Embed Size (px)
Citation preview
Tavalliset differentiaaliyhtalot
Tuomo Akkinen
8. huhtikuuta 2016
Sisalto
1 Johdantoa ja terminologiaa 21.1 Esitietoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Ensimmaisen kertaluvun yhtalot 62.1 Separoituvat yhtalot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Lineaariset yhtalot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3 Eksaktit yhtalot* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3.1 Integroiva tekija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3 Yleista teoriaa 203.1 Ratkaisujen olemassa-olo ja yksikasitteisyys . . . . . . . . . . . . . . . . 203.2 Ratkaisun maarittelyvalista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.3 Ratkaisujen kuvaajien hahmotteleminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4 Toisen kertaluvun yhtaloista 284.1 Olemassaolo- ja yksikasitteisyys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.2 Ensimmaiseen kertalukuun palautuvia yhtaloita . . . . . . . . . . . . . . 294.3 Toisen kertaluvun lineaarinen yhtalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4.3.1 Homogeeniyhtalon ratkaiseminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.3.2 Ratkaisukannan loytaminen kertaluvun pudotuksella . . . . . . . 354.3.3 Vakiokertoiminen yhtalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.3.4 Yleisen lineaariyhtalon ratkaiseminen . . . . . . . . . . . . . . . . 374.3.5 Vakioiden variointi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.3.6 Valistunut arvaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.4 Yhteys lineaarisiin differentiaaliyhtalopareihin . . . . . . . . . . . . . . . 40
1
Luku 1
Johdantoa ja terminologiaa
Tavallisella differentiaaliyhtalolla tarkoitetaan yhtalota, joka sisaltaa tuntemattoman yh-den (reaali)muuttujan funktion ja sen derivaattoja, esimerkiksi
y′′(x) + (y′(x))2 = sin(x+ y(x)).
Tarkka maaritelma differentiaaliyhtalolle on seuraava:
Maaritelma 1.1. Olkoon F : D → R jatkuva funktio, missa D ⊂ Rn+2 on avoin ja
yhtenainen. Yleinen n. kertaluvun tavallinen differentiaaliyhtalo on muotoa
(1.1) F (x, y(x), y′(x), . . . , y(n)(x)) = 0.
Lisaksi sanomme yhtalon (1.1) olevan normaalimuotoinen mikali sen voi esittaa muodossa
y(n)(x) = f(x, y(x), . . . , y(n−1)(x)).
Tassa keskitymme korkeintaan astetta 3 oleviin tavallisiin differentiaaliyhtaloihin. Dif-ferentiaaliyhtalon (1.1) ratkaisulla tarkoitetaan seuraavaa:
Maaritelma 1.2. Differentiaaliyhtalon (1.1) (lokaalilla) ratkaisulla tarkoitetaan avoimel-
la valilla I maariteltya 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[.
Differentiaaliyhtalon ratkaisemisella tarkoitetaan kaikkien tallaisten funktioiden loytamista.
Yksinkertaisin differentiaaliyhtalo on muotoa y′ = f(x). Taman ratkaisut ovat funk-
tion f primitiiveja, jotka saadaan integroimalla1 f eli ratkaisut ovat muotoa
y(x) =
∫ x
f(t) dt+ C, C ∈ R.
1Ainakin jos f on jatkuva
2
Tama on yhtalon y′ = f(x) yleinen ratkaisu missa parametri C on vapaasti valittavissa.
Liittamalla yhtaloon alkuarvo y(x0) = y0 saamme yksikasitteisen ratkaisun
y(x) =
∫ x
x0
f(t) dt+ y0.
Naita yhtaloita on ratkottu Derivaatta ja Integraali B kurssilla kayttamalla erilaisia in-
tegroimiskeinoja. Oletus funktion f jatkuvuudesta on valttamaton ratkaisujen olemas-
saolon kannalta, kuten seuraava esimerkki osoittaa:
Esimerkki 1.3. Tarkastellaan differentiaaliyhtaloa
(1.2) y′(x) = f(x),
missa f : R → R,
f(x) =
1 kun x ≥ 0
0 kun x < 0.
Talloin ei ole olemassa derivoituvaa funktiota y : R → R, joka toteuttaisi edella an-
netun yhtalon. Taman johtuu derivaattafunktioiden valiarvo-ominaisuudesta (Darboux’n
Lause) mutta perustellaan tama tassa tarkasti: Tehdaan antiteesi ja oletetaan, etta loytyy
derivoituva funktio y : R → R joka toteuttaa yhtalon (1.2). Analyysin peruslauseen no-
jalla on olemassa vakiot C1, C2 ∈ R siten, etta
y(x) =
x+ C1 kun x > 0
y(0) kun x = 0
C2 kun x < 0.
Tassa y on jatkuva pisteessa x = 0 (y on derivoituva) ja siksi C1 = C2 = y(0). Nain ollen
y(x) =
x+ y(0) kun x > 0
y(0) kun x ≤ 0
mutta tama ei ole derivoituva pisteessa x = 0, mika on ristiriita.
Ilman funktion f jatkuvuutta ei saada jatkuvuutta ratkaisun derivaatalle:
Esimerkki 1.4. Tarkastellaan differentiaaliyhtaloa
(1.3) y′(x) = f(x),
missa f : R → R,
f(x) =
2x sin 1x− cos 1
xkun x 6= 0
0 kun x = 0.
Funktiot y(x) = x2 sin(1/x) + C kun x 6= 0 ja y(0) = 0, missa C ∈ R, ovat derivoituvia
funktiota, jotka toteuttavat yhtalon (1.3). Kuitenkaan y ei ole jatkuvasti derivoituva.
3
Differentiaaliyhtaloa ratkoessa analyysin peruslause on usein hyodyllinen:
Esimerkki 1.5. Tarkastellaan differentiaaliyhtaloa
(1.4) y′ + xy = 0.
Taman eras ratkaisu on y(x) = e−x2/2, silla
y′ + xy = −xe−x2/2 + xe−x2/2 = 0.
Tasta nahdaan, etta myos funktio y(x) = Ce−x2/2, missa C ∈ R, on yhtalon (1.4) ratkaisu.
Itseasiassa tassa ovat kaikki yhtalon (1.4) ratkaisut, silla jos y(x) on eras ratkaisu niin
funktiolle
f(x) = y(x)ex2/2
patee
f ′(x) = (y′(x) + xy(x))ex2/2 = 0
joten f on vakiofunktio ja siten y(x) = Ce−x2/2 jollekin C ∈ R.
Differentiaaliyhtalot ovat elintarkea osa liikkeen ja muiden fysikaalisten ominaisuuk-sien mallintamisessa.
Esimerkki 1.6 (Populaatiomalli/Radioaktiivinen hajoaminen). Yhtalolla
y′(x) = ay(x), a ∈ R,
voidaan kuvata radioaktiivisen aineen hajoamista (a < 0) tai populaation kasvamista
(a > 0). Taman yhtalon voimme ratkaista seuraavasti: jos yhtalolla on ratkaisu y(x) niin
d
dx
[y(x)e−ax
]= e−axy′(x)− ae−axy(x) = e−ax(y′(x)− ay(x)) = 0.
Talloin on olemassa C ∈ R siten, etta y(x)e−ax = C eli yhtalon y′ = ay kaikki ratkaisut
ovat
y(x) = Ceax.
Kappaleen liikeyhtalo antaa esimerkin toisen kertaluvun differentiaaliyhtalosta.
Esimerkki 1.7 (Putoavan kappaleen mekaniikka). Tarkastellaan kappaletta, jonka massa
on m ja joka liikkuu pystysuoraa y-akselia pitkin maan painovoimakentassa. Oletetaan
lisaki, etta kappaleeseen kohdistuu sen nopeuteen suoraan verrannollinen voima, joka
vastustaa kappaleen liiketta (esimerkiksi ilmanvastus). Newtonin liikeyhtalo kappaleen
paikalle ajanhetkella t on
y′′(t) = mg − ky′(t),
missa g on maan painovoimakiihtyvyys. Merkitsemalla v(t) = y′(t) saamme edella olevan
yhtalon muotoon
v′(t) = g − av(t),
4
missa a = km. Muokkaamalla yhtaloa sopivasti saamme sen muotoon
−ag − av(t)
v′(t) + a = 0
Erityisestid
dt[log (g − av(t)) + at] = 0
ja on siis olemassa C1 ∈ R siten, etta
log (g − av(t)) + at = C1.
Tasta saamme
v(t) =1
a
(g − C2e
−at), C2 = eC1 .
Analyysin peruslauseen avulla tiedamme, etta alkuperainen ratkaisu y(t) toteuttaa yhtalon
y(t) =
∫ t
v(s) ds =g
at+
C2
a2e−at + C3.
Edellisessa esimerkissa yleiseen ratkaisuun jai kaksi vapaasti valittavaa parametria C2
ja C3. Yksikasitteisen ratkaisun saamiseksi tassa tapauksessa tarvitsemme alkuarvot sekafunktiolle, etta sen derivaatalle. Muita esimerkkeja differentiaaliyhtaloiden sovelluksistatulee esille myohemmin kun olemme kehittaneet tekniikoita yleisimpien differentiaaliy-htaloiden ratkaisemiseksi.
1.1 Esitietoja
Tarkein tyokalu tavallisten differentiaaliyhtaloiden teoriassa on analyysin peruslause jasen eri muotoilut
Lause 1.8 (Analyysin peruslause 1). Olkoon f : [a, b] → R jatkuva ja F : [a, b] → R,
F (x) =
∫ x
c
f(t) dt, missa c ∈ [a, b].
Talloin F on derivoituva valilla [a, b] ja F ′(x) = f(x) kaikille x ∈ [a, b].
Edella derivoituvuus valinpaatepisteissa tarkoittaa toispuoleisia derivaattoja. Toisaal-ta 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) =
∫ x
c
f(t) dt+ F (c)
kaikille c ∈ [a, b]. Tasta syysta merkitaan primitiivia F jatkuvalle funktiolle f yleisesti
F (x) =
∫ x
f(t) dt.
Jatkuvan funktion kaksi primitiivia poikkeavat toisistaan vakiolla, joten riittaa tietaa yksiprimitiivifunktio. Edella tehdysta saadaan myos seuraava analyysin peruslauseen tarkeamuoto:
Seuraus 1.9 (Analyysin peruslause 2). Olkoon f : R → R jatkuvasti derivoituva. Talloin
f(x)− f(x0) =
∫ x
x0
f ′(t) dt kaikille x, x0 ∈ R.
5
Luku 2
Ensimmaisen kertaluvun yhtalot
Tassa luvussa tarkastelemme ensimmaisen kertaluvun
F (x, y(x), y′(x)) = 0
differentiaaliyhtaloita. Keskitymme paasaantoisesti normaalimuotoisiin yhtaloihin
(2.1) y′(x) = f(x, y(x)).
Oletamme tassa, etta funktio f on jatkuva ja maaritelty suorakulmiossa
D =]a, b[×]c, d[ (a < b, c < d),
kun sallitaan myos valit muotoa ] − ∞,∞[ = R, ] − ∞, a[ ja ]a,∞[. Talloin yhtalon(3.2) ratkaisut ovat jatkuvasti derivoituvia funktioita y : I →]c, d[, missa I ⊂ ]a, c[ onavoin vali. Usein vali I tulee olemaan vali ]a, b[ mutta ei aina. Yhtalo (3.2) voi rajoittaaratkaisujen maarittelyvalia ilmeisella tavalla, esimerkiksi yhtalon y′(x) = 1/x ratkaisuton maaritelty valilla ]−∞, 0[ tai ]0,∞[.
Seuraavissa kappaleissa esiintyvien ratkaisumenetelmien perustelemiseksi tarvitsemmetiedon, etta yhtalolla y′ = f(x, y) on ratkaisuja olemassa. Kappaleessa 3 osoitamme, ettatalla yhtalolla on aina ratkaisu kunhan funktio f : D → R on riittavan saannollinen.Lisaksi voimme olettaa, etta alkuarvon y(x0) = y0 toteuttavia ratkaisuja on tasmalleenyksi kappale. Oletamme nama tulokset tasta eteenpain ja palaamme naiden todistukseenkappaleesssa 3 (Olemassolo-ja yksikasitteisyyslause).
2.1 Separoituvat yhtalot
Maaritelma 2.1. Ensimmaisen kertaluvun differentiaaliyhtalo on separoituva mikali on
olemassa jatkuvat funktiot g : ]a, b[ → R ja h : ]c, d[ → R siten, etta
y′(x) = g(x)h(y(x)).
Esimerkki 2.2. Yhtalo
y′ = 2xy2
6
on separoituva, tassa g(x) = 2x ja h(y) = y2. Talla yhtalolla on ainakin ratkaisu y(x) ≡ 0,
tama on itseasiassa ainut ratkaisu, jolla on nollakohta. Jos oletetaan, etta y on yhtalon
ratkaisu ja y(x) 6= 0 kaikille x ∈ R niin yhtalon voi kirjoittaa muodossa
y′(x)
y2(x)= 2x.
Maaritellaan nyt funktio
f(x) =1
y(x)
jolloin
f ′(x) = − y′(x)
y2(x)= −2x.
Analyysin peruslauseen nojalla on olemassa C ∈ R siten, etta
f(x) = C − x2.
Erityisesti
y(x) =1
C − x2, C ∈ R .
Yleinen separoituva yhtalo voidaan ratkaista samaan tapaan.
Lause 2.3. Olkoon
(2.2) y′ = g(x)h(y)
separoituva yhtalo ja h(y) 6= 0 kaikille y. Talloin yhtalon (2.2) kaikki ratkaisut saadaan
yhtalosta ∫ y 1
h(t)dt =
∫ x
g(s) ds+ C, C ∈ R.
Lisaksi alkuarvon y(x0) = y0 toteuttava yksikasitteinen ratkaisu saadaan yhtalosta
∫ y
y0
1
h(t)dt =
∫ x
x0
g(s) ds.
Todistus. Olkoon y : [a, b] → R yhtalon (2.2) ratkaisu. Maaritellaan derivoituva funktio
H(y) =
∫ y 1
h(t)dt.
Talloin Analyysin peruslauseen 1.8, ketjusaannon ja yhtalon (2.2) nojalla
d
dxH(y(x)) =
y′(x)
h(y(x))= g(x)
erityisesti on olemassa C ∈ R siten, etta
H(y(x)) =
∫ x
g(t) dt+ C.
7
Tassa H on jatkuvasti derivoituva ja lisaksi H ′(y) = 1/h(y) 6= 0, joten silla on jatkuvasti
derivoituva kaanteisfunktio H−1. Taman avulla saamme
y(x) = H−1
(∫ x
g(t) dt+ C
)
, C ∈ R .
Tarkistetaan viela, etta tama y todella toteuttaa yhtalon (2.2):
y′(x) = (H−1)′(∫ x
g(t) dt+ C
)
=g(x)
H ′(H−1
(∫ xg(t) dt+ C
))
=g(x)
H ′(y(x))= g(x)h(y(x)).
Jalkimmainen vaite seuraa suoraan sijoittamalla y(x0) = y0 edelliseen, tama jatetaan
harjoitustehtavaksi.
Huomautus 2.4. Edella oletimme, etta funktiolla h yhtalossa (2.2) ei ole nollakohtia.
Jos funktiolla h on nollakohtia, olkoon y0 eras tallainen, niin silloin vakiofunktio y(x) = y0
on yhtalon (2.2) ratkaisu ja myohemmin osoitettavan yksikasitteisyyslauseen (ks. Luku
3) nojalla tama on myos ainut ratkaisu, joka saa arvon y0. Jos funktiolla h on useita nol-
lakohtia niin talloin muut ratkaisut saavat naista poikkeavia arvoja. Tasta lisaa Luvussa
3.
Esimerkki 2.5. Ratkaise yhtalo
y′ = −(1 + y2) sin x
y.
Ratkaisu. Yhtalo on hyvin maaritelty jos y 6= 0. Lisaksi yhtalo on selvasti separoituva,
joten sen ratkaisut (joille y(x) 6= 0) saadaan kaavasta
∫ y t
1 + t2dt = −
∫ x
sin(s) ds+ C, C ∈ R .
Tassa ∫ y t
1 + t2dt =
1
2log(1 + y2) ja
∫ x
sin(s) ds = cos x
joten ratkaisut saadaan yhtalosta
1
2log(1 + y2) = cosx+ C, C ∈ R
y = ±√De2 cos x − 1, D = e2C > 0.
Huomautus 2.6. Eraat differentiaaliyhtalot palautuvat separoituvaksi sopivalla sijoituk-
sella.
8
1. Tasa-asteinen yhtalo
y′ = g(y
x
)
,
missa g on jatkuva, palautuu sijoituksella z(x) = y(x)/x yhtaloksi
z′ =1
x(g(z)− z)
joka on separoituva.
2. Yhtalo
y′ = G(ax+ by), b 6= 0,
missa G on jatkuva, palautuu sijoituksella z(x) = ax+ by(x) yhtaloksi
z′ = a+ bG(z),
joka on jalleen separoituva.
Jatetaan naiden osoittaminen harjoitustehtavaksi.
Ensimmaisien esimerkkien joukossa totesimme, etta separoituvalla yhtalolla y′ = λy,λ > 0 voidaan kuvata populaation kasvua ja taman ratkaisut ovat muotoa
y(x) = Ceλx.
Talla mallilla populaation kasvu on siis eksponentiaalista. Realistisemman mallin popu-laation kavulle antaa niin sanottu logistinen malli, jota voidaan myos kuvata separoitu-valla differentiaaliyhtalolla.
Esimerkki 2.7 (Logistinen differentiaaliyhtalo). Oletetaan, etta y kuvaa populaation
suurutta ajanhetkella x. Lisaksi populaatiolla on kantokapasiteetti K > 0. Talloin popu-
laation kasvua kuvaa yhtalo
(2.3) y′ = λy(
1− y
K
)
.
Yhtalosta huomaamme, etta se nayttaa yhtalolta y′ = λy mikali y on hyvin pieni (mut-
ta positiivinen) eli pienen populaation kasvu on eksponentiaalista. Toisaalta y′ on hyvin
pieni mikali y on lahella lukua K eli kantokapasiteetin lahella populaatio ei kasva ju-
urikaan. Etsitaan yhtalolle ratkaisua y(x), jolle populaation suuruus ajan hetkella 0 on
y(0) = y0. Jos y0 = 0 niin ainut taman toteuttava ratkaisu on funktio y(x) ≡ 0. Jos
alussa ei ole populaatiota niin kasvua ei tapahdu. Jos taas y(0) = K niin talloin ainut
taman toteuttava ratkaisu on funktio y(x) ≡ K, eli kantokapasiteetissa oleva populaatio
ei muutu. Ratkaistaan nyt yhtalo (2.3). Ratkaisut saadaan separoimalla eli yhtalosta∫ y
y0
1
t(K − t)dt =
∫ x
0
r
Kds.
Vasemmanpuoleinen integraali hoituu huomion (osamurtokehitelma!)
1
t(K − t)=
1
K
[1
t+
1
K − t
]
9
avulla, jolloin ratkaisuille patee
1
Klog
y
|K − y| −1
Klog
y0|K − y0|
=λx
K.
Eristyisesti jos 0 < y0 < K niin myos 0 < y(x) < K kaikille x (ks. Luku 3) ja siten
logy(K − y0)
y0(K − y)= λx
y(K − y0)
y0(K − y)= eλx.
Ratkaisemalla edellisesta y saamme lopulta
y(x) =Ky0
y0 + (K − y0)e−λx.
Tama ratkaisu toimii myos tapauksessa y0 > K jolloin y(x) > K kaikille x. Huomattavaa
tassa on ratkaisujen rajakayttaytyminen
limx→∞
y(x) = K
mika kertoo siita, etta populaatio pyrkii pitkan ajan kuluessa lahestymaan kantokapa-
siteettiaan.
2.2 Lineaariset yhtalot
Tarkeimpia esimerkkeja ratkaistavissa olevista ensimmaisen kertaluvun differentiaaliy-htaloista on lineaariset differentiaaliyhtalot.
Maaritelma 2.8. Yhtalo muotoa
(2.4) y′(x) + p(x)y(x) = q(x),
missa p, q : ]a, b[ ovat jatkuvia, on ensimmaisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtalo.
Jos q ≡ 0 niin yhtalo (2.4) on homogeeninen. Jos taas p ≡ c, c ∈ R niin silloin yhtalo
(2.4) on vakiokertoiminen.
Yhtalon (2.4) homogeeniosay′ + p(x)y = 0
on separoituva ja sen kaikki ratkaisut ovat muotoa (HT!)
y(x) = Ce−∫x p(t) dt, C ∈ R .
Homogeeniosan ratkaisujen lisaksi tarvitsee tietaa yksi yleisen yhtalon (2.4) ratkaisu,etta saamme kaikki ratkaisut selville.
10
Lause 2.9. Olkoon y1 lineaarisen yhtalon
(2.5) y′ + p(x)y = q(x)
eras ratkaisu. Talloin yhtalon kaikki ratkaisut ovat muotoa
y(x) = y1(x) + Cy2(x),
missa y2 on eras vastaavan homogeenisen yhtalon y′ + p(x)y = 0 nollasta poikkeava
ratkaisu eli
y2(x) = C0e−
∫ x p(t) dt, C0 6= 0.
Todistus. Suora lasku nayttaa, etta lauseen oletusten mukainen funktio y(x) = y1(x) +
Cy2(x) on yhtalon (2.5) ratkaisu. Olkoon sitten y yhtalon (2.5) eras ratkaisu. Maaritellaan
z(x) = y(x)− y1(x). Talloin
z′(x) + p(x)z(x) = y′(x)− y′1(x) + p(x)(y(x)− y1(x))
= y′(x) + p(x)y(x)− (y′1(x) + p(x)y1(x))
= q(x)− q(x) = 0
eli z toteuttaa homogeenisen yhtalon z′ + p(x)z = 0 ja siten
z(x) = Ce−∫x p(t) dt, C ∈ R .
Nyt voimme kirjoittaa
y(x)− y1(x) = z(x) = Ce−∫x p(t) dt =
C
C0y2(x)
ja vaite seuraa.
Yksittaista ratkaisua y1 yhtalolle (2.5) etsimme integroivan tekijan avulla. Integroival-la tekijalla viitataan tuntemattomaan funktioon µ(x), jonka avulla pyrimme palautta-maan yhtalon y′ + p(x)y = q(x) yhtaloksi, jonka osaamme ratkaista. Olkoon µ(x) 6= 0.Kerrotaan yhtalo (2.5) puolittain talla, jolloin saamme yhtalon
µ(x)y′ + µ(x)p(x)y = µ(x)q(x).
Talla yhtalolla on samat ratkaisut kuin alkuperaisella yhtalolla. Vaatimalla, etta tamanyhtalon vasenpuoli on tullut µ(x)y(x) derivaatasta µy′ + µ′y saamme funktiolle µ differ-entiaaliyhtalon
µ′ = p(x)µ,
jonka ratkaisut saadaan separoimalla ja ne ovat
µ(x) = Ce∫ x p(t) dt, C 6= 0.
Tallaiselle funktiolle µ yhtalon (2.5) ratkaisut saadaan yhtalosta
(µ(x)y(x))′ = µ(x)q(x).
11
Lause 2.10. Lineaarisen yhtalon
(2.6) y′ + p(x)y = q(x)
kaikki ratkaisut ovat muotoa
y(x) = e−∫x p(t) dt
(∫ x
e∫t p(s) dsq(t) dt+ C
)
, C ∈ R .
Todistus. Olkoon µ(x) = e∫ x p(t) dt ja y yhtalon (2.6) eras ratkaisu. Talloin edella tehdyn
nojalla patee
(µ(x)y(x))′ = µ(x)q(x).
Analyysin peruslauseen nojalla on C ∈ R siten, etta
e∫ t p(t) dty(x) = µ(x)y(x) =
∫ x
µ(t)q(t) dt+ C =
∫ x
e∫ t p(s)dsq(t) dt+ C.
Ratkaisemalla tasta y(x) saamme vaitteen. Suora lasku jalleen osoittaa, etta tata muotoa
olevat funktiot todella ovat ratkaisuja yhtalolle (2.6).
Esimerkki 2.11. Ratkaise differentiaaliyhtalo
y′ + y = x2.
Ratkaisu. Annettu yhtalo on lineaarinen muotoa (2.6), missa p(x) ≡ 1 ja q(x) = x2.
Taman yhtalon integroivatekija on funktio
µ(x) = e∫ x 1 dt = ex
ja Lauseen 2.10 nojalla ratkaisut ovat muotoa
y(x) = e−x(∫ x
t2et dt+ C
)
, C ∈ R .
Osittaisintegroimalla kahdesti nahdaan, etta∫ x
t2et dt = ex(x2 − 2x+ 2)
joten yhtalon ratkaisut ovat
y(x) = x2 − 2x+ 2 + Ce−x, C ∈ R .
Huomaa, etta Esimerkin 2.11 yhtalon homogeeniosan y′ + y = 0 ratkaisut ovat
y(x) = Ce−x.
Sijoittamalla alkuperaiseen yhtaloon
y′ + y = x2
12
yritefunktio y(x) = Ax2 + Bx + C, A,B,C ∈ R, saamme kertoimet A = 1, B = −2 jaC = 2. Nain ollen yhtalon eras y′ + y = x2 eras ratkaisu on funktio y(x) = x2 − 2x+ 2 jaLauseen 2.9 nojalla kaikki ratkaisut ovat muotoa
y(x) = x2 − 2x+ 2 + Ce−x, C ∈ R .
Tallainen “valistunut arvaus” toimii ainakin seuraavissa tapauksissa.
Lause 2.12 (Valistunut arvaus). Vakiokertoimiselle lineaariselle yhtalolle
(2.7) y′ + ay = q(x)
patee seuraavat: Jos
a) q(x) on polynomi korkeintaan astetta n niin yhtalolla (2.7) on korkeintaan astetta n
oleva polynomiratkaisu.
b) q(x) = Aebx niin yhtalolla (2.7) on ratkaisu muotoa
y(x) =
Kebx, jos b 6= −aKxebx, jos b = −a
, K ∈ R .
c) q(x) = A cos(ωx) +B sin(ωx), ω 6= 0, niin yhtalolla (2.7) on ratkaisu muotoa
y(x) = K cos(ωx) + L sin(ωx), K, L ∈ R .
Todistus. Suora lasku, HT!
Esimerkki 2.13. Ratkaise yhtalo
y′ + y = cos(x).
Ratkaisu. Vastaavan homogeenisen yhtalon ratkaisut ovat
y(x) = Ce−x, C ∈ R .
Etsitaan yksittaisratkaisua yhtalolle yritteella
y(x) = A cos(x) +B sin(x).
Sijoitus yhtaloon antaa
(A+B) cosx+ (B −A) sin x = cosx.
Joten A = B = 12. Lauseen 2.9 nojalla kaikki yhtalon ratkaisut ovat
y(x) =1
2sin x+
1
2cosx+ Ce−x, C ∈ R .
13
Ei lineaaristen yhtaloiden ratkaisujen kirjoittaminen alkeisfunktioiden avulla on useinmahdotonta. Tallaisessa tilanteessa voi toivoa, etta pystyisi silti arvioimaan ratkaisujajonkin ratkaistavissa olevan differentiaaliyhtalon avulla. Tarkastellaan esimerkiksi differ-entiaaliyhtaloa
y′ = f(y),
missa f derivoituva funktio jolle f(y∞) = 0 eraalle y∞. Talloin vakiofunktio y(x) ≡ y∞ oneras ratkaisu. Jos y on lahella lukua y∞ niin arviomalla funktiota f sen tangenttisuorallavoimme ajatella, etta
f(y) ≈ f(y∞) + f ′(y∞)(y − y∞) = f ′(y∞)(y − y∞).
Olkoon nyt y(x) eras ratkaisu yhtalolle y′ = f(y), y(x) 6= y0, ja merkitaan u(x) =y(x)− y∞. Edella tehtyyn approksimaatioon vedoten u toteuttaa yhtalon
u′ = f ′(y∞)u.
Nain saatu yhtalo on vakiokertoiminen lineaarinen yhtalo ja sen ratkaisut ovat
u(x) = Cef′(y∞)x.
Sijoittamalla tama yhtaloon u(x) = y′(x)− y∞ saamme approksimatiivisen ratkaisun
y(x) = y∞ + Cef′(y∞)x, C > 0.
Seuraavalla esimerkilla naytamme, etta nama approksimatiiviset ratkaisut muistuttavatalkuperaisen yhtalon ratkaisuja.
Esimerkki 2.14. Tarkastellaan yhtaloa
y′ = f(y) = y(y − 1).
Talla on kaksi vakioratkaisua, y(x) ≡ 0 ja y(x) ≡ 1. Muille ratkaisuille patee yk-
sikasitteisyyden nojalla, etta y(x) < 0 tai 0 < y(x) < 1 tai y(x) > 1 kaikille x. Taman
ratkaisut saadaan yhtalosta
∫ y 1
t(t− 1)dt =
∫ x
ds
log|y − 1||y| = x+ C, c ∈ R.
Nama jakautuvat seuraaviin ratkaisuihin riippuen siita mita arvoja y saa
y1(x) =1
1− Cex, (y(x) < 0 tai y(x) > 1)
y2(x) =1
1 + Cex, (0 < y(x) < 1)
Huomaa, etta ensimmaisessa tapauksessa ratkaisu ei ole maaritelty pisteessa log 1/C ja
taman pisteen vasemmalla puolella y1(x) > 1 ja oikealla puolella y1(x) < 0. Tarkastellaan
seuraavaksi edella mainittuja approksimatiivisia ratkaisuja. Tassa f(y) = y(y − 1) = 0
14
tasmalleen kun y = 0 tai y = 1. Lisaksi f ′(0) = −1 ja f ′(1) = 1. Naiden avulla saamme
kaksi approksimatiivista ratkaisua
y3(x) = Ce−x ja y4(x) = 1 + Cex.
Nama muistuttavat alkuperaisia ratkaisuja siina mielessa, etta jos x on suuri positiivinen
luku niin
y1(x) ≈ − 1
Ce−x ja y2(x) ≈
1
Ce−x
ja jos taas x on suuri negatiivinen luku niin
y2(x) ≈ 1− Cex ja y2(x) ≈ 1 + Cex
2.3 Eksaktit yhtalot*
Kolmas ensimmaisen kertaluvun differentiaaliyhtalo tyyppi, joka osataan ratkaista oneksaktit yhtalot. Naiden idea perustuu seuraavaan havaintoon: Olkoon u : D → R differ-entioituva funktio. Jos derivoituva funktio y toteuttaa yhtalon
d
dxu(x, y(x)) = 0
niin analyysin peruslauseen nojalla taman ratkaisut saadaan implisiittisesti yhtalosta
u(x, y) = C, C ∈ R .
Tasta muuttujan y ratkaiseminen eksplisiittisesti on usein mahdotonta. Vektorifunk-tioiden analyysista muistetaan ketjusaanto, jonka avullavoi kirjoittaa
0 =d
dxu(x, y(x)) =
∂u
∂x+∂u
∂yy′.
Taman huomion avulla voimme ratkoa differentiaaliyhtaloita, jotka ovat muotoa
Q(x, y)y′ + P (x, y) = 0,
etsimalla u(x, y) siten, etta
∂u
∂x(x, y) = P (x, y) ja
∂u
∂y(x, y) = Q(x, y)
jolloin ratkaisut saadaan yhtalosta u(x, y) = C, C ∈ R.
Maaritelma 2.15. Olkoot P ja Q jatkuvia funktioita. Differentiaaliyhtalo
Q(x, y)y′ + P (x, y) = 0
on eksakti jos on olemassa jatkuvasti differentioituva u siten, etta
∂u
∂x(x, y) = P (x, y) ja
∂u
∂y(x, y) = Q(x, y).
15
Edella osoitimme seuraavan lauseen
Lause 2.16. Eksaktin yhtalon
Q(x, y)y′ + P (x, y) = 0
ratkaisut saadaan implisiittisesti yhtalosta
u(x, y(x)) = C, C ∈ R .
Huomautus 2.17. a) Eksaktin yhtalon funktio u on vakiota vaille yksikasitteisesti maaratty
silla jos u1 ja u2 ovat jatkuvasti differentioituvia funktioita, joille
∂u1∂x
(x, y) = P (x, y) =∂u2∂x
(x, y) ja∂u1∂y
(x, y) = Q(x, y) =∂u2∂y
(x, y)
niin u1(x, y) = u2(x, y) + C, C ∈ R.
b) Jos u on kahdesti jatkuvasti differentioituva niin
∂P
∂y=
∂
∂y
∂u
∂x=
∂
∂x
∂u
∂y=∂Q
∂x,
joten funktiot P ja Q liittyvat vahvasti toisiinsa.
Esimerkki 2.18. Yhtalo
(1 + cos(x+ y))y′ + cos(x+ y) = 0
on eksakti, silla 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 yhtalo on eksakti, lisaksi lauseentodistus antaa keinon funktion u loytamiseksi.
Lause 2.19. Olkoot P,Q : D → R, missa D =]a, b[×]c, d[, jatkuvasti differentioituvia.
Talloin yhtalo
(2.8) Q(x, y)y′ + P (x, y) = 0
on eksakti tasmalleen silloin kun
∂P
∂y(x, y) =
∂Q
∂x(x, y) kaikille (x, y) ∈ D.
Todistus. Jos yhtalo (2.8) on eksakti niin Huomautuksen 2.17 a)-kohdan nojalla ∂P/∂y =
∂Q/∂x. Oletetaan sitten, etta
∂P
∂y(x, y) =
∂Q
∂x(x, y).
16
Olkoon (x0, y0) ∈ D ja maaritellaan
u(x, y) =
∫ x
x0
P (ξ, y) dξ + g(y),
missa g on jokin derivoituva funktio. Talloin
∂u
∂x(x, y) = P (x, y) ja
∂u
∂y(x, y) =
∫ x
x0
∂P
∂y(ξ, y) dξ + g′(y).
Yhtaloista jalkimmaisen tulee olla Q(x, y) ja toisaalta oletuksen ∂P/∂y = ∂Q/∂x nojalla
patee
Q(x, y) =
∫ x
x0
∂Q
∂x(ξ, y) dξ + g′(y) = Q(x, y)−Q(x0, y) + g′(y).
Erityisesti Q(x0, y) = g′(y) ja analyysin peruslauseen nojalla
g(y) =
∫ y
y0
Q(x0, η) dη.
Nain ollen funktiolle
u(x, y) =
∫ x
x0
∂P
∂y(ξ, y) dξ +
∫ y
y0
Q(x0, η) dη
patee∂u
∂x(x, y) = P (x, y) ja
∂u
∂y(x, y) = Q(x, y).
Huomautus 2.20. Myos funktiolle
v(x, y) =
∫ x
x0
∂P
∂y0(ξ, y) dξ +
∫ y
y0
Q(x, η) dη
patee∂v
∂x(x, y) = P (x, y) ja
∂v
∂y(x, y) = Q(x, y).
Lisaksi u(x, y) = v(x, y) kaikille (x, y). (HT!)
Esimerkki 2.21. Ratkaise yhtalo
(3x+ cos y)y′ + 3y + ex = 0.
Ratkaisu. Kyseinen yhtalo on eksakti, silla
∂
∂y(3y + ex) = 3 =
∂
∂x(3x+ cos y).
On siis olemassa kahdesti jatkuvasti differentioituva funktio u(x, y) siten, etta
∂u
∂x= 3y + ex ja
∂u
∂y= 3x+ cos y.
17
Naista ensimmaisen nojalla on jatkuvasti derivoituva g siten, etta
u(x, y) = 3yx+ ex + g(y).
Talloin
3x+ cos y =∂u
∂y= 3x+ g′(y)
joten g′(y) = cos y eli g(y) = sin y. Yhtalon (3x + cos y)y′ + 3y + ex = 0 ratkaisut ovat
siis ne derivoituvat funktiot, joille patee
3yx+ ex + sin y = u(x, y) = C, C ∈ R .
Huomautus 2.22. Eksaktin yhtalon ratkaisut jaavat usein implisiittiseen muotoon kuten
edellisessa esimerkissa. Vektorifunktion analyysista tutun implisiittifunktiolauseen avulla
voidaan selvittaa missa tilanteissa implisiittisen yhtalon toteuttavia ratkaisuja on olemas-
sa.
2.3.1 Integroiva tekija
Jos annettu yhtalo on muotoa
(2.9) Q(x, y)y′ + P (x, y) = 0
mutta kyseessa ei ole eksakti yhtalo niin joissain tapauksissa yhtalo on palautettavis-sa eksaktiksi yhtaloksi. Tama tehdaan samanlaisella integroivan tekijan tempulla kuinlineaarisen yhtalon tapauksessakin. Integroivaksi tekijaksi nimitetaan jatkuvasti differen-tioituvaa funktiota µ(x, y) 6= 0, jolla kertomalla puolittain yhtaloa 2.9 saadaan eksaktiyhtalo
µ(x, y)Q(x, y)y′ + µ(x, y)P (x, y) = 0.
Lauseen 2.19 perusteella tama on eksakti yhtalo mikali
∂
∂y[µ(x, y)P (x, y)] =
∂
∂x[µ(x, y)Q(x, y)]
eli
(2.10)∂µ
∂yP + µ
∂P
∂y=∂µ
∂xQ+
∂Q
∂xµ.
Seuraavassa muutamia tapauksia, joissa integroiva tekija loytyy. Todistukset jatetaanharjoitustehtaviksi, molemmat seuraavat yhtalosta (2.10).
Lause 2.23. Jos funktio
ψ(x) =1
Q(x, y)
(∂P
∂y− ∂Q
∂x
)
on muuttujan y suhteen vakiofunktio niin yhtalosta (2.9) saadaan eksakti kertomalla sita
puolittain funktiolla
µ(x) = e∫x ψ(t) dt.
18
Lause 2.24. Jos funktio
γ(y) =1
P (x, y)
(∂P
∂y− ∂Q
∂x
)
on muuttujan x suhteen vakiofunktio niin yhtalosta (2.9) saadaan eksakti kertomalla sita
puolittain funktiolla
µ(y) = e−∫ y γ(t) dt.
Huomautus 2.25. Useimmiten Lauseissa 2.23 ja 2.24 esiintyvat ψ ja γ riippuvat molem-
mista muuttujista ja siksi osaamme ratkaisat ensimmaisen kertaluvun yhtaloista vain
kourallisen.
19
Luku 3
Yleista teoriaa
Tassa luvussa osoitamme tarkeimmat perustulokset liittyen normaalimuotoisten yhtaloiden
(3.1) y′ = f(x, y),
teoriaan. Tarkein tulos on yhtalon ratkaisujen olemassaolo seka alkuarvon y(x0) = y0toteuttavien ratkaisujen yksikasitteisyys. Ratkaisuiden olemassaoloa ja yksikasitteisyyttakaytimme edellisessa kappaleessa useampaan otteeseen apuna.
3.1 Ratkaisujen olemassa-olo ja yksikasitteisyys
Olemassaolo-ja yksikasitteisyystuloksia varten tarvitsemme muutamia tarkeita aputulok-sia.
Lemma 3.1. Olkoon I ⊂ R ja (fn) jono funktioita. Oletetaan, etta on olemassa reaaliluku-
jono (an) siten, etta
|fn+1(x)− fn(x)| < an kaikille x ∈ I
ja sarja∑∞
n=1 an suppenee. Talloin jono fn suppenee tasaisesti joukossa I kohti funktioita
f(x) = f1(x) +∞∑
n=1
(fn+1(x)− fn(x)) .
Todistus. Weierstrassin M-testi ks. Sarjat ja approksimointi kurssi.
Lemma 3.2 (Gronwallin lemma). Olkoon g : R → R jatkuva. Olkoon lisaksi
g(t) ≤ C +K
∫ t
t0
g(s) ds
kaikille t ≥ t0, missa C ∈ R ja K ≥ 0. Talloin
g(t) ≤ CeK(t−t0) kaikille t ≥ t0.
20
Todistus. Maaritellaan
G(t) = C +K
∫ t
t0
g(s) ds
jolloin oletuksen nojalla G(t) ≥ g(t) kaikille t ≥ t0. Analyysin peruslauseen nojalla
G′(t) = Kg(t) ≤ KG(t) ja siten
d
dt
(G(t)e−K(t−t0)
)= (G′(t)−KG(t))e−K(t−t0) ≤ 0.
Integroimalla yli valin [t0, t] ja kayttamalla analyysin peruslausetta saamme
G(t) ≤ G(t0)eK(t−t0) = CeK(t−t0).
Todistetaan ensin ratkaisujen olemassaolo. Todistuksen helpottamiseksi oletetaan,etta funktion f osittaisderivaatta ∂f/∂y on myos jatkuva. Olemassaolo on mahdollistanayttaa pelkastaan oletuksella funktion f jatkuvuudesta.
Lause 3.3 (Olemassaolo). Olkoon D ⊂ R2 alue ja f : D → R ja ∂f/∂y : D → R jatkuvia.
Olkoon lisaksi (x0, y0) ∈ D. Talloin on olemassa δ > 0 siten, etta alkuarvotehtavalla
(3.2)
y′ = f(x, y)
y(x0) = y0,
on olemassa valilla (x0 − δ, x0 + δ) maaritelty ratkaisu.
Todistus. Ensimmaiseksi palautetaan yhtalo (3.2) integraaliyhtaloksi
(3.3) y(x) = y0 +
∫ x
x0
f(t, y(t)) dt.
Analyysin peruslauseen nojalla yhtaloilla (3.2) ja (3.3) on samat ratkaisut, joten riittaa
ratkaista (3.3). Ratkaisun loytamiseksi kaytamme Picardin iteraatioita. Tassa ajatuksena
on maarittaa yhtalon (3.3) avulla jono funktioita, joiden raja-funktio on etsitty ratkaisu.
Picardin iteraatiot: Valitaan a, b > 0 siten, etta
Q = [x0 − ax0 + a]× [y0 − b, y0 + b] ⊂ D
ja merkitaan
M = max{|f(x, y)| : (x, y) ∈ Q} ja L = max{|(∂f/∂y)(x, y)| : (x, y) ∈ Q}.
Nama maksimit saavutetaan silla molemmat f ja ∂f/∂y ovat jatkuvia. Maaritellaan
valilla [x− a, x+ a] funktiot y0(x) ≡ y0 ja
y1(x) = y0 +
∫ x
x0
f(t, y0(t)) dt.
21
Nain maariteltyna y1 on derivoituva funktio ja
|y1(x)− y0| ≤∫ x
x0
f(t, y0(t)) dt ≤M |x− x0| kaikille x ∈ [x0 − a, x0 + a].
Valitaan δ = min{a, b/M} ja merkitaan I = (x0 − δ, x0 + δ). Maaritellaan induktiivisesti
yn : I → R, n ≥ 2,
yn(x) = y0 +
∫ x
x0
f(t, yn−1(t)) dt.
Induktiolla nahdaan, etta kaikille n ∈ N patee (x, yn(x)) ∈ Q kaikille x ∈ I, silla jos
(x, yk(x)) ∈ Q kaikille x ∈ I niin
|yk+1(x)− y0| ≤∫ x
x0
f(t, yk(t)) dt ≤M |x− x0| < b kaikille x ∈ [x0 − a, x0 + a].
Naytetaan seuraavaksi, etta ylla maritelty funktiojono (yn) suppenee tasaisesti valilla I
kohti Lemman 3.1 tapaan maariteltya funktiota y : I → R. Osoitetaan induktiolla, etta
|yk+1(x)− yk(x)| ≤MLk|x− x0|k+1
(k + 1)!kaikille x ∈ I.
Tapaus k = 0 naytettiin edella. Oletetaan, etta vaite on tosi arvolla k jolloin
|yk+1(x)− yk+2(x)| =∣∣∣∣
∫ x
x0
f(t, yk(t)) dt−∫ x
x0
f(t, yk+1(t)) dt
∣∣∣∣
≤∫ x
x0
|f(t, yk(t))− f(t, yk+1(t))| dt
≤ L
∫ x
x0
|yk(t)− yk+1(t))| dt
≤ L
∫ x
x0
MLk|x− x0|k+1
(k + 1)!dt =
MLk+1|x− x0|k+2
(k + 2)!.
Edella kaytimme valiarvolausetta ja induktio-oletusta. Koska x ∈ I niin |x − x0| < δ ja
siten
|yk+1(x)− yk(x)| ≤MLk|x− x0|k+1
(k + 1)!≤ M
L
(δL)k+1
(k + 1)!.
Merkitaan
ak =M
L
(δL)k+1
(k + 1)!
jolloin sarja∑∞
k=0 ak suppenee (summa onM(eδL−1)/L). Lemman 3.1 nojalla funktiojono
(yn) suppenee tasaisesti valilla I kohti erasta funktiota y : I → R. Koska suppeneminen
on tasaista niin raja-funktio y on jatkuva. Lisaksi f on tasaisesti jatkuva kompaktissa
joukossa Q, joten
y(x) = limn→∞
yn(x) = y0 + limn→∞
∫ x
x0
f(t, yn(t)) dt
= y0 +
∫ x
x0
limn→∞
f(t, yn(t)) dt = y0 +
∫ x
x0
f(t, y(t)) dt.
Funktio y on siis etsitty ratkaisu.
22
Osoitetaan seuraavaksi ratkaisuiden yksikasitteisyys.
Lause 3.4. Olkoon f kuten Lauseen 3.3 oletuksissa. Olkoot lisaksi y1, y2 : I → R yhtalon
(3.2) ratkaisuja. Talloin
y1(x) = y2(x)
kaikille x ∈ I.
Todistus. Ratkaisut toteuttavat integraaliyhtalon 3.3 ja siten
|y2(x)− y1(x)| =∣∣∣∣y0 +
∫ x
x0
f(t, y2(t)) dt− y0 −∫ x
x0
f(t, y1(t)) dt
∣∣∣∣
≤∫ x
x0
|f(t, y2(t))− f(t, y1(t))| dt
≤ L
∫ x
x0
|y2(t)− y1(t)| dt.
Olkoon g(x) = |y2(x)− y1(x)| ja sovelletaan Lemmaa 3.2 joilloin saamme
|y2(x)− y1(x)| = g(x) ≤ 0eL(x−x0) = 0 kaikille x ≥ x0.
Erityisesti y1(x) = y2(x) kaikille x ∈ I joille x ≥ x0. Tapaus x ≤ x0 hoituu samaan tapaan
pienella muutoksella Gronwallin Lemmassa, tama jatetaan harjoitustehtavaksi.
Huomautus 3.5. Lauseessa 3.4 ei riita olettaa pelkkaa jatkuvuutta funktiolle f , silla
esimerkiksi alkuarvoyhtalolla
y′(x) = y(x)2/3
y(0) = 0
on ratkaisun y1(x) ≡ 0 lisaksi myos ratkaisu
y2(x) =1
27x3.
Kuitenkin funktion f Lipschitz-jatkuvuus muuttujan y suhteen, ts. on M > 0 siten, etta
|f(x, y1)− f(x, y2)| ≤M |y1 − y2| kaikille y1, y2 ja x,
riittaa ratkaisun yksikasitteisyyteen.
Olemassololauseen todistuksessa esiintyneiden Picardin iteraatioiden avulla voimmerakentaa ratkaisun annetulle yhtalolle, ainakin tapauksissa missa iteraatioissa esiintyvatintegraalit osataan laskea helposti.
Esimerkki 3.6. Ratkaise alkuarvotehtava
y′ = −yy(0) = α ∈ R
Picardin iteraatiolla.
23
Ratkaisu. Maaritellaan funktiojono (yn) kuten Lauseen 3.3 todistuksessa. Tassa siis y0(x) =
α ja
y1(x) = α +
∫ x
0
−α dt = α(1− x).
Vaiheessa 2 saamme
y2(x) = α +
∫ x
0
−α(1− t) dt = α
(
1− x+1
2x2)
ja vaiheessa 3 taas
y3(x) = α +
∫ x
0
−α(
1− t +1
2t2)
dt = α
(
1− x+1
2x2 − 1
6x3)
.
Tasta jo arvaa, etta yleinen kaava (todistus induktiolla) funktiolle yn on
yn(x) = α
(
1− x+ . . .+ (−1)nxn
n!
)
= αn∑
k=0
(−1)kxk
k!.
Sarjat ja approksimointikurssilta muistetaan, etta funktiojono (yn) suppenee (kun n →∞) reaalilukujen joukossa kohti funktiota
y(x) = α
∞∑
k=0
(−1)kxk
k!= α
∞∑
k=0
(−x)kk!
= αe−x.
Tassa annetun yhtalon voisi ratkaista separoimalla, joten Picardin approksimaatiot voi
tassa mielessa vaikuttaa turhalta. Kuitenkin yleisemmissa tapauksissa yhtalon ratkaisem-
inen tunnettujen keinojen kautta ei ole mahdollista, jolloin Picardin approksimaatiot an-
tavat ainakin tavan arvioida etsittya ratkaisua.
3.2 Ratkaisun maarittelyvalista
Olkoon D ⊂ R2 alue ja f : D → R ja ∂f/∂y : D → R jatkuvia. Lauseessa 3.3 osoitettiin,etta alkuarvo-ongelmalla {
y′ = f(x, y)
y(x0) = y0,
on yksikasitteinen ratkaisu, joka on maaritelty jossain pisteen x0 sopivassa avoimessaymparistossa. Taman ratkaisun maarittelyjoukko riippuu alueesta D ja funktiosta f .Voidaan osoittaa, etta loytyy niin sanottu maksimaalinen ratkaisu y∗ joka on maariteltyvalilla I∗ siten, etta jos y : I → R on alkuarvo-ongelman ratkaisu ja I ⊂ I∗ niin
y(x) = y∗(x) kaikille x ∈ I.
Tama tehdaan jatkamalla Lauseen 3.3 antamaa ratkaisua mahdollisimman suureen joukkoon.Yhtalo itsessaan saattaa aiheuttaa ratkaisujen maarittelyjoukkoon rajoitteita, joita eihavaitse suoraan yhtalosta kuten seuraavista esimerkeista kay ilmi.
24
Esimerkki 3.7. Tarkastellaan alkuarvo-ongelmaa
y′ = 2xy2
y(0) = 1.
Tassa funktio f(x, y) = 2xy2 on molempien muuttujien suhteen polynomifunktio. Eri-
tyisesti se on koko tasossa maaritelty hyvin saannollinen funktio.
Taman yhtalon ratkaisuksi saadaan separoimalla funktio
y(x) =1
1− x2,
joka on maaritelty valilla ]−1, 1[. Tata ratkaisua ei voi laajentaa isompaan joukkoon toisin
sanoen vali ]−1, 1[ on maksimaalinen.
Esimerkki 3.8. Tarkastellaan alkuarvo-ongelmaa
y′ = y(y − 1)
y(0) = 2.
Tassa funktio f(x, y) = y(y− 1) on toisen muuttujan suhteen vakiofunktio ja toisen suh-
teen toisen asteen polynomifunktio. Erityisen hyvin kayttaytyva koko tasossa maaritelty
funktio siis kyseessa.
Taman yhtalon ratkaisun saa separoimalla ja ratkaisu toteuttaa yhtalon
y
y − 1= 2ex.
Tasta saamme ratkaisuksi funktion
y(x) =2
2− e−x,
joka on maaritelty valilla ]− log 2,∞[. Funktio y on kylla maaritelty myos valilla ]−∞,− log 2[
mutta talla valilla maariteltyna y ei ole annetun alkuarvo-ongelman ratkaisu.
On olemassa ehtoja, jotka takaavat maksimaalisen ratkaisun olevan maaritelty valillaI kun f on maaritelty joukossa I ×R. Ilman lisarajoituksia paras tulos mita saadaan onseuraava:
Lause 3.9. Olkoon f : D → R kuten Lauseessa 3.3. Talloin alkuarvo-ongelman
y′ = f(x, y)
y(x0) = y0,
maksimaalisen ratkaisun y kuvaaja kulkee alueen D reunalta reunalle, toisin sanoen funk-
tion y kuvaaja poistuu alueen D kaikista suljetuista ja rajoitetuista osajoukoista.
25
3.3 Ratkaisujen kuvaajien hahmotteleminen
Edella esiteltyjen olemassaolo-ja yksikasitteisyystulosten seka maarittelyvaliin liittyvienhuomiooiden avulla voimme yrittaa tulkita annettua ensimmaisen kertaluvun yhtaloageometrisesti ratkaisematta sita analyyttisesti.
Maaritelma 3.10. Normaalimuotoisen yhtalon
y′ = f(x, y), missa f : D → R jatkuva,
suuntakentta on vektorikentta v : D → R2
v(x, y) = (1, f(x, y)).
Suuntakentta kertoo suunnan minne suuntaan yhtalon y′ = f(x, y) ratkaisun kuvaajaon pisteessa (x, y) menossa. Piirtamalla vektori v(x, y) pisteeseen (x, y) naemme missakulmassa ratkaisufunktion kuvaaja sivuaa pistetta (x, y). Suuntakentan avulla voimmehahmotella yhtalon y′ = f(x, y) ratkaisufunktioiden kuvaajia seuraavasti:
1. Valitse C ∈ R ja piirra tasokayra f(x, y) = C.
2. Piirra edellisessa kohdassa saadun tasokayran pisteisiin pieni pala suoraa, jonkakulmakerroin on C. Tama suora kertoo miten ratkaisufunktion kuvaajan taytyykulkea pisteen lapi.
3. Toista vaiheet 1−2 eri vakion C arvoilla kunnes olet saanut riittavasti suuntakenttaahahmoteltua alueeseen D.
4. Hahmottele ratkaisufunktioiden kuvaajia suuntakenttaa mukaillen.
Viimeisessa kohdassa muista hahmotteluun liittyvat saannot: Olemassaolo-yksikasitteisyylauseidennojalla jokaisen pisteen (x, y) ∈ D kautta kulkee tasmalleen yksi ratkaisu, toisin sa-noen ratkaisufunktioiden kuvaajat eivat voi leikata eivatka edes sivuta toisiaan. Lisaksiratkaisufunktion kuvaajat karkaavat alueen D kaikista rajoitetuista ja suljetuista osista.
Esimerkki 3.11. Tarkastellaan yhtaloa
y′ = −xy.
Olkoon C ∈ R ja −xy= C. Talloin Tassa huomaamme yleisesti, etta kayra f(x, y) = C
C f(x, y) = C
C = 1 y = −xC = −1 y = x
C = 0 x = 0
C = “∞“ y = 0
on origon kautta kulkeva suora, jonka kulmakerroin on −1/C. Talle suoralle piirretty su-
untakentta on pala suoraa, jonka kulmakerroin on C. Nain ollen suuntakentta on aina
26
kohtisuorassa kayraa f(x, y) = C vastaan. Ratkaisufunktioiden kuvaajat taytyvat si-
is kulkea tasossa siten, etta ne leikkaavat origon kautta kulkevat suorat kohtisuorasti.
Ratkaisuiden kuvaajat ovat siis ympyran kaaria eli toteuttavat yhtalon
y2(x) + x2 = D, missa D ∈ R.
Esimerkki 3.12. Tarkastellaan yhtaloa
y′ = 1 + x− y.
Olkoon C ∈ R ja 1 + x − y = C eli y = x + 1 − C. Talloin Tassa 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 tasokayran y = x kulmakerroin on sama kuin suuntakentan, joten
funktion tama suora on eraan ratkaisun kuvaaja. Muut ratkaisut lahestyvat suoraa y = x
asymptoottisesti kun x→ ∞. Naihin kuvia mukaan...
27
Luku 4
Toisen kertaluvun yhtaloista
Tassa luvussa tarkastelemme toisen kertaluvun differentiaaliyhtaloita. Rajoitumme kuitenkinlahinna lineaarisiin yhtaloihin seka sopivalla muuttujanvaihdolla ensimmaiseen kertaluku-un palautettavissa oleviin yhtaloihin.
4.1 Olemassaolo- ja yksikasitteisyys
Tarkastellaan toisen kertaluvun normaalimuotoista yhtaloa
(4.1) y′′(x) = f(x, y(x), y′(x)),
missa f : D → R on jatkuva, D ⊂ R3 alue. Merkitsemalla z(x) = y′(x), yhtalo (4.1)
voidaan esittaa yhtaloparina {
y′ = z
z′ = f(x, y, z).
Tama on erikoistapaus ensimmaisen kertaluvun differentiaaliyhtaloparista{
y′1 = f1(x, y1, y2)
y′2 = f2(x, y1, y2),
joka usein esitetaan vektorimuodossa
Y ′(x) = F (x, Y (x));
tassa Y (x) = (y1(x), y2(x)) ja F (x) = (f1(x), f2(x)) : D → R2. Normaalimuotoisille
ensimmaisen kertaluvun differentiaaliyhtalopareille alkuarvotehtavan ratkaisun olemas-saolo ja yksikasitteisyys voidaan todistaa lahes samalla tavalla kuin edella Lauseessa ??,ja taman tuloksen nojalla saamme
Lause 4.1. Oletetaan, etta f : D → R ja sen osittaisderivaatat ∂f∂y, ∂f∂y′
ovat jatkuvia
alueessa D ⊂ R3 ja (x0, y0, y1) ∈ D. Talloin on olemassa δ > 0 siten, etta alkuarvote-
htavalla
(4.2)
y′′ = f(x, y, y′)
y(x0) = y0
y′(x0) = y1
28
on olemassa valilla ]x0 − δ, x0 + δ[ maaritelty ratkaisu y. Lisaksi jos y1 : ∆1 → R ja y2 :
∆2 → R ovat alkuarvotehtavan (4.2) ratkaisuja, niin y1(x) = y2(x) kaikilla x ∈ ∆1 ∩∆2.
Huomautus 4.2. Toisen kertaluvun yhtalon y′′ = f(x, y, y′) ratkaisujen y1 ja y2 ku-
vaajat voivat hyvin leikata toisensa. Sen sijaan funktioiden x 7→ (y1(x), y′1(x)) ja x 7→
(y2(x), y′2(x)) graafit (jotka siis ovat R3:n osajoukkoja) ovat joko erillisia tai ne yhtyvat.
4.2 Ensimmaiseen kertalukuun palautuvia yhtaloita
A. Muotoa y′′ = f(x, y′) olevat yhtalot
Jos merkitaan z(x) := y′(x), jolloin y′′(x) = z′(x), niin saamme tassa tapauksessa en-simmaisen kertaluvun yhtalon z′ = f(x, z), jossa tuntemattomana on funktio z(x).
Esimerkki 4.3. Yhtalo
y′′ +1
xy′ =
1
x, x > 0
on muotoa y′′ = f(x, y′). Merkitsemalla z = y′ saamme z:lle yhtalon
z′ +1
xz =
1
x, x > 0,
joka on ensimmaisen kertaluvun separoituva yhtalo. Sen ratkaisut ovat muotoa
z(x) = 1 +C1
x, C1 ∈ R,
josta saamme
y(x) =
∫
y′(x) dx =
∫
z(x) dx =
∫
1 +C1
xdx = x+ C1 log x+ C2,
missa x > 0 ja C1, C2 ∈ R.
B. Muotoa y′′ = f(y, y′) olevat yhtalot
Olkoon y : ∆ → R yhtalon y′′ = f(y, y′) ratkaisu, jolle y′(x) 6= 0 kaikilla x ∈ ∆. Talloiny′(x) > 0 tai y′(x) < 0 kaikilla x ∈ ∆, joten y on aidosti monotoninen. Siten on olemassakaanteisfunktio y−1 : y(∆) → ∆. Merkitaan
z(t) := y′(y−1(t)), t ∈ y(∆).
Talloin
z′(t) = y′′(y−1(t))d
dt
[y−1(t)
]= f(y(y−1(t)), y′(y−1(t)))
1
y′(y−1(t))= f(t, z(t))
1
z(t)
eli funktio z = z(t) toteuttaa yhtalon z′ =f(t, z)
z.
29
Kaantaen, jos z′ =f(t, z)
z, z 6= 0, ja jos y toteuttaa yhtalon y′(x) = z(y(x)), niin
y′′ = z′(y(x))y′(x) =f(y(x), z(y(x)))
z(y(x))y′(x) = f(y(x), y′(x)).
Talla menetelmalla saadaan (ainakin) yhtalon y′′ = f(y, y′) kaikki ne ratkaisut, joilley′(x) 6= 0.
Esimerkki 4.4. a) Tarkastellaan yhtaloa
y′′ =1 + (y′)2
y, y 6= 0.
Tama on tyyppia y′′ = f(y, y′), joten edella tehdyn paattelyn nojalla paadymme tutki-
maan yhtaloa
z′ =f(t, z)
z=
1 + z2
tz=
1
t
1 + z2
z,
joka separoituu; sen ratkaisut ovat muotoa
z(t) = ±√
(C1t)2 − 1, t ∈ R \[− 1|C1|
, 1|C1|
], C1 6= 0.
Alkuperaisen yhtalon ratkaisut saadaan nyt ratkaisemalla yhtalo y′ = z(y) eli
y′(x) = ±√
(C1y(x))2 − 1.
Myos tama yhtalo separoituu. Silla on erikoisratkaisut y = ± 1C1
(jotka eivat toteuta
alkuperaista yhtaloa), muut ratkaisut saadaan kaavasta
±∫
1√
(C1y)2 − 1dy =
∫
1 dx.
Muuttujanvaihdolla C1y = s saamme
±∫
1√
(C1y)2 − 1dy = ± 1
C1
∫1√s2 − 1
ds =1
C1arcosh s =
1
C1arcosh(C1y),
joten tama kaava johtaa ratkaisuihin
y(x) =1
C1
cosh(C1x+ C1C2), C1, C2 ∈ R .
b) Ratkaistaan alkuarvotehtava
y′′ = y′ey,
y(0) = 0,
y′(0) = 1.
Yhtalon z′ =f(t, z)
z=zet
z= et ratkaisut ovat z(t) = et + C1. Funktio y saadaan siten
ratkaisemalla separoituva yhtalo
y′ = ey + C1.
30
Talla yhtalolla on erikoisratkaisut y = logC1 (jos C1 > 0) ja muut ratkaisut saadaan
kaavasta ∫1
ey + C1dy =
∫
1 dx = x+ C2.
Vasemman puolen integraalin laskeminen helpottuu merkittavasti, kun huomataan, etta
alkuehtojen perusteella
1 = y′(0) = z(y(0)) = z(0) = e0 + C1 = 1 + C1,
eli C1 = 0. Siten saamme yhtalon
−e−y(x) = x+ C2,
josta seuraa
y(x) = log1
−x− C2
.
Koska y(0) = 0, on C2 = −1, ja siten alkuarvotehtavan ratkaisu on
y(x) = log1
1− x, x ∈ ]−∞, 1[.
4.3 Toisen kertaluvun lineaarinen yhtalo
Maaritelma 4.5. Toisen kertaluvun normaalimuotoinen differentiaaliyhtalo on lineaari-
nen, jos se on muotoa
y′′(x) + p(x)y′(x) + r(x)y(x) = q(x),
missa p, q, r : ∆ → R ovat jatkuvia. Yhtalo on homogeeninen, jos q(x) ≡ 0 ja vakioker-
toiminen, jos p ja r ovat vakiofunktioita.
Huomautus 4.6. Samaan tapaan kuin ensimmaisen kertaluvun tapauksessa voidaan
osoittaa, etta alkuarvotehtavalla
y′′ + p(x)y′ + r(x)y = q(x),
y(x0) = y0,
y′(x0) = y1
on olemassa yksikasitteinen koko valilla ∆ maaritelty ratkaisu y : ∆ → R.
4.3.1 Homogeeniyhtalon ratkaiseminen
Maaritelma 4.7. Funktiot u, v : ∆ → R ovat lineaarisesti riippuvia (LD), jos on ole-
massa vakiot C1, C2 ∈ R, joista ainakin toinen on nollasta eroava siten, etta
C1u(x) + C2v(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) = ex ja v(x) = e2x (∆ = R) ovat LI: ehto
0 = C1u(x) + C2v(x) = C1ex + C2e
2x = ex(C1 + C2ex)
on voimassa kaikilla x jos ja vain jos C1 = −C2ex. Erityisesti siis termin −C2e
x on oltava
vakio, mika on mahdollista ainoastaan jos C2 = 0. Talloin myos C1 = 0.
Maaritelma 4.10. Jatkuvasti derivoituvien funktioiden y1, y2 : ∆ → R Wronskin deter-
minantti on jatkuva funktio
W = W (y1, y2) : ∆ → R, W (x) = det
[
y1(x) y2(x)
y′1(x) y′2(x)
]
= y1(x)y′2(x)− y2(x)y
′1(x).
Lemma 4.11. Jos y1, y2 : ∆ → R ovat jatkuvasti derivoituvia ja W (y1, y2)(x0) 6= 0
jollakin x0 ∈ ∆, niin {y1, y2} on LI.
Todistus. Jos {y1, y2} olisi LD, niin y1 = Cy2 jollakin C ∈ R tai y2 = Cy1 jollakin C ∈ R;
ilman yleisyyden menetysta voimme olettaa, etta y1 = Cy2. Talloin
W (y1, y2)(x) = y1(x)y′2(x)− y2(x)y
′1(x) = Cy2(x)y
′2(x)− Cy2(x)y
′2(x) = 0,
mika on ristiriidassa oletuksen kanssa.
Huomautus 4.12. Kaanteinen tulos ei yleisesti ottaen pida paikkaansa, eli ehdosta
W (x) = 0 kaikilla x ∈ ∆ ei seuraa, etta {y1, y2} olisi LD. Esimerkkina tasta ovat funktiot
y1(x) = x2 ja
y2(x) =
x2, x ≥ 0
−x2, x < 0.
Kuitenkin patee:
Lause 4.13. Jos y1, y2 : ∆ → R ovat homogeeniyhtalon y′′+p(x)y′+r(x)y = 0 ratkaisuja,
niin {y1, y2} on LI jos ja vain jos W (y1, y2)(x0) 6= 0 jollakin x0 ∈ ∆.
Todistus. Riittaa osoittaa, etta jos {y1, y2} on LI, niin W (y1, y2)(x0) 6= 0 jollakin x0 ∈ ∆.
Valitaan ensin x0 ∈ ∆ siten, etta y2(x0) 6= 0; tallainen piste on olemassa, silla jos y2 ≡ 0,
niin {y1, y2} on LD.
Suoralla laskulla (joka jaa lukijalle harjoitustehtavaksi) nahdaan, etta Wronskin de-
terminantti toteuttaa ensimmaisen kertaluvun lineaarisen yhtalon
W ′ + p(x)W = 0,
joten
W (x) = W (x0)e−
∫x
x0p(t) dt
.
32
Siten jos W (x0) = 0, niin W (x) = 0 kaikilla x ∈ ∆. Erityisesti olisi
d
dx
[y1(x)
y2(x)
]
=y2(x)y
′1(x)− y1(x)y
′2(x)
y2(x)2= −W (x)
y2(x)2= 0
jokaisella valin ∆ osavalilla ∆′, jolla y2(x) 6= 0. Tallaisilla valeilla siis osamaaray1(x)
y2(x)olisi vakio eli y1(x) = Cy2(x) jollakin C ∈ R. Tassa vakio C voisi periaatteessa riip-
pua osavalista ∆′, mutta Lauseen 4.1 yksikasitteisyyspuoli takaa, etta nain ei ole. Siten
y1(x) = Cy2(x) kaikilla x ∈ ∆, mista seuraa, etta {y1, y2} on LD vastoin oletusta. Nain
ollen W (x0) 6= 0 ja samalla nahtiin, etta itse asiassa W (x) 6= 0 kaikilla x ∈ ∆.
Seuraus 4.14. Jos y1, y2 : ∆ → R ovat homogeeniyhtalon y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0 lin-
eaarisesti riippumattomia ratkaisuja, niin funktiolla y2 on nollakohta funktion y1 kahden
nollakohdan valissa.
Todistus. Tehdaan antiteesi: y1(x1) = y1(x2) = 0, mutta y2(x) 6= 0 kaikilla x ∈]x1, x2[.Huomataan ensin, etta y2(x1) 6= 0 6= y2(x2), silla muuten Wronskin determinantti haviaisi
naissa pisteissa. Nain ollen funktio h : [x1, x2] → R, h(x) =y1(x)
y2(x)on hyvin maaritelty ja
h(x1) = h(x2) = 0. Rollen lauseen nojalla on olemassa ξ ∈]x1, x2[ siten, etta h′(ξ) = 0, eli
0 = h′(ξ) = −W (ξ)
y2(ξ)2.
SitenW (ξ) = 0 ja {y1, y2} LD edellisen lauseen (todistuksen) nojalla, mika on ristiriidassa
oletuksen kanssa.
Maaritelma 4.15. Kahdesti jatkuvasti derivoituvat funktiot y1, y2 : ∆ → R muodosta-
vat homogeeniyhtalon y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0 ratkaisukannan1, jos y1 ja y2 ovat yhtalon
ratkaisuja ja jokaiselle ratkaisulle y : ∆ → R on olemassa vakiot C1, C2 ∈ R siten, etta
y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) kaikilla x ∈ ∆.
Lause 4.16. Seuraavat ehdot ovat yhtapitavia homogeeniyhtalon y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0
ratkaisuille y1 ja y2:
(i) Funktiot y1 ja y2 muodostavat yhtalon ratkaisukannan.
(ii) {y1, y2} on LI.
(iii) W (y1, y2)(x0) 6= 0 jollakin x0 ∈ ∆.
(iv) W (y1, y2)(x) 6= 0 kaikilla x ∈ ∆.
1Joissakin lahteissa ratkaisukantaa kutsutaan myos nimella perusjarjestelma
33
Todistus. 1◦ Olkoon {y1, y2} homogeeniyhtalon ratkaisukanta, ja osoitetaan, etta funk-
tiopari {y1, y2} on LI:
Tehdaan antiteesi, {y1, y2} on LD. Talloin, ilman yleisyyden menetysta, voimme olet-
taa, etta y1 = Cy2 jollakin C ∈ R. Koska {y1, y2} on ratkaisukanta, niin kaikki ho-
mogeeniyhtalon ratkaisut voidaan lausua muodossa
y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) = (C1C + C2)y2(x) = C ′y2(x).
Olkoon nyt x0 ∈ ∆. Jos y2(x0) = 0, niin yhtalon y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0 alkuehdot
y(x0) = y′(x0) = 1 toteuttavaa ratkaisua (jollainen on olemassa Lauseen 4.1 nojalla)
ei voida esittaa muodossa y = C ′y2. Jos taas y2(x0) 6= 0, niin alkuehdot y(x0) = 0,
y′(x0) = 1 toteuttavaa ratkaisua ei voida esittaa muodossa y = C ′y2. Siten {y1, y2} ei ole
ratkaisukanta, mika on ristiriidassa oletuksen kanssa.
2◦ Oletetaan, etta W (x0) 6= 0 jollakin x0 ∈ ∆, ja osoitetaan, etta {y1, y2} on ratkaisukan-
ta:
Olkoon y mielivaltainen yhtalon y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0 ratkaisu. Lauseen 4.13 todis-
tuksen perusteella W (y1, y2)(x) = Cµ(x), W (y, y1)(x) = C1µ(x) ja W (y, y2)(x) = C2µ(x)
joillakin vakioilla C,C1, C2 ∈ R, missa
µ(x) = e−∫p(x) dx
Siten
(C1y2(x)− C2y1(x))µ(x) = W (y, y1)(x)y2(x)−W (y, y2)(x)y1(x)
=[
y(x)y′1(x)− y1(x)y′(x)]
y2(x)
−[
y(x)y′2(x)− y2(x)y′(x)]
y1(x)
=[
y2(x)y′1(x)− y1(x)y
′2(x)
]
y(x) = −W (y1, y2)(x)y(x)
= −Cµ(x)y(x).
Koska µ(x) 6= 0 kaikilla x ∈ ∆ ja oletuksen perusteella Cµ(x0) = W (y1, y2)(x0) 6= 0, niin
myos C 6= 0. Siten saamme edellisesta yhtalosta
y(x) =C2
Cy1(x)−
C1
Cy2(x).
Nain ollen {y1, y2} on ratkaisukanta.
Esimerkki 4.17. Funktiot y1(x) = sin x ja y2(x) = cosx ovat yhtalon y′′ + y = 0
ratkaisuja ja
W (y1, y2)(x) = − sin2 x− cos2 x = −1 6= 0
kaikilla x ∈ R. Siten {y1, y2} muodostaa ratkaisukannan eli yhtalon y′′ + y = 0 kaikki
ratkaisut ovat muotoa
y(x) = C1 sin x+ C2 cosx, C1, C2 ∈ R .
34
Lause 4.18. Yhtalolla y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0 on olemassa ratkaisukanta.
Todistus. Olkoot y1 ja y2 yhtalon y′′+p(x)y′+ r(x)y = 0 ratkaisuja alkuarvoilla y1(x0) =
1, y′1(x0) = 0 ja y2(x0) = 0, y′2(x0) = 1, missa x0 on jokin valin ∆ piste. Talloin
W (y1, y2)(x0) = 1 6= 0, joten vaite seuraa Lauseesta 4.16.
4.3.2 Ratkaisukannan loytaminen kertaluvun pudotuksella
Oletetaan, etta y1 on homogeeniyhtalon
(4.3) y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0
ratkaisu siten, etta y1(x) 6= 0 kaikilla x ∈ ∆. Etsitaan toista lineaarisesti riippumatontaratkaisua y2 muodossa y2(x) = v(x)y1(x). Talloin suoralla laskulla nahdaan, etta y2 onyhtalon (4.3) ratkaisu jos ja vain jos
v′′y1 + (2y′1 + p(x)y1)v′ + (y′′1 + p(x)y′1 + r(x)y1)︸ ︷︷ ︸
=0
v = 0
eliv′′ + s(x)v′ = 0,
missa
s(x) := 2y′1(x)
y1(x)+ p(x).
Tama yhtalo toteutuu jos v′(x) = e−∫s(x) dx, mista saadaan
v(x) =
∫ x (
e−∫t s(r) dr
)
dt.
Nyt on loydetty yhtalon (4.3) ratkaisukanta, silla
W (y1, y2)(x) = det
[y1(x) v(x)y1(x)y′1(x) v′(x)y1(x) + v(x)y′1(x)
]
= v′(x)y1(x)2
= e−∫s(x) dxy1(x)
2 6= 0
kaikilla x ∈ ∆ oletuksen y1(x) 6= 0 perusteella.
Esimerkki 4.19. Yhtalolla
y′′ − 1
xy′ +
1
x2y = 0, x 6= 0
on ratkaisu y1(x) = x (joka loydetaan kokeilemalla/arvaamalla). Haetaan toista ratkaisua
y2 muodossa y2(x) = v(x)x, jolloin y′2(x) = v′(x)x+ v(x) ja y′′2 = v′′(x)x+ 2v′(x). Siten
y′′2 −1
xy′2 +
1
x2y2 = v′′x+ 2v′ − v′ − 1
xv +
1
xv = v′′x+ v′ = 0
jos ja vain jos
v′′ = −1
xv′.
Taman separoituvan yhtalon eras ratkaisu on v′(x) =1
x, josta edelleen v(x) = log |x|.
Siten etsitty ratkaisu on y2(x) = x log |x|. Koska W (y1, y2)(x) = x, saadaan tutkittavan
yhtalon kaikki ratkaisut valeilla ∆ = ]−∞, 0[ ja ∆ = ]0,∞[ muodossa
y(x) = C1x+ C2x log |x|, C1, C2 ∈ R .
35
4.3.3 Vakiokertoiminen yhtalo
Vakiokertoimiseen homogeeniyhtaloon
y′′ + ay′ + by = 0, a, b,∈ R
liittyva karakteristinen yhtalo on
λ2 + aλ+ b = 0.
Sen ratkaisut ovat
λ = −a2±√
a2
4− b ∈ C.
Huomautus 4.20. Jos y(x) = eλx, niin
y′′ + ay′ + by = λ2eλx + aλeλx + beλx = eλx(λ2 + aλ+ b).
Lause 4.21. Vakiokertoimiseen homogeeniyhtalon y′′ + ay′ + by = 0 kaikki ratkaisut
saadaan muodossa
(i) y(x) = C1eλ1x+C2e
λ2x, jos λ1, λ2 ∈ R ovat karakteristisen yhtalon juuria ja λ1 6= λ2.
(ii) y(x) = C1eλx+C2xe
λx, jos λ ∈ R on karakteristisen yhtalon kaksinkertainen juuri.
(iii) y(x) = C1eαx sin(βx) + C2e
αx cos(βx), jos α ± iβ ∈ C ovat karakteristisen yhtalon
kompleksijuuria.
Todistus. (i) Merkitaan y1(x) = eλ1x ja y2(x) = eλ2x. Suoralla laskulla (vertaa Huo-mautus 4.20) nahdaan, etta y1 ja y2 toteuttavat yhtalon y′′ + ay′ + by = 0. Lisaksi
W (y1, y2)(x) = (λ2 − λ1)e(λ1+λ2)x 6= 0
kaikilla x ∈ R. Siten Lauseen 4.16 nojalla {y1, y2} on yhtalon ratkaisukanta.Kohtien (ii) ja (iii) todistus jaa lukijalle harjoitustehtavaksi. ✷
Esimerkki 4.22. Ratkaistaan alkuarvotehtava
y′′ + 2y′ + 2y = 0,
y(0) = 0,
y′(0) = 1.
Karakteristinen yhtalo on tassa tapauksessa
λ2 + 2λ+ 2 = 0,
jonka juuret ovat λ = −1± i. Siten yhtalon y′′+2y′+2y = 0 ratkaisut saadaan muodossa
y(x) = C1e−x sin x+ C2e
−x cosx, C1, C2 ∈ R .
Ehdosta y(0) = 0 seuraa C2 = 0, joten y′(x) = −C1e−x sin x+C1e
−x cosx. Ehto y′(0) = 1
toteutuu kun C1 = 1, joten etsitty alkuarvotehtavan ratkaisu on
y(x) = e−x sin x.
36
Huomautus 4.23. Lauseen 4.21 kohdan (ii) ratkaisukanta {eλx, xeλx} loydetaan kertalu-
vun pudotuksella: muodossa y2(x) = v(x)eλx tehty yrite johtaa ratkaisuun y2(x) = xeλx.
Kohta (iii) puolestaan selittyy (ainakin osin) silla, etta kompleksiluvulle z = α+ iβ patee
ez = eα(cos β + i sin β).
4.3.4 Yleisen lineaariyhtalon ratkaiseminen
Tarkastellaan yhtaloa
(4.4) y′′ + p(x)y′ + r(x)y = q(x),
missa p, r, q : ∆ → R ovat jatkuvia.
Lause 4.24. Jos funktiot {y1, y2} muodostavat homogeeniyhtalon y′′+p(x)y′+ r(x)y = 0
ratkaisukannan ja y3 on yhtalon (4.4) jokin ratkaisu, niin (4.4):n kaikki ratkaisut saadaan
muodossa
y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + y3(x), C1, C2 ∈ R .
Todistus. Harjoitustehtava, johon vihjeita voi etsia Lauseen ?? todistuksesta. ✷
Esimerkki 4.25. Ratkaistaan lineaarinen yhtalo y′′+y = x. Vastaavan vakiokertoimisen
homogeeniyhtalon y′′+ y = 0 (eras) ratkaisukanta on y1(x) = sin x, y2(x) = cosx. Lisaksi
havaitaan, etta y3(x) = x on yhtalon y′′ + y = x ratkaisu, joten sen kaikki ratkaisut
saadaan muodossa
y(x) = C1 sin x+ C2 cos x+ x, C1, C2 ∈ R .
4.3.5 Vakioiden variointi
eli miten yksittaisratkaisu y3 loydetaan, jos vastaavan homogeeniyhtalon jokin ratkaisukan-ta {y1, y2} tunnetaan?
Ideana on etsia kahdesti jatkuvasti derivoituvat funktiot C1, C2 : ∆ → R siten, etta
y3(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x)
on yhtalon (4.4) ratkaisu. Talle yritteelle patee
y′3 = C ′1y1 + C1y
′1 + C ′
2y2 + C2y′2.
Tehdaan tassa vaiheessa lisaoletus C ′1y1 + C ′
2y2 = 0, jolloin
y′3 = C1y′1 + C2y
′2
jay′′3 = C ′
1y′1 + C1y
′′1 + C ′
2y′2 + C2y
′′2 .
37
Siten termeja sopivasti jarjestellen saamme
y′′3 + p(x)y′3 + r(x)y3 = C ′1y
′1 + C ′
2y′2 + C1 (y
′′1 + p(x)y′1 + r(x)y1)
︸ ︷︷ ︸
=0
+ C2 (y′′2 + p(x)y′2 + r(x)y2)
︸ ︷︷ ︸
=0
= C ′1y
′1 + C ′
2y′2,
joten y3 on etsitty ratkaisu, jos yhtalopari
(4.5)
{
C ′1(x)y1(x) + C ′
2(x)y2(x) = 0
C ′1(x)y
′1(x) + C ′
2(x)y′2(x) = q(x)
toteutuu. Taman yhtaloparin ratkaisuksi saadaan
C ′1(x) = −y2(x)q(x)
W (x), C ′
2(x) =y1(x)q(x)
W (x),
missa Wronskin determinantti W (x) = W (y1, y2)(x) 6= 0 kaikilla x ∈ ∆, silla {y1, y2}on homogeeniyhtalon y′′ + p(x)y′ + r(x)y = 0 ratkaisukanta. Etsityt funktiot C1 ja C2
saadaan vastaavia derivaattoja integroimalla.
Esimerkki 4.26. Ratkaistaan yhtalo
y′′ + y = tanx
valilla x ∈ ]−π2, π2[. Vastaavan homogeeniyhtalon y′′+ y = 0 ratkaisukannan muodostavat
funktiot y1(x) = sin x ja y2(x) = cos x. Yrite
y3(x) = C1(x) sin x+ C2(x) cosx
yhdessa lisaehdon C ′1 sin x+ C ′
2 cosx = 0 kanssa johtaa yhtalopariin
C ′1(x) sin x+ C ′
2(x) cosx = 0,
C ′1(x) cosx− C ′
2(x) sin x = tanx.
Ensimmaisesta yhtalosta saadaan C ′2 = −C ′
1
sin x
cosx, joka sijoitettuna toiseen yhtaloon an-
taa sieventamisen jalkeen C ′1 = sin x. Siten C ′
2 = −sin2 x
cosx. Integroimalla nama saamme
C1(x) = − cosx ja
C2(x) =
∫
−sin2 x
cos xdx =
∫ (
cos x− 1
cosx
)
dx = sin x− log
(1 + sin x
cosx
)
,
missa integraali
∫1
cos xdx saadaan laskettua sijoitusta t = tan x
2ja trigonometristen
funktioiden palautuskaavoja kayttaen. Nain ollen
y3(x) = C1(x) sin x+ C2(x) cos x
= − cosx sin x+ sin x cosx− cosx log
(1 + sin x
cosx
)
= − cosx log
(1 + sin x
cosx
)
,
38
ja yhtalon y′′ + y = tan x kaikki ratkaisut valilla ]−π2, π2[ saadaan muodossa
y(x) = C1 sin x+ C2 cosx− cosx log
(1 + sin x
cos x
)
, C1, C2 ∈ R .
4.3.6 Valistunut arvaus
Kokeilu on tietyissa tapauksissa tehokas tapa etsia ratkaisua toisen kertaluvun epahomogeenisellelineaariyhtalolle. Erityisen hyvin tama metodi toimii kun yhtalo on vakiokertoiminen,mutta muulloinkin voi yrittaa.
Lause 4.27. Tutkitaan vakiokertoimista yhtaloa y′′ + ay′ + by = q(x), a, b ∈ R.
(i) Jos q(x) on polynomi, niin yhtalolla on polynomiratkaisu.
(ii) Jos q(x) = Aecx ja
(a) c ei ole karakteristisen yhtalon juuri, niin y(x) = Kecx on ratkaisu jollakin
K ∈ R.
(b) c on karakteristisen yhtalon yksinkertainen juuri, niin y(x) = Kxecx on ratkaisu
jollakin K ∈ R.
(c) c on karakteristisen yhtalon kaksinkertainen juuri, niin y(x) = Kx2ecx on
ratkaisu jollakin K ∈ R.
(iii) Jos q(x) = A sin(ωx) (vast. q(x) = A cos(ωx)) ja
(a) ±ωi eivat ole karakteristisen yhtalon juuria, niin y(x) = K sin(ωx)+L cos(ωx)
on ratkaisu joillakin K,L ∈ R.
(b) ±ωi ovat karakteristisen yhtalon juuria, niin y(x) = Lx cos(ωx) (vast. y(x) =
Lx sin(ωx)) on ratkaisu joillakin L ∈ R.
Todistus. Todistamme vain kohdan (ii), kohdat (i) ja (iii) jaavat lukijalle harjoituste-htaviksi.
Jos q(x) = Aecx ja c ei ole karakteristisen yhtalon juuri, niin funktiolle y(x) = Kecx
pateey′′ + ay′ + by = Kecx(c2 + ac+ b) = Aecx,
kun K = A/(c2 + ac + b), missa c2 + ac + b 6= 0 oletuksen perusteella. Jos taas c onkarakteristisen yhtalon yksinkertainen juuri, niin c2 + ac + b = 0 ja 2c + a 6= 0. Sitenfunktiolle y(x) = Kxecx patee
y′′ + ay′ + by = Kxecx(c2 + ac+ b) +Kecx(2c+ a) = Kecx(2c+ a) = Aecx,
kun K = A/(2c+ a). Lopulta jos c on karakteristisen yhtalon kaksinkertainen juuri, niinc2 + ac+ b = 0, 2c+ a = 0 ja a2 − 4b = 0. Siten funktiolle y(x) = Kx2ecx patee
y′′ + ay′ + by = Kx2ecx(c2 + ac+ b) +Kxecx(4c+ 2a) + 2Kecx = 2Kecx = Aecx,
kun K = A/2. ✷
39
Esimerkki 4.28. a) Ratkaistaan yhtalo
y′′ + y = sin x.
Vastaavan homogeeniyhtalon ratkaisukannan muodostavat y1(x) = sin x ja y2(x) = cosx.
Siten Lauseen 4.27 nojalla etsimme ratkaisua y3 muodossa y3(x) = Kx cosx. Talloin
y′3 = K cosx−Kx sin x ja y′′3 = −2K sin x−Kx cos x. Siten
y′′3 + y3 = −2K sin x−Kx cosx+Kx cosx = −2K sin x = sin x,
kun K = −1/2. Tutkittavan yhtalon y′′+y = sin x kaikki ratkaisut saadaan siis muodossa
y(x) = C1 sin x+ C2 cosx−1
2x cosx, C1, C2 ∈ R .
b) Ratkaistaan yhtalo
y′′ + y = x2 + sin x.
Yhtalo y′′ + y = sin x ratkaistiin ylla. Ratkaistaan erikseen viela yhtalo y′′ + y = x2:
Kokeilu y3(x) = a0 + a1x+ a2x2 antaa
y′′3 + y3 = 2a2 + a0 + a1x+ a2x2,
joten y3 toteuttaa yhtalon y′′ + y = x2 jos ja vain jos a0 = −2, a1 = 0 ja a2 = 1. Siten
kaikki ratkaisut saadaan muodossa
y(x) = C1 sin x+ C2 cos x+ x2 − 2, C1, C2 ∈ R .
Nyt yhtalon y′′ + y = x2 + sin x kaikki ratkaisut saadaan muodossa
y(x) = C1 sin x+ C2 cosx−1
2x cos+x2 − 2, C1, C2 ∈ R .
Syyna tahan on se, etta funktio y4(x) = −12x cos+x2 − 2, joka on siis saatu laskemalla
yhteen yhtaloiden y′′ + y = sin x ja y′′ + y = x2 loydetyt yksittaisratkaisut, on yhtalon
y′′ + y = x2 + sin x yksittaisratkaisu.
4.4 Yhteys lineaarisiin differentiaaliyhtalopareihin
Lineaarinen ensimmaisen kertaluvun differentiaaliyhtalopari on muotoa
{
y′1(x) = a11(x)y1(x) + a12(x)y2(x) + b1(x),
y′2(x) = a21(x)y1(x) + a22(x)y2(x) + b2(x),
missa kerroinfunktiot aij , bj : ∆ → R ovat jatkuvia ja y1, y2 tuntemattomia. Sama voidaanesittaa matriisimuodossa
Y ′(x) = A(x)Y (x) +B(x),
40
missa Y (x) =
(y1(x)y2(x)
)
, A(x) =
(a11(x) a12(x)a21(x) a22(x)
)
ja B(x) =
(b1(x)b2(x)
)
. Yhtalopariin
liittyva alkuarvotehtava saa muodon{
Y ′(x) = A(x)Y (x) +B(x),
Y (x0) = Y0,
missa x0 ∈ ∆ ja Y0 =
(y01y02
)
∈ R2. Siten ehto Y (x0) = Y0 tarkoittaa, etta y1(x0) = y01 ja
y2(x0) = y02.
Esimerkki 4.29. Tarkastellaan yhtaloparia
y′1 = xy2 + 1,
y′2 = 0,
joka on helppo ratkaista. Koska y′2 = 0, niin y2(x) = C1 jollakin C1 ∈ R. Siten en-
simmainen yhtalo saa muodon y′1 = C1x+ 1, josta y1(x) =C1
2x2 + x+ C2. Nain ollen
(
y1(x)
y2(x)
)
=
(C1
2x2 + x+ C2
C1
)
=C1
(12x2
1
)
+ C2
(
1
0
)
+
(
x
0
)
=C1Y1(x) + C2Y2(x) + Y3(x),
missa vektorifunktiot Y (x) =
(12x2
1
)
ja Y (x) =
(
1
0
)
toteuttavat vastaavan homogeenisen
yhtaloparin
y′1 = xy2,
y′2 = 0.
Maaritelma 4.30. Funktiot Y1, Y2 : ∆ → R2 muodostavat homogeenisen yhtaloparin
Y ′(x) = A(x)Y (x) ratkaisukannan, jos Y ′i (x) = A(x)Yi(x), i = 1, 2, ja jokainen yhtaloparin
ratkaisu Y on muotoa
Y (x) = C1Y1(x) + C2Y2(x), C1, C2 ∈ R .
Lause 4.31. Seuraavat ehdot ovat yhtapitavia homogeenisen yhtaloparin Y ′(x) = A(x)Y (x)
ratkaisuille Y1 ja Y2:
(i) Funktiot Y1 ja Y2 muodostavat yhtaloparin ratkaisukannan.
(ii) {Y1, Y2} on LI, ts. ehdosta C1Y1(x)+C2Y2(x) = 0 kaikilla x ∈ ∆ seuraa C1 = C2 =
0.
(iii) W (x0) := det
[
Y11(x0) Y12(x0)
Y21(x0) Y22(x0)
]
6= 0 jollakin x0 ∈ ∆, missa Y1(x) =
(
Y11(x)
Y21(x)
)
,
Y1(x) =
(
Y12(x)
Y22(x)
)
.
(iv) W (x) 6= 0 kaikilla x ∈ ∆.
Todistus. Harjoitustehtava. ✷
41
Vakiokertoimisen yhtaloparin ratkaiseminen eliminoinnilla
Tyydymme tarkastelemaan asiaa esimerkin avulla:
Esimerkki 4.32. Tutkitaan yhtaloparia
y′1 = y1 − y2,
y′2 = 5y1 − 3y2.
Derivoimalla ensimmaisen yhtalon saamme y′′1 = y′1 − y′2. Sijoittamalla tahan toisen
yhtalon y′2 = 5y1 − 3y2 tuloksena on yhtalo
y′′1 = y′1 − 5y1 + 3y2.
Toisaalta ensimmaisen yhtalon nojalla y2 = −y′1 + y1, joten
y′′1 = y′1 − 5y1 + 3(−y′1 − y1) = −2y′1 − 2y1.
Paadyimme siis toisen kertaluvun vakiokertoimiseen yhtaloon
y′′1 + 2y′1 + 2y1 = 0,
jonka ratkaisut ovat muotoa (karakteristisen yhtalon juuret ovat −1± i)
y1(x) = C1e−x sin x+ C2e
−x cosx, C1, C2 ∈ R .
Tata derivoimalla saamme
y′1 = −C1e−x sin x+ C1e
−x cosx− C2e−x cosx− C2e
−x sin x
= (−C1 − C2)e−x sin x+ (C1 − C2)e
−x cosx,
joten yhtaloparin ensimmaisen yhtalon nojalla
y2 = −y′1 + y1 = (2C1 + C2)e−x sin x+ (2C2 − C1)e
−x cosx.
Siten(
y1(x)
y2(x)
)
= C1
(
e−x sin x
2e−x sin x− e−x cos x
)
+ C2
(
e−x cosx
e−x sin x+ 2e−x cosx
)
.
Koska lisaksi
W (x) = det
[
e−x sin x e−x cosx
2e−x sin x− e−x cos x e−x sin x+ 2e−x cosx
]
= e−2x 6= 0,
on yhtaloparin kaikki ratkaisut loydetty.
Huomautus 4.33. Muotoa Y ′(x) = A(x)Y (x)+B(x) olevia epahomogeenisia yhtalopareja
voidaan myos ratkaista eliminoinimenetelmalla. Yksi tapa on ratkaista ensin vastaava ho-
mogeeniyhtalopari ja sitten etsia vakion varioinnilla/kokeilulla jokin yksittaisratkaisu.
42
