\bf Huom!} Tehtävässä ei selvästi ilmaistu, kumpi $P:$n sarake edustaa
E:tä ja kumpi F:ää, niinpä vastauksessakin saa olla vapaus tämän suhteen.




\hrule

\item[4.]
$A= \left[ \begin {array}{ccc} 4&0&0\\\noalign{\medskip}0&3&1
\\\noalign{\medskip}0&1&3\end {array} \right], 
$
$D(\lambda)=\det(A-\lambda\,I)=(4-\lambda)((3-\lambda)^2-1) = 0 \iff 
\lambda=4$ tai $\lambda=3\pm 1.$ Siis ominaisarvot:
$\lambda_1=\lambda_2=4,\ \ \lambda_3=2.$

Koska $A$ on symmetrinen (reaalinen), niin eri ominaisarvoja vastaavat 
ominaisvektorit ovat ortogonaaliset, joten arvoa $\lambda_3=2$ vastaava
ominaisvektori on automaattisesti kohtisuorassa kaikkia ominaisavaruuden
$E_4$ vektoreita vastaan.
Riittää siis (normeerauksen lisäksi) huolehtia siitä, että kaksinkertaista
ominaisarvoa $\lambda_1=\lambda_2=4$ vastaavat ominaisvektorit (joita symmetrisyyden perusteella tiedetään olevan 2 LRT:a), valitaan ortogonaalisiksi keskenään.

\textbf{Ominaisvektorit}\\
1) $\lambda_{1,2}=4.$ Saadaan yhtälöryhmä, joka tiivistyy yhteen yhtälöön:
$x_2 - x_3 = 0.$ Tässä voidaan siten valita vapaasti $x_1$ ja (esim.) $x_3$.
Saadaan LRT ominaisvektorit valitsemalla ensin $x_1 = 1,\ \ x_3 = 0$ ja
sitten $x_1 = 0,\ \ x_3 = 1.$ Näin saadaan ominaisarvoa $4$ vastaavan 
ominaisavaruuden kannaksi $v_1 = \lbrack 1,0,0 \rbrack$, 
$v_2 = \lbrack 0,1,1 \rbrack$. "Luonnollinen valinta" johti samantien
ortogonaalisiin vektoreihin, joten mitään muuta ei tarvitse tehdä kuin 
normeerata.

2) $\lambda_3=2.$ Saadaan yhtälöt $2\,x_1 = 0, x_2 + x_3 = 0,$ joten
$x_1 = 0,\ \ x_2 = -x_3$ ja ominaisvektori on siis 
$\v_3=\lbrack 0,-1,1\rbrack^T.$

Kuten sanottu, teoria sanoo, että se on ortogonaalinen edellisiä vastaan,
joten periaatteessa ei tarvitse tarkistaa asiaa. (Käytännössä toki tarkistus
on aina hyväksi, mutta luotamme tässä teoriaan ja laskuihimme.)

Ortogonaalisen matriisin U saamme nyt normeeraamalla $\v_k-$vektorit, ts.
$U=\left[ \begin {array}{ccc} 1&0&0\\\noalign{\medskip}0&1/\sqrt {2}&-1/\sqrt {2}\\\noalign{\medskip}0&1/\sqrt {2}&1/\sqrt {2}
\end {array} \right] 
$ ja siis \\ $A = U\,D\,U^T,$ missä $D=\left[ \begin {array}{ccc} 4&0&0\\\noalign{\medskip}0&4&0\\\noalign{\medskip}0&0&2\end {array} \right]$.

\textbf{Huom:} ominaisarvot ja -vektorit voi laskea vielä lyhyemmin 
muistelemalla vastaavanlaista harjoitustehtävää. Ominaisarvot ovat
(suoraan määritelmän mukaan)
diagonaalilohkojen ominaisarvot ja ominaisvektorit saadaan diagonaalilohkojen
ominaisvektoreista täydentämällä ne nollilla (niinikään suoraan määritelmän ja
matriisikertolaskukaavan mukaan). Tämä johtaa automaattisesti
ortogonaalisiin, koska $2\times 2-$lohko on symmetrinen.
(Kieltämättä hiukan lyhyt selitys, mutta näin se menee.)


\end{enumerate}

\end{document}
\documentclass[finnish,a4paper,notitlepage]{article}
\usepackage{a4wide}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[finnish]{babel}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{subfigure}
\usepackage{verbatim}
%\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts,amsbsy,amsmath,amsthm}

%\usepackage{omateng}

\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\bma}{\begin{bmatrix} }
\newcommand{\ema}{\end{bmatrix} }



Tehtävän differentiaaliyhtälösysteemi:
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} x' = x -x^2+2 y +3 \\ y'=-x+2 y \end{array} \right. .
\end{displaymath}
Merkitään $f_1(x,y)=x -x^2 + 2 y +3$ ja $f_2(x,y)=-x+2 y$. Kriittisessä pisteessä
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} f_1(x,y)=0 \\ f_2(x,y)=0 \end{array} \right. .
\end{displaymath}
Eli
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} x^2-2x-3=0 \\ y=\frac{1}{2} x \end{array} \right. .
\end{displaymath}
Siis joko $x=3$ ja $y=3/2$ tai $x=-1$ ja $y=-1/2$.


Muodostetaan Jacobin matriisi.

\begin{displaymath}
J(x,y) = \bma \frac{\partial f_1}{\partial x}(x,y) & \frac{\partial f_1}{\partial y}(x,y) \\
\frac{\partial f_2}{\partial x}(x,y) & \frac{\partial f_2}{\partial y}(x,y) \\ \ema 
\end{displaymath}


Kriittisen pisteen läheisyydessä yhtälösysteemi käyttäytyy kuin 
lineaarinen yhtälösysteemi, ainakin ``tavallisimmissa'' tapauksissa.
Linearisaatio:
Merkitään $u=x-x_0,\ \ v=y-y_0$. Linearisoitu systeemi on
\begin{displaymath}
\bma u' \\ v' \\ \ema = J(x_0,y_0) \bma u \\ v \\ \ema,
\end{displaymath}
missä $(x_0,y_0)$ on kriittinen piste.

Tehtävän systeemille
\begin{equation}
J(x,y)=\bma 1 - 2 x & 2 \\ -1 & 2 \\ \ema ,
\end{equation}
joten
\begin{equation}
J(3,3/2)=\bma -5 & 2 \\ -1 & 2 \\ \ema \textrm{ ja } J(-1,-1/2)=\bma 3 & 2 \\ -1 & 2 \\ \ema.
\end{equation}
Tutkitaan ominaisarvoja:
\begin{displaymath}
\det ( J(3,3/2) - \lambda I) = (-5 - \lambda)(2 - \lambda) +2 = \lambda^2 + 3 \lambda - 8,
\end{displaymath}
joten
\begin{displaymath}
\lambda = \frac{-3 \pm \overbrace{ \sqrt{9+32} }^{ > 3}}{2}.
\end{displaymath}
Siis ominaisarvot ovat erimerkkiset. $(3,3/2)$ on satula, joka kuuluu
yllä mainittuihin ``tavallisiin''.

Vastaavasti:
\begin{displaymath}
\det ( J(-1,-1/2) - \lambda I) = (3 - \lambda)(2 - \lambda) +2 = \lambda^2 -5 \lambda + 8,
\end{displaymath}
joten
\begin{displaymath}
\lambda = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 32}}{2} = a \pm i b,
\end{displaymath}
missä $a, b \in \R$ ja $a>0$. Siis $(-1,-1/2)$ on spiraalilähde.
Se on niinikään hyvin linearisoinnin suhteen käyttäytyvä.
(Ongelmallisin on keskus.)

\begin{figure}[hbt]\center
\includegraphics[width=0.70\textwidth]{teht1.ps} \caption{Teht.1}
\end{figure}

\item{4.}
Tehtävän syteemi
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} x' = 2 x - \alpha x y = f_1(x,y) 
\\ y'=- y + \alpha x y = f_2(x,y) \end{array} \right. , \alpha > 0 .
\end{displaymath}
Kriittisessä pisteessä
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} f_1(x,y) =0 \\ f_2(x,y)=0 \end{array} \right. \Rightarrow
\left\{ \begin{array}{r} x(2-\alpha y) =0 \\ y(-1+\alpha x)=0 \end{array} \right. ,
\end{displaymath}
joten joko $x=0$ ja $y=0$ tai $x=1/\alpha$ ja $y=2/\alpha$.

Linearisointi kriittisessä pisteessä $(x_0,y_0)$: ($u=x-x_0, v=y-y_0$)
\begin{displaymath}
\bma u' \\ v' \\ \ema = J(x_0,y_0) \bma u \\ v \\ \ema .
\end{displaymath}
Jacobin matriisi
\begin{displaymath}
J(x,y)= \bma \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\
\frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \\ \ema
= \bma 2 - \alpha y & -\alpha x \\ \alpha y & -1 + \alpha x \ema . 
\end{displaymath}
Siis
\begin{displaymath}
J(0,0) = \bma 2 & 0 \\ 0 & -1 \ema,
\end{displaymath}
jonka ominaisarvot ovat $\lambda_1=2$ ja $\lambda_2=-1$. Eri merkkiset, joten satula.
Ja
\begin{displaymath}
J(1/\alpha,2/\alpha) = \bma 0 & -1 \\ 2 & 0 \ema,
\end{displaymath}
jonka ominaisarvot ovat $\lambda_1=i\sqrt{2}$ ja $\lambda_2=-i\sqrt{2}$. 
Imaginääriset, joten linearisoitu keskus. Tämä on juuri pahin ongelmatapaus.
Meillä ei ole ollut esillä keinoja, joilla voitaisin asia varmuudella
ratkaista. (Meiltä puuttuu jopa täsmällinen määritelmä
epälineaarisen faasitasotyypeille, kvalitatiivinen analyysimme on siten
todella kvalitatiivista, (k)valitettavasti.)
 Kuvan perusteella näyttää joka tapauksessa ilmeiseltä, että tässä tapauksessa
kyse on todella ``kesustyyppisestä'' käyttäytymisestä.

\item{5.}
Piirretään ensin heilurin kuva \verb pplene5 :llä.
\begin{figure}[hbt]\center
\includegraphics[width=0.70\textwidth]{teht3.ps} \caption{Teht.3}
\end{figure}
Kulma luetaan vaaka-akselilta ja kulmanopeus pystyakselilta.

a) Umpinaisella trajektorilla $\theta$ vaihtelee maksimi- ja minimiarvon välissä.
Ja vastaavasti $\omega$ vaihtelee minimi- ja maksimiarvon välissä.

Jos heiluri lähetetään pisteestä $\theta=0$ ja $\omega=\omega_0$, tämä vastaa trajektorin
ylimmäistä tai alimmaista pistettä (leikkaa pystyakselia).
Ja ``tosi elämässä'' tilannetta, jossa heiluri roikkuu
alaspäin ja sillä on alkunopeutta oikealle tai vasemmalle. Jonkin ajan kuluttua heiluri saavuttaa
oikean tai vasemman puoleisen ääripisteen. Tässä pisteessä trajektori leikkaa vaaka-akselin, $\omega=0$.

Rajatapaustrajektorilla, joka siis kulkee pisteen $\theta = \pi$ ja $\omega = 0$ kautta, heiluri
jaksaa juuri ja juuri yläasentoon, mutta kääntyy ylhäällä takaisin. Hieman suurempi alkunopeus ja heiluri
olisi pyörähtänyt ympäri.

b) Jos heiluri lähetetään pisteestä $\theta=0$ ja $\omega=\omega_0$ ja $\omega_0$ on tarpeeksi suuri
(itseisarvoltaan), ollaan aaltoilevalla trajektorilla. Tällaisella trajektorilla $\omega$ ei ole koskaan
nolla eikä siis vaihda merkkiä. Heiluri pyörähtelee siis ympäri koko ajan samaan suuntaan.

\item{6.}
Tehtävän systeemi
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} y_1' = -y_1 +y_2 \\ y_2'=-y_1- y_2 \end{array} \right. 
\end{displaymath}
alkuarvoilla  $y_1(0)=0$ ja $y_2(0)=4$.

Tarkka ratkaisu: ominaisarvot
\begin{displaymath}
\det(A - \lambda I) = (-1 - \lambda)^2 = (\lambda+1)^2+1 
\Rightarrow \lambda_1 = -1 + i \textrm{ ja } \lambda_2 = -1-i
\end{displaymath}
ja ominaisvektorit
\begin{displaymath}
A- \lambda_1 I = \bma -i & 1 \\ -1 & -i \ema \Rightarrow v_1= \bma -i \\ 1 \ema
\textrm{ ja } 
A- \lambda_2 I = \bma i & 1 \\ -1 & i \ema \Rightarrow v_2= \bma i \\ 1 \ema .
\end{displaymath}
Siis yleinen ratkaisu on 
\begin{displaymath}
y=( C_1 \bma -i \\ 1 \ema e^{it} + C_2 \bma i \\ 1 \ema e^{-it} ) e^{-t}  
\end{displaymath}
Alkuehdosta $y_1(0)=0$ ja $y_2(0)=4$ saadaan
\begin{displaymath}
 C_1 \bma -i \\ 1 \ema  + C_2 \bma i \\ 1 \ema = \bma 0 \\ 4 \ema \Rightarrow C_1=C_2=2 .
\end{displaymath}
Siis koska $e^{\pm i t} = \cos t \pm i \sin t$, saadaan
\begin{displaymath}
y= (\bma 0 \\ 4 \ema \cos t + \bma 4 \\ 0 \ema \sin t ) e^{-t} .
\end{displaymath}

Eulerin menetelmä yhtälölle $y'= f(y,t)$:
\begin{displaymath}
y_0=y(0) \textrm{ ja } y_{n+1} = y_n + h f(y_n,t_n), n\geq 0,
\end{displaymath}
missä $t_n = nh$.

Matlab-toteutus:
\verbatiminput{teht9a4.m}
Ja vastaukseksi saatiin

\begin{tabular}{r|cccccc}
 & $y_0$ & $y_1$ & $y_2$ & $y_3$ & $y_4$ & $y_5$ \\
\hline
Euler
&        0 &  0.8000 &  1.2800 &  1.5040 &  1.5360 &  1.4349 \\
&   4.0000 &  3.2000 &  2.4000 &  1.6640 &  1.0304 &  0.5171 \\
\hline
Tarkka
&        0 &  0.6506 &  1.0441 &  1.2395 &  1.2893 &  1.2382 \\
&   4.0000 &  3.2096 &  2.4696 &  1.8118 &  1.2522 &  0.7951
\end{tabular}

\begin{figure}[hbt]\center
\includegraphics[width=0.70\textwidth]{teht4a.eps} \caption{Teht.4}
\end{figure}



\end{itemize}

\end{document}



Minkä tahansa pisteen $(x,y)$ ympärillä voidaan arvioida
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} 
f_1(x+h_1,y+h_2)\approx f_1(x,y) + \frac{\partial f_1}{\partial x}(x,y) h_1 
+ \frac{\partial f_1}{\partial y}(x,y) h_2\\ 
f_2(x+h_1,y+h_2)\approx f_2(x,y) + \frac{\partial f_2}{\partial x}(x,y) h_1 
+ \frac{\partial f_2}{\partial y}(x,y) h_2
\end{array} \right. .
\end{displaymath}
Jäännöstermi on luokkaa $\max \{ h_1^2, h_2^2 \}$.
Sama matriisimuodossa
\begin{displaymath}
\bma f_1(x+h_1,y+h_2)\\ f_2(x+h_1,y+h_2) \\ \ema \approx \bma f_1(x,y)\\ f_2(x,y) \\ \ema
+ J(x,y) \bma h_1 \\ h_2 \\ \ema,
\end{displaymath}



\item
Tehtävä: $y'' = t y' - 3y, y(0)=0, y'(0)=-3$. Tarkka ratkaisu on
$y(t)=t^3-3t$. Todetaan tämä laskemalla:
{
\setlength\arraycolsep{2pt}
\begin{eqnarray*}
y' & = & 3 t^2 - 3 \\
y'' & = & 6 t ,
\end{eqnarray*}
}joten
\begin{displaymath}
t y' = 3 y = t(3 t^2 -3)-3(t^3 -3 t) = 6 t = y'' \textrm{ Ok.}
\end{displaymath}

Toisen asteen differentiaaliyhtälö voidaan palauttaa ensimmäisen asteen
differentiaaliyhtälösysteemiksi kirjoittamalla
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} w_1 =y \\ w_2=y' \end{array} \right. .
\end{displaymath}
Saadaan systeemi
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{l} w_1' =w_2 \\ w_2'=t w_2  - 3 w_1\end{array} \right. .
\end{displaymath}
Sovelletaan tähän Eulerin menetelmää askelpituudella $h=0.05$ ja 5 askeleella.
Matlab:
\verbatiminput{teht9a5.m}
Ja tulokseksi saada

\begin{tabular}{c|cccccc}
 & 0 & $1h$ & $2h$ & $3h$ & $4h$ & $5h$ \\
\hline
$y_{Euler}$ & 0 & -0.1500 & -0.3000 & -0.4493 & -0.5970 & -0.7425 \\
$y$         & 0 & -0.1499 & -0.2990 & -0.4466 & -0.5920 & -0.7344 \\
$|y_{Euler} - y|$ & 0 &  0.0001 &  0.0010 &  0.0026 &  0.0050 &  0.0081
\end{tabular}

\item
4. asteen Runge-Kutta-menetelmä:
{
\setlength\arraycolsep{2pt}
\begin{eqnarray*}
t_n & = & nh \\
k_1 & = & h f(y_n,t_n) \\
k_2 & = & h f(y_n + k_1/2,t_n + h/2) \\
k_3 & = & h f(y_n + k_2/2,t_n + h/2) \\
k_4 & = & h f(y_n + k_3,t_n + h) \\
y_{n+1} & = & y_n + \frac{1}{6} (k_1+2 k_2+ 2 k_3+ k_4)
\end{eqnarray*}
}Menetelmää sovelletaan tehtävän 4 systeemiin. $h=1$ ja askelia otetaan yksi. 
Matlab-pätkä:
\verbatiminput{teht9a6.m}
Tulokset:

\begin{tabular}{cccc|c}
 $k_1$ & $k_2$ & $k_3$ & $k_4$ & $y_1$ \\
\hline
    4.0000 &        0 &  2.0000 &       0 &  1.3333 \\
   -4.0000 &  -4.0000 & -2.0000 & -4.0000 &  0.6667
\end{tabular}

Piirretään kuvaan tehtävän 4 ratkaisun ja tarkan ratkaisun kanssa.
\begin{figure}[hbt]\center
\includegraphics[width=0.70\textwidth]{teht6.eps} \caption{Teht.6}
\end{figure}