Differentiaaliyhtälöt

Transkriptio

1 Informaatiotieteiden yksikkö Differentiaaliyhtälöt Pentti Haukkanen

2 Sisältö Differentiaaliyhtälön käsite 4 2 Joitakin. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä 7 2. Separoituva yhtälö Homogeenifunktioinen yhtälö Eksakti differentiaaliyhtälö Integroivan tekijän menetelmä Lineaarinen differentiaaliyhtälö Bernoullin yhtälö kertaluvun differentiaaliyhtälön palauttamisesta. kertaluvun differentiaaliyhtälöksi Ratkaisun olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslause Picardin menetelmä Numeerisia menetelmiä Eulerin menetelmä Eulerin parannettu menetelmä Runge-Kuttan menetelmä Esimerkkejä sovelluksista Joitakin 2. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä Funktioiden lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus Homogeeninen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö Vakiokertoiminen homogeeninen 2. kl lineaarinen differentiaaliyhtälö Yleinen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö uv -keino Potenssisarjamenetelmä Frobeniuksen menetelmä Laplace-muunnos Eulerin yhtälö Lineaarinen n. kertaluvun diff.yhtälö Esimerkkejä sovelluksista

3 4 Differentiaaliyhtälöryhmistä Homogeenisen vakiokertoimisen lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisesta Eliminointimenettely Matriisin ominaisarvoista ja ominaisvektoreista Matriisimenettely Laplace-muunnoksen käyttö Epähomogeenisen vakiokertoimisien lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisesta Eliminointimenettely Matriisimenetelmä ja yrite Laplace-muunnoksen käyttö Esimerkki sovelluksesta

4 Luku Differentiaaliyhtälön käsite Määritelmä.. Differentiaaliyhtälöllä tarkoitetaan yhtälöä, joka koostuu reaalimuuttujasta x, x:n reaaliarvoisesta tuntemattomasta funktiosta y ja y:n derivaatoista y, y,..., y (n). Diff.yhtälön yleinen muoto on siis F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0. Diff.yhtälön kertaluku on funktion y korkeimman derivaatan kertaluku. Esimerkki.. Funktion F : R 3 R, F (x, x 2, x 3 ) = x + x 3, määräämä differentiaaliyhtälö on (.) x + y = 0. Yhtälön kertaluku on. Huomautus.. Differentiaaliyhtälö annetaan yleensä suoraan muodossa (.) eikä funktion F välityksellä. Määritelmä.2. Diff.yhtälöä sanotaan n. kertaluvun lineaariseksi diff.yhtälöksi, jos se voidaan kirjoittaa muodossa a n (x)y (n) + a n (x)y (n ) a (x)y + a 0 (x)y = b(x). Funktioita a n (x),..., a 0 (x) sanotaan yhtälön kertoimiksi. Jos funktio b on 0, niin yhtälöä sanotaan homogeeniseksi. Esimerkki.2. Yhtälö (.) on lineaarinen. Sen sijaan yhtälö ei ole. x + (y ) 2 = 0 Määritelmä.3. Osittaisdifferentiaaliyhtälöllä tarkoitetaan yhtälöä, joka koostuu useasta muuttujasta, näiden tuntemattomasta funktiosta ja funktion osittaisderivaatoista. 4

5 Huomautus.2. Tällä kurssilla tarkastellaan vain ns. tavallisia diff.yhtälöitä, ts. yhtälöitä, joissa on vain yksi muuttuja. Määritelmä.4. Funktio φ on diff.yhtälön F (x, y, y,..., y (n) ) = 0 ratkaisu, jos se on välillä I ( R) n kertaa derivoituva ja F (x, φ(x), φ (x),..., φ (n) (x)) = 0 x I. Esimerkki.3. Funktio y = e x on yhtälön ratkaisu koko reaaliakselilla. (Totea!) y + y = 0 Määritelmä.5. Jos ratkaisu annetaan muodossa y = φ(x), sanotaan sitä eksplisiittiseksi ratkaisuksi. Jos sitä vastoin ratkaisu annetaan muodossa g(x, y) = 0, niin ratkaisua sanotaan implisiittiseksi. Esimerkki.4. Yhtälö x 2 + y 2 = on yhtälön y = x y implisiittinen ratkaisu. Huomautus.3. Differentiaaliyhtälöllä on yleensä enemmän kuin yksi ratkaisu, yleensä niitä on ääretön määrä. Esimerkiksi yhtälöllä y = x on ääretön määrä ratkaisuja, nimittäin y = 2 x2 + C, C R. Määritelmä.6. Jos on olemassa sellainen mielivaltaisia vakioita sisältävä ratkaisufunktio, jonka erikoistapauksina saadaan "melkein"kaikki yksityisratkaisut, sanotaan ko. ratkaisufunktiota yleiseksi ratkaisuksi. Ratkaisuja, joita ei saada yleisestä ratkaisusta, sanotaan erikoisratkaisuiksi. Esimerkki.5. Yhtälön yleinen ratkaisu on (y ) 2 + = y 2 (x C) 2 + y 2 =, C R. Lisäksi sillä on erikoisratkaisut y, y. Esimerkiksi on yksityisratkaisu. x 2 + y 2 = 5

6 Määritelmä.7. Alkuarvotehtävässä diff.yhtälön ratkaisulle on annettu lisäehto yhdessä pisteessä x. Reunaehtotehtävässä lisäehto on annettu useammassa kuin yhdessä pisteessä. Esimerkki.6. Tehtävä y + y = 0, y(0) = 2, y (0) = 0 on alkuarvotehtävä. Tehtävä ( ) π y + y = 0, y(0) = 0, y = 2 on reunaehtotehtävä. Ratkaise tehtävät! Vihje: y = C cos x + C 2 sin x on yleinen ratkaisu. 6

7 Luku 2 Joitakin. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä 2. Separoituva yhtälö Määritelmä kertaluvun diff.yhtälöä sanotaan separoituvaksi, jos se voidaan kirjoittaa muodossa Lause 2... Tarkastellaan yhtälöä y = f(x)g(y). (2.) y = f(x)g(y), missä f on avoimella välillä I jatkuva ja g on avoimella välillä J jatkuvasti derivoituva. Olkoon J = (a, b), missä voi olla a = tai b =, sekä a = a 0 < a < < a m < a m+ = b, missä a, a 2,..., a m ovat g:n nollakohdat. (Jos m = 0, niin g:llä ei ole nollakohtia.) Silloin yhtälöllä (2.) on erikoisratkaisut y a i (i =, 2,..., m) välillä I. Yhtälön (2.) muut ratkaisut muodostuvat yhtälöiden (2.2) y = f(x)g(y), a i < y < a i+ (i = 0,, 2,..., m), kaikista ratkaisuista. Yhtälön (2.2) ratkaisujen kuvaajat kulkevat suorien y = a i ja y = a i+ välissä. Yhtälön (2.2) ratkaisu on muotoa (2.3) dy g(y) = f(x)dx. 7

8 Todistus. Oletetaan, että y a i, missä a i on funktion g nollakohta. Silloin y = 0 ja g(y) = 0, ja näin ollen y = f(x)g(y). Oletetaan sitten, että a i < y < a i+. Tämä kohta käsitellään luennolla. Yksikäsitteisyyteen tarvitaan pykälän 2.8 tuloksia. Esimerkki 2... Yhtälö y = 2xy(y ) on separoituva. Sovelletaan lausetta 2... Erikoisratkaisut ovat y 0, y. Etsitään yleinen ratkaisu: y y(y ) dy y(y ) y ln y y y y = 2xy(y ) = 2x = Jaetaan tarkastelu 3 tapaukseen: Tapaus. Olkoon y < 0. Silloin saadaan y y y = = Ce x2, C > 0 2xdx = x 2 + C, C R = e x2 e C = Ce x2, C > 0., C >, x R tai 0 < C, x > ln Ce x2 C. Tapaus 2. Olkoon 0 < y <. Silloin saadaan y y y y y = Tapaus 3. Olkoon y >. Silloin saadaan y y y = = Ce x2, C > 0 = Ce x2, C < 0 = Ce x2, C > 0 Ce x2, C < 0, x R., 0 < C <, x < ln Ce x2 C. 8

9 Esimerkki Yhtälö voidaan ratkaista separoituvana y = + x + y 2 + xy 2 y = ( + x)( + y 2 ), + y 2 0 dy + y 2 dx = + x dy = ( + x)dx + y 2 arctan y = x + 2 x2 + C y = tan(x + 2 x2 + C). 2.2 Homogeenifunktioinen yhtälö Määritelmä kertaluvun diff.yhtälö on homogeenifunktioinen, jos se voidaan kirjoittaa muodossa y = f ( y x). Lause Kun homogeenifunktioiseen yhtälöön (2.4) y = f ( y x), x 0, tehdään sijoitus u = y, muuntuu se separoituvaksi yhtälöksi x (2.5) u = (f(u) u). x Yhtälön (2.4) ratkaisut y : I R, 0 I, saadaan muodossa y(x) = x u(x), x I, missä u : I R käy läpi kaikki yhtälön (2.5) ratkaisut. Todistus. Tarkastellaan yhtälöä (2.4). Merkitään u = y/x, jolloin y = ux ja edelleen y = u+u x. Tällöin yhtälö (2.4) tulee muotoon u+u x = f(u), joka on yhtäpitävä yhtälön (2.5) kanssa. Siis yhtälön (2.4) ratkaisut ovat y = ux, missä u käy läpi yhtälön (2.5) ratkaisut. Esimerkki Yhtälö y + x 2 + y 2 xy = 0, x > 0, 9

10 on homogeenifunktioinen, sillä se voidaan kirjoittaa muodossa y = y + x 2 + y 2 x = y ( y 2 x + + x) Sijoitetaan u = y x, jolloin y = (ux) = u x + u. Saadaan u x + u = u + + u 2 + u u 2 = ( + u x 2 > 0). Kyseessä on separoituva yhtälö. Ratkaistaan se seuraavalla tavalla: du dx = + u 2 x Esimerkki Yhtälö ln(u + + u 2 ) = ln x + C = ln x + C u + + u 2 = x e C = Cx, C > 0 ( ) y y 2 x + + = Cx x y + x 2 + y 2 = Cx 2. (2.6) y = y2 + xy x 2, x 0, x 2 on homogeenifunktioinen, sillä se voidaan kirjoittaa muodossa ( ) y 2 y y = + x x. Sijoitetaan u = y, jolloin x y = (ux) = u x + u. Siis u x + u = u 2 + u u = u2 (2.7). x Kyseessä on separoituva yhtälö. Erikoisratkaisut: u tai u välillä I, missä I = (0, ) tai I = (, 0). Siis yhtälöllä (2.6) on erikoisratkaisut y = x tai y = x välillä I, missä I = (0, ) tai I = (, 0). Yleinen ratkaisu: u u 2 = x du u 2 = x dx ( 2 u ) du = ln x + C u + u ln = ln x 2 + 2C = ln x 2 + ln C, C > 0 u + u = Cx 2, C > 0. u + 0

11 A. Tapaus I = (0, ). 0 Olkoon u > eli y x > eli y > x. Silloin u u + = Cx2, C > 0, y x y + = Cx2 x y x y + x = Cx Olkoon < u < eli x < y < x. Silloin 3 0 Olkoon u < eli y < x. Silloin u u + = Cx2, C > 0, y x y + x = Cx2. u u + = Cx2, C > 0, y x y + x = Cx2. B. Tapaus I = (, 0) käsitellään vastaavasti. 2.3 Eksakti differentiaaliyhtälö Tarkastellaan yhtälöä (2.8) M(x, y) + N(x, y)y = 0. (Usein (2.8) kirjoitetaan differentiaalimuodossa M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0.) Yhtälöä (2.8) sanoaan eksaktiksi, jos on olemassa sellainen funktio F (x, y), että (2.9) F (x, y) x F (x, y) y Silloin (2.8) voidaan kirjoittaa F (x, y) x + = M(x, y), = N(x, y). F (x, y) y = 0 y

12 eli Siis d F (x, y) = 0. dx F (x, y) = C, C R. Lause Olkoon yhtälö (2.8) eksakti (suorakulmiossa S R 2 ) ja olkoon F sellainen funktio, että yhtälöt (2.9) toteutuvat (suorakulmiossa S). Silloin yhtälön (2.8) ratkaisu on F (x, y) = C, C R. Lause Oletetaan, että funktioilla M ja N on jatkuvat ensimmäiset osittaisderivaatat (suorakulmiossa S). Silloin yhtälö (2.8) on eksakti (suorakulmiossa S), jos ja vain jos (2.0) M y = N x. Todistus. ( ) Oletetaan, että yhtälö (2.8) on eksakti. Silloin on olemassa sellainen funktio F (x, y), että F x = M, F y = N. Näin ollen 2 F y x = M y, 2 F x y = N x. Derivoimisjärjestyksen sallivien ehtojen nojalla 2 F y x = 2 F x y eli M y = N x. ( ) Oletetaan käänteisesti, että yhtälö (2.0) on voimassa. Sivuutetaan. Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä 3x 2 ln x + x 2 + y + }{{}}{{} x y = 0. M N. Nyt Siis yhtälö on eksakti. M y = N x. 2

13 2. Etsitään funktio F. Ratkaistaan yhtälöpari { F = 3x 2 ln x + x 2 + y x F = x. y Yhtälöparin ensimmäisen yhtälön perusteella F (x, y) = x 3 ln x 3 x3 + 3 x3 + yx + ϕ(y). Näin ollen yhtälöparin toisen yhtälön perusteella eli Täten esimerkiksi. 3. Ratkaisu on x + ϕ (y) = x ϕ(y) = C. F (x, y) = x 3 ln x + yx x 3 ln x + yx = C. Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä. Nyt Siis yhtälö on eksakti. (3x 2 + 4xy) dx + (2x 2 + 2y) dy = 0. }{{}}{{} M N M y = N x = 4x. 2. Etsitään funktio F. Ratkaistaan yhtälöpari { F = 3x 2 + 4xy x F = 2x 2 + 2y. y Yhtälöparin ensimmäisen yhtälön perusteella F (x, y) = x 3 + 2x 2 y + ϕ(y). Näin ollen yhtälöparin toisen yhtälön perusteella eli Täten esimerkiksi. 3. Ratkaisu on 2x 2 + ϕ (y) = 2x 2 + 2y ϕ(y) = y 2 + C. F (x, y) = x 3 + 2x 2 y + y 2 x 3 + 2x 2 y + y 2 = C. 3

14 2.4 Integroivan tekijän menetelmä Tarkastellaan yhtälöä (2.) M(x, y) + N(x, y)y = 0, joka ei ole eksakti. Integroivan tekijän menetelmässä pyritään löytämään sellainen funktio µ(x, y), että yhtälö (2.2) µ(x, y)m(x, y) + µ(x, y)n(x, y)y = 0 on eksakti. Tällöin yhtälön (2.) sijasta ratkaistaankin yhtälö (2.2). On kuitenkin huomattava, että yhtälöiden (2.) ja (2.2) ratkaisut eivät aina ole samat. Funktiota µ(x, y) kutsutaan integroivaksi tekijäksi. Tällä kurssilla tarkastellaan vain sellaisia tapauksia, joissa löytyy vain x:stä tai vain y:stä riippuva integroiva tekijä. Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä (2.3) 2xy + (y 2 3x 2 ) y = 0. }{{}}{{} M N Nyt joten yhtälö ei ole eksakti. M y = 2x, N x = 6x, Pyritään löytämään integroiva tekijä µ niin, että µ(x, y)2xy + µ(x, y)(y 2 3x 2 )y = 0. Pitää olla µ µ x (y2 3x 2 ) µ µ µ 2xy + µ2x = y x (y2 3x 2 ) µ6x µ µ y 2xy + 2x = µ µ x (y2 3x 2 ) 6x µ 2xy = 8x. y Löytyykö vain x:stä riippuva integroiva tekijä? µ µ x (y2 3x 2 ) = 8x µ µ x = 8x y 2 3x 2 ei löydy. 4

15 Löytyykö vain y:stä riippuva integroiva tekijä? Saadaan yhtälö µ = 8x µ y 2xy = 4 löytyy y µ = e 4 y dy = e 4 ln y = y 4 2x y 3 + y2 3x 2 y 4 y = 0. Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä Nyt joten yhtälö ei ole eksakti. y dx x dy = 0 (eli y xy = 0). }{{}}{{} M N M y =, N x = x, Pyritään löytämään integroiva tekijä µ niin, että Pitää olla µ(x, y)ydx µ(x, y)xdy = 0. µ µ µ y y + µ µ y y + µ = µ x x µ µ y y + = µ µ x x µ x x = 2. Löytyykö vain x:stä riippuva integroiva tekijä? Saadaan eksakti yhtälö µ = 2 löytyy µ x x µ = e 2 x dx = e 2 ln x = x 2. y x 2 dx x dy = 0 F (x, y) = y x. Ratkaisu on y = Cx, missä x > 0 tai x < 0. (Toteuttaa yhtälön myös, kun x = 0. Totea!) Huomautus Edellisen esimerkin yhtälö voidaan ratkaista myös helpommalla tavalla. 5

16 2.5 Lineaarinen differentiaaliyhtälö Määritelmä kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö on muotoa (2.4) y + a(x)y = b(x), missä funktiot a ja b ovat jatkuvia funktioita. Lause Diff.yhtälön (2.4) yleinen ratkaisu on ( (2.5) y = e a(x)dx ) e a(x)dx b(x)dx + C (missä a(x)dx ja e a(x)dx b(x)dx tarkoittavat integroitavan funktion erästä primitiiviä). Todistus. Kerrotaan yhtälö (2.4) puolittain lausekkeella e a(x)dx ( 0), jolloin saadaan y e a(x)dx + a(x)ye a(x)dx = b(x)e a(x)dx. Osittaisderivointisäännön perusteella (ye a(x)dx ) = b(x)e a(x)dx. Integroimalla saadaan ye a(x)dx = b(x)e a(x)dx dx + C, joka yhtäpitävä yhtälön (2.5) kanssa. Esimerkki Ratkaistaan lineaarinen yhtälö y + ay = 0, a R, soveltamalla lauseen todistuksen ideaa: e adx y + e adx ay = 0 ( e adx y ) = 0 e adx y = C, C R, e ax y = C y = Ce ax. Esimerkki Ratkaistaan lineaarinen yhtälö y + y = x, x > 0, x 6

17 soveltamalla lauseen todistuksen ideaa: e x dx y + e x dx x y = e x dx x ( e x dx y ) ( = e x dx x e x dx = e ln x = x = x > 0 ) e x dx y = e x dx xdx + C, C R, xy = x 2 dx + C xy = 3 x3 + C y = 3 x2 + C x. Huomautus Lineaarisesta yhtälöstä tulee eksakti, kun integroitavaksi tekijäksi otetaan funktio e a(x)dx. Huomautus Tarkastellaan jatkuvien reaalifunktioiden f : I R (I R) vektoriavaruutta C(I) funktioiden yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen (f + g)(x) = f(x) + g(x) (af)(x) = a[f(x)], a R, suhteen. Jatkuvasti derivoituvat reaalifunktiot f : I R muodostavat vektoriavaruuden C(I) aliavaruuden C () (I). Kuvaus L : C () (I) C(I), Ly = y + a(x)y, on lineaarinen. Homogeenisen lineaarisen yhtälön Ly = y + a(x)y = 0 ratkaisujoukko on kuvauksen L ydin kerl, joten kyseinen ratkaisujoukko muodostaa vektoriavaruuden C () (I) aliavaruuden, ns. ratkaisuavaruuden. (Ratkaisuavaruuden dimensio on. Etsi jokin kanta!) Täydellisen lineaarisen yhtälön Ly = y + a(x)y = b(x) ratkaisu on muotoa y = y h + y p, missä y h on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu (ts. y h käy läpi ytimen) ja y p täydellisen yhtälön yksittäisratkaisu. (Todistus esitetään luennolla.) Esimerkissä on y h = C ja y x p = 3 x2. Huomaa, että esimerkiksi lineaarisilla yhtälöryhmillä on samanlainen ilmiö. (Vrt. lineaarialgebran kurssit.) 7

18 2.6 Bernoullin yhtälö Bernoullin yhtälö on muotoa (2.6) y + a(x)y = b(x)y α (α Z \ {0, }), missä funktiot a ja b ovat jatkuvia (jollakin avoimella välillä I). Yhtälö on epälineaarinen, mutta se palautuu lineaariseksi sijoituksella z = y α. Lause Yhtälön (2.6) ratkaisut y (mahdollista triviaaliratkaisua y 0 lukuun ottamatta) ovat avoimilla väleillä J I täsmälleen seuraavaa muotoa: (i) Jos α on parillinen, niin y = z α, missä z : J R käy läpi kaikki sellaiset yhtälön (2.7) z + ( α)a(x)z = ( α)b(x) ratkaisut, että z(x) 0 aina, kun x J. (ii) Jos α on pariton, niin on kahta tyyppiä ratkaisuja: y = z α, y = z α, missä z : J R käy läpi kaikki sellaiset yhtälön (2.7) ratkaisut, että z(x) > 0 aina, kun x J. Todistus. Luennolla. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y 4 xy = 4 xy5. Erikoisratkaisut: y 0. Yleinen ratkaisu: Sijoitetaan z = y 4. Tällöin z = 4y 5 y, joten y = 4 y5 z. Saadaan yhtälö 4 y5 z 4 xy = 4 xy5 z + xy 4 = x z + xz = x. 8

19 Ratkaistaan tämä lineaarinen yhtälö ja palataan lopuksi alkuperäiseen funktioon y: e xdx z + e xdx xz = e xdx x ( e xdx z ) = e xdx x ( e 2 x2 z ) = e 2 x2 x e 2 x2 z = e 2 x2 xdx + C e 2 x2 z = e 2 x2 + C z = + Ce 2 x2 Ehto + Ce 2 x2 > 0 toteutuu, kun ) C >, x R, 2) C, x > 2 ln( C). Esimerkki Ratkaistaan yhtälö Erikoisratkaisut: y 0. y = ± ( + Ce 2 x2) 4, + Ce 2 x2 > 0. y + y = y 2 (cos x sin x). Yleinen ratkaisu: Sijoitetaan z = y. Tällöin z = y 2 y, joten y = y 2 z. Saadaan yhtälö y 2 z + y = y 2 (cos x sin x) z y = sin x cos x z z = sin x cos x. Ratkaistaan tämä lineaarinen yhtälö ja palataan lopuksi alkuperäiseen funktioon y: z e dx ze dx = e dx sin x e dx cos x z e x ze x = e x sin x e x cos x (e x z) = e x sin x e x cos x (e e x z = x sin x e x cos x ) dx + C e x z = e x sin x + C z = sin x + Ce x y = sin x + Ce, x sin x Cex. 9

20 kertaluvun differentiaaliyhtälön palauttamisesta. kertaluvun differentiaaliyhtälöksi A. Yhtälö y = f(x, y ) palautuu. kertaluvun yhtälöksi sijoituksella y (x) = z(x) (tai lyh. y = z). Silloin y (x) = z (x) (tai lyh. y = z ). B. Yhtälö y = f(y, y ) palautuu. kertaluvun yhtälöksi sijoituksella y = z(y), jolloin y = dz dy z(y). Esimerkki Ratkaistaan yhtälö xy ln x = y, x >. Sijoitetaan y (x) = z(x) (tai lyh. y = z). Saadaan xz ln x = z z z = x ln x, joka on separoituva. Erikoisratkaisut: z 0 eli y 0 eli y C, C R. Yleinen ratkaisu: z = z x ln x dz dx = z x ln x ln z = ln(ln x) + C = ln(ln x) + ln C 2, C 2 > 0 ln z = ln(c 2 ln x) z = C 2 ln x z = C 3 ln x, C 3 0 y = C 3 ln x y = C 3 (x ln x x) + C 4, C 4 R. Kun etsitään ratkaisua alkuarvotehtävään, voi apuna käyttää seuraavaa karkeasti esitettyä lausetta. Lause Tarkastellaan alkuarvotehtävää y = f(y, y, x) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y. 20

21 Olkoot f ja sen ensimmäiset osittaisderivaatat jatkuvia (pisteen x 0 sisältävällä välillä). Silloin alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu. Todistus. Sivuutetaan. Esimerkki Ratkaistaan alkuarvotehtävä y = e 2y, y(0) = 0, y (0) =. Sijoitetaan y (x) = z(y(x)) eli y = z(y), joten y = y (x) = d dx y (x) = d dz dy z(y(x)) = dx dy dx = dz dy z(y). Saadaan dz z(y) = e2y dy z(y)dz = e 2y dy 2 z(y)2 = 2 e2y + C z(y) 2 = e 2y + C 2. Siis z(y(x)) 2 = e 2y(x) + C 2 eli y (x) 2 = e 2y(x) + C 2. Kun asetetaan x = 0, saadaan C 2 = 0. Näin ollen y (x) 2 = e 2y(x) eli y (x) = e y(x). Koska y (0) > 0, niin y (x) = e y(x) tai lyhyemmin y = e y e y dy = dx e y = x + C 3. Kun asetetaan x = 0, saadaan C 3 =. Ratkaisu on e y = x eli y = ln( x), missä x <. 2.8 Ratkaisun olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslause Määritelmä Olkoon D = {(x, y) a x b, c y d}. 2

22 Silloin funktion f(x, y) sanotaan olevan joukossa D jatkuva Lipschitzin mielessä (tai lyhyesti L-jatkuva) muuttujan y suhteen, jos on olemassa sellainen k > 0, että f(x, y ) f(x, y 2 ) k y y 2 aina, kun (x, y ), (x, y 2 ) D. Esimerkki Olkoon f(x, y) = xy 2, kun 0 x, y. Silloin määritelmän nojalla f(x, y) on L-jatkuva y:n suhteen D:ssä. (Todistus luennolla.) Huomautus Jos f(x, y) on L-jatkuva muuttujan y suhteen, niin jokaista kiinteää lukua x kohti f(x, y) on jatkuva (tavallisessa mielessä) y:n suhteen. Todistus. Luennolla. Huomautus Käänteinen tulos ei pidä paikkaansa. Nimittäin jos D = {(x, y) 0 x, 0 y } ja f(x, y) = y, niin jokaista lukua x kohti f(x, y) on jatkuva y:n suhteen mutta f(x, y) ei ole L-jatkuva y:n suhteen. Todistus. Lause Oletetaan, että f (x, y) on jatkuva joukossa D. Silloin f(x, y) y on L-jatkuva muuttujan y suhteen D:ssä. Todistus. Sovelletaan väliarvolausetta y:n suhteen. Esimerkki Olkoon f(x, y) = xy 2, kun 0 x, y. Silloin lauseen 2.8. nojalla f(x, y) on L-jatkuva y:n suhteen D:ssä. Lause (OY-lause). Olkoon f(x, y) suorakulmiossa D määritelty kahden muuttujan jatkuva funktio ja muuttujan y suhteen L-jatkuva funktio, ja olkoon (x 0, y 0 ) joukon D sisäpiste. Silloin on olemassa sellainen väli I ( x 0 ), että alkuarvotehtävällä { y = f(x, y) y(x 0 ) = y 0 on yksikäsitteinen välillä I määritelty (jatkuvasti derivoituva) ratkaisu. Todistus. Lauseen todistuksen yksityiskohtia ei esitetä. Todetaan kuitenkin, että ratkaisu löytyy niin sanotulla Picardin menetelmällä, jonka periaate annetaan seuraavassa luvussa. Esimerkki Lineaarisen, Bernoullin, eksaktin, separoituvan ja homogeenifunktioisen yhtälön OY-ominaisuus käsitellään luennolla. 22

23 2.9 Picardin menetelmä Tarkastellaan alkuarvotehtävää { y (2.8) = f(x, y) (eli y(x 0 ) = y 0. dy dx = f(x, y)) Muodostetaan approksimaatioiden jono φ 0, φ, φ 2,... seuraavasti: φ 0 : φ 0 (x) = y 0, φ : d φ dx (x) = f(x, φ 0 (x)) ja φ (x 0 ) = y 0, joten φ (x) = y 0 + x x 0 f(t, φ 0 (t))dt φ 2 : d φ dx 2(x) = f(x, φ (x)) ja φ 2 (x 0 ) = y 0, joten φ 2 (x) = y 0 + x f(t, φ (t))dt x 0 φ n : d φ dx n(x) = f(x, φ n (x)) ja φ n (x 0 ) = y 0, joten φ n (x) = y 0 + x f(t, φ n (t))dt. x 0 Huomautus Kun lauseen ehdot ovat voimassa, niin voidaan todistaa, että yhtälön (2.8) ratkaisu on y = lim n φ n (x). Esimerkki Ratkaistaan alkuarvotehtävä { y = xy, y(0) = Picardin menetelmällä. Nyt f(x, y) = xy ja x 0 = 0, joten φ 0 (x) = y 0 = φ (x) = y 0 + φ 2 (x) = y 0 + x x 0 f(t, φ 0 (t))dt = + x x 0 t dt = + / x x 0 f(t, φ (t))dt = + 2 x x4? φ 3 (x) = = + 2 x x x6 0 2 t2 dt = + 2 x2

24 Siis ilmeisesti φ n (x) = + 2 x x x2n = + 2 x ! x n = + 2 x2 + 2! ( 2 x2 ) n! n! x2n Näin ollen lim φ n(x) = e 2 x2. n Koska lauseen ehdot ovat voimassa, niin ratkaisu on y = e 2 x2. ( 2 x2 ) n. Huomautus Esimerkin 2.9. yhtälö voidaan ratkaista myös helpommalla tavalla. (Vihje: separoituva.) 2.0 Numeerisia menetelmiä Tarkastellaan alkuarvotehtävää y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0. Olkoon h > 0 ja x n = x 0 +nh. Muodostetaan todellisten arvojen y(x ), y(x 2 ),... approksimaatioiden jono y, y 2, Eulerin menetelmä Integroimalla pisteestä x 0 pisteeseen x saadaan joten Valitaan y(x ) y(x 0 ) }{{} =y 0 = x x 0 f(x, y) dx x y(x ) y 0 + f(x 0, y 0 )h. y = y 0 + f(x 0, y 0 )h. x 0 f(x 0, y(x 0 ) }{{} =y 0 ) dx = f(x 0, y 0 )h, Integroidaan nyt pisteestä x pisteeseen x 2. Silloin saadaan y(x 2 ) y(x ) }{{} y = x 2 x x 2 f(x, y) dx f(x, y(x )) dx f(x, y )h, }{{} x y joten y(x 2 ) y + f(x, y )h. 24

25 Valitaan Näin jatkamalla saadaan y 2 = y + f(x, y )h. y n+ = y n + f(x n, y n )h. Esimerkki 2... Tarkastellaan alkuarvotehtävää y = x + 4y, y(0) =, }{{} =f(x,y) Eulerin menetelmällä. Kun valitaan h = 0., saadaan n x n y n f(x n, y n ) y n + f(x n, y n )h = y n = = = Eulerin parannettu menetelmä Tässä arvioidaan y(x ) y(x 0 ) }{{} =y 0 = x x 0 f(x, y) dx x x 0 2 f(x 0, y(x 0 )) + f(x, y(x )) dx. }{{} =y 0 Koska arvoa y(x ) eikä sen approksimaatiota vielä tunneta, käytetään Eulerin menetelmää eli y(x ) y 0 + f(x 0, y 0 )h. Siis Edelleen y(x 2 ) y(x ) }{{} y(x ) y 0 + h 2 [f(x 0, y 0 ) + f(x, y 0 + f(x 0, y 0 )h)] merk. = y. y = x 2 x f(x, y) dx x 2 x 2 f(x, y(x ) ) + f(x 2, y(x 2 ) ) }{{}}{{} dx. y y +f(x,y )h Siis y(x 2 ) y + h 2 [f(x, y ) + f(x 2, y + f(x, y )h)] merk. = y 2. Näin saadaan y(x n+ ) y n + h 2 [f(x n, y n ) + f(x n+, y n + f(x n, y n )h)] merk. = y n+. 25

26 Esimerkki Tarkastellaan alkuarvotehtävää y = x + 4y, y(0) =, }{{} =f(x,y) parannetulla Eulerin menetelmällä. Kun valitaan h = 0., saadaan x n y n y n + f(x n, y n )h = z n+ y n + h[f(x 2 n, y n ) + f(x n+, z n+ )] = [ ] = = Runge-Kuttan menetelmä Approksimaatiot saadaan kaavasta missä y n+ = y n + K n h, K n = 6 (m n + 2m n2 + 2m n3 + m n4 ), m n = f(x n, y n ) m n2 = f(x n + h 2, y n + h 2 m n), m n3 = f(x n + h 2, y n + h 2 m n2), m n4 = f(x n + h, y n + hm n3 ). Tässä esityksessä ei puututa tähän menetelmään täsmällisemmin. Esimerkki Alkuarvotehtävän y = x + 4y, }{{} y(0) =, h = 0. =f(x,y) ratkaisun approksimaatiot Eulerin, Eulerin parannetulla ja Runge-Kuttan 26

27 menetelmällä (kun h = ) ja tarkat arvot ovat Euler Eulerin parannettu Runge-Kutta tarkka arvo x y n y n y n 0, , , , , , , , , , , Esimerkkejä sovelluksista Tässä pykälässä vain saatujen yhtälöiden ratkaiseminen kuuluu koealueeseen. Yhtälöiden käytännöllistä taustaa ei tarvitse osata. Esimerkki 2.4. (Putoava kappale). Newtonin 2. lain mukaan kappaleeseen vaikuttava voima on F = ma = m dv dt. Putoavaan kappaleeseen vaikuttavat maan vetovoima mg ja ilmanvastus, jonka oletetaan olevan muotoa cv, missä c on vakio. Näin ollen saadaan lineaarinen differentiaaliyhtälö m dv = mg cv dt eli (Ratkaise v(t) ja lim t v(t)). dv dt + c m v = g. Esimerkki (Populaation kasvu). Joitakin populaatioita (esim. bakteerikantaa) voidaan kuvata melko tarkasti Bernoullin tyypin yhtälöllä (2.9) dp dt = ap bp 2, P (0) = P 0, missä P (t) kuvaa populaatiota ajanhetkellä t ja a, b ovat positiivisia vakioita. Nimenomaan yhtälöä (2.9) kutsutaan ns. logistiseksi yhtälöksi (Ratkaise P (t) ja lim t P (t).) 27

28 Esimerkki (Radioaktiivinen hajoaminen). Kokemusten mukaan radioaktiivinen hajoaminen voidaan kuvata matemaattisella mallilla dn dt = kn, N(0) = N 0, missä N(t) on radioaktiivisten ytimien määrä hetkellä t ja k on positiivinen vakio. Esimerkki (Sekoitusongelma). Tankissa on a litraa puhdasta vettä. Tankkiin aletaan pumpata suolaista vettä b litraa/min. Suolaa on c grammaa/litra. Samanaikaisesti tankista imetään sama määrä (= b litraa/min) täysin sekoitettua vettä. (Oletetaan, että tankissa on tehokkaat sekoittimet.) Merkitään suolan määrää tankissa funktiolla y(t). Silloin dy dt = IN OUT, y(0) = 0, missä IN on tulevan suolan määrä ja OUT on lähtevän suolan määrä. Selvästi Siis IN = bc grammaa/min, OUT = b y(t) grammaa/min. a dy dt = bc by(t), y(0) = 0. a (Ratkaise y(t) ja lim t y(t). Ilmeisesti lim t y(t) = ac grammaa.) Esimerkki (Käyräparven kohtisuorat leikkaajat). Etsitään käyräparven (2.20) F (x, y, c) = 0 kohtisuorat leikkaajat. Oletetaan, että (2.20) on yhtälön y = f(x, y) ratkaisu. Silloin kohtisuorat leikkaajat saadaan ilmeisesti yhtälön y = f(x, y) ratkaisuina. (Kohtisuorien leikkaajien tangenttien kulmakertoimien tulo = -.) Etsitään konkreettisena esimerkkinä ympyräparven x 2 + y 2 = c 2 kohtisuorat leikkaajat. Parven differentiaaliyhtälö on 2x + 2yy = 0 28

29 eli y = x y. Kohtisuorien leikkaajien differentiaaliyhtälö on siis y = y x, jonka ratkaisu on y = kx, k R. Esimerkki (Ebbinghausin unohtamis- tai muistamiskäyrä). Oletetaan, että henkilö oppii joukon sanoja. Olkoon m 0 opittu määrä, m(t) muistissa oleva määrä hetkellä t ja m muistiin pysyvästi jäävä määrä. Ebbinghausin mukaan dm dt = k(m m ), m(0) = m 0, missä k on positiivinen vakio. Näin ollen m(t) = m + (m 0 m )e kt Mikä on vakion k ja unohtamisen välinen yhteys? (Harj.) 29

30 Luku 3 Joitakin 2. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä Tässä luvussa tutkitaan lähinnä toisen kertaluvun lineaarisia differentiaaliyhtälöitä. Niiden käyttäytymistä on luontevaa selittää lineaarialgebran keinoilla. 3. Funktioiden lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus Tässä aliluvussa tarkastellaan reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Määritelmä 3... Funktiot ϕ, ϕ 2,..., ϕ n ovat lineaarisesti riippumattomia joukossa I ( R), jos ehdosta (3.) C ϕ + C 2 ϕ C n ϕ n = 0 (nollafunktio) seuraa, että C = C 2 = = C n = 0. Muussa tapauksessa funktiot ovat lineaarisesti riippuvia. Ehto (3.) tarkoittaa, että C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) + + C n ϕ n (x) = 0 x I. Huomautus 3... Kaksi funktiota ϕ ja ϕ 2 riippuvia, jos ja vain jos ϕ = Cϕ 2, C R. (ϕ, ϕ 2 0) ovat lineaarisesti Määritelmä Derivoituvien funktioiden ϕ, ϕ 2 Wronskin determinantti on ϕ W (ϕ, ϕ 2 )(x) = (x) ϕ 2 (x) ϕ (x) ϕ 2(x). 30

31 Lause 3... Olkoot funktiot ϕ ja ϕ 2 derivoituvia välillä I. Jos ϕ ja ϕ 2 ovat lineaarisesti riippuvia välillä I, niin Todistus. Luennot/harj W (ϕ, ϕ 2 )(x) = 0 x I. Seuraus 3... Jos on olemassa sellainen x I, että W (ϕ, ϕ 2 )(x) 0, niin ϕ ja ϕ 2 ovat lineaarisesti riippumattomia välillä I. Huomautus Wronskin determinantin käsite ja ylläoleva lause (3.) voidaan yleistää useammalle kuin kahdelle funktiolle. Esimerkki 3... Olkoon I = (0, ), ϕ (x) = x, ϕ 2 (x) = ln x. Todistetaan, että ϕ ja ϕ 2 ovat lineaarisesti riippumattomia välillä I. Tapa I. Sovelletaan lausetta 3..: x W (ϕ, ϕ 2 )(x) = x ln x = ln x. Siis esim. W (ϕ, ϕ 2 )() 0, joten ϕ ja ϕ 2 ovat lineaarisesti riippumattomia. Tapa II. Käytetään määritelmää: Oletetaan, että C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) = 0 x I eli Asetetaan C x + C 2 ln x = 0 x (0, ). x = : C = 0, x = 2 : C 2 ln 2 = 0, joten C 2 = 0. Siis C = C 2 = 0. Näin ollen ϕ ja ϕ 2 ovat lineaarisesti riippumattomia. Huomautus Lause 3.. ei pidä paikkaansa käänteisesti, ts. sen avulla ei voida todistaa lineaarista riippuvuutta. Esimerkki Olkoon I = R, ϕ (x) = x 2, x, x 0, ϕ 2 (x) = x, x < 0. Silloin W (ϕ, ϕ 2 )(x) = 0 x R, 3

32 mutta ϕ ja ϕ 2 ovat lineaarisesti riippumattomia. Nimittäin olkoon C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) = 0 x R. Asetetaan Siis C = C 2 = 0. x = : C + C 2 = 0 x = : C C 2 = 0. Huomautus Lause 3.. pitää paikkansa myös käänteisesti, jos ϕ ja ϕ 2 ovat yhtälön y + a (x)y + a 2 (x)y = 0 ratkaisuja. Todistus. Sivuutetaan. 3.2 Homogeeninen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö Homogeeninen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö on muotoa (3.2) y + a (x)y + a 2 (x)y = 0, missä a (x) ja a 2 (x) ovat jatkuvia funktioita. Lause Alkuarvotehtävällä y + a (x)y + a 2 (x)y = 0, y(x 0 ) = α, y (x 0 ) = α 2, missä a (x) ja a 2 (x) ovat välillä I R jatkuvia funktioita, x 0 I ja α, α 2 R, on yksikäsitteinen ratkaisu. Todistus. Sivuutetaan. Lause Olkoot ϕ ja ϕ 2 yhtälön y + a (x)y + a 2 (x)y = 0, kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Silloin yhtälön yleinen ratkaisu on y = C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x), C, C 2 R. (Tällaiset funktiot ϕ ja ϕ 2 löytyvät aina.) Todistus. Luennot. 32

33 Esimerkki Olkoon (3.3) y + x y = 0, x > 0. Huomataan, että ja ln x ovat yhtälön (3.3) ratkaisuja. Todetaan niiden lineaarinen riippumattomuus. Siis yleinen ratkaisu on y = C + C 2 ln x. Yhtälö (3.3) voidaan ratkaista myös sijoituksella y = z (eli y (x) = z(x)). Huomautus Tarkastellaan jatkuvien reaalifunktioiden f : I R (I R) vektoriavaruutta C(I) funktioiden yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen suhteen. Kahdesti jatkuvasti derivoituvat reaalifunktiot f : I R muodostavat vektoriavaruuden C(I) aliavaruuden C (2) (I). Kuvaus L : C (2) (I) C(I), Ly = y + a (x)y + a 2 (x)y, on lineaarinen. Homogeenisen lineaarisen yhtälön Ly = y + a (x)y + a 2 (x)y = 0 ratkaisujoukko on kuvauksen L ydin kerl, joten kyseinen ratkaisujoukko muodostaa vektoriavaruuden C (2) (I) aliavaruuden, ns. ratkaisuavaruuden. Joukko {ϕ (x), ϕ 2 (x)} on ratkaisuavaruuden kanta, joten ratkaisuavaruuden dimensio on 2. Esimerkissä 3.2. kanta on {, ln x}. Ratkaisuavaruuden kantaa kutsutaan joissakin esityksissä perusjärjestelmäksi. 3.3 Vakiokertoiminen homogeeninen 2. kl lineaarinen differentiaaliyhtälö Vakiokertoiminen homogeeninen 2. kl lineaarinen differentiaaliyhtälö on muotoa (3.4) y + a y + a 2 y = 0, missä a ja a 2 ovat vakioita. Sen karakteristinen yhtälö on (3.5) r 2 + a r + a 2 = 0. Differentiaaliyhtälön (3.4) ratkaisu saadaan karakteristisen yhtälön (3.5) juurten avulla seuraavan lauseen mukaisesti. Lause Olkoot r ja r 2 karakteristisen yhtälön (3.5) juuret. Silloin yhtälön (3.4) ratkaisu on a) y = C e r x + C 2 e r 2x, 33

34 kun r, r 2 R, r r 2, b) y = C e rx + C 2 xe rx, kun r = r 2 = r R, c) y = C e αx cos βx + C 2 e αx sin βx, kun r = α + iβ C, r 2 = α iβ C. Todistus. Etsitään kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. (Luennot/harj) Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y + 4y + 3y = 0. Lasketaan karakteristinen yhtälön juuret: Siis ratkaisu on r 2 + 4r + 3 = 0 r = 4 ± r = r = 3. y = C e x + C 2 e 3x, C, C 2 R. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y + 4y + 4y = 0. Lasketaan karakteristinen yhtälön juuret: Siis ratkaisu on r 2 + 4r + 4 = 0 (r + 2) 2 = 0 r = 2. y = C e 2x + C 2 xe 2x, C, C 2 R. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y 4y + 5y = 0. Lasketaan karakteristinen yhtälön juuret: Siis ratkaisu on r 2 4r + 5 = 0 r = 4 ± 4 2 r = 2 ± i (= α + βi, missä α = 2, β = ). y = C e 2x sin x + C 2 e 2x cos x, C, C 2 R. 34

35 3.4 Yleinen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö Yleinen (tai täydellinen) 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö on muotoa (3.6) y + a (x)y + a 2 (x)y = b(x), missä a (x), a 2 (x), b(x) ovat jatkuvia funktioita. Lause Yhtälön (3.6) yleinen ratkaisu on muotoa y = C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) + ψ(x), missä C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) on vastaavan homogeenisen yhtälön y + a (x)y + a 2 (x)y = 0 yleinen ratkaisu ja ψ(x) on yhtälön (3.6) jokin yksityisratkaisu. Todistus. Luennot/harj. Huomautus Yleisen lineaarisen yhtälön ratkaisu on muotoa Ly = y + y + a (x)y + a 2 (x)y = b(x) y = y h + y p, missä y h on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu y h = C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) (ts. y h käy läpi kuvauksen L ytimen) ja y p on täydellisen yhtälön jokin yksittäisratkaisu y p = ψ(x). Ratkaisu on itse asiassa kuvauksen L ytimen sivuluokka. (Vrt.. kertaluvun lineaariset diff.yhtälöt.) Esimerkissä 3.2. on y h = C + C 2 ln x ja y p = 0. Lause 3.4. tuottaa ratkaisumenetelmän yhtälön (3.6) ratkaisemiseksi. Menetelmä on kolmivaiheinen. Lisää menetelmiä esitellään pykälissä Tämän pykälän menetelmän vaiheet ovat: Vaihe. Etsitään vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu y h = C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) a) karakteristisen yhtälön avulla, kun a (x) ja a 2 (x) ovat vakiofunktioita (ks. 3.3), 35

36 b) keksimällä (tai c) potenssisarjamenetelmällä ( 3.6) tai Frobeniuksen menetelmällä ( 3.7)). Vaihe 2. Etsitään koko yhtälön jokin yksityisratkaisu y p = ψ(x) a) määräämättömien kertoimien menetelmällä, kun b(x) on polynomi, b(x) on muotoa e ax, sin ax tai cos ax tai kun b(x) on edellisten tulo tai summa, b) vakion varioinnilla tai c) keksimällä. Vaihe 3. Yhtälön yleinen ratkaisu on y = C ϕ(x) + C 2 ϕ(x) + ψ(x). Seuraavassa esitellään vaiheen 2 alavaiheet a ja b. Vaihe 2a. Määräämättömien kertoimien menetelmä Käytetään yritefunktiota, jonka kertoimet A, B,... (ja aste n) yritetään ratkaista sijoittamalla yrite yhtälöön. b(x) yksityisratkaisun yrite p(x), polynomi Ax n + Bx n + + C p(x)e ax (Ax n + Bx n + + C)e ax p(x)e ax sin bx (A x n + B x n + + C )e ax sin bx+ (A 2 x n + B 2 x n + + C 2 )e ax cos bx p(x)e ax cos bx Huomautus Termiä, joka on homogeenisen yhtälön y + a (x)y + a 2 (x)y = 0 ratkaisu, ei kannata ottaa yritteeseen. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y 2y 3y = x. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu karakteristisen yhtälön menetelmällä: r 2 2r 3 = 0 r = 3 r = y h = C e 3x + C 2 e x. Yksityisratkaisu yritteellä: Yleinen ratkaisu: y = Ax + B y = A, y = 0 0 2A 3(Ax + B) = x 3Ax 2A 3B = x { A = 3 B = 2 9. y = C e 3x + C 2 e x 3 x

37 Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y 2y 3y = sin x. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on Etsitään yksityisratkaisu yritteellä: Sijoittamalla saadaan y h = C e 3x + C 2 e x. y = A sin x + B cos x y = A cos x B sin x y = A sin x B cos x. ( 4A + 2B) sin x + ( 2A 4B) cos x = sin x { 4A + 2B = 2A 4B = 0 { A = 5 B = 0. Yleinen ratkaisu on y = C e 3x + C 2 e x 5 sin x + cos x. 0 Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y 2y + y = e x. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on Yksityisratkaisun yrite y h = C e x + C 2 xe x. y = (Ax + B)e x toteuttaa homogeenisen yhtälön, joten sitä ei kannata yrittää. Samoin yritteestä y = (Ax 2 + Bx + C)e x ei kannata ottaa mukaan termiä (Bx + C)e x. Valitaan yrite y = Ax 2 e x y = 2Axe x + Ax 2 e x y = 2Ae x + 4Axe x + Ax 2 e x. Sijoitetaan y, y, y yhtälöön, jolloin saadaan 2Ae x = e x A = 2. Yleinen ratkaisu on y = C e x + C 2 xe x + 2 x2 e x. 37

38 Vaihe 2b. Vakion variointi Jos homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on niin yksityisratkaisu saadaan kaavalla missä y h = D ϕ (x) + D 2 ϕ 2 (x), y p = C (x)ϕ (x) + C 2 (x)ϕ 2 (x), ϕ 2 (x)b(x) C (x) = W (ϕ, ϕ 2 )(x) dx, ϕ (x)b(x) C 2 (x) = W (ϕ, ϕ 2 )(x) dx. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y + y = tan x, Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on x ( π 2, π ). 2 y h = D sin }{{ x} +D 2 cos }{{ x}. ϕ (x) ϕ 2 (x) Etsitään yksityisratkaisu vakion varioinnilla: cos x tan x C (x) = W (ϕ, ϕ 2 )(x) dx, W (ϕ, ϕ 2 )(x) = = cos x sin x dx = cos x, cos x sin x tan x C 2 (x) = W (ϕ, ϕ 2 )(x) dx = sin x sin x cos x dx cos 2 x = dx = cos x dx cos x cos x dx cos x = sin x cos 2 x dx = sin x cos x sin 2 x dx = sin x dt t 2 = sin x 2 ( t + + t sin x cos x ) dt cos x sin x = = sin x 2 ( ln t + ln + t ) = sin x ln + sin x sin x. Yleinen ratkaisu on y = y h + y p = D sin x + D 2 cos x + C (x) sin x + C 2 (x) cos x + sin x = D sin x + D 2 cos x cos x ln sin x. 38

39 3.5 uv -keino Ratkaistava yhtälö on (3.7) y + a (x)y + a 2 (x)y = b(x). Merkitään y = uv. Silloin y = uv + u v, y = u v + 2u v + uv. Sijoitetaan y, y, y yhtälöön (3.7). Saadaan (3.8) u(v + a (x)v + a 2 (x)v) + u (2v + a (x)v) + u v = b(x). Kiinnitetään v.. vaihtoehto v + a (x)v + a 2 (x)v = 0 eli v on homogeenisen yhtälön jokin ratkaisu. eli 2. vaihtoehto v = e 2 2v + a (x)v = 0 a (x) dx (esim.). Ratkaistaan u (kaikki ratkaisut) yhtälöstä (3.8). Silloin yhtälön (3.7) ratkaisu on y = uv. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö (3.9) y 2 ( ) 2 x y + x + y = x, x > 0. 2 Merkitään y = uv, y = u v + uv, y = u v + 2u v + uv. Saadaan ( (3.0) u v 2 ( ) ) 2 x v + x + v + u (2v 2 ) 2 x v + u v = x. Valitaan 2. vaihtoehto Siis 2v 2 x v = 0. v = x (esim.). Silloin v =, v = 0. Silloin funktiolle u saadaan yhtälö u ( 2x + (2x 2 + )x ) +u x = x : x (> 0) } {{ } =x (3.) u + u =. Käytetään määräämättömien kertoimien menetelmää. Homogeenisen yhtälön ratkaisu: r 2 + = 0, r = ±i, u = C cos x+c 2 sin x. Yksityisratkaisu: esim. u =. Yhtälön (3.) yleinen ratkaisu: u = C cos x + C 2 sin x +. Yhtälön (3.9) yleinen ratkaisu y = uv = C x cos x + C 2 x sin x + x. 39

40 Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y + x y y = 0, x > 0, x2 eli yhtälö x 2 y + xy y = 0. Homogeenisen yhtälön (joka on tässä sama kuin varsinainen yhtälö) yksi ratkaisu on y = x. Siis valitaan v = x (. vaihtoehto). Merkitään y = ux, y = u x + u, y = u x + 2u. Sijoitetaan y, y, y, jolloin saadaan x 2 (u x + 2u ) + x(u x + u) ux = 0, u + 3 x u = 0. Ratkaistaan u. Merkitään u = z (eli u (x) = z(x)). Nyt z + 3 x z = 0 e 3 x dx = x 3 (lineaarinen) z = C x 3 u = C x 3 u = 2 C x 2 C 2. Varsinaisen yhtälön ratkaisu on y = ux = 2 C x C 2 x = C 3 x + C 2 x. Huomautus Ratkaise tehtävä myös Frobeniuksen menetelmällä ( 3.7) ja Eulerin yhtälönä ( 3.9). 3.6 Potenssisarjamenetelmä Tarkastellaan reaalimuuttujan reaalikertoimisia sarjoja ja reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Lause Oletetaan, että sarja c k (x x 0 ) k suppenee, kun x x 0 < R (R > 0). Sen määräämän funktion derivaatta on d dx c k (x x 0 ) k = kc k (x x 0 ) k = kc k (x x 0 ) k, k= 40

41 missä x x 0 < R. Kahden sarjan summa on c k (x x 0 ) k + d k (x x 0 ) k = (c k + d k )(x x 0 ) k, missä x x 0 < R, R min{r c, R d }, ja tulo on ( ) ( ) ( c k (x x 0 ) k k ) d k (x x 0 ) k = c i d k i (x x 0 ) k, i=0 R min{r c, R d }. Sarjojen yhtäsuuruus saadaan kaa- missä x x 0 < R, vasta c k (x x 0 ) k = d k (x x 0 ) k c k = d k, k = 0,, 2,... Määritelmä Funktio f on analyyttinen pisteessä x 0, jos sillä on sarjakehitelmä pisteen x 0 jossakin ympäristössä. Lause Oletetaan, että funktiot a (x), a 2 (x) ja b(x) ovat analyyttisiä pisteessä x 0. Silloin yhtälön (3.2) y + a (x)y + a 2 (x)y = b(x) ratkaisu y on analyyttinen pisteessä x 0, ts. y voidaan kirjoittaa muodossa (3.3) y = c k (x x 0 ) k. Jos funktioiden a (x), a 2 (x) ja b(x) sarjakehitelmät suppenevat vastaavilla väleillä x x 0 < R, x x 0 < R 2 ja x x 0 < R, niin sarjakehitelmä (3.3) suppenee ainakin välillä x x 0 < min{r, R 2, R}. Todistus. Sivuutetaan Potenssisarjamenetelmässä kehitelmä (3.3) sijoitetaan yhtälöön (3.2) ja pyritään ratkaisemaan tuntemattomat kertoimet c k. Aina ei löydetä yleistä kaavaa kertoimille c k, vaan joudutaan tyytymään kehitelmän (3.3) alkupään termeihin. Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä y + xy + y = 0. Tässä a (x) = x, a 2 (x) = ja b(x) = 0, jotka ovat analyyttisiä pisteessä 0. Siis yhtälön ratkaisu on analyyttinen. Merkitään y = c k x k. 4

42 Silloin Siis Saadaan kaava y = c k kx k, y = c k k(k )x k 2. k(k )c k x k 2 + x kc k x k + c k x k = 0 k(k )c k x k 2 + kc k x k + c k x k = 0 k=2 (k + 2)(k + )c k+2 x k + kc k x k + c k x k = 0 [(k + 2)(k + )c k+2 + (k + )c k ]x k = 0. }{{} =0 (k + 2)(k + )c k+2 + (k + )c k = 0, k = 0,, 2,..., missä c 0 ja c voidaan valita mielivaltaisesti. Ratkaisu (k = 0) c 2 = c 0 2 (k = ) c 3 = c 3 (k = 2) c 4 = c 2 4 = c (k = 3) c 5 = c 3 5 = c 3 5 y = c 0 + c x c 0 2 x2 c 3 x3 + c x4 + c = c 0 ( x2 2 + x ) + c ( 3 5 x5 ) x x3 3 + x x R. 3.7 Frobeniuksen menetelmä Tarkastellaan homogeenista yhtälöä y + a (x)y + a 2 (x)y = 0, missä (x x 0 )a (x) ja (x x 0 ) 2 a 2 (x) ovat analyyttisiä pisteessä x 0. Tiedetään, että ratkaisu on muotoa y = C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x), missä ϕ ja ϕ 2 ovat lineaarisesti riippumattomia. Nyt pyritään löytämään 2 muotoa y = (x x 0 ) r b k (x x 0 ) k 42

43 (missä b 0 = ) olevaa lineaarisesti riippumatonta ratkaisua (3.4) (x x 0 ) r (3.5) (x x 0 ) r 2 Silloin siis yhtälön ratkaisu on b k (x x 0 ) k, d k (x x 0 ) k. (3.6) y = C (x x 0 ) r b k (x x 0 ) k + C 2 (x x 0 ) r 2 d k (x x 0 ) k. Huomautus Jos r r 2, niin (3.4) ja (3.5) ovat lineaarisesti riippumattomat. Huomautus Jos (x x 0 )a (x):n ja (x x 0 )a 2 (x):n suppenemissäteet ovat vastaavasti R ja R 2, niin (3.6) suppenee ainakin, kun 0 < x x 0 < min{r, R 2 }. Todistus. Sivuutetaan. Huomautus Menetelmä ei tuota tulosta aina tässä muodossa. Silloin voidaan käyttää "muunnettua"frobeniuksen menetelmää (johon ei kuitenkaan puututa tällä kurssilla). Huomautus Eulerin tyypin yhtälö ax 2 y + bxy + cy = 0 on tarkasteltavaa muotoa. Eulerin tyypin yhtälö voidaan ratkaista myös käyttämällä sijoitusta x = e t (ks. 3.9). Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä eli yhtälöä y + 2x }{{} a (x) y + x 5 2x 2 }{{} a 2 (x) y = 0, x > 0, (3.7) 2x 2 y xy + (x 5)y = 0. Nyt funktiot xa (x) = 2 x 2 a 2 (x) = (x 5) 2 ovat analyyttisiä pisteessä x 0 = 0 ja R = R 2 =. Merkitään (3.8) y = x r b k x k = 43 b k x k+r,

44 missä b 0 =. Sijoitetaan (3.8) yhtälöön (3.7), jolloin saadaan Saadaan 2x 2 (k + r)(k + r )b k x k+r 2 x (k + r)b k x k+r + +(x 5) b k x k+r = 0 2 (k + r)(k + r )b k x k+r (k + r)b k x k+r + + b k x k+r+ 5 b k x k+r = 0. } {{ } b k x k+r k= [2r(r ) r 5] b }{{}}{{} 0 =0 = (3.9) + {[2(k + r)(k + r ) (k + r) 5]b k + b k }x k+r = 0. k= x r Siis 2r(r ) r 5 = 0 eli r = 5 2, r =. 0 Olkoon r = 5. Silloin yhtälön (3.9) nojalla 2 eli Siis ( 2(k )(k ) (k ) 5) b k + b k = 0, k =, 2,... b k = b k k(2k+7), k =, 2,... (b 0 = ) (3.20) y = x 5 2 b = b 0 9 = 9 b 2 = b 22 = 98 b 3 = ( 9 x + ) 98 x Olkoon r =. Silloin yhtälön (3.9) nojalla [2(k )(k 2) (k ) 5]b k + b k = 0, k =, 2, b k = b k k(2k 7)

45 eli b = 5, b 2 = 30, b 3 = Siis (3.2) y = x ( + 5 x + 30 x2 + Ratkaisut (3.20) ja (3.2) ovat lineaarisesti riippumattomia. Siis yleinen ratkaisu on ( y = C x x + (3.22) ) 98 x2 + + C 2 x ( + 5 x + 30 x2 + ). ), C, C 2 R. Tutkitaan vielä sarjan suppenemista. Koska R = R 2 =, niin (3.22) suppenee, kun 0 < x <. 3.8 Laplace-muunnos Määritelmä Funktion f : R + R Laplace-muunnos on L{f(x); s} = f(s) = 0 f(x)e sx dx (niillä luvun s ( R) arvoilla, joilla ko. integraali suppenee). Huomautus Jos f(s 0 ) on olemassa, niin f(s) on olemassa aina, kun s s 0. Esimerkki Jos f(x) = e ax, niin f(s) = lim M = M 0 e ax e sx dx = lim M (0 ) = a s s a, s > a. M 0 e (a s)x dx = / M a s lim e (a s)x M 0 Lause Oletetaan, että f on joukossa [0, ) jatkuvasti derivoituva funktio ja että f(x) Ce ax, x x 0, missä C, a, x 0 ovat ei-negatiivisia vakioita. Silloin f (s) = sf(s) f(0), s > x 0. 45

46 Todistus. Osittaisintegroinnilla saadaan M f (s) = lim f (x)e sx dx M 0 / M M = lim e sx f(x) + e sx sf(x) dx M 0 0 M = lim e sm f(m) e 0 f(0) + s e sx f(x) dx M }{{} 0 0 = s e sx f(x) dx f(0) 0 = sf(s) f(0). Seuraus Jos funktiot f (i), i = 0,, 2,..., k, toteuttavat edellisen lauseen ehdot, niin f (k) (s) = s k f(s) k i=0 s k i f (i) (0), s > x 0, ja erikoisesti f (s) = s 2 f(s) sf(0) f (0), s > x 0, Todistus. Induktiolla Lause Laplace-muunnos on lineaarinen, ts. (af + bg) = af + bg (a, b R). Todistus. Seuraa suoraan määritelmästä. Lause Jos funktiot f ja g ovat jatkuvia ja jos f = g, niin f = g (tai f(x) = g(x), kun x > 0). Todistus. Sivuutetaan. Kyseessä on kuuluisa Lerchin lause, jonka todistus löytyy kirjallisuudesta. Huomautus Kun Laplace-muunnosta sovelletaan diff.yhtälöihin, ei kannattane tutkia Laplace-muunnoksen olemassaoloa. Sen sijaan tarkistetaan, onko saatu ratkaisu oikea. Laplace-muunnos alkuarvotehtävässä, alkuehto pisteessä 0 46

47 Esimerkki Ratkaistaan alkuarvotehtävä Laplace-muunnoksella saadaan y + 2y = e x, y(0) = 0. }{{} =b(x) (y + 2y)(s) = b(s) = s + y (s) + 2y(s) = s + sy(s) y(0) + 2y(s) = s + (s + 2)y(s) = s + y(s) = (s + )(s + 2) = (s + ) (s + 2) y = e x e 2x. Esimerkki Ratkaistaan alkuarvotehtävä Laplace-muunnoksella saadaan y y = 0, y(0) = 0, y (0) =. (y y)(s) = 0 y (s) + y(s) = 0 s 2 y(s) sy(0) y (0) y(s) = 0 (s 2 + )y(s) = y(s) = s 2 = 2 (s ) 2 (s + ) y = 2 ex 2 e x = sinh x. Määritelmä Funktioiden f ja g konvoluutio f g on (f g)(x) = x 0 f(x t)g(t) dt. Lause Konvoluution Laplace-muunnos on (f g)(s) = f(s)g(s). Todistus. Perustuu 2-kertaisen integraalin ominaisuuksiin. 47

48 Esimerkki Ratkaistaan alkuarvotehtävä y + y = x, y(0) = y (0) = 0. Kun otetaan puolittain Laplace-muunnokset, saadaan (y + y)(s) = s 2 y (s) + y(s) = s 2 s 2 y(s) 2y(0) y (0) + y(s) = s 2 y(s) = s 2 + s. 2 Tästä voidaan jatkaa eri tavoilla. I tapa: Jaetaan edellisen yhtälön oikea puoli osamurtoihin y(s) = s s 2 ja etsitään y taulukosta, jolloin saadaan y = sin x + x. II tapa: Sovelletaan konvoluutiota. Silloin y(s) = = f(s)g(s) = (f g)(s), s 2 + s2 jossa f(x) = sin x ja g(x) = x. Näin ollen y = (f g)(x) = x 0 f(x t)g(t) dt = 3.9 Eulerin yhtälö Yhtälöä x 0 sin(x t) t dt = (osittaisintegrointi) = x sin x. ax 2 y + bxy + cy = F (x), missä a, b, c ovat reaalivakioita, sanotaan Eulerin yhtälöksi (tai Cauchyn ja Eulerin yhtälöksi). Kun x > 0, voidaan merkitä x = e t (ja y(x) = z(t)). Silloin y = y (x) = x z (t), y = y (x) = x 2 (z (t) z (t)) ja Eulerin yhtälö muuntuu lineaariseksi vakiokertoimiseksi yhtälöksi (Kun x < 0, merkitään x = e t.) az (t) + (b a)z (t) + cz(t) = F (e t ). 48

49 Esimerkki Ratkaistaan yhtälö x 2 y 2xy + 2y = 0, x > 0. Sijoitetaan x = e t ja merkitään y(x) = z(t). Silloin joten saadaan yhtälö Karakteristinen yhtälö on y = y (x) = x z (t), y = y (x) = x 2 (z (t) z (t)), z (t) 3z (t) + 2z(t) = 0. r 2 3r + 2 = 0 eli Siis joten (r )(r 2) = 0. z(t) = C e t + C 2 e 2t, y(x) = C x + C 2 x Lineaarinen n. kertaluvun diff.yhtälö Tarkastellaan aluksi homogeenista yhtälöä (3.23) y (n) + a (x)y (n ) + a 2 (x)y (n 2) + + a n (x)y + a n (x)y = 0, missä funktiot a i (x) ovat jatkuvia. Silloin jos ϕ (x), ϕ 2 (x),..., ϕ n (x) ovat yhtälön (3.23) n lineaarisesti riippumatonta ratkaisua, niin yleinen ratkaisu on y = C ϕ (x) + C 2 ϕ 2 (x) + + C n ϕ n (x), C, C 2,..., C n R. Jos funktiot a i (x) ovat vakioita (merk. a i ), niin lineaarisesti riippumattomat ratkaisut ϕ (x), ϕ 2 (x),..., ϕ n (x) saadaan karakteristisen yhtälön (3.24) r n + a r n + + a n = 0 juurten avulla. Kirjoitetaan (3.24) muodossa (r r ) m (r r 2 ) m2 (r r s ) ms = 0, m + m m s = n, ts. r i on m i -kertainen juuri. Silloin juuret r i, i =, 2,..., s, antavat lineaarisesti riippumattomat ratkaisut seuraavasti: 49

50 Tapaus. Kun r i R, saadaan lineaarisesti riippumattomat ratkaisut e r ix, xe r ix,..., x m i e r ix. Tapaus 2. Kun r i = α + iβ C. Silloin on olemassa sellainen j i, että r j = α iβ ja m j = m i. Juuret r i ja r j antavat yhdessä lineaarisesti riippumattomat ratkaisut e αx cos βx, xe αx cos βx,..., x m i e αx cos βx, e αx sin βx, xe αx sin βx,..., x m i e αx sin βx. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö Sen karakteristinen yhtälö on y (3) = 0. r 3 = 0, jonka 3-kertainen juuri on r = 0. Siis ratkaisu on y = C e 0x + C 2 xe 0x + C 3 x 2 e 0x = C + C 2 x + C 3 x 2. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö Sen karakteristinen yhtälö on y (4) + 2y + y = 0. r 4 + 2r 2 + = 0 (r 2 + ) 2 = 0 (r + i) 2 (r i) 2 = 0, joten r = ±i on 2-kertainen kompleksijuuripari. Siis ratkaisu on y = C e 0x cos x + C 2 xe 0x cos x + C 3 e 0x sin x + C 4 xe 0x sin x = C cos x + C 2 x cos x + C 3 sin x + C 4 x sin x. Tarkastellaan vielä lopuksi epähomogeenista yhtälöä y (n) + a (x)y (n ) + a 2 (x)y (n 2) + + a n (x)y + a n (x)y = b(x). Sen yleinen ratkaisu on muotoa y = C ϕ (x) + + C n ϕ n (x) + }{{} ψ(x) }{{}, Homog.yht. yl. ratk. vars. yht. jokin ratk. missä ϕ (x), ϕ 2 (x),..., ϕ n (x) ovat homogeenisen yhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja. 50

51 Huomautus Tällä kurssilla a (x),..., a n (x) ovat vakiofunktioita ja b(x) sellainen funktio, että yksityisratkaisun etsimiseen voidaan käyttää määräämättömien kertoimien menetelmää. Esimerkki Ratkaistaan yhtälö y + y + y + y =. Homogeenisen yhtälön karakteristinen yhtälö ja sen ratkaisu on r 3 + r 2 + r + = 0 (r + )(r 2 + ) = 0 (r + )(r i)(r + i) = 0 r =, r = ±i. Siis homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on y = C e x + C 2 cos x + C 3 sin x. Etsitään koko yhtälön yksityisratkaisu yritteellä y = A, josta saadaan yksityisratkaisu y =. Koko yhtälön yleinen ratkaisu siis on y = C e x + C 2 cos x + C 3 sin x Esimerkkejä sovelluksista Esimerkki 3.. (Vaimenematon harmoninen värähtely). Asetetaan kappale värähtelemään jousen päähän jousen suuntaan. Oletetaan, että mikään ulkopuolinen voima ei vaikuta kappaleeseen (ei edes ilmanvastus). Merkitään y:llä kappaleen sijaintia tasapainopisteen suhteen. Silloin F = ky eli ma = ky, missä k on ns. jousivakio. Näin saadaan differentiaaliyhtälö Sen ratkaisu on muotoa m d2 y + ky = 0. dt2 y = A sin wt + B cos wt. Esimerkki 3..2 (Virtapiiri). Tarkastellaan millä tavalla vastus, kondensaattori ja käämi määräävät sarjapiirin virran I, kun virta värähtelee sähkömotorisen voiman pakottamana. 5