SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT

Transkriptio

1 SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT Kuva 12. Esimerkin 4.26(c kuvauksen ensimmäinen, toinen ja kymmenes osasumma. 5. Ensimmäisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälö (DY on yhtälö, jossa esiintyy tuntematon funktio, sen derivaattoja ja joitakin tunnettuja funktioita. DY:n ratkaisu on funktio, joka on riittävän säännöllinen, ja joka tuntemattoman funktion paikalle sijoitettuna toteuttaa DY:n ehdon. Aloitamme differentiaaliyhtälöihin tutustumisen yhtälöistä, joissa esiintyy vain ensimmäisiä derivaattoja, vieläpä lineaarisesti. Tällaisia yhtälöitä on ollut jo A2:ssa: Esimerkki 5.1. (a A2:sta muistamme, että eksponenttifunktio on oma derivaattafunktionsa. Siis eksponenttifunktio on DY:n (5.1 f f = 0

2 44 JOUNI PARKKONEN eli (5.2 f (x f(x = 0 x R ratkaisu. Huomaamme myös, että kaikki funktiot f C : R R, (5.3 f C (x = Ce x, C R ovat DY:n (5.1 ratkaisuja. Erityisesti funktio f 0 = 0 on ratkaisu. Vastaavasti funktio g C : R R, (5.4 g C (x = Ce x, C R on DY:n (5.5 f + f = 0 ratkaisu. (b A2:ssa esiintynyt Analyysin peruslause (APL kertoo: Jos p :]a, b[ R on jatkuva, niin DY:llä (5.6 y (x = p(x x ]a, b[ on aina ratkaisu, ja kaikki ratkaisut saadaan kaavalla (5.7 y(x = x x 0 p(tdt + C, x 0 ]a, b[, C R. Määritelmä 5.2. Olkoot p 0, p 1, q :]a, b[ R jatkuvia funktioita. DY (5.8 p 1 y + p 0 y = q eli (5.9 p 1 (xy (x + p 0 (xy(x = q(x x ]a, b[ on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen DY. Jos q = 0, DY (5.8 on homogeeninen. Lause 5.3. Olkoot p 0, p 1, q ja q 1, q 2,..., q n :]a, b[ R jatkuvia funktioita. (a Olkoot f 1 ja f 2 DY:n (5.10 p 1 y + p 0 y = 0 ratkaisuja, ja C 1, C 2 R. Tällöin funktio C 1 f 1 + C 2 f 2 on DY:n (5.10 ratkaisu. (b Olkoot g 1 ja g 2 DY:n (5.11 p 1 y + p 0 y = q ratkaisuja. Tällöin g 1 g 2 on DY:n (5.10 ratkaisu. (c Olkoot h k, DY:iden (5.12 p 1 y + p 0 y = q k ratkaisuja, k = 1, 2,..., n. Tällöin n k=1 h k on DY:n n (5.13 p 1 y + p 0 y = ratkaisu. Todistus. (a Sijoitamme funktion C 1 f 1 + C 2 f 2 differentiaaliyhtälöön (5.10 p 1 (C 1 f 1 + C 2 f 2 + p 0 (C 1 f 1 + C 2 f 2 = (5.14 C 1 (p 1 f 1 + p 0 f 1 + C 2 (p 1 f 2 + p 0 f 2 = = 0. Kohdat (b ja (c todistetaan samaan tapaan (Harjoitus. k=1 q k Ratkaisemme ensimmäisen kertaluvun lineaariset DY:t APL:n avulla.

3 SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT Esimerkki 5.4. Tarkastelemme DY:itä (5.15 y (x + ay(x = q(x x R, missä q : R R on jatkuva funktio ja a R. (a Jos q = 0, on löydettävä funktio y : R R siten, että (5.16 y (x = ay(x x R. Esimerkin 5.1(a perusteella on helppo keksiä, että funktiot y C : R R, (5.17 y C (x = Ce ax ovat DY:n (5.16 ratkaisuja. (b Jos q 0, pyrimme muuttamaan DY:n APL:n muotoon. Kerromme yhtälön funktiolla µ : R ]0, [ siten, että yhtälön vasemmaksi puoleksi tulee (µy. Emme vielä tiedä, onko tällaista funktiota. Jos sellainen on, sen on oltava ainakin derivoituva. Funktion µ on siis toteutettava DY (5.18 µ(xy (x + µ(xay(x = (µy (x = µ (xy(x + µ(xy (x x R, joka toteutuu, jos (5.19 µ (x = aµ(x. Osaamme ratkaista DY:n (5.19 (a-kohdan avulla: (5.20 µ(x = Ce ax. Koska tarvitsemme vain yhden ratkaisun, valitsemme C = 1 ja µ(x = e ax. On siis ratkaistava DY (5.21 (µy (x = µ(xq(x APL:n nojalla tämä on yhtäpitävää sen kanssa, että (5.22 x µ(xy(x = µ(tq(tdt + C, C R 0 y(x = 1 ( x µ(tq(tdt + C, C R µ(x 0 ( x =Ce ax + e ax e at q(tdt. Huomaamme, että yleinen ratkaisu on siis kahden funktion summa, joista ensimmäinen on vastaavan homogeenisen DY:n ((a-kohta yleinen ratkaisu. (c Ratkaisemme (b-kohdan avulla alkuarvotehtävän (AAT y (x + 2y(x = e x x R (5.23 y(0 = 3. (b-kohdan kaavan mukaan (a = 2, q(x = e x saamme ( x y(x =e 2x e 2t e t dt + C (5.24 =e 2x (e x 1 + C 0 =e x + e 2x D, missä vaihdoimme vakion mukavampaan muotoon D = C 1. Ratkaisemme vielä D:n, joka toteuttaa alkuarvon (5.25 y(0 = 3 = e 0 + e 0 D = 1 + D D = 2. Alkuarvotehtävän (5.23 ratkaisu on siis (5.26 y(x = e x + 2e 2x. 0

4 46 JOUNI PARKKONEN Differentiaaliyhtälöillä on sovelluksia monilla aloilla (fysiikka/tekniikka, biologia,.... Esimerkiksi DY:tä (5.27 y + ay = 0 käytetään mallittamaan radioaktiivista hajoamista ja populaation kasvua. Sovellusten käsittely ei ole keskeistä tällä kurssilla. (Joihinkin sovelluksiin voi tutustua esimerkiksi kurssilla Matemaattinen biologia 2. Sen sijaan tarkastelemme kysymyksiä (1 Onko DY:llä ratkaisuja? Onko niitä paljon? (2 Onko AAT:llä ratkaisuja? Onko niitä paljon? (3 Miten ratkaisut löydetään? Kysymyksissä (1 ja (2 tarkastelemme siis ratkaisujen olemassaoloa ja yksikäsitteisyyttä. Kysymys (3 on usein liian vaikea, tällä kurssilla tarkasteltavissa tapauksissa voimme vastata siihenkin. Yleistämme Esimerkin 5.4 menetelmän: Lause 5.5 (Olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslause, OY-lause. Olkoot I R avoin väli, x 0 I, a R, ja p, q : I R jatkuvia funktioita. Alkuarvotehtävällä y (x + p(xy(x = q(x x I (5.28 y(x 0 = a on täsmälleen yksi ratkaisu. Ratkaisu saadaan kaavalla (5.29 y(x = Ce P (x + e P (x x x 0 e P (t q(tdt, missä P (x = x x 1 p(tdt on p:n integraalifunktio (x 1 I. Todistus. Sijoittamalla on helppo todeta, että kaava (5.29 antaa ratkaisun DY:lle (5.28. Alkuarvotehtävän ratkaisee se kaavan (5.29 funktio, jolle pätee (5.30 C = ae P (x 0. Yksikäsitteisyyden osoittamiseksi palautamme tehtävän APL:n muotoon. Jos kerromme DY:n (5.28 funktiolla µ : I ]0, [, saamme DY:n (5.31 µ(xy (x + µ(xp(xy(x = µ(xq(x x I. Valitsemme apufunktion µ siten, että (5.32 µ(xy (x + µ(xp(xy(x = (µy (x = µ (xy(x + µ(xy (x x I, joka toteutuu, jos (5.33 µ(x = De P (x, D R. Tarvitsemme vain yhden funktion µ, joten valitsemme D = 1, eli µ(x = e P (x. On ratkaistava funktio y DY:stä (5.34 (µy (x = µ(xq(x. APL:n mukaan tämä on yhtäpitävää sen kanssa, että (5.35 x µ(xy(x = µ(tq(tdt + C x 0 y(x = 1 ( x µ(tq(tdt + C. µ(x x 0

5 SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT Lauseessa 5.5 esiintyvien integraalien alarajat x 0 ja x 1 voisivat olla mitä tahansa pisteitä välillä I. Pistettä x 0 käytettiin lähinnä siksi, että alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaolon tarkastelu on todistuksessa yksinkertaisinta tällä valinnalla. Integraalin (5.36 x x 0 µ(tq(tdt alarajan sijoitus antaa vakion, joka voidaan yhdistää vakioon C. Siis integraalien alarajojen sijoituksia ei tarvitse tehdä laskuissa. Lauseessa 5.5 tarkastelimme ainoastaan tapauksia, joissa y :n kerroin on vakio 1. Yleinen tapaus käsitellään samaan tapaan kuin Esimerkissä 5.6(b. Derivaatan kerroinfunktion nollakohdat aiheuttavat päänvaivaa; ratkaisun määrittelyalueen ja yksikäsitteisyyden kanssa tulee ongelmia. Lauseessa 5.5 esiintyvää apufunktiota µ kutsutaan integroivaksi tekijäksi. Esimerkki 5.6. (a Ratkaisemme alkuarvotehtävän y (x 2xy(x = x (5.37 y(0 = 1 Lauseen 5.5 avulla. Nyt p(x = 2x, q(x = x, ja µ(x = e x2. Siis ( x y(x =e x2 e t2 t dt + C 0 =e ( 1 x2 2 (e x2 1 + C (5.38 ( =e x2 1 2 e x2 + (C Ratkaisun on toteutettava lisäksi alkuehto = Dex2, D = C (5.39 y(0 = 1 = e0 D D = 3 2. Alkuarvotehtävän ratkaisu on siis (5.40 y(x = ex2. Huomaa: Integraalin alarajan sijoitus vaikutti ainoastaan vakioihin C ja D, ei lopputulokseen. Mieti! (b Voimme ratkaista myös DY:itä, joissa y :n kertoimena on funktio, joka ei ole vakio 1: (5.41 (1 x 2 y (x + 2y(x = 0. Tarkastelemme differentiaaliyhtälöä ensin joukossa (5.42 x R : 1 x 2 0} = R \ 1, 1}. Tässä joukossa DY:llä (5.41 on samat ratkaisut kuin DY:llä (5.43 y (x + 2 y(x = 0, 1 x2 jonka osaamme ratkaista Lauseen 5.5 avulla. Etsimme osamurtokehitelmän avulla funktion p : R \ 1, 1} R, (5.44 p(x = 2 1 x 2 = 1 1 x x

6 48 JOUNI PARKKONEN Kuva 13. Esimerkin 5.6(b ratkaisujen kuvaajat välillä ] 1, [ C 2 :n arvoilla 2, 1, 1, 2 ja 3. integraalifunktion x (5.45 P (x = p(tdt = log 1 + x 1 x. (Aiemman huomautuksen mukaan voimme jättää alarajan sijoituksen tekemättä, joten emme edes kirjoita integraalille mitään alarajaa. Näin on muutenkin parempi, koska funktiota p tarkastellaan joukossa R\ 1, 1}, joka ei ole väli. Siis DY:n (5.43 ja täten myös (5.41 ratkaisut ovat muotoa ( x y(x = Ce log 1 x C = C 1 x 1 x, kun x < 1 tai x > x 1 + x = C 1 x, kun 1 < x < x Yhdistämällä itseisarvomerkin poistamisesta tulevan merkin vakioon C saamme siis ratkaisun (5.47 y(x = C 2 1 x 1 + x, C 2 R, kun x ±1. Ratkaisufunktion voi laajentaa jatkuvasti derivoituvana funktiona joukkoon R \ 1}. Sijoittamalla on helppo todeta, että y:n lausekkeella määritelty funktio on DY:n (5.41 ratkaisu myös pisteessä x = 1. Toisaalta, jos C 0, niin lim x 1 y(x =. Siis y on DY:n (5.41 ratkaisu joukossa R \ 1} kaikilla C R. Tilanne poikkeaa Lauseen 5.5 tilanteesta: (1 Ratkaisu ei ole määritelty koko R:ssä, kun C 0. Alkuarvot määrävät siis ratkaisun vain arvoilla x < 1 tai x > 1.

7 SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT (2 Kaikki DY:n (5.41 ratkaisut ovat alkuarvotehtävän (1 x 2 y (x + 2y(x = 0 (5.48 y(1 = 0 ratkaisuja. (3 Alkuarvotehtävällä (1 x 2 y (x + 2y(x = 0 (5.49 y(1 = K, K 0 ei ole ratkaisua. Seuraavat tulokset antavat keinoja differentiaaliyhtälöiden ja alkuarvotehtävien ratkaisemiseksi esimerkiksi tapauksissa, joissa Lauseen 5.5 integraali on teknisesti vaikea. Lause 5.7. Olkoon f E DY:n (5.50 y (x + p(xy(x = q(x ratkaisu. Olkoon f H DY:n (5.51 y (x + p(xy(x = 0 ratkaisu. Kaikki DY:n (5.50 ratkaisut ovat muotoa (5.52 f = Cf H + f E. Todistus. Harjoitus. Riittää siis keksiä yksi epähomogeenisen yhtälön ratkaisu. Muut saadaan kaavalla (5.52. Seuraava tulos auttaa ratkaisun etsimisessä: Lause 5.8. Differentiaaliyhtälön (5.53 y (x + ay(x = q(x ratkaisut tunnetaan seuraavissa erikoistapauksissa: (a Jos q(x on polynomi, niin DY:llä (5.53 on polynomiratkaisu. (b Jos q(x = Ae bx, niin DY:llä (5.53 on ratkaisu, joka on muotoa Ke bx, jos b a (5.54 y(x = Kxe ax, jos b = a (c Jos q(x = A cos(ωx tai q(x = B sin(ωx, ω 0, niin niin DY:llä (5.53 on ratkaisu, joka on muotoa (5.55 y(x = K cos(ωx + L sin(ωx. Todistus. Todistamme toisen kohdan (c tapauksista. Olkoon q(x = A cos(ωx. Sijoitamme väitetyn ratkaisun differentiaaliyhtälöön ja järjestämme termit: (5.56 y (x + ay(x q(x = (ak + Lω A cos(ωx + ( Kω + al sin(ωx = 0, jos (5.57 ak + ωl = A ωk + al = 0 Yhtälöparin (5.57 determinantti on a 2 + ω 2, joka ei ole 0, jos ω 0, joten K ja L voidaan ratkaista yhtälöparista (VeMa. Tapaus q(x = B sin(ωx ja kohdat (a ja (b todistetaan samaan tapaan (Harjoitus.

8 50 JOUNI PARKKONEN Lause 5.3 antaa keinon ratkaista differentiaaliyhtälöitä, joissa funktio q on summa Lauseen 5.8 eri tapausten funktioista. Esimerkki 5.9. Differentiaaliyhtälön (5.58 y (x 2y(x = 3e x tapauksessa a = 2 ja b = 1, joten a b. Sijoittamalla funktio y 0 (x = Ke x differentiaaliyhtälöön saamme (5.59 y 0(x 2y 0 (x = Ke x 2Kex = 3e x, joka toteutuu, jos K = 3. Siis DY:n (5.58 ratkaisut ovat (5.60 y(x = Ce 2x 3e x, C R.

9 SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT Department of Mathematics and Statistics, P.O. Box 35, University of Jyväskylä, Finland address: