800345A Differentiaaliyhtälöt I. Seppo Heikkilä, Martti Kumpulainen, Janne Oinas

Transkriptio

1 800345A Differentiaaliyhtälöt I Seppo Heikkilä, Martti Kumpulainen, Janne Oinas 2. maaliskuuta 2009

2 Sisältö 1 Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt Merkintöjä ja nimityksiä Differentiaaliyhtälön ratkaisu kertaluvun tavallisista differentiaaliyhtälöistä Differentiaaliyhtälöiden alkuperästä Ratkaisumenetelmiä ja peruslauseita Picardin iteraatiomenetelmä Eulerin menetelmä eli Cauchyn murtoviivamenetelmä Runge-Kuttan menetelmä Ensimmäisen kertaluvun normaalimuotoisista differentiaaliyhtälöistä Separoituvat yhtälöt Separoituvan differentiaaliyhtälön ratkaiseminen Separoituviksi palautuvia yhtälöitä Homogeeniyhtälöt Homogeeniyhtälön ratkaiseminen Yhtälö dy ( ax + by + c ) dx = f px + qy + r Tapaus aq bp Tapaus aq = bp, b Tapaus aq = bp, b = 0, q Tapaus b = 0 ja q = Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö Lineaarisen 1. kertaluvun differentiaaliyhtälön ratkaiseminen Lineaarisiksi palautuvia yhtälöitä Bernoullin yhtälö Riccatin yhtälö (lisätieto) Eksaktit yhtälöt Eksaktisuusehtoja Eksaktin differentiaaliyhtälön ratkaiseminen Integroivan tekijän menettely Ratkaisut sijoituksella (lisätieto) Yleinen 1. kertaluvun differentiaaliyhtälö Yhtälö voidaan ratkaista derivaatan y suhteen ii

3 5.1.1 Yhtälö on muotoa F(y ) = Muuttuja x tai y on muuttujan y funktio Derivoimiseen perustuva ratkaisukeino Clairaut n yhtälö Geometrisia sovelluksia Differentiaaliyhtälön integraalikäyräparvi Käyräparven differentiaaliyhtälö Käyräparven kohtisuorat leikkaajat Korkeamman kertaluvun differentiaaliyhtälöt n. kertaluvun differentiaaliyhtälö Käyräparven differentiaaliyhtälö Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön erikoistapauksia Yhtälö ei sisällä eksplisiittisesti y:tä Yhtälö ei sisällä eksplisiittisesti x:ää Lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmiä ja peruslauseita Homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun olemassaolo Yhteenveto Vakiokertoiminen lineaarinen homogeeninen differentiaaliyhtälö Derivaattaoperaattoreista Tekijöihin jako Karakteristisen yhtälön juuret ovat reaaliset ja erisuuret Karakteristisen yhtälön juuret ovat reaaliset mutta eivät erisuuret Karakteristisella yhtälöllä on kompleksijuuria Vakiokertoiminen täydellinen lineaarinen differentiaaliyhtälö Täydelllisen yhtälön yksityisratkaisu tunnetaan Määräämättömien kertoimien menetelmä Erikoistapauksia Tapaus q(x) = Cx j Tapaus q(x) = Cx j e αx Tapaus q(x) = Cx j e αx cosβx tai q(x) = Cx j e αx sin βx Superpositioperiaate: Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Homogeeninen differentiaaliyhtälö Ensimmäisen kertaluvun derivaatan eliminointi Täydellinen toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö: Vakioiden varioimismenetelmä Eulerin yhtälö Differentiaaliyhtälöryhmistä n:n yhtälön normaaliryhmä iii

4 12.2 Eliminoimismenetelmä Potenssisarjamenetelmä Kertausta potenssisarjoista Homogeenisen differentiaaliyhtälön kertoimet analyyttisiä Määräämättömien kertoimien menetelmä Legendren yhtälö Legendren yhtälön ratkaisun määrääminen Legendren yhtälön ratkaisujen perusjärjestelmä Kahden yhtälön differentiaaliyhtälöryhmät Autonominen normaaliryhmä Numeerisia ratkaisumenetelmiä Eulerin menetelmä Runge-Kuttan menetelmä A Harjoitustehtävät 112 iv

5 Johdanto Differentiaaliyhtälöiden merkitys perustuu niiden käyttökelpoisuuteen havaintomaailman ilmiöiden muutosten tutkimisessa. Jos havaintomaailman systeemin tilaa kuvaa ajasta riippuva funktio y = y(t), ja tilan muutosnopeus on suoraan verrannollinen systeemin tilaan kullakin hetkellä, on ns. tilayhtälö muotoa (0.1) y (t) = k y(t). Funktio y(t) = C e kt = y(t, C) on jokaisella vakion C reaaliarvolla yhtälön (0.1) ratkaisu, ns. yleinen ratkaisu. Jos tunnetaan systeemin tila jollakin hetkellä t 0, eli ns. alkuehto (0.2) y(t 0 ) = y 0, niin y 0 = C e kt 0 C = y 0 e kt 0. Sijoittamalla tämä funktion y lausekkeeseen saadaan y(t) = y 0 e k(t t 0), eli alkuehdon (0.2) määräämä yhtälön (0.1) yksityisratkaisu. Alkutilan ja muutosnopeuden tilariippuvuuden tunteminen riittää tässä tapauksessa määräämään systeemin tilafunktion yksikäsitteisesti. Edellä tarkastellun tyyppisellä mallilla on useita sovellutuksia: pääoman, populaation, biomassan, tuotannon, kulutuksen ja kasvun riippuvuus kasvuprosentista; Newtonin jäähtymislaki; radioaktiivisen aineen määrän riippuvuus hajoamisnopeudesta; muistiin jäävän tietomäärän riippuvuus unohtamisnopeudesta; autoilijan onnettomuusriskin riippuvuus veren alkoholipitoisuudesta jne. 1

6 Luku 1 Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt 1.1 Merkintöjä ja nimityksiä Määritelmä 1.1. Differentiaaliyhtälö on yhtälö, jossa esiintyy tunnettuja ja tuntemattomia funktioita sekä niiden derivaattoja. Tavallisessa differentiaaliyhtälössä tuntemattomat funktiot ovat yhden reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Osittaisdifferentiaaliyhtälö sisältää usean muuttujan funktioita sekä niiden osittaisderivaattoja. Yhden tuntemattoman funktion y tavallinen differentiaaliyhtälö voidaan esittää muodossa ( (1.1) F x, y, dy dx, d2 y dx 2,..., dn y ) = 0, dx n missä F on kuvaus R n+2 R, ja kahden funktion y ja z differentiaaliyhtälö muodossa missä G on kuvaus R 2n+3 R. ( G x, y, z, dy dx, d2 y dx 2,..., dn y dz dxn, dx, d2 z dx 2,..., dn z ) dx n = 0, Esimerkki 1.2. Seuraavat yhtälöt ovat tavallisia differentiaaliyhtälöitä: (1.2) dy dx = x + 5 y + 3(y ) 3 + y = cos x dz dx = z + x 1 x Yhtälöt u x = z + x u y ovat osittaisdifferentiaaliyhtälöitä. 2 u x + 2 u 2 y + 2 u 2 z = 0 2 Määritelmä 1.3. Differentiaaliyhtälön kertaluku on yhtälössä esiintyvien tuntemattomien funktioiden derivaattojen korkein kertaluku. Esimerkki 1.4. Yhtälöt xy + y = 2 y + ln y + y 5 = 0 u x = z + x u y 2

7 ovat ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöitä mutta yhtälöt (y ) 2 + (y ) 3 + 2y = x d 2 y dx 2 + 6dy dx + y = 0 u x + x u x y = 0 ovat toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöitä. Määritelmä 1.5. Yhden funktion differentiaaliyhtälö on lineaarinen, jos se on muotoa (1.3) p n (x)y (n) + p n 1 (x)y (n 1) + + p 1 (x)y + p 0 (x)y = q(x), missä p 0,..., p n, q ovat eräällä välillä I jatkuvia funktioita. Jos differentiaaliyhtälö ei ole lineaarinen, niin se on epälineaarinen. Esimerkki 1.6. Yhtälöt ovat lineaarisia ja yhtälöt ovat epälineaarisia. x 2 y + xy + (x 2 p 2 )y = 0 y y + y 2y = 0 x 2 x π y (n) + sin( 3 x)y + ln( x )y = sinh x x (y ) 3 y 4 = 0 y + g l sin y = Differentiaaliyhtälön ratkaisu Määritelmä 1.7. Differentiaaliyhtälön ratkaisu välillä I on kyseisellä välillä n kertaa jatkuvasti derivoituva funktio y = y(x) merkitään y C n (I) joka toteuttaa differentiaaliyhtälön välillä I. Differentiaaliyhtälön ratkaisemisella tarkoitetaan yhtälössä esiintyvien tuntemattomien funktioiden määrittäminen. Huomautus 1.8. Ratkaisu välillä I on myös ratkaisu välin I jokaisella osavälillä. Esimerkki 1.9. Osoita, että funktio y(x) = C 1 e x +C 2 e x, missä C 1 ja C 2 ovat vakioita, toteuttaa differentiaaliyhtälön y y = 0 koko reaalilukujoukossa R. Ratkaisu. Derivoidaan funktio y kaksi kertaa: y = C 1 e x C 2 e x, y = C 1 e x + C 2 e x. Sijoittamalla y ja y annetun differentiaaliyhtälön vasempaan puoleen saadaan aina, kun x R. y y = C 1 e x + C 2 e x (C 1 e x + C 2 e x ) = 0 3

8 Esimerkki Osoita, että funktio y(x) = x2 + 1 x toteuttaa differentiaaliyhtälön x 2 y + xy y = 0 joukossa R +. Määrää laajin sellainen reaalilukujen osajoukko, missä ko. funktio on tarkasteltavan differentiaaliyhtälön ratkaisu. Ratkaisu. Derivoidaan y kaksi kertaa: y = x2 1 x 2, y = 2 x 3. Sijoittamalla y, y ja y yhtälön vasempaan puoleen saadaan ( 2 ) ( x x 2 y + xy y = x ) + x x2 + 1 x 3 x 2 x = 2 x + x2 1 x x2 + 1 x = 0 aina, kun x R. Funktio y on määritelty ja kaksi kertaa derivoituva myös, kun x < 0. Lisäksi on helppo osoittaa, että differentiaaliyhtälö on voimassa, kun x < 0. Funktio y ei ole määritelty, kun x = 0. Näin ollen laajin määritysjoukko ko. ratkaisulle on R \ {0} kertaluvun tavallisista differentiaaliyhtälöistä 1. kertaluvun tavallisen differentiaaliyhtälön yleinen muoto on F(x, y, y ) = 0, missä F on tunnettu funktio R 3 R ja y on tuntematon, muuttujan x funktio. 1. kertaluvun tavallisen differentiaaliyhtälön normaalimuoto (1.4) y = f(x, y), missä f on tunnettu funktio R 2 R. Esimerkki Yhtälöt (1.5) (1.6) (1.7) x y 2 y = 0 sin y x 2 y 2 = 0 y + sin y y + cosx = 0 F(x, y, z) = x y 2 z F(x, y, z) = x 2 y 2 + sin z F(x, y, z) = z + sin z y + cos x ovat yleistä muotoa ja y = x y 2 f(x, y) = x y 2 y = arcsin(x y 2 ) f(x, y) = arcsin(x y 2 ) 4

9 ovat yhtälöiden (1.5) ja (1.6) normaalimuodot. Yhtälöä (1.7) ei voida kirjoittaa normaalimuotoon alkeisfunktioiden avulla, mutta teoriassa se voidaan kirjoittaa normaalimuotoon, sillä funktiolla x x + sin x on olemassa käänteisfunktio. Yhtälö (y ) 2 y 2 x 2 = 0 F(x, y, z) = x 2 y 2 + z 2 ei ole yhtäpitävä minkään normaalimuotoisen yhtälön kanssa mutta sitä voidaan tutkia tarkastelemalla normaalimuotoisia yhtälöitä y = y 2 + x 2 f(x, y) = y 2 + x 2 ja y = y 2 + x 2 f(x, y) = y 2 + x 2. Huomautus Differentiaaliyhtälöiden ratkeavuustulokset ja ratkaisun yksikäsitteisyystulokset koskevat tavallisesti vain normaalimuotoisia yhtälöitä. Määritelmä Ensimmäisen kertaluvun normaalimuotoisen yhtälön y = f(x, y) 1. täydellinen ratkaisu on kaikkien sellaisten jatkuvasti differentioituvien funktioiden joukko, jotka ovat differentiaaliyhtälön y = f(x, y) ratkaisuja maksimaalisilla väleillä. 2. yleinen ratkaisu on funktio y = y(x, C), joka on jokaisella vakion (parametrin) C arvolla yhtälön y = f(x, y) ratkaisu, ns. yksityisratkaisu. 3. erityisratkaisu on yhtälön y = f(x, y) sellainen ratkaisu, jota ei saada yleisestä ratkaisusta millään vakion C arvolla. Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö y = 2 x 4. Ratkaisu. Differentiaaliyhtälön oikea puoli ei ole määritelty, kun x = 4. Oletaan, että x 4 ja integroidaan differentiaaliyhtälö puolittain: 2 y = dx = 2 ln x 4 + C, x 4 missä C on integroimisvakio. Ratkaisu voidaan kirjoittaa muotoon { 2 ln(x 4) + C 1, kun 4 < x y(x) = 2 ln(4 x) + C 2, kun x < 4, missä C 1 ja C 2 ovat vakioita. Tämä esimerkki osoittaa, että differentiaaliyhtälöllä voi olla ratkaisuna eri funktio eri alueessa. Esimerkki Differentiaaliyhtälön ratkaisuväli voi eri ratkaisuilla olla eri väli ja yleisestä ratkaisusta ei välttämättä saada kaikkia ratkaisuja. Luvussa 2.1 esitetyn teorian perusteella yhtälön (1.8) y = y 2 5

10 yleinen ratkaisu on y = 1 x + C. Jokaista vakion C arvoa C 0 vastaa yhtälön (1.8) yksityisratkaisu y = 1 x + C 0, joka on määritelty väleillä (, C 0 ) ja ( C 0, ). Funktio y 0 on yhtälön (1.8) erityisratkaisu, jota ei saada yleisestä ratkaisusta millään vakion C arvolla. Yhtälön täydellinen ratkaisu on siis 0, x R, y(x) = 1 x + C, x C Huomaa, että kun C ±, niin 1 x+c (C R on vakio). 0 pisteittäin joukossa R. Huomautus Differentiaaliyhtälöllä ei ole välttämättä ollenkaan ratkaisuja: esimerkiksi ainoa yhtälön (y (n) ) 2 + y 2 = 0 toteuttava reaalifunktio on y 0 ja yhtälöä ei toteuta mikään funktio y. y (n) + 1 = 0 Differentiaaliyhtälön täydellinen ratkaisu eli kaikkien mahdollisten ratkaisujen määrääminen matemaattisesti on haastavaa. Sovellutuksissa tehtävän asettelu on erilainen. On etsittävä differentiaaliyhtälön ratkaisu, joka toteuttaa annetut alkuehdot. Tällainen tehtävä on alkuarvotehtävä eli yhtälön y = f(x, y) sellaisten ratkaisujen määrääminen, jotka toteuttavat alkuehdon (1.9) y(x 0 ) = y 0. Ratkaisun löytämiseksi voidaan tehdä arvaus, jonka jälkeen osoitetaan, että kyseinen funktio toteuttaa differentiaaliyhtälön ja alkuehdon (1.9). On kuitenkin huomattava, että alkuarvotehtävän ratkaisu ei välttämättä ole yksikäsitteinen (ks. huomautus 1.29) ja että ratkaisua ei välttämättä ole olemassa (ks. huomautus 1.16). 6

11 Esimerkki Etsi se differentiaaliyhtälön y x = 0 ratkaisu, joka toteuttaa alkuehdot y(0) = 0, y (1) = 1 2. Ratkaisu. Koska y = x, niin y = 1 6 x3 + C 1 x + C 2. Alkuehtojen perusteella 1 2 = y (1) = C 1 ja 0 = y(0) = C 2, joten y = 1 6 x3. Huomautus Alkuarvotehtävän y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 ratkaiseminen voidaan tulkita seuraavasti: määrää systeemin tilafunktio(t), kun tunnetaan laki f, joka määrää tilan muutosnopeuden jokaisessa tila-avaruuden Ω pisteessä (x, y), ja tunnetaan lähtö- tai alkutila. 1.3 Differentiaaliyhtälöiden alkuperästä Differentiaaliyhtälöiden alkuperä voidaan pääasiassa jakaa kolmeen luokkaan. 1. Geometriset ongelmat. 2. Fysiikkaan ja kemiaan liittyvät ongelmat. 3. Parametrien eliminointi. Lisäksi nykyään differentiaaliyhtälöiden avulla mallinnetaan useita ilmiöitä, jotka liittyvät taloustieteisiin, biologiaan, luonnon varojen käyttöön sekä sodankäyntiin. Seuraavat esimerkit liittyvät geometriaan, fysiikkaan ja kemiaan. Esimerkki Käyrän pisteeseen (x, y) piirretyn tangentin kulmakerroin on kaksi kertaa kyseisen pisteen koordinaattien summa. Kirjoita ehtoa vastaava differentiaaliyhtälö. Ratkaisu. dy dx = 2(x + y) (tai y = 2(x + y)). Esimerkki Sata grammaa hienoa sokeria liukenee veteen nopeudella, joka on suoraanverrannollinen liukenemattomaan sokerin määrään. Kirjoita differentiaaliyhtälö, joka kuvaa sokerin liukenemisnopeutta ajanhetkellä t. 7

12 Ratkaisu. Olkoon q aikaan t mennessä veteen liuenneen sokerin määrä grammoissa. Tällöin (100 q) on ajanhetkellä t liukenemattoman sokerin määrä grammoissa. Liukenemisnopeus on siten dq = k(100 q), dt missä k on verrannollisuuskerroin. Esimerkki Hiukkanen, jonka massa on m, liikkuu suoraa pitkin (x-akselia pitkin). Hiukkasen liikkeen aiheuttaa 1. voima, joka on suoraan verrannollinen hiukkasen etäisyyteen pisteestä O (origosta) ja jonka suunta on kohti pistettä O, ja 2. nopeuteen suoraan verrannollinen liikettä vastustava voima. Kirjoita liikettä kuvaava differentiaaliyhtälö. Ratkaisu. Liikkeen aiheuttava voima voidaan kirjoittaa muotoon k 1 x ja liikettä vastustava voima muotoon k 2, missä k dt 1 ja k 2 ovat verrannollisuuskertoimet. Tällöin koko- dx naisvoima (massa kiihtyvyys) on m d2 x dt 2 = k 1x k 2 dx dt. Esimerkki Johda funktioon y liittyvä differentiaaliyhtälö, kun y on määritelty implisiittisesti yhtälöllä x 2 y 3 + x 3 y 5 = C. Ratkaisu. Derivoimalla määrittely-yhtälöä x:n suhteen saadaan ( 2xy 3 + 3x 2 y 2dy ) ( + 3x 2 y 5 + 5x 3 y 4dy ) dx dx Kun 2xy 0, niin tämä yhtälö voidaan kirjoittaa muotoon ( 2y + 3x dy dx ) + xy 2 ( 3y + 5x dy ) dx Huomaa myös, että yo. yhtälöstä ei saada suoraan integroimalla yhtälöä, joka määrittelee funktion y, vaan yhtälö on kerrottava puolittain termillä 2xy 2. Huomautus Koska differentiaaliyhtälöä tarkastellaan aina jollain avoimella välillä I, niin esimerkissä 1.22 ehdon x 0 voidaan olettaa olevan voimassa: jos 0 I, niin siirrytään tarkastelemaan sellaisia välin I osavälejä, joihin 0 ei kuulu. = 0. = Ratkaisumenetelmiä ja peruslauseita Differentiaaliyhtälön ratkaisemiseen käytettävät menetelmät voidaan luokitella seuraavasti: 1. algebralliset menetelmät (integroiminen esim. muuttujien erottamismenetelmä) 8

13 2. iteratiiviset menetelmät (ratkaisua kohti suppenevan funktiojonon konstruointi) 3. numeeriset menetelmät (esim. ratkaisun konstruointi murtoviivamenetelmällä sekä Eulerin ja Runge Kuttan menetelmät) Seuraavassa esitetään menetelmiä alkuarvotehtävän (1.10) y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 ratkaisun konstruoimiseksi Picardin iteraatiomenetelmä Iteraatiolla tarkoitetaan saman operaation toistamista. Oletetaan, että f on tasoalueessa Ω (avoin ja yhtenäinen avaruuden R 2 osajoukko) määritelty jatkuva funktio, ja olkoon (x 0, y 0 ) alueen Ω piste. Yhtälö (1.11) y 1 (x) = y 0 + x x 0 f(t, y 0 ) dt määrittelee jatkuvasti derivoituvan funktion y 1. Korvaamalla yhtälön (1.11) integraalissa y 0 funktiolla y 1, saadaan uusi funktio y 2 (x) = y 0 + x x 0 f(t, y 1 (t)) dt, joka myös on jatkuvasti derivoituva. Näin jatkamalla saadaan funktiojono (y n ) n=0, jolle pätee (1.12) y 0 (x) y 0. y n (x) = y 0 + x x 0 f(t, y n 1 (t)) dt, n = 1, 2,..., Lause Jos funktio f ja sen osittaisderivaatta f ovat jatkuvia alueessa Ω ja y (x 0, y 0 ) Ω, niin yhtälöillä (1.12) määritelty funktiojono (y n ) n=0 suppenee tasaisesti eräällä välillä I = [x 0 r, x 0 + r] kohti alkuarvotehtävän (1.10) yksikäsitteisesti määrättyä ratkaisua. Esimerkki Määrää alkuarvotehtävän ratkaisu Picardin iteraatiomenetelmällä. y = k y, y(0) = 1 Ratkaisu. Koska f(x, y) = k y ja f k ovat jatkuvia koko avaruudessa y R2, ovat lauseen 1.24 oletukset voimassa: x 0 = 0, y 0 = 1, f(x, y) = k y, y 0 (x) 1, y 2 (x) = 1 + x y 1 (x) = x 0 k 1 dt = 1 + k x; k (1 + kt) dt = 1 + k x + (kx)2 2 = 2 (kx) i. i! i=0 9

14 Induktio-oletuksesta seuraa, että y n+1 (x) = 1 + joten ratkaisuksi saadaan x 0 y n (x) = ( k i=0 n (kx) i i=0 y(x) = lim n y n (x) = i! n ) (kt) i n+1 (kt) i dt = =, i! i! (kx) i. i! i=o i=0 Lauseen 1.24 todistamisessa tarvitaan mm. alkuarvotehtävän (1.10) normaalimuotoisen differentiaaliyhtälön muuntamista yhtäpitäväksi integraaliyhtälöksi. Lause Jos f on alueessa Ω jatkuva funktio ja (x 0, y 0 ) Ω, niin y = y(x) on alkuarvotehtävän (1.10) ratkaisu välillä I x 0 jos ja vain jos y on jatkuva ja toteuttaa välillä I integraaliyhtälön (1.13) y(x) = y 0 + x x 0 f(t, y(t)) dt. Todistus. Olkoon y alkuarvotehtävän (1.10) ratkaisu välillä I x 0. Koska f ja y ovat jatkuvia, seuraa yhtälöstä y (x) = f(x, y(x)), että y on jatkuvasti derivoituva välillä I, joten y(x) y 0 = y(x) y(x 0 ) = x x 0 y (t) dt = x kaikilla x I. Siten y toteuttaa yhtälön (1.13) kaikilla x I. x 0 f(t, y(t)) dt, Kääntäen: Jos y on integraaliyhtälön (1.13) ratkaisu välillä I, niin derivoimalla yhtälö (1.13) puolittain muutujan x suhteen saadaan, että y (x) = f(x, y(x)) kaikilla x I, joten y on differentiaaliyhtälön (1.10) ratkaisu välillä I. Sijoittamalla x = x 0 yhtälöön (1.13) nähdään, että myös alkuehto y(x 0 ) = y 0 toteutuu Eulerin menetelmä eli Cauchyn murtoviivamenetelmä Olkoon f tasoalueessa Ω jatkuva funktio sekä (x 0, y 0 ) eräs joukon Ω piste. Valitaan r > 0 ja n N \ {0}, sekä merkitään h = r n, (1.14) x i+1 = x i + h, y i+1 = y i + f(x i, y i ) h, 0 i < n. 10

15 Ehto (1.15) y n (x i + th) = y i + t f(x i, y i ) h, 0 t 1, i = 0,..., n 1, määrittelee funktion y n välillä [x 0, x 0 +r]. Sen kuvaaja on pisteitä (x i, y i ) yhdistävä murtoviiva, sillä y n (x i ) = y i, i = 0,..., n. y y 4 y 8 x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 y x Kuva 1.1: Murtoviivamenetelmä. Kuvassa funktio f(x, y) riippuu hyvin heikosti muuttujasta y. Merkitsemällä j x = x j x j i = r, 1 j n, seuraa yhtälöistä (1.14) ja (1.15), että n funktion y n arvoa pisteessä x i voidaan arvioida Riemann-integraalina yli välin [x 0, x i ]: y n (x i ) = y 0 + i f(x j i, y j 1 ) j x y 0 + j=1 y n (x i ) = y n (x i + 0 h) = y i. xi x 0 f(t, y n (t)) dt Lause 1.27 (Peano 1890). Jos f on tasoalueessa Ω määritelty jatkuva reaaliarvoinen funktio, niin jokaista (x 0, y 0 ) Ω vastaa sellainen r > 0, että alkuarvotehtävällä (1.16) y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 on ratkaisu välillä [x 0 r, x 0 +r] ja että yhtälöillä (1.14), (1.15) määritellyn funktiojonon (y n ) n=1 eräs osajono suppenee tasaisesti välillä [x 0, x 0 + r] kohti alkuarvotehtävän (1.16) ratkaisua. 11

16 Huomautus Jos myös f y on jatkuva, voidaan osoittaa, että funktiojono (y n) n=1 itse suppenee tasaisesti välillä [x 0, x 0 + r] kohti alkuarvotehtävän (1.16) yksikäsitteistä ratkaisua. Huomautus Pelkkä funktion f jatkuvuus ei riitä takaamaan alkuarvotehtävän (1.16) ratkaisun yksikäsitteisyyttä. Esimerkiksi, luvussa 2.1 esitettävän teorian perusteella alkuarvotehtävällä y = y 2 3, y(0) = 0 on ratkaisuina funktiot y(x) 0, ja y(x) = x3 27. Tässä tapauksessa f(x, y) = y 2 3, joten f y = 2 3 y 1 3, joka ei ole määritelty, kun y = 0. Lauseen 1.24 oletukset eivät siten ole voimassa. Kaksi seuraavaa esimerkkiä osoittavat, että Eulerin menetelmällä voidaan laskea ratkaisun likiarvo tietyssä pisteessä ja että sillä voidaan konstruoida myös ratkaisufunktio. Esimerkki Määrää alkuarvotehtävän y = y, y(0) = 1 ratkaisun likiarvo pisteessä x = 0.2 Eulerin menetelmällä, kun n = 2 ja h = 0.1. Ratkaisu. Nyt siis f(x, y) = y, a = x 0 = 0, y 0 = 1, x 1 = 0.1, b = x 2 = 0.2 joten y 1 = y(x 1 ) = y 0 + f(x 0, y 0 )h = = 1.1 y 2 = y(x 2 ) = y 1 + f(x 1, y 1 )h = = 1.21 Tarkka arvo on y(0.2) = e Esimerkki Määrää alkuarvotehtävän (1.17) y = k y, y(0) = 1 ratkaisu Eulerin menetelmällä. Ratkaisu. x 0 = 0, y 0 = 1, f(x, y) = k y. Valitaan r = x, jolloin h = x n ja x y i+1 = y i + f(x i, y i ) h = y i + k y i (1 n = + kx ) y i. n Alkuarvotehtävän (1.17) ratkaisun likiarvoksi pisteessä x saadaan ( y n = 1 + kx ) ( y n 1 = 1 + kx ) 2yn 2 ( = = 1 + kx ) ny0 ( = 1 + kx ) n. n n n n 12

17 Tästä ja huomautuksesta 1.28 seuraa, että alkuarvotehtävän (1.17) ratkaisun arvoksi pisteessä x saadaan y(x) = lim y n = lim (1 + kx ) n. n n n Huomautus Lauseesta 1.24, esimerkeistä 1.25 ja 1.31 sekä johdannon esimerkistä seuraa, että ( e kx (kx) i = = lim 1 + kx ) n. i! n n i=0 Eksponenttifunktio voidaan siis määritellä myös alkuarvotehtävän ratkaisuna. y = y, y(0) = Runge-Kuttan menetelmä Oletetaan, että f on yhdensuuntaisvyössä [x 0, x 0 + r] R määritelty jatkuva funktio. Valitaan alkuarvo y 0 R, positiivinen kokonaisluku m ja merkitään h = r m, sekä (1.18) k 1 h = f(x 0, y 0 ) = y (x 0 ), k ( 2 h = f x h, y ) ( 2 k 1 y x 0 + h ), 2 k ( 3 h = f x h, y ) ( 2 k 2 y x 0 + h ), 2 k 4 h = f(x 0 + h, y 0 + k 3 ) y (x 0 + h). Alkuarvotehtävän (1.16) ratkaisun likiarvoksi pisteessä x 1 = x 0 + h valitaan (1.19) y 1 = y (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ). Perustelu: Kaavan (1.13) mukaan y(x 0 + h) = y 0 + x0 +h x 0 f(t, y(t)) dt. Arvioimalla oikean puolen integraalia ns. Simpsonin kaavalla saadaan y(x 0 + h) y [ hf(x 0, y 0 ) + 2 hf (x 0 + h ( (1.20) 6 2, y x 0 + h )) hf (x 0 + h ( 2, y x 0 + h )) ] + hf(x 0 + h, y(x 0 + h). 2 Korvaamalla yhtälön (1.20) oikealla puolella toisessa ja kolmannessa termissä ( y x 0 + h ) 2 13

18 likiarvoilla y k 1 ja y k 2 (vrt. Eulerin approksimaatiot) ja viimeisessä termissä y(x 0 +h) likiarvolla y 0 +k 3, saadaan merkintöjen (1.18) mukaan yhtälön (1.19) oikea puoli. y kk = k 2 h kk = k 3 h Toinen ratkaisu kk = k 4 h kk = k 3 h Todellinen ratkaisu kk = k 1 h kk = k 2 h Toinen ratkaisu kk = k 4 h x n xn + h 2 x n+1 x Kuva 1.2: Runge-Kuttan menetelmä: kulmakertoimien k 1, k 2, k 3 ja k 4 painotettu keskiarvo. Kuviossa kk viittaa läheisen katkoviivan kulmakertoimeen. Prosessia jatketaan korvaamalla (x 0, y 0 ) pisteellä (x 1, y 1 ), jne. Kun y i on laskettu, merkitään x i = x 0 + ih, k 1 = h f(x i, y i ), ( k 2 = h f x i h, y i + 1 ) 2 k 1, ( k 3 = h f x i h, y i + 1 ) 2 k 2, k 4 = h f(x i + h, y i + k 3 ), 14

19 sekä y i+1 = y i (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ). Suorittamalla yllä olevat laskut, kun i = 0,...,m 1, saadaan alkuarvotehtävän (1.16) ratkaisun likiarvot y i pisteissä x i = x 0 + ih, i = 1,...m. Esimerkki Määrää alkuarvotehtävän y = y, y(0) = 1 ratkaisun likiarvo pisteessä x = 0.2 Runge-Kuttan menetelmällä, kun n = 1 Ratkaisu. x 0 = 0, y 0 = 1, x 1 = 0.2. k 1 = hf(x 0, y 0 ) = hy 0 = 0.2 ( k 2 = hf x h, y ) ( 2 k 1 = h y ) 2 k 1 = 0.2 ( ) = 0.22 ( k 3 = hf x h, y ) ( 2 k 2 = h y ) 2 k 2 = = k 4 = hf(x 0 + h, y 0 + k 3 ) = h(y 0 + k 3 ) = = y 1 = y (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) = 1 1 ( ) 6 = = Tarkka arvo y 1 = y(0.2) = e Huomautus Voidaan osoittaa: Jos f on tarpeeksi säännöllinen, niin Runge-Kuttan menetelmällä lasketun alkuarvotehtävän y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 ratkaisun likiarvon virhe on muotoa O(h 4 ), ts. jos y = y(x) on alkuarvotehtävän ratkaisu, niin y i y(x i ) M h 4. Kaikki edellä esitetyt kolme ratkaisumenetelmää ovat helposti ohjelmoitavissa standardeilla ohjelmointikielillä. On myös kehitetty useita tietokoneohjelmia esimerkiksi Mathematica, Maple, Matlab, Derive, Scilab, Maxima, Octave, joiden avulla voidaan määrätä yhtälön (1.10) tai alkuarvotehtävän (1.16) ratkaisufunktiot monissa erikoistapauksissa. 15

20 Luku 2 Ensimmäisen kertaluvun normaalimuotoisista differentiaaliyhtälöistä 2.1 Separoituvat yhtälöt Määritelmä 2.1. Separoituva differentiaaliyhtälö on 1. kertaluvun differentiaaliyhtälö, joka voidaan esittää muodossa (2.1) dy dx = g(x) h(y). Esimerkki 2.2. Yhtälöt y = xy + y x xy (x + 1)y = x(1 y) = x + 1 y x 1 y = g(x)h(y) y = e x+y = e x e y = g(x)h(y) ovat separoituvia, mutta yhtälöt y = sin(xy) y = x + y x y y = e xy eivät ole separoituvia Separoituvan differentiaaliyhtälön ratkaiseminen Separoituvan yhtälön ratkaiseminen on 2-vaiheinen. 1. Etsitään erikoisratkaisut. Jos y = y 0 on funktion h nollakohta eli h(y 0 ) = 0, on vakiofunktio y(x) y 0 yhtälön (2.1) ratkaisu (miksi?). 2. Määritetään yleinen ratkaisu. Jos h(y) 0, niin yhtälöstä (2.1) seuraa y (x) h(y(x)) = g(x). 16

21 Integroimalla tämä yhtälö puolittain muuttujan x suhteen saadaan y (x) dx h(y(x)) = g(x) dx + C, josta muuttujan vaihdolla y = y(x), dy = y (x) dx seuraa dy (2.2) h(y) = g(x) dx + C. Sanotaan, että (2.2) on saatu yhtälöstä (2.1) separoimalla eli erottamalla muuttujat. Laskemalla yhtälön (2.2) integraalit saadaan muotoa (2.3) H(y) = G(x) + C oleva yhtälö. Ratkaisemalla tämä y:n suhteen saadaan yhtälön (2.1) yleinen ratkaisu y = y(x, C). Huomautus 2.3. Jos g on jatkuva, jos h(y 0 ) = 0 ja jos h on jatkuvasti derivoituva pisteen y 0 eräässä ympäristössä, seuraa lauseesta 1.24, valitsemalla f(x, y) = g(x)h(y), ettei yhtälön (2.1) minkään muun ratkaisun kuvaaja leikkaa ratkaisusuoraa y(x) y 0. Huomautuksesta 1.29 seuraa, ettei pelkkä funktioiden g ja h jatkuvuus yksistään takaa tätä (Esimerkiksi g(x) 1, h(y) = y 2 3 ja y 0 = 0). Tällä kurssilla ei ole olennaista osata todistaa seuraavaa lausetta vaan soveltaa sitä. Lause 2.4. Jos g on jatkuva välillä ]a, b[ ja jos h on jatkuva ja h(x) 0 aina, kun x ]c, d[, niin jokaista suorakulmion ]a, b[ ]c, d[= {(x, y) R 2 a < x < b, c < y < d} pistettä (x 0, y 0 ) vastaa sellainen r > 0, että differentiaaliyhtälöllä (2.1) on alkuehdon (2.4) y(x 0 ) = y 0 toteuttava, yksikäsitteinen ratkaisu välillä I = [x 0 r, x 0 + r]. Huomautus 2.5. Vaikka funktion y ratkaiseminen yhtälöstä (2.3) on mahdollista teoriassa, ei se käytännössä aina onnistu alkeisfunktioiden avulla, joten ratkaisut joudutaan jättämään implisiittiseen muotoon (2.3). Huomautus 2.6. Yhtälön (2.1) erikoistapauksia ovat mm. yhtälöt Jos dy dx = g(x) ja dy g(x) = M(x) N(x) dx = h(y). ja h(y) = P(y) Q(y), 17

22 voidaan yhtälö (2.1) esittää muodossa N(x)Q(y) dy M(x)P(y) dx = 0. Tämän tyyppisiin yhtälöihin palataan luvussa 4 Esimerkki 2.7. Ratkaise differentiaaliyhtälö dy dx = x y 2. Ratkaisu. Tällä yhtälöllä ei ole erityisratkaisuja (miksi?). Etsitään yleinen ratkaisu erottamalla muuttujat y 2 dy = xdx ja integroidaan puolittain, jolloin saadaan 1 3 y3 = 1 2 x2 + C 1, missä C 1 on integroimisvakio. Kerrotaan saatu yhtälö puolittain luvulla 3 ja otetaan sen jälkeen kuutiojuuri puolittain, jolloin saadaan (2.5) y(x) = x2 + C, missä C = 3C 1. Tämä funktio toteuttaa ko. differentiaaliyhtälön, kun 3 2 x2 + C 0 (y(x) 0 ja y(x) on derivoituva). Näin ollen (2.5) on ratkaisu koko joukossa R, kun C > 0. Tapauksessa C 0 funktio y(x) = x2 + C on ratkaisu, kun { x R \ ± 2C 3 }. (Miksi tämä rajoite?) Näin ollen ratkaisun määritysjoukko voi riippua myös alkuehdosta (ts. onko C > 0 tai C 0). Esimerkki 2.8. Ratkaise differentiaaliyhtälö missä a 0. dy dx = ay + b, Ratkaisu. 1. Erityisratkaisut. Nyt funktio y(x) = b a 18

23 on tarkasteltavan yhtälön erityisratkaisu koko joukossa R. (Miksi?) 2. Yleinen ratkaisu. Muiden ratkaisujen määrittämiseksi erotetaan muuttujat. Kirjoitetaan yhtälö muotoon 1 a a dy ay + b = dx. Yhtälössä vasemmalla puolella on nyt osoittajana nimittäjän derivaatta, joten integroimalla ja kertomalla vakiolla a saadaan ln ay + b = ax + ac 1. Tästä seuraa edelleen logaritmin määritelmän avulla ay + b = e ax+ac 1 = C 2 e ax, missä C 2 = e ac1 0. Poistamalla itseisarvomerkit ja yhdistämällä ratkaisut saadaan y = 1 a (Ceax b), missä C = ±C 2 0 on vakio. Tämä ratkaisu on voimassa koko joukossa R, ja se sisältää myös aikaisemmin tarkastellun erikoisratkaisun y(x) b, joka saadaan valitsemalla a C = 0. Esimerkki 2.9. Määrää differentiaaliyhtälön (1 x 2 )y xy = 0 yleinen ratkaisu ja se yksityisratkaisu, joka toteuttaa alkuehdon y(3) = 1. Ratkaisu. 1. Erityisratkaisut. On helppo osoittaa, että funktio y(x) 0 on kyseisen differentiaaliyhtälön ratkaisu. Tämä erityisratkaisu ei kuitenkaan toteuta vaadittua alkuehtoa. 2. Yleinen ratkaisu. Erottamalla muuttujat yhtälö saa muodon (2.6) dy y = x 1 x 2 dx. Huomaa, että yhtälön (2.6) oikea puoli on määritelty, kun x ±1. Integroimalla puolittain saadaan ln y = 1 2 ln x2 1 + C 1 = ln x 2 1 1/2 + ln C = ln C x2 1, missä lnc = C 1 ja C > 0. Logaritmin aidon kasvavuuden perusteella y = C x2 1, josta seuraa (2.7) y = C x2 1, 19

24 missä C = ±C 0. Tämä on tutkittavan differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu joukossa M =], 1[ ] 1, 1[ ]1, [. Aikaisemmin tarkasteltu erikoisratkaisu saadaan tästä, kun asetetaan C = 0 ja laajennetaan määritysjoukko koko joukoksi R. Kun yhtälöön (2.7) sijoitetaan x = 3 ja y = 1, niin saadaan C = 2 2. Alkuehdon y(3) = 1 toteuttava yksityisratkaisu on 2 2 y(x) = x2 1, x M. Esimerkki Ratkaise alkuarvotehtävä y + by = ay 2 3, y(0) = 1, missä a > b > 0 ovat vakioita. Ratkaisu. 1. Erityisratkaisut. Tämän yhtälön erityisratkaisu on y = 0, joka ei toteuta alkuehtoa, joten alkuehdon toteuttavaa ratkaisua etsitään yhtälön yleisestä ratkaisusta. 2. Yleinen ratkaisu. Erottamalla muuttujat saadaan dy b ay 2 3 by = 3 3 y 2 3 dy = b a by 1 3 josta saadaan 3 b ln a by 1 3 = x + C. dx, Määrätään vakio C tässä vaiheessa: sijoitetaan tähän yhtälöön x = 0 ja y = 1 Täten 3 b ln a b 3 = ln(a b) = C. b ln a by 1 3 = b ((a 3 x + ln(a b) = ln b) exp ( b )) 3 x. eli 1 ( a by 3 = (a b) exp b ) 3 x Koska a > b > 0 ja y(0) = 1 on a by 1 3 positiivinen eräässä pisteen x = 0 ympäristössä ja siten alkuehdon toteuttava ratkaisu on ( a (2.8) y = b a b ( exp b )) 3. b 3 x Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö y + 4x 1 x 2 ln(1 x2 ) y = 0. Ratkaisu. 1. Erityisratkaisut. Tämän yhtälön erityisratkaisu on y(x) = 0, kun x ] 1, 1[. 2. Yleinen ratkaisu. Erottamalla muuttujat ja integroimalla vasen puoli saadaan 4x ln y = 1 x ln(1 2 x2 ) dx. 20

25 Kun x on välillä ] 1, 1[, niin 4x 1 x ln(1 2 x2 ) dx = 2 ln(1 x 2 1 ) 1 x ( 2x) dx = (ln(1 2 x2 )) 2 + C 1, missä C 1 on integroimisvakio. Näin ollen josta y = e (ln(1 x2 )) 2 +C 1 = e C 1 e (ln(1 x2 )) 2, y = Ce (ln(1 x2 )) 2, missä C = ±e C 1 0. Tämä on tarkasteltavan differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu. Erikoisratkaisu y(x) = 0 aina, kun x ] 1, 1[, saadaan asettamalla C = Separoituviksi palautuvia yhtälöitä Homogeeniyhtälöt Määritelmä Sanotaan, että f on astetta n oleva homogeenifunktio, jos f(tx, ty) = t n f(x, y), kun t 0. Yhtälö dy (2.9) = f(x, y) dx on homogeeniyhtälö, jos f on astetta 0 oleva homogeenifunktio, ts. (2.10) f(tx, ty) = f(x, y), kun t 0. Ehdosta (2.10) seuraa, että ( f(x, y) = f x 1, x y ) x joten yhtälö (2.1) voidaan kirjoittaa muotoon dy ( y ) ( y (2.11) dx = g, g x x) Esimerkki Yhtälöt ja y = f(x, y) = y = f(x, y) = y + x x 2xye x y x 2 + y 2 sin ( x) = y ovat homogeeniyhtälöitä, mutta yhtälöt eivät ole. y = y2 x = yy x = y = x2 + y x 3 ( = f 1, y ), x 0, x ( = f 1, y ). x y + 1 ( x y = g 1 x) ( y 2 e x) x y ( y ( y ) 2 ( = g x x) 1 + sin x y) = 1 x + 1 x 2 y x 21

26 Homogeeniyhtälön ratkaiseminen Määritellään uusi funktio jolloin y = xu ja Tällöin saadaan yhtälö muotoon eli (2.12) joka on separoituva. u = y x, dy dx = u + xdu dx. dy ( y ) ( dx = g = f 1, y ). x x u + x du dx = g(u), du dx = g(u) u, x Esimerkki Ratkaise Differentiaaliyhtälö (2.13) x dy dx = x + y. Ratkaisu. Jakamalla yhtälö (2.13) muuttujalla x saadaan differentiaaliyhtälö dy dx = 1 + y x, joka on selvästi homogeeninen. Asetetaan y = xu, jolloin ja joten ja dy dx = u + xdu dx u + x du dx = 1 + u, u = ln x + C y = xu = x ln x + Cx. Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö (1 + 2e x y ) dx + 2e x y ( 1 x y ) dy = 0 22

27 2.2.2 Yhtälö dy ( ax + by + c ) dx = f px + qy + r Tarkastellaan seuraavaksi differentiaaliyhtälöä dy ( ax + by + c ) (2.14) dx = f, px + qy + r missä a, b, c, p, q, r ovat vakiokertoimia Tapaus aq bp 0 Ehdon aq bp 0 nojalla yhtälöryhmällä { ax + by + c = 0 px + qy + r = 0 on täsmälleen yksi ratkaisu { x = h, y = k. Sijoitetaan t = x h eli x = t + h ja asetetaan funktio z(t) = y(x) k eli z(t) = y(t + h) k. Tässä on oleellisesti kyse lineaarisesta koordinaatistonmuunnoksesta, ns. origon siirrosta ja koordinaattien uudelleen skaalauksesta. Sijoitus on valittu niin, että saadaan sievennykset { ax + by + c = at + bz, (2.15) px + qy + r = pt + qz. Derivoidaan puolittain z(t) = y(x) k muuttujan t suhteen. Ihan muodollisesti differentiaaleilla laskemalla tai vastaavasti ajattelemalla Perusmetodit 1:stä tuttua yhdistetyn funktion derivoimiskaavaa tai Analyysi 2:sta (osalle) tuttuja ketjusääntöjä nähdään, että Selvästi on Siis nähdään, että (2.16) dx dt dz dt = dy dx dx dt 0. 1, sillä x = t + h, h vakio. dz dt = dy dx. Yhtälö (2.14) saadaan muotoon dz ( at + bz ) ( a + b z ) (2.17) dt = f t = f pt + qz p + q z, t 23

28 joka on homogeeninen. Jos z = z(t) on yhtälön (2.17) ratkaisu, on y = z(x h) + k yhtälön (2.14) ratkaisu. y z y = y(x) z = z(t) (h, k) (t, z) (x, y) α t α y = tanα dy = dz dx dt x Kuva 2.1: Origon siirto ja koordinaattiakselien uudelleen skaalaus Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö dy dx = 1 ( x + y 1 2 x + 2 Ratkaisu. Koska yhtälöparin { x + y 1 = 0 x + 2 = 0 ratkaisu on x = 2 ja y = 3, niin sijoittamalla z = y 3, t = x + 2, alkuperäiseen yhtälöön saadaan yhtälö dz dt = 1 ( t + z 2 t ) 2 = 1 2 ) 2 dz dt = dy dx dx dt = dy dx ( 1 + z ) t 2. 1 Tämä yhtälö saadaan separoituvaksi yhtälöksi tutulla sijoituksella Nyt ratkaistavana on yhtälö ut = z, t du dt + u = dz dt. u + t du dt = 1 2 (1 + u)2 = u u2. 24

29 Tällä yhtälöllä ei ole erityisratkaisuja (miksi?), joten voidaan erottaa muuttujat Integroimalla yhtälö saadaan 2 du 1 + u 2 = dt t. 2 arctanu = ln t + C = ln C 2 t (C = ln C 2 R, C 0), josta voidaan edelleen ratkaista z ja lopulta y z = t tan(ln C t ) y = (x + 2) tan ( ln C x + 2 ) + 3. Esimerkki Ratkaise differentiaaliyhtälö dy ( y + 2 ) 2. dx = 2 x + y 1 Ratkaisu. Yhtälöparin { y + 2 = 0 x + y 1 = 0 ratkaisu on { y = 2 x = 3 joten tekemällä alkuperäiseen yhtälöön sijoitukset z = y + 2 t = x 1 dz dt = dy dx dx dt = dy dx saadaan asteen 0 homogeeniyhtälö dz ( z ) 2 ( z ) dt = 2 = 2 t 2. t + z 1 + z t Tämän yhtälön erikoisratkaisu on z = 0, jota vastaa alkuperäisen yhtälön ratkaisu y = 2. Muiden ratkaisujen määrittämiseksi tehdään sijoitus ut = z tu + u = z. Päädytään yhtälöön ( u ) 2 tu 2u 2 u 2u 2 u 3 = 2 u = = u + u3 1 + u (1 + u) u, joten ln tu + 2 arctanu = ln t + C. Takaisinsijoituksilla saadaan ratkaisu implisiittiseen muotoon ( y + 2 ) ln y arctan = C. x 3 25

30 Tapaus aq = bp, b 0 Koska b 0, voidaan ottaa käyttöön merkintä α := q. Nyt nähdään, että b sillä aq = bp. Edelleen q = αb, joten ax + by + c px + qy + r = p = aq b = αa, ax + by + c α(ax + by) + r. Sijoitetaan v = ax + by eli y = b 1 (v ax), jolloin alkuperäinen yhtälö saadaan yhtäpitävään muotoon dy ( v + c ) dx = f. αv + r Vasemman puolen derivaatta on vielä lausuttava v:n avulla (huomaa, että myös v on x:n funktio). Derivoidaan puolittain muuttuja x suhteen esitys y = v ax, b jolloin saadaan dy dx = 1 dv b dx a b, ja täten alkuperäinen yhtälö voidaan kirjoittaa 1 dv b dx a ( v + c ) b = f. αv + r Tämä muoto on separoituva yhtälö. Ratkaistaan separoituva yhtälö ja kaivellaan lopuksi y esille sijoituksesta v = ax + by. ( x y ) Esimerkki Ratkaise yhtälö y = sin(x y) = sin. 1 Ratkaisu. Nyt p = q = 0 ja a = b = 1, joten aq = bp ja b 0. Sijoittamalla u = x y päädytään separoituvaan yhtälöön ja du dx = 1 dy dx u = 1 sin u. 1. Erityisratkaisut. Tämän yhtälön erityisratkaisut ovat lausekkeen 1 sin u nollakohdat. Nyt 1 sin u = 0 täsmälleen silloin, kun u = π + 2kπ ja k Z. Täten suorat 2 y = x π 2 2kπ k Z ovat alkuperäisen yhtälön ratkaisuja. 26

31 2. Yleinen ratkaisu. Suoritetaan nyt muuttujien erottaminen ja integroidaan du 1 + sin u 1 sin u = 1 du = tan u + cos 2 u cos u = 1 + sin u = dx = x + C cosu missä C on vakio. Takaisinsijoituksella saadaan 1 + sin(x y) cos(x y) Tämä yhtälö määrittelee ratkaisut implisiittisesti. Esimerkki Ratkaise yhtälö Ratkaisu. Sijoituksella saadaan Näin ollen josta takaisinsijoituksella saadaan dy 2x + 4y 3 = dx x + 2y + 1 = x + C. (2x + 4y) 3 = (2x + 4y) v = 2x + 4y v = 2 + 4y dv dx = 8v 3 v = 10v 2 v + 2 v + ln v 2 = 10x + C 4y + ln 2x + 4y 8x = C Tapaus aq = bp, b = 0, q 0 Nyt tietysti aq = 0, joten a = 0. Siis yhtälönä on itse asiassa dy ( dx = f c ). px + qy + r Sijoitetaan v = px + qy eli y = v px, jonka derivaatta muuttujan x suhteen on q dy dx = 1 dv q dx p q. Saadaan muunnettu yhtälö joka on separoituva. 1 dv q dx p ( c ) q = f, v + r Tapaus b = 0 ja q = 0 Nyt yhtälö on muotoa dy ( ax + c ) dx = f, px + r joka on separoituva ilman mitään sijoituksia. 27

32 Luku 3 Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö Differentiaaliyhtälöä sanotaan lineaariseksi ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöksi, jos se on muotoa p 1 (x) dy dx + p 2(x)y = q(x). 1. kertaluvun täydellisen lineaarisen differentiaaliyhtälön normaalimuoto on (3.1) dy + p(x)y = q(x). dx Jos yhtälön (3.1) oikea puoli q(x) = 0 määritysjoukossaan, niin saadaan differentiaaliyhtälö (3.2) y + p(x)y = 0, jota sanotaan differentiaaliyhtälöä (3.1) vastaavaksi homogeeniseksi yhtälöksi. Tällä yhtälöllä on aina ratkaisuna funktio y(x) 0, jota nimitetään triviaaliratkaisuksi. Muiden ratkaisujen löytämiseksi voidaan muuttujat erottaa. Esimerkki 3.1. Differentiaaliyhtälöt dy + 3xy = cos x dx sin xdy dx + (3x2 + 1)y = lnx ovat lineaarisia 1. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä, kun taas yhtälöt eivät ole. dy dx + 3xy3 = cosx y + sin y = 0 (y ) 2 = x 3.1 Lineaarisen 1. kertaluvun differentiaaliyhtälön ratkaiseminen Yhtälön (3.1) ratkeavuus riippuu funktioista p ja q. Yhtälö ei tietenkään ole mielekäs, jos ei ole sellaista reaalilukuväliä ]a, b[ missä molemmat funktiot ovat määriteltyjä. Jos esimerkiksi p(x) = log(1 x 2 ) ja q(x) = x 2 2, 28

33 niin yhtälö (3.1) ei ole mielekäs. Jatkossa toinen tärkeä ehto on funktioiden p ja q integroituvuus. Toisin sanoen onko niillä integraalifunktiot ja millä välillä kyseiset integraalifunktiot ovat määritellyt. Seuraavassa oletetaan, että funktiot p ja q ovat jatkuvia eräällä välillä I. Tällöin p ja q ovat integroituvia jokaisella suljetulla välillä [a, b] I. Oletetaan, että P(x) = p(x) dx on eräs funktion p integraalifunktio. Silloin funktio y = y(x) C 1 (I) on differentiaaliyhtälön (3.1) ratkaisu välillä I jos ja vain jos y (x) + p(x)y(x) = q(x), x I. Kun tämä yhtälö kerrotaan yhtälö puolittain termillä e P(x) > 0, saadaan yhtäpitävä yhtälö (3.3) e P(x) y (x) + p(x)e P(x) y(x) = d [ e P(x) y(x) ] = e P(x) q(x), x I, dx joka on edelleen yhtäpitävä yhtälön (3.4) e P(x) y(x) = e P(x) q(x) dx + C. kanssa. Kertomalla (3.4) puolittain termillä e P(x) > 0 saadaan [ ] (3.5) y(x) = e P(x) e P(x) q(x) dx + C, P(x) = p(x) dx. Edellä esitetty päättely osoittaa, että yhtälö (3.5) määrittelee täydellisen lineaarisen differentiaaliyhtälön (3.1) yleisen ratkaisun, eikä muita ratkaisuja ole. Käytännössä on tärkeämpää muistaa menetelmä, jota edellä sovellettiin. Huomautus 3.2. Koska e P(x)+C = e P(x) e C, niin integroimisvakiota ei tarvitse ottaa mukaan funktioon P: termillä e C kertominen vastaa differentiaaliyhtälön kertomista nollasta eroavalla vakiolla. Esimerkki 3.3. Määrää differentiaaliyhtälön (3.6) dy dx + 1 x + a y = x a x + a, a > 0 yleinen ratkaisu ja alkuehdon y(0) = 1 toteuttava ratkaisu. Ratkaisu. Koska yhtälö on lineaarinen ja p(x) = 1, niin voidaan valita x+a dx P(x) = = ln(x + a), x + a x > a. 29

34 Kerrotaan yhtälö (3.6) puolittain lausekkeella e P(x) = e ln(x+a) = x + a: (x + a) dy dx + y = d ((x + a)y) = x a. dx Integroimalla saatu yhtälö puolittain muuttujan x suhteen saadaan (x + a)y(x) = (x a) dx = x2 2 ax + C eli Sijoittamalla x = 0 saadaan y(x) = x 2 2 ax + C x + a 1 = y(0) = C a,. joten y(x) = x 2 2 ax + a x + a = x2 2ax + 2a 2(x + a) on alkuehdon y(0) = 1 toteuttava differentiaaliyhtälön (3.6) ratkaisu. Huomautus 3.4. Jos x 0 I, niin valitsemalla P(x) = x x 0 p(t) dt ja integroimalla (3.3) puolittain x 0 :sta x:ään, saadaan (3.7) e P(x) y(x) e P(x 0) y(x 0 ) = x x 0 e P(t) q(t) dt. Koska P(x 0 ) = 0, seuraa differentiaaliyhtälöstä (3.7), että alkuehdon y(x 0 ) = y 0 toteuttava yhtälön (3.3) ratkaisu on (3.8) y(x) = y 0 e P(x) + e P(x) x x 0 e P(t) q(t) dt, P(x) = x x 0 p(t) dt. Huomautus 3.5. Edellä esitettyä menetelmää voidaan soveltaa myös 1. kertaluvun homogeeniseen lineaariseen differentiaaliyhtälöön (3.9) dy + p(x)y = 0. dx Asettamalla q(x) 0 kaavoissa (3.3) ja (3.8), saadaan homogeenisen yhtälön (3.9) yleiseksi ratkaisuksi ( ) (3.10) y(x) = C exp p(x) dx, ja alkuehdon y(x 0 ) = y 0 toteuttavaksi ratkaisuksi ( x ) (3.11) y(x) = y 0 exp p(t) dt. x 0 30

35 3.2 Lineaarisiksi palautuvia yhtälöitä Alla tarkastellaan kahta eri tyyppiä olevaa epälineaarista 1. kertaluvun differentiaaliyhtälöä, jotka palautuvat lineaarisiksi yhtälöiksi sopivien sijoitusten avulla. Ensimmäinen näistä yhtälöistä on Bernoullin yhtälö ja toinen on Riccatin yhtälö, joka voidaan palauttaa Bernoullin yhtälöksi ja sitä tietä lineaariseksi yhtälöksi Bernoullin yhtälö Bernoullin differentiaaliyhtälö on muotoa (3.12) dy dx + p(x)y = q(x)yα, missä α R on vakio sekä funktiot p ja q jatkuvia välillä I. Jos α = 0 tai 1, on kyseessä lineaarinen homogeeninen differentiaaliyhtälö. Seuraavassa oletetaan, että α 0, 1. Jos α > 0, on y(x) 0 eräs differentiaaliyhtälön (3.12) ratkaisu. Muiden ratkaisujen löytämiseksi kerrotaan (3.12) puolittain termillä (1 α)y α : (3.13) (1 α)y αdy dx + p(x)(1 α)y1 α = (1 α)q(x). Sijoituksella saadaan (3.13) muotoon (3.14) joka on lineaarinen. z = y 1 α, dz dx = (1 α)y αdy dx dz + (1 α)p(x)z = (1 α)q(x), dx Esimerkki 3.6. Ratkaise differentiaaliyhtälö (3.15) y + y = xy 2 3. Ratkaisu. Tässä tapauksessa α = 2 3. Kertomalla (3.15) puolittain termillä 1 3 y 2 3 ja sijoittamalla saatuun yhtälöön lausekkeet muuttuu se muotoon (3.16) z = y 1 3, dz dx = y 3 y, dz dx z = 1 3 x, joka on lineaarinen. Kun tämä yhtälö kerrotaan termillä e x 3, päädytään yhtäpitävään differentiaaliyhtälöön e x dz 3 dx e x d 3 z = dx (e x 1 3 z) = 3 xe x 3. 31

36 Integroidaan yhtälö puolittain muuttujan x suhteen: e x 3 z = 1 3 xe x 3 dx + Ce x 3 z = xe x 3 3e x 3 + C. Täten z = x 3 + Ce x 3, joka on differentiaaliyhtälön (3.16) yleinen ratkaisu. Koska y = z 3, saadaan differentiaaliyhtälön (3.15) yleiseksi ratkaisuksi y = (x 3 + Ce x 3 ) 3. Funktio y(x) 0 on differentiaaliyhtälön (3.15) erityisratkaisu. Esimerkki 3.7. Ratkaise yhtälö y y x = x3 y 4. Ratkaisu. Funktio y 0 on tämän yhtälön erityisratkaisu. Muiden ratkaisujen löytämiseksi tämä yhtälö kerrotaan puolittain termillä y 4 ja sijoitetaan saatuun yhtälöön z = y 1 4 = y 3, z = 3y 4 y, ja sen jälkeen kerrotaan vakiolla 3, jolloin tuloksena on yhtälö z + 3 x z = 3x3. Tämä yhtälö voidaan ratkaista erikseen väleillä ], 0[ ja ]0, [. Välillä ]0, [ yhtälön integroiva tekijä on ( 3 ) exp x dx = exp ( 3 ln x ) = x 3 ja välillä ], 0[ integroiva tekijä on x 3, joten molemmissa tapauksissa päädytään tarkastelemaan yhtälöä (miksi?) x 3 z + 3x 2 z = d dx x3 z = 3x 6. Integroimalla muuttujan x suhteen ja jakamalla lausekkeella x 3 saadaan z = Cx x4, joten y = z 1 3 = (Cx x4 )

37 Esimerkki 3.8. Ratkaise yhtälö dy dx y = xy5. Ratkaisu. Jaetaan yhtälö termillä y 5 /4 ja sijoitetaan saatuun yhtälöön z = y 4, z = 4y y 5 jolloin saadaan yhtälö Tästä yhtälöstä seuraa, että (miten?) z 4x = 4x. ( z = e 4x xe 4x + 1 ) 4 e 4x + C joten 1 y =. 4 1 x + 4 Ce 4x Riccatin yhtälö (lisätieto) Riccattin differentiaaliyhtälöllä (3.17) y + a(x)y + b(x)y 2 = c(x) ei ole aina alkeisfunktioiden avulla esitettävää ratkaisua. Osoitetaan seuraavaksi, että jos y 0 on Riccatin yhtälön (3.17) jokin ratkaisu, niin (3.17) palautuu Bernoullin yhtälöksi ja sitä tietä lineaariseksi yhtälöksi. Sijoitetaan yhtälöön (3.17) jolloin saadaan eli joka on sama kuin y = y 0 + z, dy dx = dy 0 dx + dz dx dy 0 dx + dz dx + a(x)(y 0 + z) + b(x)(y 0 + z) 2 = c(x) dy 0 dx + +a(x)y 0 + b(x)y 2 0 } {{ } =c(x) + dz dx + a(x)z + b(x)(2y 0z + z 2 ) = c(x) dz dx + (a(x) + b(x)2y 0)z = b(x)z 2. Koska y 0 on yhtälön (3.17) ratkaisu, niin tämä on Bernoullin yhtälö, joka palautuu lineaariseksi sijoituksella u = z 1. Yhtälön erityisratkaisu z 0 vastaa ratkaisua y 0 33

38 Esimerkki 3.9. Ratkaise Riccatin differentiaaliyhtälö x 2 y = (xy + 2) 2 = x 2 y 2 + 4xy + 4 Ratkaisu. Kokeilemalla nähdään, että y 0 = 4x 1 on eräs tutkittavan yhtälön ratkaisu. Sijoitetaan alkuperäiseen yhtälöön jolloin päädytään yhtälöön y = 4x 1 + z y = 4x 2 + z 4 + x 2 z = ( 2 + xz) 2 = 4 4xz + z 2 x 2 joka sievenee muotoon z + 4 x z = z2. Tämä yhtälö on Bernoullin yhtälö ja yhtälön erikoisratkaisu on z = 0, joka vastaa alkuperäisen Riccatin yhtälön yksityisratkaisua y 0. Muiden ratkaisujen löytämiseksi jaetaan tämä yhtälö termillä z 2 ja tehdään sijoitus u = z 1, u = z 2 z, jolloin tuloksena on yhtälö Tämän yhtälön integroiva tekijä on u 4 x u = 1. ( 4 ) exp x dx = exp( 4 ln x ) = x 4, jonka avulla edellinen differentiaaliyhtälö saadaan ratkaistua ux 4 = x 4 dx = 3 1 x 3 + C. Täten ( x ) 1 z = 3 + Cx4 ja lopulta saadaan alkuperäisen yhtälön ratkaisu y = 4 x + 1 Cx 4 + x 3 Esimerkki Ratkaise Riccatin differentiaaliyhtälö dy dx = y2 (2x + 1)y x + x 2. Ratkaisu. Kokeilemalla havaitaan, että y 0 = x on tämän yhtälön ratkaisu: 1 = dy dx = x2 (2x + 1)x x + x 2 = 2x 2 2x 2 x x = 1. 34

39 Sijoitetaan jolloin saadaan yhtälö y = x + z, dy dx = 1 + dz dx, 1 + dz dx = (z + x)2 (2x + 1)(z + x) x + x 2 = z 2 + 2xz + x 2 2xz 2x 2 z x x + x 2 = z 2 z + 1 eli dz dx + z = z2, joka on Bernoullin yhtälö ja se voidaan palauttaa lineaariseksi. 35

40 Luku 4 Eksaktit yhtälöt 4.1 Eksaktisuusehtoja Differentiaaliyhtälöä (4.1) M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 sanotaan eksaktiksi suorakulmioalueessa Ω, jos on olemassa sellainen Ω:ssa määritelty funktio g, että (4.2) g(x, y) x = M(x, y) ja g(x, y) y = N(x, y) kaikilla (x, y) Ω. Ehdon (4.1) toteuttavaa funktiota g sanotaan eksaktin yhtälön integraaliksi. Lause 4.1 (Clairaut). Jos g(x, y) ja sen kaikki 1. ja 2. kertaluvun osittaisderivaatat ovat jatkuvia avaruuden R 2 osajoukossa Ω, niin kun (x, y) Ω. 2 g(x, y) = 2 x y g(x, y), y x Lause 4.2. Oletetaan, että funktiot M ja N sekä niiden osittaisderivaatat ovat jatkuvia suorakulmiossa Ω =]a, b[ ]c, d[. Tällöin yhtälö (4.1) on eksakti jos ja vain jos (4.3) M(x, y) y = N(x, y) x kaikilla (x, y) Ω. Todistus. a) Oletetaan, että yhtälö (4.1) on eksakti suorakulmiossa Ω, ja olkoon g sen integraali. Ehdoista (4.2) seuraa, että M(x, y) (4.4) = ( ) g N(x, y) (x, y) ja = ( ) g (x, y) y y x x x y kaikilla (x, y) Ω. Oletuksen mukaan osittaisderivaatat M(x, y) y ja N(x, y) x 36

41 ovat jatkuvia joukossa Ω, joten yhtälöistä (4.4) seuraa Clairaut n lauseen nojalla, että M(x, y) = ( ) g (x, y) = ( ) g N(x, y) (x, y) = kaikilla (x, y) Ω. y y x x y x Ehto (4.3) on siten välttämätön yhtälön (4.1) eksaktisuudelle. b) Ehdon (4.3) riittävyys: Oletetaan, että (4.3) pätee. Silloin on N(x, y) M(x, y) dx = N(x, y) N(x, y) dx = N(x, y) N(x, y) + ϕ(y), y x josta Kun merkitään niin ja g(x, y) y = y N(x, y) = g(x, y) = M(x, y) dx + ϕ(y). y M(x, y) dx + g(x, y) x M(x, y) dx + ϕ(y) = = M(x, y) ϕ(y) dy, M(x, y) dx + ϕ(y) = N(x, y). y Siten g on differentiaaliyhtälön (4.1) integraali ja (4.1) on eksakti. Esimerkki 4.3. Differentiaaliyhtälö (x y) dx + 2y dy = 0 ei ole eksakti, sillä y (x y) = 1 ja 2y = 0. x Lause 4.4. Jos g on eksaktin differentiaaliyhtälön (4.5) M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 integraali, niin derivoituva funktio y = y(x) on differentiaaliyhtälön (4.5) ratkaisu välillä I jos ja vain jos on olemassa sellainen vakio C, että g(x, y(x)) = C kaikilla x I. Todistus. Funktio y = y(x) on differentiaaliyhtälön (4.5) ratkaisu välillä I jos ja vain jos Koska g on yhtälön (4.5) integraali, niin M(x, y(x)) + N(x, y(x))y (x) = 0, x I. g(x, y(x)) x + g(x, y(x)) y (x) = 0, y x I 37