Differentiaaliyhtälöt

Informaatiotieteiden yksikkö Differentiaaliyhtälöt Pentti Haukkanen

Sisältö Differentiaaliyhtälön käsite 4 2 Joitakin. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä 7 2. Separoituva yhtälö........................ 7 2.2 Homogeenifunktioinen yhtälö.................. 9 2.3 Eksakti differentiaaliyhtälö.................... 2.4 Integroivan tekijän menetelmä.................. 4 2.5 Lineaarinen differentiaaliyhtälö................. 6 2.6 Bernoullin yhtälö......................... 8 2.7 2. kertaluvun differentiaaliyhtälön palauttamisesta. kertaluvun differentiaaliyhtälöksi.................... 20 2.8 Ratkaisun olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslause........ 2 2.9 Picardin menetelmä........................ 23 2.0 Numeerisia menetelmiä...................... 24 2. Eulerin menetelmä........................ 24 2.2 Eulerin parannettu menetelmä.................. 25 2.3 Runge-Kuttan menetelmä.................... 26 2.4 Esimerkkejä sovelluksista..................... 27 3 Joitakin 2. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä 30 3. Funktioiden lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus.... 30 3.2 Homogeeninen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö.. 32 3.3 Vakiokertoiminen homogeeninen 2. kl lineaarinen differentiaaliyhtälö............................... 33 3.4 Yleinen 2. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö..... 35 3.5 uv -keino............................ 39 3.6 Potenssisarjamenetelmä..................... 40 3.7 Frobeniuksen menetelmä.................... 42 3.8 Laplace-muunnos......................... 45 3.9 Eulerin yhtälö........................... 48 3.0 Lineaarinen n. kertaluvun diff.yhtälö.............. 49 3. Esimerkkejä sovelluksista..................... 5 2

4 Differentiaaliyhtälöryhmistä 53 4. Homogeenisen vakiokertoimisen lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisesta............................ 54 4.. Eliminointimenettely................... 55 4..2 Matriisin ominaisarvoista ja ominaisvektoreista.... 55 4..3 Matriisimenettely..................... 56 4..4 Laplace-muunnoksen käyttö............... 59 4.2 Epähomogeenisen vakiokertoimisien lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisesta.......................... 60 4.2. Eliminointimenettely................... 60 4.2.2 Matriisimenetelmä ja yrite................ 6 4.2.3 Laplace-muunnoksen käyttö............... 6 4.3 Esimerkki sovelluksesta...................... 62 3

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

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

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

Luku 2 Joitakin. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä 2. Separoituva yhtälö Määritelmä 2.... 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

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

Esimerkki 2..2. 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 2.2... kertaluvun diff.yhtälö on homogeenifunktioinen, jos se voidaan kirjoittaa muodossa y = f ( y x). Lause 2.2.. 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 2.2.. Yhtälö y + x 2 + y 2 xy = 0, x > 0, 9

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 2.2.2. 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

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 = Cx2. 2 0 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

eli Siis d F (x, y) = 0. dx F (x, y) = C, C R. Lause 2.3.. 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 2.3.2. 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 2.3.. Tarkastellaan yhtälöä 3x 2 ln x + x 2 + y + }{{}}{{} x y = 0. M N. Nyt Siis yhtälö on eksakti. M y = N x. 2

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 2.3.2. 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

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 2.4.. 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

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 2.4.2. 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 2.4.. Edellisen esimerkin yhtälö voidaan ratkaista myös helpommalla tavalla. 5

2.5 Lineaarinen differentiaaliyhtälö Määritelmä 2.5... kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö on muotoa (2.4) y + a(x)y = b(x), missä funktiot a ja b ovat jatkuvia funktioita. Lause 2.5.. 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 2.5.. 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 2.5.2. Ratkaistaan lineaarinen yhtälö y + y = x, x > 0, x 6

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 2.5.. Lineaarisesta yhtälöstä tulee eksakti, kun integroitavaksi tekijäksi otetaan funktio e a(x)dx. Huomautus 2.5.2. 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 2.5.2 on y h = C ja y x p = 3 x2. Huomaa, että esimerkiksi lineaarisilla yhtälöryhmillä on samanlainen ilmiö. (Vrt. lineaarialgebran kurssit.) 7

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 2.6.. 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 2.6.. 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

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 2.6.2. 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

2.7 2. 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 2.7.. 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 2.7.. Tarkastellaan alkuarvotehtävää y = f(y, y, x) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y. 20

Olkoot f ja sen ensimmäiset osittaisderivaatat jatkuvia (pisteen x 0 sisältävällä välillä). Silloin alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu. Todistus. Sivuutetaan. Esimerkki 2.7.2. 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 2.8.. Olkoon D = {(x, y) a x b, c y d}. 2

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 2.8.. 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 2.8.. 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 2.8.2. 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 2.8.. 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 2.8.2. 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 2.8.2 (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 2.8.3. Lineaarisen, Bernoullin, eksaktin, separoituvan ja homogeenifunktioisen yhtälön OY-ominaisuus käsitellään luennolla. 22

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 2.9.. Kun lauseen 2.8.2 ehdot ovat voimassa, niin voidaan todistaa, että yhtälön (2.8) ratkaisu on y = lim n φ n (x). Esimerkki 2.9.. 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 x2 + 2 4 x4? φ 3 (x) = = + 2 x2 + 2 4 x4 + 23 2 4 6 x6 0 2 t2 dt = + 2 x2

Siis ilmeisesti φ n (x) = + 2 x2 + 2 4 x4 + + 2 4... 6 x2n = + 2 x2 + 2 2 2! x4 + + 2 n = + 2 x2 + 2! ( 2 x2 ) 2 + + n! n! x2n Näin ollen lim φ n(x) = e 2 x2. n Koska lauseen 2.8.2 ehdot ovat voimassa, niin ratkaisu on y = e 2 x2. ( 2 x2 ) n. Huomautus 2.9.2. 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,... 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

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+ 0 0 5 + 5 0. =.5 0..5 6.9.5 + 6.9 0. = 2.9 2 0.2 2.9 9.56 2.9 + 9.56 0. = 3.46 3 0.3 3.46 4 0.4 2.2 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

Esimerkki 2.2.. 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+ )] 0 + 5 0. =.5 + 0.05[5 + 6.9] =.595 0..595.595 + 7.28 0. = 2.323 0.2 2.4636 0.3 2.3 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 2.3.. Alkuarvotehtävän y = x + 4y, }{{} y(0) =, h = 0. =f(x,y) ratkaisun approksimaatiot Eulerin, Eulerin parannetulla ja Runge-Kuttan 26

menetelmällä (kun h = ) ja tarkat arvot ovat Euler Eulerin parannettu Runge-Kutta tarkka arvo x y n y n y n 0, 00.0000.0000.0000.0000 0, 0.5000.5950.6089.6090 0, 20 2.900 2.4636 2.5050 2.5053 0, 30 3.460 3.737 3.8294 3.830 0, 40 4.4774 5.6099 5.7928 5.7942 0, 50 6.3242 8.3697 8.7093 8.720 0, 60 8.9038 2.442 3.048 3.053 0, 70 2.505 8.457 9.507 9.56 0, 80 7.537 27.348 29.3 29.45 0, 90 24.572 40.494 43.474 43.498, 00 34.4 59.938 64.858 64.898. 2.4 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 2.4.2 (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

Esimerkki 2.4.3 (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 2.4.4 (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 2.4.5 (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

eli y = x y. Kohtisuorien leikkaajien differentiaaliyhtälö on siis y = y x, jonka ratkaisu on y = kx, k R. Esimerkki 2.4.6 (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

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 2 + + 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 3..2. Derivoituvien funktioiden ϕ, ϕ 2 Wronskin determinantti on ϕ W (ϕ, ϕ 2 )(x) = (x) ϕ 2 (x) ϕ (x) ϕ 2(x). 30

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 3..2. 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 : 0 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 3..3. Lause 3.. ei pidä paikkaansa käänteisesti, ts. sen avulla ei voida todistaa lineaarista riippuvuutta. Esimerkki 3..2. 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

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 3..4. 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 3.2.. 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 3.2.2. 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

Esimerkki 3.2.. 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 3.2.. 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 3.3.. 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

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 3.3.. Ratkaistaan yhtälö y + 4y + 3y = 0. Lasketaan karakteristinen yhtälön juuret: Siis ratkaisu on r 2 + 4r + 3 = 0 r = 4 ± 6 2 2 r = r = 3. y = C e x + C 2 e 3x, C, C 2 R. Esimerkki 3.3.2. 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 3.3.3. 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

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 3.4.. 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 3.4.. 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 3.5-3.9. 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

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 3.4.2. Termiä, joka on homogeenisen yhtälön y + a (x)y + a 2 (x)y = 0 ratkaisu, ei kannata ottaa yritteeseen. Esimerkki 3.4.. 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 + 2 9. 36

Esimerkki 3.4.2. 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 3.4.3. 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

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 3.4.4. 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

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 3.5.. 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

Esimerkki 3.5.2. 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 3.5.. Ratkaise tehtävä myös Frobeniuksen menetelmällä ( 3.7) ja Eulerin yhtälönä ( 3.9). 3.6 Potenssisarjamenetelmä Tarkastellaan reaalimuuttujan reaalikertoimisia sarjoja ja reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Lause 3.6.. 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

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 3.6.. Funktio f on analyyttinen pisteessä x 0, jos sillä on sarjakehitelmä pisteen x 0 jossakin ympäristössä. Lause 3.6.2. 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 3.6.. 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

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 0 2 4 (k = 3) c 5 = c 3 5 = c 3 5 y = c 0 + c x c 0 2 x2 c 3 x3 + c 0 2 4 x4 + c = c 0 ( x2 2 + x4 2 4 + ) + c ( 3 5 x5 ) x x3 3 + x5 3 5 + 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

(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 3.7.. Jos r r 2, niin (3.4) ja (3.5) ovat lineaarisesti riippumattomat. Huomautus 3.7.2. 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 3.7.3. Menetelmä ei tuota tulosta aina tässä muodossa. Silloin voidaan käyttää "muunnettua"frobeniuksen menetelmää (johon ei kuitenkaan puututa tällä kurssilla). Huomautus 3.7.4. 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 3.7.. 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,

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 + 5 2 )(k + 5 2 ) (k + 5 2 ) 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 x2 +. 2 0 Olkoon r =. Silloin yhtälön (3.9) nojalla [2(k )(k 2) (k ) 5]b k + b k = 0, k =, 2,... 44 b k = b k k(2k 7)

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 5 2 9 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 3.8.. 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 3.8.. Jos f(s 0 ) on olemassa, niin f(s) on olemassa aina, kun s s 0. Esimerkki 3.8.. 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 3.8.. 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

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 3.8.. 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 3.8.2. Laplace-muunnos on lineaarinen, ts. (af + bg) = af + bg (a, b R). Todistus. Seuraa suoraan määritelmästä. Lause 3.8.3. 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 3.8.2. 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

Esimerkki 3.8.2. 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 3.8.3. 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 3.8.2. Funktioiden f ja g konvoluutio f g on (f g)(x) = x 0 f(x t)g(t) dt. Lause 3.8.4. Konvoluution Laplace-muunnos on (f g)(s) = f(s)g(s). Todistus. Perustuu 2-kertaisen integraalin ominaisuuksiin. 47

Esimerkki 3.8.4. 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 2 + + 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

Esimerkki 3.9.. 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 2. 3.0 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 2 + + m s = n, ts. r i on m i -kertainen juuri. Silloin juuret r i, i =, 2,..., s, antavat lineaarisesti riippumattomat ratkaisut seuraavasti: 49

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 3.0.. 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 3.0.2. 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

Huomautus 3.0.. Tällä kurssilla a (x),..., a n (x) ovat vakiofunktioita ja b(x) sellainen funktio, että yksityisratkaisun etsimiseen voidaan käyttää määräämättömien kertoimien menetelmää. Esimerkki 3.0.3. 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 +. 3. 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

Olkoon vastuksen resistanssi R, käämin induktanssi L, kondensaattorin kapasitanssi C ja sähkömotorinen voima E(t). Olkoon alussa kondensaattorin varaus q 0 ja piirin virta I 0. Kirchhoffin lain mukaan Koska I = dq/dt, niin RI + L di dt + q E(t) = 0. () C d 2 q dt + R dq 2 L dt + LC q = E(t), (2) L missä q(0) = q 0 ja dq/dt t=0 = I 0. Virralle I saadaan differentiaaliyhtälö, kun kaava () derivoidaan ajan t suhteen. Silloin saadaan d 2 q dt + R dq 2 L dt + LC q = L de(t), dt missä I(0) = I 0 ja dq/dt t=0 = E(0)/L RI 0 /L q 0 /(LC). 52

Luku 4 Differentiaaliyhtälöryhmistä Merkitään y y a (x) a n (x) b (x) y 2 Y =., Y y = 2., A(x) = a 2 (x) a 2n (x)....., B(x) = b 2 (x)., a n (x) a nn (x) b n (x) y n y n missä y, y 2,..., y n ovat tuntemattomia funktioita, a ij (x):t ovat tunnettuja (jatkuvia) reaalifunktioita ja myös b (x), b 2 (x),..., b n (x) ovat tunnettuja (jatkuvia) reaalifunktioita. Silloin yhtälö (4.) Y = A(x)Y + B(x) määrittelee yhtälöryhmän y = a (x)y + + a n (x)y n + b (x), y 2 = a 2 (x)y + + a 2n (x)y n + b 2 (x),. y n = a n (x)y + + a nn (x)y n + b n (x). Itse asiassa kyseessä on lineaarinen. kertaluvun diff. yhtälöryhmä. Jos B(x) on nollavektori, niin yhtälöryhmää sanotaan homogeeniseksi. Jos funktiot a ij (x) ovat vakiofunktioita, on yhtälöryhmä vakiokertoiminen. Tällä kurssilla painopiste on vakiokertoimisissa homogeenisissa yhtälöryhmissä. Edellä A on itse asiassa matriisifunktio A : R R n n, ts. funktion arvot ovat matriiseja. Vastaavasti B on vektorifunktio B : R R n, ts. funktion arvot ovat vektoreita. Tarkastellaan nyt homogeenisista yhtälöryhmää (4.2) Y = A(x)Y. Olkoon C n (I) (välillä I) jatkuvien vektorifunktioiden avaruus ja C n () (I) (välillä I) jatkuvasti derivoituvien vektorifunktioiden avaruus. Silloin L : C n () (I) 53

C n (I), LY = Y A(x)Y, on lineaarikuvaus. Yhtälöryhmän (4.2) ratkaisuavaruus on lineaarikuvauksen L ydin. Voidaan todistaa, että sen dimensio on n. Yhtälöryhmän (4.2) yleinen ratkaisu on siis (4.3) Y = C Φ (x) + C 2 Φ 2 (x) + + C n Φ n (x), C, C 2,..., C n R, missä Φ (x), Φ 2 (x),..., Φ n (x) ovat lineaarisesti riippumattomia vektorifunktioita. ja Merkitään φ () i (x) φ (2) i (x) Φ i (x) =. φ (n) i (x) φ () (x) φ () n (x) M(x) = ( Φ (x) Φ 2 (x) Φ n (x) ) φ (2) (x) φ (2) n (x) =...... φ (n) (x) φ (n) n (x) Matriisia M(x) kutsutaan yhtälöryhmän (4.2) perusmatriisiksi. Huomautus 4.0.. On helppo todeta, että yhtälöryhmän (4.2) yleinen ratkaisu on (4.4) Y = M(x)C, C R n. Huomautus 4.0.2. Vektorifunktioiden Φ (x), Φ 2 (x),..., Φ n (x) lineaarinen riippumattomuus voidaan todistaa osoittamalla (harj.), että x 0 I : det M(x 0 ) 0. Jatkossa tarkastelemme vakiokertoimisien yhtälöryhmien ratkaisumenetelmiä. Ensin tutustumme homogeenisiin ja sen jälkeen lyhyesti epähomogeenisiin yhtälöryhmiin. Vakiokertoimisessa yhtälöryhmässä A(x) = A, ts. A R n n on matriisi. 4. Homogeenisen vakiokertoimisen lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisesta Homogeeninen vakiokertoiminen lineaarinen yhtälöryhmä on muotoa eli muotoa Y = AY y = a y + + a n y n, y 2 = a 2 y + + a 2n y n,. y n = a n y + + a nn y n. 54

4.. Eliminointimenettely Ratkaisuperiaate (kun n = 2): ) Eliminoidaan. yhtälöstä y 2, ts. tehdään. yhtälöstä 2. yhtälön avulla vain y :n yhtälö. 2) Ratkaistaan y. 3) Sen jälkeen y 2 saadaan. yhtälön avulla. Esimerkki 4... Olkoon eli Y = AY, A = ( ) 3 2 2 2 (4.5) (4.6) y = 3y 2y 2 y 2 = 2y 2y 2. Käyttämällä kaavoja (4.5) ja (4.6) sekä uudelleen kaavaa (4.5) saadaan Siis Näin ollen y = 3y 2y 2 = 3y 2(2y 2y 2 ) = y + 2y Edelleen kaavan (4.5) mukaan y y 2y = 0 r 2 r 2 = 0 r = 2 r = y = C e 2x + C 2 e x. y 2 = 2 (3y y ) =... = 2 C e 2x + 2C 2 e x. Siis Y = ( C e 2x + C 2 e x 2 C e 2x + 2C 2 e x ) ( ) ( ) e 2x e x = C + C 2 2 e2x 2e x. 4..2 Matriisin ominaisarvoista ja ominaisvektoreista Pykälässä 4..3 lukijan odotetaan tuntevan matriisialgebran perusteet. Tässä pykälässä kerrataan lyhyesti matriisin ominaisarvon ja ominaisvektorin käsitteet. Olkoon a a 2 a n a 2 a 22 a 2n A =...... a n a n2 a nn 55

neliömatriisi. Silloin matriisin A ominaisarvot ovat yhtälön a λ a 2 a n a 2 a 22 λ a 2n.... = 0.. a n a n2 a nn λ reaaliset juuret. (Kompleksijuurten tapausta ei tässä tarkastella.) Vektori x x 2. ( Rn ) x n on ominaisarvoon λ liittyvä ominaisvektori, jos a λ a 2 a n x 0 a 2 a 22 λ a 2n x 2....... = 0.. a n a n2 a nn λ x n 0 Huomautus 4... Matriisilla A on korkeintaan n ominaisarvoa. Huomautus 4..2. Eri ominaisarvoihin liittyvät ominaisvektorit ( 0) ovat lineaarisesti riippumattomia. (Todistettu opintojaksolla Lineaarialgebra B.) Huomautus 4..3. Vektorit x x 2 x n x 2., x 22.,..., x 2n. x n x n2 x nn ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain jos 4..3 Matriisimenettely Tarkastellaan diff.yhtälöryhmää x x 2 x n x 2 x 22 x 2n..... 0.. x n x n2 x nn (4.7) Y = AY, 56

missä A on n n-matriisi. Oletetaan, että matriisilla A on n lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria X, X 2,..., X n. Silloin yhtälön (4.7) ratkaisu on (4.8) Y = C X e λ x + C 2 X 2 e λ 2x +... + C n X n e λnx, C, C 2,..., C n R, missä λ i ( R) on ominaisvektoria X i vastaava ominaisarvo ja C, C 2,..., C n ovat vakioita. Esimerkki 4..2. Ratkaistaan diff.yhtälöryhmä Y = AY, A = 0 3. 0 3 Ominaisarvot: λ 0 λ 3 = 0 λ = λ = 4 λ = 2. 0 3 λ Ominaisvektorit: Etsitään 3 lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria. Koska A:lla on 3 erisuurta ominaisarvoa, saadaan lineaarisesti riippumattomat ominaisvektorit valitsemalla kutakin ominaisarvoa kohti yksi ominaisvektori. λ = : 0 0 0 3 0 3 0 x x 2 = x 3 Siis esim. 0 on ominaisvektori. 0 λ = 4 : 3 0 3 3 0 3 3 0 0 0 x x 2 = x 3 2 Siis esim. 3 on ominaisvektori. 3 λ = 2 : 3 0 3 3 0 3 3 x x 2 = x 3 0 0 0 0 0 0 57 x 2 x 3 = 0 3x 3 = 0 3x 2 = 0. { x2 = x 3 3x = 2x 3. { x = 0 x 2 + x 3 = 0.

0 Siis esim. on ominaisvektori. Valitut ominaisvektorit 2 0 0, 3, 0 3 ovat siis lineaarisesti riippumattomia. Ratkaisu on Y = C X e λx + C 2 X 2 e λ2x + C 3 X 3 e λ 3x 2 0 = C 0 e x + C 2 3 e 4x + C 3 e 2x 0 3 C e x + 2C 2 e 4x = 3C 2 e 4x + C 3 e 2x. 3C 2 e 4x C 3 e 2x Esimerkki 4..3. Ratkaistaan diff.yhtälöryhmä 3 Y = AY, A = 3. 3 3 Ominaisarvot: 3 λ 3 λ = 0 λ = λ = 2. 3 3 λ Ominaisvektorit: Etsitään 3 lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria. λ = : 2 x 0 2 x 2 = 0 3 3 2 x 3 0 Siis esim. on ominaisvektori. 3 { x2 = x x 3 = 3x. λ = 2: x 0 x 2 = 0 x 3 = x + x 2. 3 3 3 x 3 0 58

0 Siis esim. 0 ja ovat ominaisvektoreita. Tutkitaan, ovatko valitut ominaisvektorit lineaarisesti riippumattomia. Koska 0, 0, 3 0 0 0, 3 niin ko. vektorit ovat lineaarisesti riippumattomia. Siis ratkaisu on 0 Y = C e x + C 2 0 e 2x + C 3 e 2x 3 C e x + C 2 e 2x = C e x + C 3 e 2x. 3C e x + C 2 e 2x + C 3 e 2x 4..4 Laplace-muunnoksen käyttö Esimerkki 4..4. { y = 3y 2y 2, y (0) = y 2 = 2y 2y 2, y 2 (0) = 2 { y = 3y 2y 2 y 2 = 2y 2y 2 { sy (s) y (0) = 3y (s) 2y 2 (s) sy 2 (s) y 2 (0) = 2y (s) 2y 2 (s) Ratkaistaan y (s) ja y 2 (s). Saadaan (joidenkin laskutoimitusten jälkeen) Siis y (s) = s 2 y 2 (s) = 2 s 2 { y = e 2x y 2 = 2 e2x (Tarkistus) 59

4.2 Epähomogeenisen vakiokertoimisien lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisesta 4.2. Eliminointimenettely Esimerkki 4.2.. eli Y = AY + B(x), A = ( ) ( ) 3 2 x, B(x) = 2 2 3e x (4.9) (4.0) y = 3y 2y 2 + x, y 2 = 2y 2y 2 + 3e x. Siis yhtälön (4.9) mukaan Siis y = 3y 2y 2 + (2) =3y 4y + 4y 2 + 6e x + (4.) y y 2y = 6e x + 2x +. Homogeenisen yhtälön y y 2y = 0 yleinen ratkaisu on Yrite yhtälöä (4.) varten on y = C e x + C 2 e 2x. y = Ae x + Bx + C. Saadaan A = 3, B =, C = 0. Yhtälön (4.) ratkaisu on Edelleen yhtälön (4.9) mukaan y = C e x + C 2 e 2x + 3e x x. y 2 = 2 (3y + x y ) = = 2C e x + 2 C 2e 2x + 3e x x + 2. 60

4.2.2 Matriisimenetelmä ja yrite Esimerkki 4.2.2.. Homogeeniyhtälön Y = ( ) 6 3 Y + 2 Y = ( ) 6 3 Y 2 ( ) e 5x 4 () yleinen ratkaisu saadaan (esim.) matriisimenettelyllä. Se on ( ) ( ) 3 Y = C e 3x + C 2 e 4x. (Totea!) 2 2. Yksityisratkaisu etsitään yritteellä. Koska B(x) on muotoa niin valitaan yriteeksi ( ) e 5x B(x) = = 4 Y = ( ) a e 5x + b Sijoitetaan yhtälöön tämä (). Silloin ( ) 5ae 5x 5be 5x = ( 6 2 ( ) e 5x + 0 ( ) c = d ) ( ae 5x + c be 5x + d ( ) 0, 4 ( ae 5x ) + c be 5x. + d josta saadaan (joidenkin laskutoimitusten jälkeen) Siis ) ( ) e 5x +, 4 a = 2, b =, c =, d = 2. Y = 3. Yleinen ratkaisu on Y = C ( ( ) 2 e 5x + ) ( ) = 2 e 3x + C 2 ( 3 2 ) ( 2e 5x ) e 5x. + 2 e 4x + 4.2.3 Laplace-muunnoksen käyttö Esimerkki 4.2.3. Yhtälöryhmä Y = ( ) 3 5 Y + ( ) 2, Y (0) = ( 2e 5x ) e 5x. + 2 ( ), 0 6

tarkoittaa, että { y = 3y 5y 2 + 2, y (0) =, y 2 = y + y 2 +, y 2 (0) = 0. Otetaan puolittain Laplace-muunnokset, jolloin saadaan { y = ( 3y 5y 2 + 2), y 2 = (y + y 2 + ). Laplace-muunnoksen ominaisuuksien nojalla { sy (s) y (0) = 3y (s) 5y 2 (s) + 2 s, sy 2 (s) y 2 (0) = y (s) + y 2 (s) + s. Ratkaistaan y (s) ja y 2 (s), jolloin saadaan y (s) = 7 + ( 2 s 2 9 s+ + 7 ) (s+) 2 + (s+) 2 +, y 2 (s) = 5 ( 2 s 2 5 s+ + ) (s+) 2 + (s+) 2 +. Katsotaan käänteismuunnokset taulukosta, jolloin saadaan ratkaisu { y = 7 2 + 2 (9e x cos x + 7e x sin x), y 2 = 5 2 2 (5e x cos x + e x sin x). (Tarkistus!) 4.3 Esimerkki sovelluksesta Esimerkki 4.3.. Tarkastellaan kappaleen liikettä xy-tasossa. Silloin nopeuden x- ja y-komponentit ovat v x (t) = x (t), v y (t) = y (t). Oletetaan, että v x (t) ja v y (t) ovat muotoa v x (t) = ax(t) + by(t), v y (t) = cx(t) + dy(t). Silloin kappaleen liikeradan parametriesitys saadaan ratkaisemalla differentiaaliyhtälöryhmä ( ) x(t) = y(t) ( ) ( ) a b x(t), c d y(t) ( ) x(0) = y(0) ( ) x0 Mitkä ovat kiihtyvyyden x- ja y-komponentit? Miten yhtälö muuttuu, jos tarkastellaan liikettä xyz-avaruudessa? Mikä on kappaleen liikerata, kun a = d =, b = c = 0, ja kun a = d = 0, b = c =? y 0 62