Tavalliset differentiaaliyhtälöt. Tuomo Äkkinen

Tavalliset differentiaaliyhtälöt Tuomo Äkkinen 8. huhtikuuta 2016

Sisältö 1 Johdantoa ja terminologiaa 2 1.1 Esitietoja................................... 5 2 Ensimmäisen kertaluvun yhtälöt 6 2.1 Separoituvat yhtälöt............................. 6 2.2 Lineaariset yhtälöt.............................. 10 2.3 Eksaktit yhtälöt*............................... 15 2.3.1 Integroiva tekijä............................ 18 3 Yleistä teoriaa 20 3.1 Ratkaisujen olemassa-olo ja yksikäsitteisyys................ 20 3.2 Ratkaisun määrittelyvälistä......................... 24 3.3 Ratkaisujen kuvaajien hahmotteleminen.................. 26 4 Toisen kertaluvun yhtälöistä 28 4.1 Olemassaolo- ja yksikäsitteisyys....................... 28 4.2 Ensimmäiseen kertalukuun palautuvia yhtälöitä.............. 29 4.3 Toisen kertaluvun lineaarinen yhtälö.................... 31 4.3.1 Homogeeniyhtälön ratkaiseminen.................. 31 4.3.2 Ratkaisukannan löytäminen kertaluvun pudotuksella....... 35 4.3.3 Vakiokertoiminen yhtälö....................... 36 4.3.4 Yleisen lineaariyhtälön ratkaiseminen................ 37 4.3.5 Vakioiden variointi.......................... 37 4.3.6 Valistunut arvaus........................... 39 4.4 Yhteys lineaarisiin differentiaaliyhtälöpareihin............... 40 1

Luku 1 Johdantoa ja terminologiaa Tavallisella differentiaaliyhtälöllä tarkoitetaan yhtälötä, joka sisältää tuntemattoman yhden (reaali)muuttujan funktion ja sen derivaattoja, esimerkiksi y (x)+(y (x)) 2 = sin(x+y(x)). Tarkka määritelmä differentiaaliyhtälölle on seuraava: Määritelmä 1.1. Olkoon F : D R jatkuva funktio, missä D R n+2 on avoin ja yhtenäinen. Yleinen n. kertaluvun tavallinen differentiaaliyhtälö on muotoa (1.1) F(x,y(x),y (x),...,y (n) (x)) = 0. Lisäksi sanomme yhtälön(1.1) olevan normaalimuotoinen mikäli sen voi esittää muodossa y (n) (x) = f(x,y(x),...,y (n 1) (x)). Tässä keskitymme korkeintaan astetta 3 oleviin tavallisiin differentiaaliyhtälöihin. Differentiaaliyhtälön (1.1) ratkaisulla tarkoitetaan seuraavaa: Määritelmä 1.2. Differentiaaliyhtälön(1.1)(lokaalilla) ratkaisulla tarkoitetaan avoimella välillä I määriteltyä n-kertaa derivoituvaa funktiota y: ]a,b[ R, jolle (x,y(x),...,y (n) (x)) D kaikille x ]a,b[ ja F(x,y(x),y (x),...,y (n) (x)) = 0 kaikille x ]a,b[. Differentiaaliyhtälön ratkaisemisella tarkoitetaan kaikkien tällaisten funktioiden löytämistä. Yksinkertaisin differentiaaliyhtälö on muotoa y = f(x). Tämän ratkaisut ovat funktion f primitiivejä, jotka saadaan integroimalla 1 f eli ratkaisut ovat muotoa y(x) = f(t)dt+c, C R. 1 Ainakin jos f on jatkuva 2

Tämä on yhtälön y = f(x) yleinen ratkaisu missä parametri C on vapaasti valittavissa. Liittämällä yhtälöön alkuarvo y(x 0 ) = y 0 saamme yksikäsitteisen ratkaisun y(x) = x 0 f(t)dt+y 0. Näitä yhtälöitä on ratkottu Derivaatta ja Integraali B kurssilla käyttämällä erilaisia integroimiskeinoja. Oletus funktion f jatkuvuudesta on välttämätön ratkaisujen olemassaolon kannalta, kuten seuraava esimerkki osoittaa: Esimerkki 1.3. Tarkastellaan differentiaaliyhtälöä (1.2) y (x) = f(x), missä f: R R, 1 kun x 0 f(x) = 0 kun x < 0. Tällöin ei ole olemassa derivoituvaa funktiota y: R R, joka toteuttaisi edellä annetun yhtälön. Tämän johtuu derivaattafunktioiden väliarvo-ominaisuudesta (Darboux n Lause) mutta perustellaan tämä tässä tarkasti: Tehdään antiteesi ja oletetaan, että löytyy derivoituva funktio y: R R joka toteuttaa yhtälön (1.2). Analyysin peruslauseen nojalla on olemassa vakiot C 1,C 2 R siten, että x+c 1 kun x > 0 y(x) = y(0) kun x = 0 C 2 kun x < 0. Tässä y on jatkuva pisteessä x = 0 (y on derivoituva) ja siksi C 1 = C 2 = y(0). Näin ollen x+y(0) kun x > 0 y(x) = y(0) kun x 0 mutta tämä ei ole derivoituva pisteessä x = 0, mikä on ristiriita. Ilman funktion f jatkuvuutta ei saada jatkuvuutta ratkaisun derivaatalle: Esimerkki 1.4. Tarkastellaan differentiaaliyhtälöä (1.3) y (x) = f(x), missä f: R R, 2xsin 1 f(x) = cos 1 kun x 0 x x 0 kun x = 0. Funktiot y(x) = x 2 sin(1/x)+c kun x 0 ja y(0) = 0, missä C R, ovat derivoituvia funktiota, jotka toteuttavat yhtälön (1.3). Kuitenkaan y ei ole jatkuvasti derivoituva. 3

Differentiaaliyhtälöä ratkoessa analyysin peruslause on usein hyödyllinen: Esimerkki 1.5. Tarkastellaan differentiaaliyhtälöä (1.4) y +xy = 0. Tämän eräs ratkaisu on y(x) = e x2 /2, sillä y +xy = xe x2 /2 +xe x2 /2 = 0. Tästänähdään,ettämyösfunktioy(x) = Ce x2 /2,missäC R,onyhtälön(1.4)ratkaisu. Itseasiassa tässä ovat kaikki yhtälön (1.4) ratkaisut, sillä jos y(x) on eräs ratkaisu niin funktiolle f(x) = y(x)e x2 /2 pätee f (x) = (y (x)+xy(x))e x2 /2 = 0 joten f on vakiofunktio ja siten y(x) = Ce x2 /2 jollekin C R. Differentiaaliyhtälöt ovat elintärkeä osa liikkeen ja muiden fysikaalisten ominaisuuksien mallintamisessa. Esimerkki 1.6 (Populaatiomalli/Radioaktiivinen hajoaminen). Yhtälöllä y (x) = ay(x), a R, voidaan kuvata radioaktiivisen aineen hajoamista (a < 0) tai populaation kasvamista (a > 0). Tämän yhtälön voimme ratkaista seuraavasti: jos yhtälöllä on ratkaisu y(x) niin d [ ] y(x)e ax = e ax y (x) ae ax y(x) = e ax (y (x) ay(x)) = 0. dx Tällöin on olemassa C R siten, että y(x)e ax = C eli yhtälön y = ay kaikki ratkaisut ovat y(x) = Ce ax. Kappaleen liikeyhtälö antaa esimerkin toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöstä. Esimerkki 1.7 (Putoavan kappaleen mekaniikka). Tarkastellaan kappaletta, jonka massa on m ja joka liikkuu pystysuoraa y-akselia pitkin maan painovoimakentässä. Oletetaan lisäki, että kappaleeseen kohdistuu sen nopeuteen suoraan verrannollinen voima, joka vastustaa kappaleen liikettä (esimerkiksi ilmanvastus). Newtonin liikeyhtälö kappaleen paikalle ajanhetkellä t on y (t) = mg ky (t), missä g on maan painovoimakiihtyvyys. Merkitsemällä v(t) = y (t) saamme edellä olevan yhtälön muotoon v (t) = g av(t), 4

missä a = k. Muokkaamalla yhtälöä sopivasti saamme sen muotoon m a g av(t) v (t)+a = 0 Erityisesti d [log(g av(t))+at] = 0 dt ja on siis olemassa C 1 R siten, että log(g av(t))+at = C 1. Tästä saamme v(t) = 1 ( g C2 e at), C 2 = e C 1. a Analyysin peruslauseen avulla tiedämme, että alkuperäinen ratkaisu y(t) toteuttaa yhtälön t y(t) = v(s)ds = g a t+ C 2 +C a 2e at 3. Edellisessä esimerkissä yleiseen ratkaisuun jäi kaksi vapaasti valittavaa parametria C 2 ja C 3. Yksikäsitteisen ratkaisun saamiseksi tässä tapauksessa tarvitsemme alkuarvot sekä funktiolle, että sen derivaatalle. Muita esimerkkejä differentiaaliyhtälöiden sovelluksista tulee esille myöhemmin kun olemme kehittäneet tekniikoita yleisimpien differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseksi. 1.1 Esitietoja Tärkein työkalu tavallisten differentiaaliyhtälöiden teoriassa on analyysin peruslause ja sen eri muotoilut Lause 1.8 (Analyysin peruslause 1). Olkoon f: [a,b] R jatkuva ja F : [a,b] R, F(x) = c f(t)dt, missä c [a,b]. Tällöin F on derivoituva välillä [a,b] ja F (x) = f(x) kaikille x [a,b]. Edellä derivoituvuus välinpäätepisteissä tarkoittaa toispuoleisia derivaattoja. Toisaalta jos F: [a,b] R on jatkuvan funktion f: [a,b] R primitiivi, eli derivoituva funktio, jolle F (x) = f(x) kaikille x [a,b], niin on F(x) = c f(t)dt+f(c) kaikille c [a, b]. Tästä syystä merkitään primitiiviä F jatkuvalle funktiolle f yleisesti F(x) = f(t)dt. Jatkuvan funktion kaksi primitiiviä poikkeavat toisistaan vakiolla, joten riittää tietää yksi primitiivifunktio. Edellä tehdystä saadaan myös seuraava analyysin peruslauseen tärkeä muoto: Seuraus 1.9 (Analyysin peruslause 2). Olkoon f: R R jatkuvasti derivoituva. Tällöin f(x) f(x 0 ) = x 0 f (t)dt kaikille x,x 0 R. 5

Luku 2 Ensimmäisen kertaluvun yhtälöt Tässä luvussa tarkastelemme ensimmäisen kertaluvun F(x,y(x),y (x)) = 0 differentiaaliyhtälöitä. Keskitymme pääsääntöisesti normaalimuotoisiin yhtälöihin (2.1) y (x) = f(x,y(x)). Oletamme tässä, että funktio f on jatkuva ja määritelty suorakulmiossa D =]a,b[ ]c,d[ (a < b,c < d), kun sallitaan myös välit muotoa ], [ = R, ],a[ ja ]a, [. Tällöin yhtälön (3.2) ratkaisut ovat jatkuvasti derivoituvia funktioita y: I ]c, d[, missä I ]a, c[ on avoin väli. Usein väli I tulee olemaan väli ]a,b[ mutta ei aina. Yhtälö (3.2) voi rajoittaa ratkaisujen määrittelyväliä ilmeisellä tavalla, esimerkiksi yhtälön y (x) = 1/x ratkaisut on määritelty välillä ],0[ tai ]0, [. Seuraavissa kappaleissa esiintyvien ratkaisumenetelmien perustelemiseksi tarvitsemme tiedon, että yhtälöllä y = f(x,y) on ratkaisuja olemassa. Kappaleessa 3 osoitamme, että tällä yhtälöllä on aina ratkaisu kunhan funktio f: D R on riittävän säännöllinen. Lisäksi voimme olettaa, että alkuarvon y(x 0 ) = y 0 toteuttavia ratkaisuja on täsmälleen yksi kappale. Oletamme nämä tulokset tästä eteenpäin ja palaamme näiden todistukseen kappaleesssa 3 (Olemassolo-ja yksikäsitteisyyslause). 2.1 Separoituvat yhtälöt Määritelmä 2.1. Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on separoituva mikäli on olemassa jatkuvat funktiot g : ]a,b[ R ja h : ]c,d[ R siten, että y (x) = g(x)h(y(x)). Esimerkki 2.2. Yhtälö y = 2xy 2 6

onseparoituva, tässäg(x) = 2xjah(y) = y 2. Tälläyhtälöllä onainakinratkaisuy(x) 0, tämä on itseasiassa ainut ratkaisu, jolla on nollakohta. Jos oletetaan, että y on yhtälön ratkaisu ja y(x) 0 kaikille x R niin yhtälön voi kirjoittaa muodossa Määritellään nyt funktio jolloin y (x) y 2 (x) = 2x. f(x) = 1 y(x) f (x) = y (x) y 2 (x) = 2x. Analyysin peruslauseen nojalla on olemassa C R siten, että Erityisesti y(x) = f(x) = C x 2. 1 C x2, C R. Yleinen separoituva yhtälö voidaan ratkaista samaan tapaan. Lause 2.3. Olkoon (2.2) y = g(x)h(y) separoituva yhtälö ja h(y) 0 kaikille y. Tällöin yhtälön (2.2) kaikki ratkaisut saadaan yhtälöstä y 1 x h(t) dt = g(s)ds+c, C R. Lisäksi alkuarvon y(x 0 ) = y 0 toteuttava yksikäsitteinen ratkaisu saadaan yhtälöstä y y 0 1 h(t) dt = x 0 g(s)ds. Todistus. Olkoon y: [a, b] R yhtälön (2.2) ratkaisu. Määritellään derivoituva funktio y 1 H(y) = h(t) dt. Tällöin Analyysin peruslauseen 1.8, ketjusäännön ja yhtälön (2.2) nojalla d dx H(y(x)) = y (x) h(y(x)) = g(x) erityisesti on olemassa C R siten, että H(y(x)) = g(t)dt+c. 7

Tässä H on jatkuvasti derivoituva ja lisäksi H (y) = 1/h(y) 0, joten sillä on jatkuvasti derivoituva käänteisfunktio H 1. Tämän avulla saamme ( ) y(x) = H 1 g(t)dt+c, C R. Tarkistetaan vielä, että tämä y todella toteuttaa yhtälön (2.2): ( ) y (x) = (H 1 ) g(x) g(t)dt+c = H ( H 1( g(t)dt+c )) = g(x) H (y(x)) = g(x)h(y(x)). Jälkimmäinen väite seuraa suoraan sijoittamalla y(x 0 ) = y 0 edelliseen, tämä jätetään harjoitustehtäväksi. Huomautus 2.4. Edellä oletimme, että funktiolla h yhtälössä (2.2) ei ole nollakohtia. Josfunktiolla honnollakohtia, olkoony 0 eräställainen, niinsilloinvakiofunktio y(x) = y 0 on yhtälön (2.2) ratkaisu ja myöhemmin osoitettavan yksikäsitteisyyslauseen (ks. Luku 3) nojalla tämä on myös ainut ratkaisu, joka saa arvon y 0. Jos funktiolla h on useita nollakohtia niin tällöin muut ratkaisut saavat näistä poikkeavia arvoja. Tästä lisää Luvussa 3. Esimerkki 2.5. Ratkaise yhtälö y = (1+y2 )sinx. y Ratkaisu. Yhtälö on hyvin määritelty jos y 0. Lisäksi yhtälö on selvästi separoituva, joten sen ratkaisut (joille y(x) 0) saadaan kaavasta y t x 1+t dt = sin(s)ds+c, C R. 2 Tässä y t 1+t 2 dt = 1 2 log(1+y2 ) ja joten ratkaisut saadaan yhtälöstä sin(s)ds = cosx 1 2 log(1+y2 ) = cosx+c, C R y = ± De 2cosx 1, D = e 2C > 0. Huomautus 2.6. Eräät differentiaaliyhtälöt palautuvat separoituvaksi sopivalla sijoituksella. 8

1. Tasa-asteinen yhtälö ( y y = g, x) missä g on jatkuva, palautuu sijoituksella z(x) = y(x)/x yhtälöksi joka on separoituva. 2. Yhtälö z = 1 x (g(z) z) y = G(ax+by), b 0, missä G on jatkuva, palautuu sijoituksella z(x) = ax + by(x) yhtälöksi joka on jälleen separoituva. z = a+bg(z), Jätetään näiden osoittaminen harjoitustehtäväksi. Ensimmäisien esimerkkien joukossa totesimme, että separoituvalla yhtälöllä y = λy, λ > 0 voidaan kuvata populaation kasvua ja tämän ratkaisut ovat muotoa y(x) = Ce λx. Tällä mallilla populaation kasvu on siis eksponentiaalista. Realistisemman mallin populaation kavulle antaa niin sanottu logistinen malli, jota voidaan myös kuvata separoituvalla differentiaaliyhtälöllä. Esimerkki 2.7 (Logistinen differentiaaliyhtälö). Oletetaan, että y kuvaa populaation suurutta ajanhetkellä x. Lisäksi populaatiolla on kantokapasiteetti K > 0. Tällöin populaation kasvua kuvaa yhtälö (2.3) y = λy ( 1 y ). K Yhtälöstä huomaamme, että se näyttää yhtälöltä y = λy mikäli y on hyvin pieni (mutta positiivinen) eli pienen populaation kasvu on eksponentiaalista. Toisaalta y on hyvin pieni mikäli y on lähellä lukua K eli kantokapasiteetin lähellä populaatio ei kasva juurikaan. Etsitään yhtälölle ratkaisua y(x), jolle populaation suuruus ajan hetkellä 0 on y(0) = y 0. Jos y 0 = 0 niin ainut tämän toteuttava ratkaisu on funktio y(x) 0. Jos alussa ei ole populaatiota niin kasvua ei tapahdu. Jos taas y(0) = K niin tällöin ainut tämän toteuttava ratkaisu on funktio y(x) K, eli kantokapasiteetissa oleva populaatio ei muutu. Ratkaistaan nyt yhtälö (2.3). Ratkaisut saadaan separoimalla eli yhtälöstä y 1 y 0 t(k t) dt = 0 r K ds. Vasemmanpuoleinen integraali hoituu huomion (osamurtokehitelmä!) 1 t(k t) = 1 [ 1 K t + 1 ] K t 9

avulla, jolloin ratkaisuille pätee 1 K log y K y 1 K log y 0 K y 0 = λx K. Eristyisesti jos 0 < y 0 < K niin myös 0 < y(x) < K kaikille x (ks. Luku 3) ja siten Ratkaisemalla edellisestä y saamme lopulta log y(k y 0) y 0 (K y) = λx y(x) = y(k y 0 ) y 0 (K y) = eλx. Ky 0 y 0 +(K y 0 )e λx. Tämä ratkaisu toimii myös tapauksessa y 0 > K jolloin y(x) > K kaikille x. Huomattavaa tässä on ratkaisujen rajakäyttäytyminen lim y(x) = K x mikä kertoo siitä, että populaatio pyrkii pitkän ajan kuluessa lähestymään kantokapasiteettiaan. 2.2 Lineaariset yhtälöt Tärkeimpiä esimerkkejä ratkaistavissa olevista ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä on lineaariset differentiaaliyhtälöt. Määritelmä 2.8. Yhtälö muotoa (2.4) y (x)+p(x)y(x) = q(x), missä p, q: ]a, b[ ovat jatkuvia, on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Jos q 0 niin yhtälö (2.4) on homogeeninen. Jos taas p c, c R niin silloin yhtälö (2.4) on vakiokertoiminen. Yhtälön (2.4) homogeeniosa y +p(x)y = 0 on separoituva ja sen kaikki ratkaisut ovat muotoa (HT!) y(x) = Ce p(t)dt, C R. Homogeeniosan ratkaisujen lisäksi tarvitsee tietää yksi yleisen yhtälön (2.4) ratkaisu, että saamme kaikki ratkaisut selville. 10

Lause 2.9. Olkoon y 1 lineaarisen yhtälön (2.5) y +p(x)y = q(x) eräs ratkaisu. Tällöin yhtälön kaikki ratkaisut ovat muotoa y(x) = y 1 (x)+cy 2 (x), missä y 2 on eräs vastaavan homogeenisen yhtälön y + p(x)y = 0 nollasta poikkeava ratkaisu eli y 2 (x) = C 0 e p(t)dt, C 0 0. Todistus. Suora lasku näyttää, että lauseen oletusten mukainen funktio y(x) = y 1 (x) + Cy 2 (x)onyhtälön(2.5)ratkaisu. Olkoonsitteny yhtälön(2.5)eräsratkaisu.määritellään z(x) = y(x) y 1 (x). Tällöin z (x)+p(x)z(x) = y (x) y 1(x)+p(x)(y(x) y 1 (x)) = y (x)+p(x)y(x) (y 1 (x)+p(x)y 1(x)) = q(x) q(x) = 0 eli z toteuttaa homogeenisen yhtälön z +p(x)z = 0 ja siten z(x) = Ce p(t)dt, C R. Nyt voimme kirjoittaa y(x) y 1 (x) = z(x) = Ce p(t)dt = C C 0 y 2 (x) ja väite seuraa. Yksittäistä ratkaisua y 1 yhtälölle (2.5)etsimme integroivan tekijän avulla. Integroivalla tekijällä viitataan tuntemattomaan funktioon µ(x), jonka avulla pyrimme palauttamaan yhtälön y + p(x)y = q(x) yhtälöksi, jonka osaamme ratkaista. Olkoon µ(x) 0. Kerrotaan yhtälö (2.5) puolittain tällä, jolloin saamme yhtälön µ(x)y +µ(x)p(x)y = µ(x)q(x). Tällä yhtälöllä on samat ratkaisut kuin alkuperäisellä yhtälöllä. Vaatimalla, että tämän yhtälön vasenpuoli on tullut µ(x)y(x) derivaatasta µy +µ y saamme funktiolle µ differentiaaliyhtälön µ = p(x)µ, jonka ratkaisut saadaan separoimalla ja ne ovat µ(x) = Ce p(t)dt, C 0. Tällaiselle funktiolle µ yhtälön (2.5) ratkaisut saadaan yhtälöstä (µ(x)y(x)) = µ(x)q(x). 11

Lause 2.10. Lineaarisen yhtälön (2.6) y +p(x)y = q(x) kaikki ratkaisut ovat muotoa y(x) = e p(t)dt( e t p(s)ds q(t)dt+c ), C R. Todistus. Olkoon µ(x) = e p(t)dt ja y yhtälön (2.6) eräs ratkaisu. Tällöin edellä tehdyn nojalla pätee (µ(x)y(x)) = µ(x)q(x). Analyysin peruslauseen nojalla on C R siten, että e t p(t)dt y(x) = µ(x)y(x) = µ(t)q(t)dt+c = e t p(s)ds q(t)dt+c. Ratkaisemalla tästä y(x) saamme väitteen. Suora lasku jälleen osoittaa, että tätä muotoa olevat funktiot todella ovat ratkaisuja yhtälölle (2.6). Esimerkki 2.11. Ratkaise differentiaaliyhtälö y +y = x 2. Ratkaisu. Annettu yhtälö on lineaarinen muotoa (2.6), missä p(x) 1 ja q(x) = x 2. Tämän yhtälön integroivatekijä on funktio µ(x) = e 1dt = e x ja Lauseen 2.10 nojalla ratkaisut ovat muotoa y(x) = e x ( t 2 e t dt+c ), C R. Osittaisintegroimalla kahdesti nähdään, että t 2 e t dt = e x (x 2 2x+2) joten yhtälön ratkaisut ovat y(x) = x 2 2x+2+Ce x, C R. Huomaa, että Esimerkin 2.11 yhtälön homogeeniosan y +y = 0 ratkaisut ovat y(x) = Ce x. Sijoittamalla alkuperäiseen yhtälöön y +y = x 2 12

yritefunktio y(x) = Ax 2 + Bx+C, A,B,C R, saamme kertoimet A = 1, B = 2 ja C = 2. Näin ollen yhtälön eräs y +y = x 2 eräs ratkaisu on funktio y(x) = x 2 2x+2 ja Lauseen 2.9 nojalla kaikki ratkaisut ovat muotoa y(x) = x 2 2x+2+Ce x, C R. Tällainen valistunut arvaus toimii ainakin seuraavissa tapauksissa. Lause 2.12 (Valistunut arvaus). Vakiokertoimiselle lineaariselle yhtälölle (2.7) y +ay = q(x) pätee seuraavat: Jos a) q(x) on polynomi korkeintaan astetta n niin yhtälöllä (2.7) on korkeintaan astetta n oleva polynomiratkaisu. b) q(x) = Ae bx niin yhtälöllä (2.7) on ratkaisu muotoa Ke bx, jos b a y(x) = Kxe bx, jos b = a, K R. c) q(x) = Acos(ωx)+Bsin(ωx), ω 0, niin yhtälöllä (2.7) on ratkaisu muotoa y(x) = Kcos(ωx)+Lsin(ωx), K,L R. Todistus. Suora lasku, HT! Esimerkki 2.13. Ratkaise yhtälö y +y = cos(x). Ratkaisu. Vastaavan homogeenisen yhtälön ratkaisut ovat y(x) = Ce x, C R. Etsitään yksittäisratkaisua yhtälölle yritteellä Sijoitus yhtälöön antaa y(x) = Acos(x)+Bsin(x). (A+B)cosx+(B A)sinx = cosx. Joten A = B = 1. Lauseen 2.9 nojalla kaikki yhtälön ratkaisut ovat 2 y(x) = 1 2 sinx+ 1 2 cosx+ce x, C R. 13

Ei lineaaristen yhtälöiden ratkaisujen kirjoittaminen alkeisfunktioiden avulla on usein mahdotonta. Tällaisessa tilanteessa voi toivoa, että pystyisi silti arvioimaan ratkaisuja jonkin ratkaistavissa olevan differentiaaliyhtälön avulla. Tarkastellaan esimerkiksi differentiaaliyhtälöä y = f(y), missä f derivoituva funktio jolle f(y ) = 0 eräälle y. Tällöin vakiofunktio y(x) y on eräs ratkaisu. Jos y on lähellä lukua y niin arviomalla funktiota f sen tangenttisuoralla voimme ajatella, että f(y) f(y )+f (y )(y y ) = f (y )(y y ). Olkoon nyt y(x) eräs ratkaisu yhtälölle y = f(y), y(x) y 0, ja merkitään u(x) = y(x) y. Edellä tehtyyn approksimaatioon vedoten u toteuttaa yhtälön u = f (y )u. Näin saatu yhtälö on vakiokertoiminen lineaarinen yhtälö ja sen ratkaisut ovat u(x) = Ce f (y )x. Sijoittamalla tämä yhtälöön u(x) = y (x) y saamme approksimatiivisen ratkaisun y(x) = y +Ce f (y )x, C > 0. Seuraavalla esimerkillä näytämme, että nämä approksimatiiviset ratkaisut muistuttavat alkuperäisen yhtälön ratkaisuja. Esimerkki 2.14. Tarkastellaan yhtälöä y = f(y) = y(y 1). Tällä on kaksi vakioratkaisua, y(x) 0 ja y(x) 1. Muille ratkaisuille pätee yksikäsitteisyyden nojalla, että y(x) < 0 tai 0 < y(x) < 1 tai y(x) > 1 kaikille x. Tämän ratkaisut saadaan yhtälöstä y 1 x t(t 1) dt = ds log y 1 y = x+c, c R. Nämä jakautuvat seuraaviin ratkaisuihin riippuen siitä mitä arvoja y saa 1 y 1 (x) = 1 Cex, (y(x) < 0 tai y(x) > 1) 1 y 2 (x) = 1+Cex, (0 < y(x) < 1) Huomaa, että ensimmäisessä tapauksessa ratkaisu ei ole määritelty pisteessä log 1/C ja tämän pisteen vasemmalla puolella y 1 (x) > 1 ja oikealla puolella y 1 (x) < 0. Tarkastellaan seuraavaksi edellä mainittuja approksimatiivisia ratkaisuja. Tässä f(y) = y(y 1) = 0 14

täsmälleen kun y = 0 tai y = 1. Lisäksi f (0) = 1 ja f (1) = 1. Näiden avulla saamme kaksi approksimatiivista ratkaisua y 3 (x) = Ce x ja y 4 (x) = 1+Ce x. Nämä muistuttavat alkuperäisiä ratkaisuja siinä mielessä, että jos x on suuri positiivinen luku niin y 1 (x) 1 C e x ja y 2 (x) 1 C e x ja jos taas x on suuri negatiivinen luku niin y 2 (x) 1 Ce x ja y 2 (x) 1+Ce x 2.3 Eksaktit yhtälöt* Kolmas ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö tyyppi, joka osataan ratkaista on eksaktit yhtälöt. Näiden idea perustuu seuraavaan havaintoon: Olkoon u: D R differentioituva funktio. Jos derivoituva funktio y toteuttaa yhtälön d dx u(x,y(x)) = 0 niin analyysin peruslauseen nojalla tämän ratkaisut saadaan implisiittisesti yhtälöstä u(x,y) = C, C R. Tästä muuttujan y ratkaiseminen eksplisiittisesti on usein mahdotonta. Vektorifunktioiden analyysistä muistetaan ketjusääntö, jonka avullavoi kirjoittaa 0 = d u u(x,y(x)) = dx x + u y y. Tämän huomion avulla voimme ratkoa differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa etsimällä u(x, y) siten, että Q(x,y)y +P(x,y) = 0, u u (x,y) = P(x,y) ja (x,y) = Q(x,y) x y jolloin ratkaisut saadaan yhtälöstä u(x,y) = C, C R. Määritelmä 2.15. Olkoot P ja Q jatkuvia funktioita. Differentiaaliyhtälö Q(x,y)y +P(x,y) = 0 on eksakti jos on olemassa jatkuvasti differentioituva u siten, että u u (x,y) = P(x,y) ja (x,y) = Q(x,y). x y 15

Edellä osoitimme seuraavan lauseen Lause 2.16. Eksaktin yhtälön ratkaisut saadaan implisiittisesti yhtälöstä Q(x,y)y +P(x,y) = 0 u(x,y(x)) = C, C R. Huomautus 2.17. a) Eksaktin yhtälön funktio u on vakiota vaille yksikäsitteisesti määrätty sillä jos u 1 ja u 2 ovat jatkuvasti differentioituvia funktioita, joille u 1 x (x,y) = P(x,y) = u 2 x (x,y) ja u 1 y (x,y) = Q(x,y) = u 2 y (x,y) niin u 1 (x,y) = u 2 (x,y)+c, C R. b) Jos u on kahdesti jatkuvasti differentioituva niin P y = u y x = u x y = Q x, joten funktiot P ja Q liittyvät vahvasti toisiinsa. Esimerkki 2.18. Yhtälö (1+cos(x+y))y +cos(x+y) = 0 on eksakti, sillä jos u(x,y) = y +sin(x+y) niin u x = cos(x+y) ja u y = 1+cos(x+y). Seuraava lause antaa helpon tavan tarkistaa milloin yhtälö on eksakti, lisäksi lauseen todistus antaa keinon funktion u löytämiseksi. Lause 2.19. Olkoot P,Q: D R, missä D =]a,b[ ]c,d[, jatkuvasti differentioituvia. Tällöin yhtälö (2.8) Q(x,y)y +P(x,y) = 0 on eksakti täsmälleen silloin kun P y Q (x,y) = (x,y) kaikille (x,y) D. x Todistus. Jos yhtälö (2.8) on eksakti niin Huomautuksen 2.17 a)-kohdan nojalla P/ y = Q/ x. Oletetaan sitten, että P Q (x,y) = y x (x,y). 16

Olkoon (x 0,y 0 ) D ja määritellään u(x,y) = missä g on jokin derivoituva funktio. Tällöin x 0 P(ξ,y)dξ+g(y), u u (x,y) = P(x,y) ja x y (x,y) = x 0 P y (ξ,y)dξ+g (y). Yhtälöistä jälkimmäisen tulee olla Q(x, y) ja toisaalta oletuksen P/ y = Q/ x nojalla pätee Q(x,y) = x 0 Q x (ξ,y)dξ+g (y) = Q(x,y) Q(x 0,y)+g (y). Erityisesti Q(x 0,y) = g (y) ja analyysin peruslauseen nojalla g(y) = y y 0 Q(x 0,η)dη. Näin ollen funktiolle pätee u(x,y) = x 0 P y (ξ,y)dξ+ y y 0 Q(x 0,η)dη u u (x,y) = P(x,y) ja (x,y) = Q(x,y). x y Huomautus 2.20. Myös funktiolle pätee v(x,y) = x 0 P y 0 (ξ,y)dξ+ y y 0 Q(x,η)dη v v (x,y) = P(x,y) ja (x,y) = Q(x,y). x y Lisäksi u(x,y) = v(x,y) kaikille (x,y). (HT!) Esimerkki 2.21. Ratkaise yhtälö Ratkaisu. Kyseinen yhtälö on eksakti, sillä (3x+cosy)y +3y +e x = 0. y (3y +ex ) = 3 = x (3x+cosy). On siis olemassa kahdesti jatkuvasti differentioituva funktio u(x, y) siten, että u x = 3y +ex ja u y = 3x+cosy. 17

Näistä ensimmäisen nojalla on jatkuvasti derivoituva g siten, että Tällöin u(x,y) = 3yx+e x +g(y). 3x+cosy = u y = 3x+g (y) joten g (y) = cosy eli g(y) = siny. Yhtälön (3x+cosy)y +3y + e x = 0 ratkaisut ovat siis ne derivoituvat funktiot, joille pätee 3yx+e x +siny = u(x,y) = C, C R. Huomautus 2.22. Eksaktin yhtälön ratkaisut jäävät usein implisiittiseen muotoon kuten edellisessä esimerkissä. Vektorifunktion analyysistä tutun implisiittifunktiolauseen avulla voidaan selvittää missä tilanteissa implisiittisen yhtälön toteuttavia ratkaisuja on olemassa. 2.3.1 Integroiva tekijä Jos annettu yhtälö on muotoa (2.9) Q(x,y)y +P(x,y) = 0 mutta kyseessä ei ole eksakti yhtälö niin joissain tapauksissa yhtälö on palautettavissa eksaktiksi yhtälöksi. Tämä tehdään samanlaisella integroivan tekijän tempulla kuin lineaarisen yhtälön tapauksessakin. Integroivaksi tekijäksi nimitetään jatkuvasti differentioituvaa funktiota µ(x, y) 0, jolla kertomalla puolittain yhtälöä 2.9 saadaan eksakti yhtälö µ(x,y)q(x,y)y +µ(x,y)p(x,y) = 0. Lauseen 2.19 perusteella tämä on eksakti yhtälö mikäli eli y [µ(x,y)p(x,y)] = x [µ(x,y)q(x,y)] (2.10) µ y P +µ P y = µ x Q+ Q x µ. Seuraavassa muutamia tapauksia, joissa integroiva tekijä löytyy. Todistukset jätetään harjoitustehtäviksi, molemmat seuraavat yhtälöstä (2.10). Lause 2.23. Jos funktio ψ(x) = ( 1 P Q(x, y) y Q ) x on muuttujan y suhteen vakiofunktio niin yhtälöstä (2.9) saadaan eksakti kertomalla sitä puolittain funktiolla µ(x) = e ψ(t)dt. 18

Lause 2.24. Jos funktio γ(y) = ( 1 P P(x,y) y Q ) x on muuttujan x suhteen vakiofunktio niin yhtälöstä (2.9) saadaan eksakti kertomalla sitä puolittain funktiolla µ(y) = e y γ(t)dt. Huomautus 2.25. Useimmiten Lauseissa 2.23 ja 2.24 esiintyvät ψ ja γ riippuvat molemmista muuttujista ja siksi osaamme ratkaisat ensimmäisen kertaluvun yhtälöistä vain kourallisen. 19

Luku 3 Yleistä teoriaa Tässä luvussa osoitamme tärkeimmät perustulokset liittyen normaalimuotoisten yhtälöiden (3.1) y = f(x,y), teoriaan. Tärkein tulos on yhtälön ratkaisujen olemassaolo sekä alkuarvon y(x 0 ) = y 0 toteuttavien ratkaisujen yksikäsitteisyys. Ratkaisuiden olemassaoloa ja yksikäsitteisyyttä käytimme edellisessä kappaleessa useampaan otteeseen apuna. 3.1 Ratkaisujen olemassa-olo ja yksikäsitteisyys Olemassaolo-ja yksikäsitteisyystuloksia varten tarvitsemme muutamia tärkeitä aputuloksia. Lemma 3.1. OlkoonI R ja(f n ) jonofunktioita. Oletetaan,että onolemassareaalilukujono (a n ) siten, että f n+1 (x) f n (x) < a n kaikille x I ja sarja n=1 a n suppenee. Tällöin jono f n suppenee tasaisesti joukossa I kohti funktioita f(x) = f 1 (x)+ (f n+1 (x) f n (x)). Todistus. Weierstrassin M-testi ks. Sarjat ja approksimointi kurssi. Lemma 3.2 (Gronwallin lemma). Olkoon g: R R jatkuva. Olkoon lisäksi n=1 g(t) C +K kaikille t t 0, missä C R ja K 0. Tällöin t t 0 g(s)ds g(t) Ce K(t t 0) kaikille t t 0. 20

Todistus. Määritellään G(t) = C +K t t 0 g(s)ds jolloin oletuksen nojalla G(t) g(t) kaikille t t 0. Analyysin peruslauseen nojalla G (t) = Kg(t) KG(t) ja siten d ( ) G(t)e K(t t 0 ) = (G (t) KG(t))e K(t t0) 0. dt Integroimalla yli välin [t 0,t] ja käyttämällä analyysin peruslausetta saamme G(t) G(t 0 )e K(t t 0) = Ce K(t t 0). Todistetaan ensin ratkaisujen olemassaolo. Todistuksen helpottamiseksi oletetaan, että funktion f osittaisderivaatta f/ y on myös jatkuva. Olemassaolo on mahdollista näyttää pelkästään oletuksella funktion f jatkuvuudesta. Lause 3.3 (Olemassaolo). Olkoon D R 2 alue ja f: D R ja f/ y: D R jatkuvia. Olkoon lisäksi (x 0,y 0 ) D. Tällöin on olemassa δ > 0 siten, että alkuarvotehtävällä y = f(x,y) (3.2) y(x 0 ) = y 0, on olemassa välillä (x 0 δ,x 0 +δ) määritelty ratkaisu. Todistus. Ensimmäiseksi palautetaan yhtälö (3.2) integraaliyhtälöksi (3.3) y(x) = y 0 + x 0 f(t,y(t))dt. Analyysin peruslauseen nojalla yhtälöillä (3.2) ja (3.3) on samat ratkaisut, joten riittää ratkaista (3.3). Ratkaisun löytämiseksi käytämme Picardin iteraatioita. Tässä ajatuksena on määrittää yhtälön (3.3) avulla jono funktioita, joiden raja-funktio on etsitty ratkaisu. Picardin iteraatiot: Valitaan a, b > 0 siten, että ja merkitään Q = [x 0 ax 0 +a] [y 0 b,y 0 +b] D M = max{ f(x,y) : (x,y) Q} ja L = max{ ( f/ y)(x,y) : (x,y) Q}. Nämä maksimit saavutetaan sillä molemmat f ja f/ y ovat jatkuvia. Määritellään välillä [x a,x+a] funktiot y 0 (x) y 0 ja y 1 (x) = y 0 + x 0 f(t,y 0 (t))dt. 21

Näin määriteltynä y 1 on derivoituva funktio ja y 1 (x) y 0 x 0 f(t,y 0 (t))dt M x x 0 kaikille x [x 0 a,x 0 +a]. Valitaan δ = min{a,b/m} ja merkitään I = (x 0 δ,x 0 +δ). Määritellään induktiivisesti y n : I R, n 2, y n (x) = y 0 + f(t,y n 1 (t))dt. x 0 Induktiolla nähdään, että kaikille n N pätee (x,y n (x)) Q kaikille x I, sillä jos (x,y k (x)) Q kaikille x I niin y k+1 (x) y 0 x 0 f(t,y k (t))dt M x x 0 < b kaikille x [x 0 a,x 0 +a]. Näytetään seuraavaksi, että yllä märitelty funktiojono (y n ) suppenee tasaisesti välillä I kohti Lemman 3.1 tapaan määriteltyä funktiota y: I R. Osoitetaan induktiolla, että y k+1 (x) y k (x) MLk x x 0 k+1 (k +1)! kaikille x I. Tapaus k = 0 näytettiin edellä. Oletetaan, että väite on tosi arvolla k jolloin y k+1 (x) y k+2 (x) = f(t,y k (t))dt f(t,y k+1 (t))dt x 0 x 0 L L x 0 f(t,y k (t)) f(t,y k+1 (t)) dt x 0 y k (t) y k+1 (t)) dt ML k x x 0 k+1 x 0 (k +1)! dt = MLk+1 x x 0 k+2. (k +2)! Edellä käytimme väliarvolausetta ja induktio-oletusta. Koska x I niin x x 0 < δ ja siten Merkitään y k+1 (x) y k (x) MLk x x 0 k+1 (k +1)! a k = M L (δl) k+1 (k +1)! M L (δl) k+1 (k +1)!. jolloinsarja k=0 a k suppenee(summaonm(e δl 1)/L).Lemman3.1nojallafunktiojono (y n ) suppenee tasaisesti välillä I kohti erästä funktiota y: I R. Koska suppeneminen on tasaista niin raja-funktio y on jatkuva. Lisäksi f on tasaisesti jatkuva kompaktissa joukossa Q, joten y(x) = lim y n (x) = y 0 + lim n = y 0 + Funktio y on siis etsitty ratkaisu. n x 0 f(t,y n (t))dt x 0 lim n f(t,y n (t))dt = y 0 + 22 x 0 f(t,y(t))dt.

Osoitetaan seuraavaksi ratkaisuiden yksikäsitteisyys. Lause 3.4. Olkoon f kuten Lauseen 3.3 oletuksissa. Olkoot lisäksi y 1,y 2 : I R yhtälön (3.2) ratkaisuja. Tällöin kaikille x I. y 1 (x) = y 2 (x) Todistus. Ratkaisut toteuttavat integraaliyhtälön 3.3 ja siten y 2 (x) y 1 (x) = y 0 + f(t,y 2 (t))dt y 0 f(t,y 1 (t))dt x 0 x 0 L x 0 f(t,y 2 (t)) f(t,y 1 (t)) dt x 0 y 2 (t) y 1 (t) dt. Olkoon g(x) = y 2 (x) y 1 (x) ja sovelletaan Lemmaa 3.2 joilloin saamme y 2 (x) y 1 (x) = g(x) 0e L(x x 0) = 0 kaikille x x 0. Erityisesti y 1 (x) = y 2 (x) kaikillex I joillex x 0.Tapausx x 0 hoituusamaantapaan pienellä muutoksella Gronwallin Lemmassa, tämä jätetään harjoitustehtäväksi. Huomautus 3.5. Lauseessa 3.4 ei riitä olettaa pelkkää jatkuvuutta funktiolle f, sillä esimerkiksi alkuarvoyhtälöllä y (x) = y(x) 2/3 y(0) = 0 on ratkaisun y 1 (x) 0 lisäksi myös ratkaisu y 2 (x) = 1 27 x3. Kuitenkin funktion f Lipschitz-jatkuvuus muuttujan y suhteen, ts. on M > 0 siten, että f(x,y 1 ) f(x,y 2 ) M y 1 y 2 kaikille y 1,y 2 ja x, riittää ratkaisun yksikäsitteisyyteen. Olemassololauseen todistuksessa esiintyneiden Picardin iteraatioiden avulla voimme rakentaa ratkaisun annetulle yhtälölle, ainakin tapauksissa missä iteraatioissa esiintyvät integraalit osataan laskea helposti. Esimerkki 3.6. Ratkaise alkuarvotehtävä y = y y(0) = α R Picardin iteraatiolla. 23

Ratkaisu. Määritelläänfunktiojono(y n )kutenlauseen3.3todistuksessa.tässäsiisy 0 (x) = α ja Vaiheessa 2 saamme ja vaiheessa 3 taas y 3 (x) = α+ y 2 (x) = α+ 0 y 1 (x) = α+ 0 0 αdt = α(1 x). α(1 t)dt = α (1 x+ 12 ) x2 α (1 t+ 12 ) t2 dt = α (1 x+ 12 x2 16 ) x3. Tästä jo arvaa, että yleinen kaava (todistus induktiolla) funktiolle y n on y n (x) = α ) (1 x+...+( 1) nxn = α n! n k=0 ( 1) kxk k!. Sarjat ja approksimointikurssilta muistetaan, että funktiojono (y n ) suppenee (kun n ) reaalilukujen joukossa kohti funktiota y(x) = α k=0 ( 1) kxk k! = α k=0 ( x) k k! = αe x. Tässä annetun yhtälön voisi ratkaista separoimalla, joten Picardin approksimaatiot voi tässä mielessä vaikuttaa turhalta. Kuitenkin yleisemmissä tapauksissa yhtälön ratkaiseminen tunnettujen keinojen kautta ei ole mahdollista, jolloin Picardin approksimaatiot antavat ainakin tavan arvioida etsittyä ratkaisua. 3.2 Ratkaisun määrittelyvälistä Olkoon D R 2 alue ja f: D R ja f/ y: D R jatkuvia. Lauseessa 3.3 osoitettiin, että alkuarvo-ongelmalla { y = f(x,y) y(x 0 ) = y 0, on yksikäsitteinen ratkaisu, joka on määritelty jossain pisteen x 0 sopivassa avoimessa ympäristössä. Tämän ratkaisun määrittelyjoukko riippuu alueesta D ja funktiosta f. Voidaan osoittaa, että löytyy niin sanottu maksimaalinen ratkaisu y joka on määritelty välillä I siten, että jos y: I R on alkuarvo-ongelman ratkaisu ja I I niin y(x) = y (x) kaikille x I. Tämä tehdään jatkamalla Lauseen 3.3 antamaa ratkaisua mahdollisimman suureen joukkoon. Yhtälö itsessään saattaa aiheuttaa ratkaisujen määrittelyjoukkoon rajoitteita, joita ei havaitse suoraan yhtälöstä kuten seuraavista esimerkeistä käy ilmi. 24

Esimerkki 3.7. Tarkastellaan alkuarvo-ongelmaa y = 2xy 2 y(0) = 1. Tässä funktio f(x,y) = 2xy 2 on molempien muuttujien suhteen polynomifunktio. Erityisesti se on koko tasossa määritelty hyvin säännöllinen funktio. Tämän yhtälön ratkaisuksi saadaan separoimalla funktio y(x) = 1 1 x 2, joka on määritelty välillä] 1, 1[. Tätä ratkaisua ei voi laajentaa isompaan joukkoon toisin sanoen väli ] 1, 1[ on maksimaalinen. Esimerkki 3.8. Tarkastellaan alkuarvo-ongelmaa y = y(y 1) y(0) = 2. Tässä funktio f(x,y) = y(y 1) on toisen muuttujan suhteen vakiofunktio ja toisen suhteen toisen asteen polynomifunktio. Erityisen hyvin käyttäytyvä koko tasossa määritelty funktio siis kyseessä. Tämän yhtälön ratkaisun saa separoimalla ja ratkaisu toteuttaa yhtälön y y 1 = 2ex. Tästä saamme ratkaisuksi funktion y(x) = 2 2 e x, jokaonmääriteltyvälillä] log2, [.Funktioy onkyllämääriteltymyösvälillä], log2[ mutta tällä välillä määriteltynä y ei ole annetun alkuarvo-ongelman ratkaisu. On olemassa ehtoja, jotka takaavat maksimaalisen ratkaisun olevan määritelty välillä I kun f on määritelty joukossa I R. Ilman lisärajoituksia paras tulos mitä saadaan on seuraava: Lause 3.9. Olkoon f: D R kuten Lauseessa 3.3. Tällöin alkuarvo-ongelman y = f(x,y) y(x 0 ) = y 0, maksimaalisen ratkaisun y kuvaaja kulkee alueen D reunalta reunalle, toisin sanoen funktion y kuvaaja poistuu alueen D kaikista suljetuista ja rajoitetuista osajoukoista. 25

3.3 Ratkaisujen kuvaajien hahmotteleminen Edellä esiteltyjen olemassaolo-ja yksikäsitteisyystulosten sekä määrittelyväliin liittyvien huomiooiden avulla voimme yrittää tulkita annettua ensimmäisen kertaluvun yhtälöä geometrisesti ratkaisematta sitä analyyttisesti. Määritelmä 3.10. Normaalimuotoisen yhtälön suuntakenttä on vektorikenttä v: D R 2 y = f(x,y), missä f: D R jatkuva, v(x,y) = (1,f(x,y)). Suuntakenttä kertoo suunnan minne suuntaan yhtälön y = f(x,y) ratkaisun kuvaaja on pisteessä (x, y) menossa. Piirtämällä vektori v(x, y) pisteeseen (x, y) näemme missä kulmassa ratkaisufunktion kuvaaja sivuaa pistettä (x, y). Suuntakentän avulla voimme hahmotella yhtälön y = f(x,y) ratkaisufunktioiden kuvaajia seuraavasti: 1. Valitse C R ja piirrä tasokäyrä f(x,y) = C. 2. Piirrä edellisessä kohdassa saadun tasokäyrän pisteisiin pieni pala suoraa, jonka kulmakerroin on C. Tämä suora kertoo miten ratkaisufunktion kuvaajan täytyy kulkea pisteen läpi. 3. Toista vaiheet 1 2 eri vakion C arvoilla kunnes olet saanut riittävästi suuntakenttää hahmoteltua alueeseen D. 4. Hahmottele ratkaisufunktioiden kuvaajia suuntakenttää mukaillen. Viimeisessä kohdassa muista hahmotteluun liittyvät säännöt: Olemassaolo-yksikäsitteisyylauseiden nojalla jokaisen pisteen (x,y) D kautta kulkee täsmälleen yksi ratkaisu, toisin sanoen ratkaisufunktioiden kuvaajat eivät voi leikata eivätkä edes sivuta toisiaan. Lisäksi ratkaisufunktion kuvaajat karkaavat alueen D kaikista rajoitetuista ja suljetuista osista. Esimerkki 3.11. Tarkastellaan yhtälöä y = x y. Olkoon C R ja x y = C. Tällöin Tässä huomaamme yleisesti, että käyrä f(x,y) = C C f(x,y) = C C = 1 y = x C = 1 y = x C = 0 x = 0 C = y = 0 on origon kautta kulkeva suora, jonka kulmakerroin on 1/C. Tälle suoralle piirretty suuntakenttä on pala suoraa, jonka kulmakerroin on C. Näin ollen suuntakenttä on aina 26

kohtisuorassa käyrää f(x, y) = C vastaan. Ratkaisufunktioiden kuvaajat täytyvät siis kulkea tasossa siten, että ne leikkaavat origon kautta kulkevat suorat kohtisuorasti. Ratkaisuiden kuvaajat ovat siis ympyrän kaaria eli toteuttavat yhtälön y 2 (x)+x 2 = D, missä D R. Esimerkki 3.12. Tarkastellaan yhtälöä y = 1+x y. Olkoon C R ja 1 + x y = C eli y = x + 1 C. Tällöin Tässä huomattavaa on, C f(x,y) = C C = 1 y = x C = 1 y = x+1 C = 0 x = x+2 C = 2 y = x 1 C = 3 y = x 2 miten arvolla C = 1 tasokäyrän y = x kulmakerroin on sama kuin suuntakentän, joten funktion tämä suora on erään ratkaisun kuvaaja. Muut ratkaisut lähestyvät suoraa y = x asymptoottisesti kun x. Näihin kuvia mukaan... 27

Luku 4 Toisen kertaluvun yhtälöistä Tässä luvussa tarkastelemme toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöitä. Rajoitumme kuitenkin lähinnä lineaarisiin yhtälöihin sekä sopivalla muuttujanvaihdolla ensimmäiseen kertalukuun palautettavissa oleviin yhtälöihin. 4.1 Olemassaolo- ja yksikäsitteisyys Tarkastellaan toisen kertaluvun normaalimuotoista yhtälöä (4.1) y (x) = f(x,y(x),y (x)), missä f : D R on jatkuva, D R 3 alue. Merkitsemällä z(x) = y (x), yhtälö (4.1) voidaan esittää yhtälöparina { y = z z = f(x,y,z). Tämä on erikoistapaus ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöparista { y 1 = f 1 (x,y 1,y 2 ) joka usein esitetään vektorimuodossa y 2 = f 2(x,y 1,y 2 ), Y (x) = F(x,Y(x)); tässä Y(x) = (y 1 (x),y 2 (x)) ja F(x) = (f 1 (x),f 2 (x)) : D R 2. Normaalimuotoisille ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöpareille alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys voidaan todistaa lähes samalla tavalla kuin edellä Lauseessa??, ja tämän tuloksen nojalla saamme Lause 4.1. Oletetaan, että f : D R ja sen osittaisderivaatat f y, f y ovat jatkuvia alueessa D R 3 ja (x 0,y 0,y 1 ) D. Tällöin on olemassa δ > 0 siten, että alkuarvotehtävällä (4.2) y = f(x,y,y ) y(x 0 ) = y 0 y (x 0 ) = y 1 28

on olemassa välillä ]x 0 δ,x 0 +δ[ määritelty ratkaisu y. Lisäksi jos y 1 : 1 R ja y 2 : 2 R ovat alkuarvotehtävän (4.2) ratkaisuja, niin y 1 (x) = y 2 (x) kaikilla x 1 2. Huomautus 4.2. Toisen kertaluvun yhtälön y = f(x,y,y ) ratkaisujen y 1 ja y 2 kuvaajat voivat hyvin leikata toisensa. Sen sijaan funktioiden x (y 1 (x),y 1 (x)) ja x (y 2 (x),y 2 (x)) graafit (jotka siis ovat R3 :n osajoukkoja) ovat joko erillisiä tai ne yhtyvät. 4.2 Ensimmäiseen kertalukuun palautuvia yhtälöitä A. Muotoa y = f(x,y ) olevat yhtälöt Jos merkitään z(x) := y (x), jolloin y (x) = z (x), niin saamme tässä tapauksessa ensimmäisen kertaluvun yhtälön z = f(x,z), jossa tuntemattomana on funktio z(x). Esimerkki 4.3. Yhtälö y + 1 x y = 1 x, x > 0 on muotoa y = f(x,y ). Merkitsemällä z = y saamme z:lle yhtälön z + 1 x z = 1 x, x > 0, joka on ensimmäisen kertaluvun separoituva yhtälö. Sen ratkaisut ovat muotoa z(x) = 1+ C 1 x, C 1 R, josta saamme y(x) = y (x)dx = z(x)dx = 1+ C 1 x dx = x+c 1logx+C 2, missä x > 0 ja C 1,C 2 R. B. Muotoa y = f(y,y ) olevat yhtälöt Olkoon y : R yhtälön y = f(y,y ) ratkaisu, jolle y (x) 0 kaikilla x. Tällöin y (x) > 0 tai y (x) < 0 kaikilla x, joten y on aidosti monotoninen. Siten on olemassa käänteisfunktio y 1 : y( ). Merkitään Tällöin z(t) := y (y 1 (t)), t y( ). z (t) = y (y 1 (t)) d [ y 1 (t) ] = f(y(y 1 (t)),y (y 1 1 (t))) dt y (y 1 (t)) = f(t,z(t)) 1 z(t) eli funktio z = z(t) toteuttaa yhtälön z = f(t,z). z 29

Kääntäen, jos z = f(t,z), z 0, ja jos y toteuttaa yhtälön y (x) = z(y(x)), niin z y = z (y(x))y (x) = f(y(x),z(y(x))) y (x) = f(y(x),y (x)). z(y(x)) Tällä menetelmällä saadaan (ainakin) yhtälön y = f(y,y ) kaikki ne ratkaisut, joille y (x) 0. Esimerkki 4.4. a) Tarkastellaan yhtälöä y = 1+(y ) 2, y 0. y Tämä on tyyppiä y = f(y,y ), joten edellä tehdyn päättelyn nojalla päädymme tutkimaan yhtälöä z = f(t,z) = 1+z2 = 1 1+z 2, z tz t z joka separoituu; sen ratkaisut ovat muotoa z(t) = ± (C 1 t) 2 1, t R\[ 1 C 1, 1 C 1 ], C 1 0. Alkuperäisen yhtälön ratkaisut saadaan nyt ratkaisemalla yhtälö y = z(y) eli y (x) = ± (C 1 y(x)) 2 1. Myös tämä yhtälö separoituu. Sillä on erikoisratkaisut y = ± 1 C 1 (jotka eivät toteuta alkuperäistä yhtälöä), muut ratkaisut saadaan kaavasta 1 ± (C1 y) 2 1 dy = 1dx. Muuttujanvaihdolla C 1 y = s saamme 1 ± (C1 y) 2 1 dy = ± 1 C 1 joten tämä kaava johtaa ratkaisuihin 1 s2 1 ds = 1 C 1 arcoshs = 1 C 1 arcosh(c 1 y), y(x) = 1 C 1 cosh(c 1 x+c 1 C 2 ), C 1,C 2 R. b) Ratkaistaan alkuarvotehtävä y = y e y, y(0) = 0, y (0) = 1. Yhtälön z = f(t,z) = zet z z = et ratkaisut ovat z(t) = e t + C 1. Funktio y saadaan siten ratkaisemalla separoituva yhtälö y = e y +C 1. 30

Tällä yhtälöllä on erikoisratkaisut y = logc 1 (jos C 1 > 0) ja muut ratkaisut saadaan kaavasta 1 dy = 1dx = x+c e y 2. +C 1 Vasemman puolen integraalin laskeminen helpottuu merkittävästi, kun huomataan, että alkuehtojen perusteella eli C 1 = 0. Siten saamme yhtälön 1 = y (0) = z(y(0)) = z(0) = e 0 +C 1 = 1+C 1, e y(x) = x+c 2, josta seuraa 1 y(x) = log. x C 2 Koska y(0) = 0, on C 2 = 1, ja siten alkuarvotehtävän ratkaisu on y(x) = log 1 1 x, x ],1[. 4.3 Toisen kertaluvun lineaarinen yhtälö Määritelmä 4.5. Toisen kertaluvun normaalimuotoinen differentiaaliyhtälö on lineaarinen, jos se on muotoa y (x)+p(x)y (x)+r(x)y(x) = q(x), missä p,q,r : R ovat jatkuvia. Yhtälö on homogeeninen, jos q(x) 0 ja vakiokertoiminen, jos p ja r ovat vakiofunktioita. Huomautus 4.6. Samaan tapaan kuin ensimmäisen kertaluvun tapauksessa voidaan osoittaa, että alkuarvotehtävällä y +p(x)y +r(x)y = q(x), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1 on olemassa yksikäsitteinen koko välillä määritelty ratkaisu y : R. 4.3.1 Homogeeniyhtälön ratkaiseminen Määritelmä 4.7. Funktiot u,v : R ovat lineaarisesti riippuvia (LD), jos on olemassa vakiot C 1,C 2 R, joista ainakin toinen on nollasta eroava siten, että C 1 u(x)+c 2 v(x) = 0 kaikilla x. Muussa tapauksessa funktiot u ja v ovat lineaarisesti riippumattomia (LI). 31

Huomautus 4.8. Funktiopari {u,v} on LD jos ja vain jos u = Cv jollakin C R tai v = Cu jollakin C R. Esimerkki 4.9. Funktiot u(x) = e x ja v(x) = e 2x ( = R) ovat LI: ehto 0 = C 1 u(x)+c 2 v(x) = C 1 e x +C 2 e 2x = e x (C 1 +C 2 e x ) on voimassa kaikilla x jos ja vain jos C 1 = C 2 e x. Erityisesti siis termin C 2 e x on oltava vakio, mikä on mahdollista ainoastaan jos C 2 = 0. Tällöin myös C 1 = 0. Määritelmä 4.10. Jatkuvasti derivoituvien funktioiden y 1,y 2 : R Wronskin determinantti on jatkuva funktio [ ] y 1 (x) y 2 (x) W = W(y 1,y 2 ) : R, W(x) = det = y y 1(x) y 2(x) 1 (x)y 2 (x) y 2(x)y 1 (x). Lemma 4.11. Jos y 1,y 2 : R ovat jatkuvasti derivoituvia ja W(y 1,y 2 )(x 0 ) 0 jollakin x 0, niin {y 1,y 2 } on LI. Todistus. Jos {y 1,y 2 } olisi LD, niin y 1 = Cy 2 jollakin C R tai y 2 = Cy 1 jollakin C R; ilman yleisyyden menetystä voimme olettaa, että y 1 = Cy 2. Tällöin W(y 1,y 2 )(x) = y 1 (x)y 2 (x) y 2(x)y 1 (x) = Cy 2(x)y 2 (x) Cy 2(x)y 2 (x) = 0, mikä on ristiriidassa oletuksen kanssa. Huomautus 4.12. Käänteinen tulos ei yleisesti ottaen pidä paikkaansa, eli ehdosta W(x) = 0 kaikilla x ei seuraa, että {y 1,y 2 } olisi LD. Esimerkkinä tästä ovat funktiot y 1 (x) = x 2 ja Kuitenkin pätee: x 2, x 0 y 2 (x) = x 2, x < 0. Lause 4.13. Jos y 1,y 2 : R ovat homogeeniyhtälön y +p(x)y +r(x)y = 0 ratkaisuja, niin {y 1,y 2 } on LI jos ja vain jos W(y 1,y 2 )(x 0 ) 0 jollakin x 0. Todistus. Riittää osoittaa, että jos {y 1,y 2 } on LI, niin W(y 1,y 2 )(x 0 ) 0 jollakin x 0. Valitaan ensin x 0 siten, että y 2 (x 0 ) 0; tällainen piste on olemassa, sillä jos y 2 0, niin {y 1,y 2 } on LD. Suoralla laskulla (joka jää lukijalle harjoitustehtäväksi) nähdään, että Wronskin determinantti toteuttaa ensimmäisen kertaluvun lineaarisen yhtälön W +p(x)w = 0, joten W(x) = W(x 0 )e x 0 p(t)dt. 32

Siten jos W(x 0 ) = 0, niin W(x) = 0 kaikilla x. Erityisesti olisi [ ] d y1 (x) = y 2(x)y 1(x) y 1 (x)y 2(x) = W(x) dx y 2 (x) y 2 (x) 2 y 2 (x) = 0 2 jokaisella välin osavälillä, jolla y 2 (x) 0. Tällaisilla väleillä siis osamäärä y 1(x) y 2 (x) olisi vakio eli y 1 (x) = Cy 2 (x) jollakin C R. Tässä vakio C voisi periaatteessa riippua osavälistä, mutta Lauseen 4.1 yksikäsitteisyyspuoli takaa, että näin ei ole. Siten y 1 (x) = Cy 2 (x) kaikilla x, mistä seuraa, että {y 1,y 2 } on LD vastoin oletusta. Näin ollen W(x 0 ) 0 ja samalla nähtiin, että itse asiassa W(x) 0 kaikilla x. Seuraus 4.14. Jos y 1,y 2 : R ovat homogeeniyhtälön y + p(x)y +r(x)y = 0 lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, niin funktiolla y 2 on nollakohta funktion y 1 kahden nollakohdan välissä. Todistus. Tehdään antiteesi: y 1 (x 1 ) = y 1 (x 2 ) = 0, mutta y 2 (x) 0 kaikilla x ]x 1,x 2 [. Huomataanensin, ettäy 2 (x 1 ) 0 y 2 (x 2 ), sillä muuten Wronskin determinantti häviäisi näissä pisteissä. Näin ollen funktio h : [x 1,x 2 ] R, h(x) = y 1(x) on hyvin määritelty ja y 2 (x) h(x 1 ) = h(x 2 ) = 0. Rollen lauseen nojalla on olemassa ξ ]x 1,x 2 [ siten, että h (ξ) = 0, eli 0 = h (ξ) = W(ξ) y 2 (ξ) 2. SitenW(ξ) = 0ja{y 1,y 2 }LDedellisenlauseen(todistuksen) nojalla,mikäonristiriidassa oletuksen kanssa. Määritelmä 4.15. Kahdesti jatkuvasti derivoituvat funktiot y 1,y 2 : R muodostavat homogeeniyhtälön y +p(x)y +r(x)y = 0 ratkaisukannan 1, jos y 1 ja y 2 ovat yhtälön ratkaisuja ja jokaiselle ratkaisulle y : R on olemassa vakiot C 1,C 2 R siten, että y(x) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) kaikilla x. Lause 4.16. Seuraavat ehdot ovat yhtäpitäviä homogeeniyhtälön y +p(x)y +r(x)y = 0 ratkaisuille y 1 ja y 2 : (i) Funktiot y 1 ja y 2 muodostavat yhtälön ratkaisukannan. (ii) {y 1,y 2 } on LI. (iii) W(y 1,y 2 )(x 0 ) 0 jollakin x 0. (iv) W(y 1,y 2 )(x) 0 kaikilla x. 1 Joissakin lähteissä ratkaisukantaa kutsutaan myös nimellä perusjärjestelmä 33

Todistus. 1 Olkoon {y 1,y 2 } homogeeniyhtälön ratkaisukanta, ja osoitetaan, että funktiopari {y 1,y 2 } on LI: Tehdään antiteesi, {y 1,y 2 } on LD. Tällöin, ilman yleisyyden menetystä, voimme olettaa, että y 1 = Cy 2 jollakin C R. Koska {y 1,y 2 } on ratkaisukanta, niin kaikki homogeeniyhtälön ratkaisut voidaan lausua muodossa y(x) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) = (C 1 C +C 2 )y 2 (x) = C y 2 (x). Olkoon nyt x 0. Jos y 2 (x 0 ) = 0, niin yhtälön y + p(x)y + r(x)y = 0 alkuehdot y(x 0 ) = y (x 0 ) = 1 toteuttavaa ratkaisua (jollainen on olemassa Lauseen 4.1 nojalla) ei voida esittää muodossa y = C y 2. Jos taas y 2 (x 0 ) 0, niin alkuehdot y(x 0 ) = 0, y (x 0 ) = 1 toteuttavaa ratkaisua ei voida esittää muodossa y = C y 2. Siten {y 1,y 2 } ei ole ratkaisukanta, mikä on ristiriidassa oletuksen kanssa. 2 Oletetaan, että W(x 0 ) 0 jollakin x 0, ja osoitetaan, että {y 1,y 2 } on ratkaisukanta: Olkoon y mielivaltainen yhtälön y +p(x)y +r(x)y = 0 ratkaisu. Lauseen 4.13 todistuksen perusteella W(y 1,y 2 )(x) = Cµ(x), W(y,y 1 )(x) = C 1 µ(x) ja W(y,y 2 )(x) = C 2 µ(x) joillakin vakioilla C,C 1,C 2 R, missä Siten µ(x) = e p(x)dx (C 1 y 2 (x) C 2 y 1 (x))µ(x) = W(y,y 1 )(x)y 2 (x) W(y,y 2 )(x)y 1 (x) [ ] = y(x)y 1(x) y 1 (x)y (x) y 2 (x) [ ] y(x)y 2 (x) y 2(x)y (x) y 1 (x) ] = [y 2 (x)y 1 (x) y 1(x)y 2 (x) y(x) = W(y 1,y 2 )(x)y(x) = Cµ(x)y(x). Koska µ(x) 0 kaikilla x ja oletuksen perusteella Cµ(x 0 ) = W(y 1,y 2 )(x 0 ) 0, niin myös C 0. Siten saamme edellisestä yhtälöstä Näin ollen {y 1,y 2 } on ratkaisukanta. y(x) = C 2 C y 1(x) C 1 C y 2(x). Esimerkki 4.17. Funktiot y 1 (x) = sinx ja y 2 (x) = cosx ovat yhtälön y + y = 0 ratkaisuja ja W(y 1,y 2 )(x) = sin 2 x cos 2 x = 1 0 kaikilla x R. Siten {y 1,y 2 } muodostaa ratkaisukannan eli yhtälön y + y = 0 kaikki ratkaisut ovat muotoa y(x) = C 1 sinx+c 2 cosx, C 1,C 2 R. 34

Lause 4.18. Yhtälöllä y +p(x)y +r(x)y = 0 on olemassa ratkaisukanta. Todistus. Olkoot y 1 ja y 2 yhtälön y +p(x)y +r(x)y = 0 ratkaisuja alkuarvoilla y 1 (x 0 ) = 1, y 1(x 0 ) = 0 ja y 2 (x 0 ) = 0, y 2(x 0 ) = 1, missä x 0 on jokin välin piste. Tällöin W(y 1,y 2 )(x 0 ) = 1 0, joten väite seuraa Lauseesta 4.16. 4.3.2 Ratkaisukannan löytäminen kertaluvun pudotuksella Oletetaan, että y 1 on homogeeniyhtälön (4.3) y +p(x)y +r(x)y = 0 ratkaisu siten, että y 1 (x) 0 kaikilla x. Etsitään toista lineaarisesti riippumatonta ratkaisua y 2 muodossa y 2 (x) = v(x)y 1 (x). Tällöin suoralla laskulla nähdään, että y 2 on yhtälön (4.3) ratkaisu jos ja vain jos eli missä v y 1 +(2y 1 +p(x)y 1 )v +(y 1 +p(x)y 1 +r(x)y 1 ) v = 0 }{{} =0 v +s(x)v = 0, s(x) := 2 y 1 (x) y 1 (x) +p(x). Tämä yhtälö toteutuu jos v (x) = e s(x)dx, mistä saadaan ( ) v(x) = e t s(r)dr dt. Nyt on löydetty yhtälön (4.3) ratkaisukanta, sillä [ ] y1 (x) v(x)y W(y 1,y 2 )(x) = det 1 (x) y 1 (x) v (x)y 1 (x)+v(x)y 1 (x) = v (x)y 1 (x) 2 = e s(x)dx y 1 (x) 2 0 kaikilla x oletuksen y 1 (x) 0 perusteella. Esimerkki 4.19. Yhtälöllä y 1 x y + 1 x2y = 0, x 0 on ratkaisu y 1 (x) = x (joka löydetään kokeilemalla/arvaamalla). Haetaan toista ratkaisua y 2 muodossa y 2 (x) = v(x)x, jolloin y 2 (x) = v (x)x+v(x) ja y 2 = v (x)x+2v (x). Siten jos ja vain jos y 2 1 x y 2 + 1 x 2y 2 = v x+2v v 1 x v + 1 x v = v x+v = 0 v = 1 x v. Tämän separoituvan yhtälön eräs ratkaisu on v (x) = 1, josta edelleen v(x) = log x. x Siten etsitty ratkaisu on y 2 (x) = xlog x. Koska W(y 1,y 2 )(x) = x, saadaan tutkittavan yhtälön kaikki ratkaisut väleillä = ],0[ ja = ]0, [ muodossa y(x) = C 1 x+c 2 xlog x, C 1,C 2 R. 35

4.3.3 Vakiokertoiminen yhtälö Vakiokertoimiseen homogeeniyhtälöön y +ay +by = 0, a,b, R liittyvä karakteristinen yhtälö on λ 2 +aλ+b = 0. Sen ratkaisut ovat λ = a a 2 ± 2 4 Huomautus 4.20. Jos y(x) = e λx, niin b C. y +ay +by = λ 2 e λx +aλe λx +be λx = e λx (λ 2 +aλ+b). Lause 4.21. Vakiokertoimiseen homogeeniyhtälön y + ay + by = 0 kaikki ratkaisut saadaan muodossa (i) y(x) = C 1 e λ 1x +C 2 e λ 2x, jos λ 1,λ 2 R ovat karakteristisen yhtälön juuria ja λ 1 λ 2. (ii) y(x) = C 1 e λx +C 2 xe λx, jos λ R on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri. (iii) y(x) = C 1 e αx sin(βx)+c 2 e αx cos(βx), jos α ±iβ C ovat karakteristisen yhtälön kompleksijuuria. Todistus. (i) Merkitään y 1 (x) = e λ 1x ja y 2 (x) = e λ 2x. Suoralla laskulla (vertaa Huomautus 4.20) nähdään, että y 1 ja y 2 toteuttavat yhtälön y +ay +by = 0. Lisäksi W(y 1,y 2 )(x) = (λ 2 λ 1 )e (λ 1+λ 2 )x 0 kaikilla x R. Siten Lauseen 4.16 nojalla {y 1,y 2 } on yhtälön ratkaisukanta. Kohtien (ii) ja (iii) todistus jää lukijalle harjoitustehtäväksi. Esimerkki 4.22. Ratkaistaan alkuarvotehtävä y +2y +2y = 0, y(0) = 0, y (0) = 1. Karakteristinen yhtälö on tässä tapauksessa λ 2 +2λ+2 = 0, jonka juuret ovat λ = 1±i. Siten yhtälön y +2y +2y = 0 ratkaisut saadaan muodossa y(x) = C 1 e x sinx+c 2 e x cosx, C 1,C 2 R. Ehdosta y(0) = 0 seuraa C 2 = 0, joten y (x) = C 1 e x sinx+c 1 e x cosx. Ehto y (0) = 1 toteutuu kun C 1 = 1, joten etsitty alkuarvotehtävän ratkaisu on y(x) = e x sinx. 36

Huomautus 4.23. Lauseen 4.21kohdan(ii) ratkaisukanta{e λx,xe λx }löydetäänkertaluvun pudotuksella: muodossa y 2 (x) = v(x)e λx tehty yrite johtaa ratkaisuun y 2 (x) = xe λx. Kohta (iii) puolestaan selittyy (ainakin osin) sillä, että kompleksiluvulle z = α + iβ pätee e z = e α (cosβ +isinβ). 4.3.4 Yleisen lineaariyhtälön ratkaiseminen Tarkastellaan yhtälöä (4.4) y +p(x)y +r(x)y = q(x), missä p,r,q : R ovat jatkuvia. Lause 4.24. Jos funktiot {y 1,y 2 } muodostavat homogeeniyhtälön y +p(x)y +r(x)y = 0 ratkaisukannan ja y 3 on yhtälön (4.4) jokin ratkaisu, niin (4.4):n kaikki ratkaisut saadaan muodossa y(x) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+y 3 (x), C 1,C 2 R. Todistus. Harjoitustehtävä, johon vihjeitä voi etsiä Lauseen?? todistuksesta. Esimerkki 4.25. Ratkaistaan lineaarinen yhtälö y +y = x. Vastaavan vakiokertoimisen homogeeniyhtälön y +y = 0 (eräs) ratkaisukanta on y 1 (x) = sinx, y 2 (x) = cosx. Lisäksi havaitaan, että y 3 (x) = x on yhtälön y + y = x ratkaisu, joten sen kaikki ratkaisut saadaan muodossa y(x) = C 1 sinx+c 2 cosx+x, C 1,C 2 R. 4.3.5 Vakioiden variointi elimitenyksittäisratkaisuy 3 löydetään,josvastaavanhomogeeniyhtälönjokinratkaisukanta {y 1,y 2 } tunnetaan? Ideana on etsiä kahdesti jatkuvasti derivoituvat funktiot C 1,C 2 : R siten, että y 3 (x) = C 1 (x)y 1 (x)+c 2 (x)y 2 (x) on yhtälön (4.4) ratkaisu. Tälle yritteelle pätee y 3 = C 1 y 1 +C 1 y 1 +C 2 y 2 +C 2 y 2. Tehdään tässä vaiheessa lisäoletus C 1 y 1 +C 2 y 2 = 0, jolloin y 3 = C 1y 1 +C 2y 2 ja y 3 = C 1y 1 +C 1 y 1 +C 2y 2 +C 2 y 2. 37