\[\newcommand{\N}{\mathbb N} \newcommand{\Z}{\mathbb Z} \newcommand{\Q}{\mathbb Q} \newcommand{\R}{\mathbb R} \renewcommand{\C}{\mathbb C} \newcommand{\ba}{\mathbf{a}} \newcommand{\bb}{\mathbf{b}} \newcommand{\bc}{\mathbf{c}} \newcommand{\bd}{\mathbf{d}} \newcommand{\be}{\mathbf{e}} \newcommand{\bbf}{\mathbf{f}} \newcommand{\bh}{\mathbf{h}} \newcommand{\bi}{\mathbf{i}} \newcommand{\bj}{\mathbf{j}} \newcommand{\bk}{\mathbf{k}} \newcommand{\bN}{\mathbf{N}} \newcommand{\bn}{\mathbf{n}} \newcommand{\bo}{\mathbf{0}} \newcommand{\bp}{\mathbf{p}} \newcommand{\bq}{\mathbf{q}} \newcommand{\br}{\mathbf{r}} \newcommand{\bs}{\mathbf{s}} \newcommand{\bT}{\mathbf{T}} \newcommand{\bu}{\mathbf{u}} \newcommand{\bv}{\mathbf{v}} \newcommand{\bw}{\mathbf{w}} \newcommand{\bx}{\mathbf{x}} \newcommand{\by}{\mathbf{y}} \newcommand{\bz}{\mathbf{z}} \newcommand{\bzero}{\mathbf{0}} \newcommand{\nv}{\mathbf{0}} \newcommand{\cA}{\mathcal{A}} \newcommand{\cB}{\mathcal{B}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\cD}{\mathcal{D}} \newcommand{\cE}{\mathcal{E}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cG}{\mathcal{G}} \newcommand{\cH}{\mathcal{H}} \newcommand{\cI}{\mathcal{I}} \newcommand{\cJ}{\mathcal{J}} \newcommand{\cK}{\mathcal{K}} \newcommand{\cL}{\mathcal{L}} \newcommand{\cM}{\mathcal{M}} \newcommand{\cN}{\mathcal{N}} \newcommand{\cO}{\mathcal{O}} \newcommand{\cP}{\mathcal{P}} \newcommand{\cQ}{\mathcal{Q}} \newcommand{\cR}{\mathcal{R}} \newcommand{\cS}{\mathcal{S}} \newcommand{\cT}{\mathcal{T}} \newcommand{\cU}{\mathcal{U}} \newcommand{\cV}{\mathcal{V}} \newcommand{\cW}{\mathcal{W}} \newcommand{\cX}{\mathcal{X}} \newcommand{\cY}{\mathcal{Y}} \newcommand{\cZ}{\mathcal{Z}} \newcommand{\pv}{\overline} \newcommand{\re}{\operatorname{Re}} \newcommand{\im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\arsinh}{\operatorname{ar\,sinh}} \newcommand{\arcosh}{\operatorname{ar\,cosh}} \newcommand{\artanh}{\operatorname{ar\,tanh}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\proj}{\operatorname{proj}} \newcommand{\rref}{\operatorname{rref}} \newcommand{\rank}{\operatorname{rank}} \newcommand{\Span}{\operatorname{span}} \newcommand{\vir}{\operatorname{span}} \renewcommand{\dim}{\operatorname{dim}} \newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} \newcommand{\geom}{\operatorname{geom}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\norm}[1]{\lVert #1 \rVert} \newcommand{\tp}[1]{#1^{\top}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\sij}[2]{\bigg/_{\mspace{-10mu}#1}^{\,#2}} \newcommand{\qedhere}{}\]

Ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälö

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

(1)\[y'+a(x)y=f(x),\]

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 \(I\).

Mikä seuraavista kuvauksista sopii parhaiten yhtälölle

\[a(x)y - f(x) + y' = 0 \text{?}\]

Yleisesti differentiaaliyhtälöiden teoriassa keskeisinä laadullisina kysymyksinä ovat annetun yhtälön ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys. Tällä kurssilla ei paneuduta näihin ongelmiin syvällisemmin kuin tässä ensimmäisen kertaluvun lineaarisen yhtälön tapauksessa.

Lause 3.5.1 (Ratkaisun olemassaolo)

Olkoot \(a(x)\) ja \(f(x)\) jatkuvia funktioita välillä \(I\). Tällöin yhtälöllä (1) on ratkaisu

\[y(x)=e^{-A(x)} \Big(\int f(x)e^{A(x)}\,\d x+C\Big),\]

missä \(A(x)\) on jokin funktion \(a(x)\) integraalifunktio välillä \(I\) ja \(C\in\mathbb{R}\).

Todistus

Kerrotaan normaalimuotoinen 1. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö puolittain funktiolla \(\mu(x)=e^{A(x)}\) (nimeltään integroiva tekijä), 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

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

eli differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa

\[D\big(y(x)\mu(x)\big)=\mu(x)f(x).\]

Integroimalla puolittain saadaan

\[y(x)\mu(x)=\int\mu(x)f(x)\,\d x+C,\]

jossa integroimisvakio \(C\) voidaan vapaasti valita.

Jos yhtälössä (1) funktio \(f(x)=0\) välillä \(I\), sanotaan yhtälöä homogeeniseksi.

Seuraus 3.5.2

Jos \(a(x)\) on jatkuva funktiota välillä \(I\), niin kaikki homogeenisen 1. kertaluvun yhtälön

\[y'+a(x)y=0\]

ratkaisut välillä \(I\) ovat muotoa

\[y(x)=Ce^{-A(x)},\]

missä \(A(x)\) on funktion \(a(x)\) integraalifunktio.

Todistus

Edellisestä lauseesta seuraa, että \(y(x)=Ce^{-A(x)}\) on homogeenisen yhtälön ratkaisu. Osoitetaan vielä, että kaikki ratkaisut ovat tätä muotoa. Muiden ratkaisujen olisi oltava välttämättä muotoa \(\widetilde{y}(x)=c(x)e^{-A(x)}\), missä \(c(x)\) on jokin funktio. Sijoittamalla tämä yhtälöön, saadaan

\[\begin{split}\begin{aligned} \widetilde{y}'(x)+a(x)\widetilde{y}(x)&= c'(x)e^{-A(x)}-a(x)c(x)e^{-A(x)}+a(x)c(x)e^{-A(x)}\\ &=c'(x)e^{-A(x)}=0. \end{aligned}\end{split}\]

Koska \(e^{-A(x)}\neq 0\) välillä \(I\), saadaan \(c'(x)=0\), joten \(c(x)=\text{vakio}\), joka todistaa tuloksen.

Lause 3.5.3 (Ratkaisun yksikäsitteisyys)

Olkoot \(a(x)\) ja \(f(x)\) jatkuvia funktioita välillä \(I\). Tällöin jokaisella pisteparilla \(x_0\in I\) ja \(y_0\in\mathbb{R}\) on täsmälleen yksi yhtälön (1) ratkaisu, joka toteuttaa ehdon \(y(x_0)=y_0\).

Todistus

Edellisessä lauseessa osoitetiin, että yhtälöllä (1) on ratkaisuina \(y(x)=e^{-A(x)}(B(x)+C)\), missä \(B(x)\) on jokin funktion \(f(x)e^{A(x)}\) integraalifunktio. Osoitetaan, että kaikki yhtälön ratkaisut ovat tätä muotoa. Oletetaan, että \(\widetilde{y}(x)\) on jokin ratkaisu. Tällöin \(\widetilde{y}(x)-e^{-A(x)}(B(x)+C)\) on homogeenisen yhtälön ratkaisu, eli edellisen seurauksen mukaan

\[\widetilde{y}(x)-e^{-A(x)}(B(x)+C)=C'e^{-A(x)}\ \Leftrightarrow\ \widetilde{y}(x)=e^{-A(x)}(B(x)+C''),\]

missä \(C''=C+C'\in\mathbb{R}\), joka todistaa, että kaikki ratkaisut ovat edellisen lauseen muotoa.

Ehdon \(y(x_0)=y_0\) täyttävä ratkaisu on siis muotoa

\[y_0=e^{-A(x_0)}(B(x_0)+C),\]

mistä voidaan yksikäsitteisesti ratkaista vakio \(C=y_0e^{A(x_0)}-B(x_0)\).

Esimerkki 3.5.4

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

Ratkaisu

Muokataan yhtälö ensin normaalimuotoon

(2)\[y'+\frac1xy=x,\]

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 \(x>0\). Näin ollen \(A(x)=\ln x\), joten \(e^{A(x)}=e^{\ln x}=x\) ja \(e^{-A(x)}=e^{-\ln x}=e^{\ln 1/x}=\frac{1}{x}\). Ratkaisuksi saadaan Lauseen 3.5.1 mukaan

\[\begin{split}\begin{aligned} y(x)&=e^{-A(x)} \Big(\int f(x)e^{A(x)}\,\d x+C\Big)\\ &=\frac{1}{x}\Big(\int x^2\,\d x+C\Big)\\ &=\frac{1}{x}\Big(\frac{x^3}{3}+C\Big) \\ &=\frac{1}{3}x^2 + \frac{C}{x}. \end{aligned}\end{split}\]

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 \(x > 0\).

Alkuarvotehtävän ratkaisu ensimmäisen kertaluvun lineaariselle differentiaaliyhtälölle tietyllä välillä

Havainnollistetaan vielä alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaoloa ja yksikäsitteisyyttä edellisen esimerkin tapauksessa. Nyt \(x_0=1\in(0,\infty)\) ja \(y_0=0\). 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.

../_images/diffyht1kllineaarinen.svg

Esimerkki 3.5.5

Ratkaise differentiaaliyhtälö \(y'+3x^2y=6x^2\)

Ratkaisu

Yhtälö on jo valmiiksi normaalimuodossa. Koska \(A(x)=x^3\), saadaan ratkaisuksi Lauseen 3.5.1 mukaan

\[\begin{split}\begin{aligned} y(x)&=e^{-x^3} \Big(2\int 3x^2 e^{x^3}\,\d x+C\Big)\\ &=e^{-x^3}\left(2e^{x^3} + C\right) \\ &= 2 + Ce^{-x^3} \end{aligned}\end{split}\]

Tarkastetaan ratkaisu sijoittamalla takaisin differentiaaliyhtälöön.

\[D\left(2 + Ce^{-x^3}\right) + 3x^2\left(2 + Ce^{-x^3}\right) = -3Cx^2e^{-x^3} + 6x^2 + 3Ce^{-x^3} = 6x^2.\qedhere\]

Huomautus 3.5.6 (Wolfram Alpha)

Helpohkojen differentiaaliyhtälöiden tapauksessa, joille on oletettavissa eksplisiittinen ratkaisu, kannattaa yrittää käyttää symbolisia ratkaisijoita. Erityisen suositeltava on opetella käyttämään Wolfram Alphaa. Esimerkiksi edelliset esimerkit saadaan helposti ratkaistua syöttämällä komentoriville:

x^3*y'(x)+x^2*y(x)=x^4, y(1)=0

ja

y'(x)+3*x^2*y=6*x^2
Palautusta lähetetään...