Differentiaaliyhtälöt

Differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöksi (lyh. DY) sanotaan yhtälöä, jossa on tuntemattomana jokin funktio y(x) ja jossa esiintyy sen derivaattoja y, y, y, y (4),... Esimerkiksi y + y = x, y y + y = x 2 y, (y ) 3 + x 2 y y = x + y ovat differentiaaliyhtälöitä. Tällaisessa yhtälössä siis ajatellaan että x on muuttuja ja y on x:n funktio, y = y(x), ja tarkoituksena on ratkaista y. Differentiaaliyhtälöihin johdutaan sovelluksissa usein, ja seuraavien johdattelevien esimerkkien tarkoituksena on valottaa tätä seikkaa. Kaksi johdattelevaa esimerkkiä Tarkastellaan kanipopulaatiota. Olkoon P = P (t) populaation koko ajan t funktiona. Tehdään yksinkertainen oletus, että populaation kasvunopeus on suoraan verrannollinen populaation sen hetkiseen kokoon. Tämä voidaan ilmaista yhtälönä dp = kp dt missä k on vakio. Tämä on eräs I kertaluvun DY. Se ratkaistaan myöhemmin, ja tuloksena saadaan P = Ce kt (C R), missä C on uusi vakio. Tämä on DY:n ratkaisu jokaisella C:n arvolla, niin kuin helposti toteaa, joten tässä on kokonainen parvi ratkaisuja. Muita ratkaisuja ei ole. Parvea kutsutaan DY:n yleiseksi ratkaisuksi. Nähdään siis, että tehty yksinkertainen oletus johtaa populaation eksponentiaaliseen kasvuun. Kanipopulaatiolle hiukan realistisempi malli on dp dt = kp (P 0 P ), missä k ja P 0 ovat vakioita. Oletetaan että k, P 0 > 0. Voi ajatella, että tässä mallissa on otettu huomioon kasvun rajat: populaatio ei voi kasvaa loputtomiin esimerkiksi ravinnon rajallisuuden ja petojen vuoksi. Tämä ajatus on mukana DY:ssä, sillä jos P jossain vaiheessa ylittää P 0 :n, siis P > P 0, niin yhtälöstä seuraa dp dt < 0, joten populaatio pieneneekin. Vakio P 0 kuvaa ympäristön kantokykyä jollain tavalla. 1

Jotta nähtäisiin, millaiseen populaation kehitykseen valittu malli johtaa, pitää DY ensin ratkaista. Tämän yhtälön voisi ratkaista separoituvien yhtälöiden menetelmällä, joka esitetään myöhemmin, mutta kun lasku sisältää sellaisen integroinnin, joka menee tämän kurssin ulkopuolelle, vaikkei itsessään vaikea olekaan, niin otetaan tässä vain tulos valmiina; se on P = P 0 1 + Ce P 0kt (C R), missä C on taas uusi vakio joka syntyy ratkaisussa. Tämä lauseke esiintyi Matematiikan peruskurssi A:n monisteessa esimerkissä 5.9 (s. 88). Sijoittamalla t = 0 saadaan populaation alkukooksi P (0) = P 0 1 + C, josta nähdään, että C määräytyy alkuarvosta P (0). (Täytyy rajoittua C:n arvoihin C > 1 koska tietenkin pitää olla P (0) > 0.) Kun t, niin e P 0kt 0 joten P P 0, eli populaation koko lähestyy asymptoottisesti ympäristön kantokykyä P 0. Seuraavissa kuvioissa on piirretty P (t) joillakin parametrien k, P 0 arvoilla kahdella eri alkuarvolla P (0). Ensimmäisen kuvion alkutilanteessa on P (0) < P 0 ja toisessa on P (0) > P 0... P (t) C > 0.. P (t) P (0) 1 < C < 0 P 0. P 0. P (0) t.. t.. Peruskäsitteitä Differentiaaliyhtälö on kertalukua n, jos n:s derivaatta y (n) on korkein joka siinä esiintyy. Esimerkiksi differentiaaliyhtälöt y y + 1 = x, (y ) 2 + x 3 y = 0, yy + y 5 y = x 10 ovat vastaavasti kertalukua 1, 2 ja 3. Differentiaaliyhtälön ratkaisussa ilmestyy uusia vakioita, ns. integrointivakioita C 1, C 2..., C n. Jos DY on kertalukua n, niin integrointivakioita tulee n kappaletta. Esimerkiksi monisteen esimerkissä 3.1 yhtälö y = 2x on I kertalukua ja sen ratkaisussa y = x 2 + C (C R); 2

on yksi integrointivakio. Kun käyriä y = x 2 + C piirretään paperille, yksi käyrä kullakin C:n arvolla, niin saadaan käyräparvi (tässä tapauksessa paraabeliparvi), katso kuvaa monisteen s. 23. Yleisestikin I kertaluvun DY:n ratkaisuna saadaan 1-parametrinen käyräparvi. Kääntäen tämä tarkoittaa, että käyräparvia tutkittaessa DY:t ovat aivan keskeisiä. Tällä kurssilla käyräparvia ei käsitellä. Sovelluksissa DY:n mukana tulee usein jokin alkuehto (tai useampi), jonka avulla integrointivakio (tai -vakiot) voidaan ratkaista. Esimerkiksi alkuehtotehtävässä y = 2x, y(0) = 1 saadaan ensin DY:n yleinen ratkaisu y = x 2 + C, johon sitten sijoitetaan alkuehto y(0) = 1; seuraa 1 = 0 2 + C eli C = 1. Siis alkuehtotehtävän ratkaisu on y = x 2 + 1. Differentiaaliyhtälöt voivat olla vaikeita. Tällä kurssilla opitaan ratkaisemaan kolme tapausta, jotka ovat sovellusten kannalta tärkeitä: separoituva DY, muotoa y + f(x)y = g(x) oleva DY, muotoa y + ay + by = 0 oleva DY. Separoituva DY Jos DY on ns. separoituva DY, ratkaisemiseen on aivan erityinen menetelmä. Ennen kuin käydään menetelmä läpi yleisesti, katsotaan esimerkillä, miten se menee. Ratkaistaan DY yy = x. Tämä on separoituva DY ja se ratkaistaan vaiheittain seuraavasti. 1) Kirjoitetaan yhtälö muotoon y dx = x. 2) Viedään kaikki y:stä riippuva vasemmalle puolelle ja kaikki x:stä riippuva oikealle puolelle, y = x dx, missä derivaattaa dx on käsitelty ikään kuin se olisi todellinen osamäärä (mitä se ei tietenkään ole, muttei nyt yritetä perustella tämän tempun oikeutusta). Yhtälön separoituvuus tarkoittaa juuri sitä, että on mahdollista viedä kaikki x:stä ja y:stä riippuvat osat eri puolille. 3

3) Laitetaan integrointimerkit: y = x dx. 4) Integroidaan: 1 2 y2 = 1 2 x2 + 1 2 C, missä integrointivakio on otettu vain yhtälön oikealle puolelle (ja kirjoitettu valmiiksi muotoon 1 2 C). 5) Ratkaistaan y: y = ± x 2 + C (C R). Tässä on DY:n ratkaisu. On mukava myös jättää ratkaisu muotoon y 2 x 2 = C (C R), koska tästä nähdään heti, että ratkaisukäyrät ovat hyperbelejä; siis saadaan eräs hyperbeliparvi. Separoituvan DY:n ratkaisumenetelmä yleisesti Olkoon DY separoituvaa muotoa y = f(x)g(y). Monisteen sivulla 24 esitetään ratkaisuvaiheet. Ne ovat samat kuin eo. esimerkissä, ja aivan lyhyesti ne menevät näin: 1) 2) 3) dx = f(x)g(y) = f(x) dx g(y) g(y) = f(x) dx 4) Integroidaan kumpikin puoli. 5) Ratkaistaan y. Monisteessa oletetaan g(y) 0. Tarkkaan ottaen tässä saattaa jäädä osa ratkaisuista pois. Jos nimittäin y 0 R on sellainen vakio, että g(y 0 ) = 0, niin vakiofunktio y = y 0 toteuttaa alkuperäisen DY:n (sillä kun se sijoitetaan sinne, niin kumpikin puoli = 0), mutta se putoaa pois g(y):llä jaettaessa. Siispä se pitää laskun lopuksi ottaa erikseen mukaan. 6) Katsotaan, onko g(y):llä nollakohtia y 1,..., y k, ja jos on, niin otetaan mukaan ratkaisut y = y 1,..., y = y k. 4

Ratkaistaan edellä ollut DY dp dt = kp. Muuttujana on t ja etsittävänä funktiona P (t). Vaihdetaan selvyyden vuoksi merkinnöiksi t:n ja P :n tilalle x ja y. Siis DY on dx = ky, missä y = y(x). Tämä on separoituva DY. Tässä lasku tulee ilman enempiä selityksiä: dx = ky y y = k dx = k dx ln y = kx + C (C R) y = e kx+c = e C e kx (C R) y = ±e C e kx (C R). Merkitään lukua ±e C uudella vakiolla C 1 ja huomataan että se saa kaikki reaaliarvot paitsi nollan; siis y = C 1 e kx (C 1 R, C 1 0). Tämä olisi nyt vastaus, paitsi että kun laskun alussa jaoimme y:llä, ratkaisu y = 0 tipahti pois. Ottamalla se mukaan saadaan vastaukseksi y = C 1 e kx (C 1 R), missä vielä voisi C 1 :n tilalle kirjoittaa C:n. Siis alun DY:n ratkaisu todella on P = Ce kt (C R). Huomautus Tuo g(y):n nollakohdista huolehtiminen saattaa tuntua hiusten halkomiselta. Siltä tämän kurssin yksinkertaisten esimerkkien valossa varmaan näyttääkin. Niissä nimittäin käy juuri niin kuin äsken, että tämä lisävaiva ei tuota muuta kuin ratkaisun, joka ilmiselvästi ratkaisuparvesta puuttuu. Äskeisessä esimerkissähän ratkaisun y = 0 ottaminen mukaan vain paikkasi ratkaisuparveen jääneen aukon C 1 = 0. Mutkikkaammissa yhtälöissä tällä tavalla saatetaan kuitenkin löytää varsinaisen ratkaisuparven ulkopuolisia ns. erikoisratkaisuja, jotka ovat tutkittavassa sovelluksessa ehkä tärkeitäkin. 5

Otetaan vielä yksi samanlainen esimerkki. Ratkaistaan DY Tämäkin on separoituva: dx = x(y + 1) y + 1 = x dx y + 1 = y = xy + x. x dx ln y + 1 = 1 2 x2 + C (C R) y + 1 = ± e 1 2 x2 +C (C R) y + 1 = ± e C e 1 2 x2 (C R) y = 1 + C 1 e 1 2 x2 (C 1 R, C 1 0) Taas matkan varrella jäi pois ratkaisu y +1 = 0 eli y = 1. Kun se liitetään ratkaisuun mukaan, saadaan y = 1 + Ce 1 2 x2 (C R) Tehdäänpä vielä tarkistus sijoittamalla löydetty ratkaisu alkuperäiseen yhtälöön. Kun y = 1 + Ce 1 2 x2, niin y = Ce 1 2 x2 1 2 2x = Cxe 1 2 x2 ja xy + x = x(y + 1) = x ( 1 + Ce 1 2 x2 + 1 ) = Cxe 1 2 x2. I kertaluvun lineaarinen DY Muotoa y + f(x)y = g(x) olevalla DY:llä on ratkaisukaava y = e F (x) g(x)e F (x) dx missä F (x) on f(x):n jokin integraalifunktio. Todistus on monisteessa. (Otsikossa sana lineaarinen tarkoittaa, että yhtälössä on vain 1. asteen termejä y:n ja sen derivaattojen suhteen; siis ei ole tulotermejä kuten y 3, yy, (y ) 2, yy y jne.) 6

Edellä ratkaistiin DY y = xy + x separoituvana DY:nä. Siihen sopii myös tämä uusi keino, sillä kun se kirjoitetaan y xy = x, niin se on em. muotoa, missä f(x) = x ja g(x) = x. Koska ( x)dx = 1 2 x2 + C, voidaan valita F (x) = 1 2 x2. Huomaa, että integrointivakiota ei F (x):ään oteta. Kaavasta saadaan y = e F (x) g(x)e F (x) dx = e 1 2 x2 xe 1 2 x2 dx = e 1 x2( ) 2 e 1 2 x2 + C = 1 + Ce 1 2 x2 (C R). Huomaa, mihin C tuli: se on sulkujen sisällä. Tässä kohden tehdään usein virhe. Otetaan toinen samanlainen. Yhtälö y 1 x y = x3 on muotoa y + f(x)y = g(x), kun merkitään f(x) = 1 x ja g(x) = x3. Nyt integraalifunktio olisi F (x) = ln x, ja muistetaan, että itseisarvot tarkoittavat, että tässä on keinotekoisesti kirjoitettu kaksi tapausta yhdeksi. Valitaan sellainen strategia, että ensin suoritamme laskun olettamalla, että x > 0, ja sitten laskun lopuksi teemme tarkistuksen, jolloin näemme, päteekö saamamme vastaus myös kun x < 0. Tällä tavalla meidän ei tarvitse huolehtia itseisarvoista. 7

Siis oletetaan, että x > 0, ja merkitään F (x) = ln x. Saadaan y = e F (x) g(x)e F (x) dx = e ln x = x = x x 3 e ln x dx x 3 x 1 dx x 2 dx ) = x( 1 3 x3 + C = 1 3 x4 + Cx (C R). Laskussa käytettiin sitä, että e ln x = x (käänteisfunktiot) ja e ln x = ( e ln x) 1 = x 1. Suoritetaan tarkistus sijoittamalla saatu tulos y = 1 3 x4 + Cx alkuperäiseen DY:hyn: Koska y = 4 3 x3 + C, niin siis asia on kunnossa. y 1 x y = ( 4 3 x3 + C ) 1 x ( 1 3 x4 + Cx ) = x 3 ; Otetaan vielä yksi, vähän kierompi esimerkki, jossa ei käytetä johdettua yleistä kaavaa y = e F (x) g(x)e F (x) dx vaan sen johdossa esiintyvää ideaa. Ratkaistaan yhtälö xy ln x + y = x 2. Jakamalla tulolla x ln x tämä kyllä saataisiin muotoon, johon kaava sopisi (ja laskukin olisi helppo), mutta käytetään nyt kuitenkin sitä huomiota, että kun jaetaankin x:llä, niin yhtälö muuttuu muotoon y ln x + y 1 x = x, jossa vasen puoli on = D(y ln x)! Siis seuraa y ln x = x dx = 1 2 x2 + C, josta 1 2 y = x2 + C (C R). ln x Tällä menetelmällä on nimikin, integroivan tekijän menetelmä. Tässä laskussa x 1 toimi integroivana tekijänä, ja yleisen kaavan johdossa (moniste, s. 25) integroivana tekijänä oli e F (x). 8

Myös aikaisempi esimerkki yy = x ratkeaisi helpoiten samalla idealla: vasen puoli on D( 1 2 y2 ), joten 1 2 y2 = x dx ja niin edelleen. Muotoa y + ay + by = 0 oleva DY Edellä käsitellyt kaksi tyyppiä DY:itä (separoituva DY ja I kertaluvun lineaarinen DY) olivat I kertalukua, joten vastaukseen tuli aina yksi integrointivakio C. Nyt tarkasteltavat DY:t y + ay + by = 0 ovat II kertalukua, joten tulee kaksi integrointivakiota C 1 ja C 2. Voidaan jopa osoittaa (ei tehdä tällä kurssilla), että ratkaisu on muotoa y = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) (C 1, C 2 R), missä y 1 ja y 2 ovat joitakin sopivia funktioita, DY:n yksittäisratkaisuja. Monisteessa näytetään, että y = e rx on tämän DY:n ratkaisu jos ja vain jos r toteuttaa yhtälön r 2 + ar + b = 0, jota sanotaan DY:n karakteristiseksi yhtälöksi. Peukalosääntö: DY:n y + ay + by = 0 karakteristinen yhtälö muodostetaan korvaamalla y r 2, y r, y 1. Siis jos karakteristisella yhtälöllä sattuu olemaan erisuuret reaalijuuret r 1 ja r 2, niin y = e r1x ja y = e r2x ovat DY:n ratkaisuja, ja voidaan osoittaa, että yleinen ratkaisu on y = C 1 e r 1x + C 2 e r 2x (C 1, C 2 R). Muissakin tapauksissa voidaan ratkaisu heti kirjoittaa. Ne on esitetty seuraavassa taulukossa. Karakteristisen yhtälön juuret DY:n y +ay +b = 0 yleinen ratkaisu r 1, r 2 R, r 1 r 2 (erisuuret reaalijuuret) r 1 = r 2 = r R (kaksinkertainen reaalijuuri) r 1, r 2 = α ± iβ, α, β R, β 0 (kompleksijuuret) y = C 1 e r1x + C 2 e r 2x (C 1, C 2 R) y = C 1 e rx + C 2 xe rx (C 1, C 2 R) y = C 1 e αx sin βx + C 2 e αx cos βx (C 1, C 2 R) 9

Valitettavasti tällä kurssilla näistä ei todisteta mitään, niin että nämä jäävät uskon asiaksi, ja kaavat on vain opittava ulkoa. Otetaan esimerkki kustakin kolmesta tapauksesta. DY:n y y 2y = 0 karakteristinen yhtälö on r 2 r 2 = 0, jonka juuret ovat r 1 = 2, r 2 = 1, joten ratkaisu on y = C 1 e 2x + C 2 e x (C 1, C 2 R). DY:n y 2y + y = 0 karakteristisella yhtälöllä on yksi juuri r = 1; siis ratkaisu on r 2 2r + 1 = (r 1) 2 = 0 y = C 1 e x + C 2 xe x (C 1, C 2 R). DY:n karakteristisen yhtälön y + 2y + 5y = 0 r 2 + 2r + 5 = 0 juuret ovat 1 ± 2i. Siis α = 1 ja β = 2, ja ratkaisu on y = C 1 e x sin 2x + C 2 e x cos 2x (C 1, C 2 R). Monisteen esimerkissä 3.8 näkyy, millainen on taulukon kolmannen tapauksen ratkaisun kuvaaja. Tällainen DY saattaisi esittää ns. vaimennettua harmonista värähtelijää, siis harmonista värähtelijää jossa on mukana kitkatekijä. Näitä tulee vastaan ainakin fysiikassa. 10

Huomautus Niitä, jotka tuntevat hiukan lineaarialgebraa, seuraavat seikat saattavat kiinnostaa. Differentiaaliyhtälöiden teoriassa todistetaan, että koska DY y + ay + by = 0 on niin sanotusti lineaarinen DY (missä sana lineaarien on nyt eri merkityksessä kuin aiemmin), sen ratkaisut muodostavat lineaariavaruuden, ja koska DY:n kertaluku on 2, niin ratkaisuavaruuden dimensio on 2. Siis ratkaisuavaruudella on kanta {y 1, y 2 }, ja niin muodoin yleinen ratkaisu on y = C 1 y 1 + C 2 y 2 (C 1, C 2 R). DY:n ratkaisemiseksi riittääkin siis löytää kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua y 1 ja y 2, koska silloinhan ne muodostavat kannan. Eo. taulukossa on itse asiassa annettu sellaiset kannat kyseisissä kolmessa tapauksessa: {e r1x, e r2x }, {e rx, xe rx }, {e αx sin βx, e αx cos βx}. Huomautus Mainittakoon vielä, että jos sallisimme kompleksifunktiot, niin taulukon kolmannessakin tapauksessa, jossa siis karakteristisella yhtälöllä on kompleksijuuret r 1, r 2 = α ± iβ, ratkaisu voitaisiin kirjoittaa y = C 1 e r 1x + C 2 e r 2x (C 1, C 2 C), kuten ensimmäisessäkin tapauksessa, paitsi että tässä on nyt kompleksiset eksponenttifunktiot ja C 1, C 2 C. Syy, miksi kaava on meillä hankalampi, on se, että haluamme käsitellä vain reaalifunktioita. Ratkaisuavaruudella on siis yli C:n kanta {e r1x, e r2x }, missä on kompleksiset eksponenttifunktiot. Meitä reaalifunktioihin rajoittuneita varten ratkaisuavaruudelle pitää löytää reaalinen kanta, ja sellaiseksi löydetään tämä mutkikkaampi {e αx sin βx, e αx cos βx}. 11