Ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö¶

Tarkastellaan seuraavaksi 1. kertaluvun lineaarista differentiaaliyhtälöä (linear first-order equation)

$y'+a(x)y=f(x),$

missä $a(x)$ ja $f(x)$ ovat jatkuvia avoimella välillä $I$ . Yllä esitetyn lineaarisen yhtälön sanotaan olevan normaalimuodossa. Koska jatkuvat funktiot ovat integroituvia, niin funktiolla $a(x)$ on vakiota vaille yksikäsitteinen integraalifunktio välillä $I$ . Valitaan näistä integraalifunktioista yksi ja merkitään sitä $A(x)$ . Muodostetaan funktio $\mu(x)=e^{A(x)}\not=0$ , jota kutsutaan integroivaksi tekijäksi (integrating factor). Kerrotaan normaalimuotoinen 1. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö puolittain funktiolla $\mu(x)$ , jolloin

$\left(y'(x)+a(x)y(x)\right)e^{A(x)}=f(x)e^{A(x)}.$

Tämä muistuttaa tulon $y(x)\mu(x)$ derivaattaa

$\begin{split}\begin{aligned} D_x\big(y(x)\mu(x)\big)&=y'(x)\mu(x)+y(x)\mu'(x)\\ &=y'(x)e^{A(x)}+y(x)e^{A(x)}A'(x)\\ &=y'(x)\mu(x)+y(x)\mu(x)a(x)\\ &=\mu(x)\left(y'(x)+a(x)y(x)\right),\end{aligned}\end{split}$

eli differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa

$D_x\big(y(x)\mu(x)\big)=\mu(x)f(x).$

Integroimalla puolittain saadaan

$y(x)\mu(x)=\int\mu(x)f(x)\,\mathrm{d}x+C,$

josta funktio $y(x)$ on helppo ratkaista. Saatiin todistettua seuraava lause.

Lause.

Ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälön yleinen ratkaisu löydetään seuraavasti.

Muodosta integroiva tekijä $\mu(x)=e^{\int a(x)\,\mathrm{d}x}$ .
Kerro yhtälö puolittain integroivalla tekijällä.
Tunnista yhtälön vasemmalta puolelta derivaatta $D_x\big(y(x)\mu(x)\big)$ .
Integroi puolittain.

Lause.

Olkoon $x_0$ välin $I$ piste ja $y_0$ reaaliluku. Tällöin 1. kertaluvun lineaariyhtälöllä on täsmälleen yksi alkuehdon $y(x_0)=y_0$ toteuttava ratkaisu $y(x)$ välillä $I$ .

Todistus.

Integraalifunktion $A(x)$ valinnalla ei ole vaikutusta funktioon $y(x)$ . Nimittäin jos integroivan tekijän yhtälössä funktion $A(x)$ paikalle sijoitetaan $A(x)+D$ , niin saadaan puolittain tekijä $e^{A(x)+D}=e^{A(x)}e^D$ , joten vakio $e^D$ voidaan jakaa yhtälöstä puolittain pois.

Kiinnitetään siis jokin integraalifunktio $A(x)$ . Ensimmäisen kertaluvun yhtälöstä voidaan ratkaista yksikäsitteisesti sellainen $C$ , että $y(x_0)=y_0$ ja

$C=y_0\mu(x_0)-\left[\int\mu(x)f(x)\,\mathrm{d}x\right]_{x=x_0}.$

$\square$

Esimerkki.

Ratkaise alkuarvotehtävä $x^3y'+x^2y=x^4$ , $y(1)=0$ .

Ratkaisu.

Muokataan yhtälö ensin normaalimuotoon

$y'+\frac1xy=x,$

missä $x\not= 0$ . Oletus $x \not= 0$ ei rajoita ratkaisun yleisyyttä, sillä jos $x = 0$ , niin mikä tahansa funktio $y$ toteuttaa yhtälön. Normaalimuodosta voidaan nyt tunnistaa $a(x)=\frac{1}{x}$ ja $f(x)=x$ , joten kirjoitetaan

$A(x)=\int\frac{dx}{x}=\ln|x|.$

Koska alkuehdossa $x=1>0$ , niin haetulle ratkaisulle $x>0$ . Niinpä $A(x)=\ln x$ ja integroivaksi tekijäksi saadaan $\mu(x)=e^{\ln x}=x$ . Kerrotaan normaalimuotoinen yhtälö tällä puolittain, jolloin

$x^2 = xy' + y = D_x(xy).$

Integroimalla saadaan

$xy = \int x^2\,\mathrm{d}x + C = \frac{1}{3}x^3 + C \Leftrightarrow y(x) = \frac{1}{3}x^2 + \frac{C}{x}.$

Muistetaan alkuehto $y(1) = \frac{1}{3} + C = 0$ , jolloin on oltava $C = -\frac{1}{3}$ . Kysytty alkuarvotehtävän ratkaisu on siis

$y(x)=\frac{1}{3}\left(x^2-\frac{1}{x}\right),$

kun $x > 0$ .

Havainnollistetaan vielä alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaoloa ja yksikäsitteisyyttä edellisen esimerkin tapauksessa. Nyt $x_0=1\in(0,\infty)$ . Kuvaan on piirretty alkuehdon $y(1)=0$ toteuttava ratkaisu ( $C=-1/3$ ) sekä muutama muu ratkaisu (parametrin $C$ arvoilla $-2,-1,0,1$ ja $2$ ) välillä $(0,\infty)$ . Vastaavasti myös välille $(-\infty,0)$ on piirretty muutama ratkaisu (parametrin $C$ arvoilla $-2,-1,0,1$ ja $2$ ). Jokaisen pisteen $(x_0,y_0)$ kautta kulkee kuitenkin aina täsmälleen yksi ratkaisukäyrä, sillä ne eivät koskaan leikkaa toisiaan.

Esimerkki.

Ratkaise differentiaaliyhtälö $y'+3x^2y=6x^2$

Ratkaisu.

Yhtälö on jo valmiiksi normaalimuodossa. Yhtälön integroivaksi tekijäksi saadaan $\mu(x)=e^{\int 3x^2\,\mathrm{d}x}=e^{x^3}$ . Kerrotaan yhtälö tällä puolittain ja saadaan

$6x^2e^{x^3} = e^{x^3}y' + 3x^2e^{x^3}y = D_x\left(e^{x^3}y\right) \Leftrightarrow e^{x^3}y = \int 6x^2e^{x^3}\,\mathrm{d}x + C = 2e^{x^3} + C.$

Täten yleinen ratkaisu on

$y(x) = e^{-x^3}\left(2e^{x^3} + C\right) = 2 + Ce^{-x^3}.$

Tarkastetaan ratkaisu sijoittamalla takaisin differentiaaliyhtälöön.

$D_x\left(2 + Ce^{-x^3}\right) + 3x^2\left(2 + Ce^{-x^3}\right) = -3Cx^2e^{-x^3} + 6x^2 + 3Ce^{-x^3} = 6x^2$

Huomautus.

Kun differentiaaliyhtälölle on saatu laskettua ratkaisu, kannattaa vielä erikseen tarkastaa, että ratkaisu $y(x)$ toteuttaa sekä differentiaaliyhtälön että mahdollisen alkuehdon.