1. kertaluvun differentiaaliyhtälöt

Kompleksiluvun logaritmi:ln z = w⇔ z = e wJos nyt z = re iθ = re iθ e in2π , missä n ∈ Z, niin saadaanw = ln z = ln r + iθ + in2π,n ∈ ZLogaritmi on siis äärettömän moniarvoinen funktio.Helposti nähdään että e w = z kaikilla n.Logaritmin päähaaraksi sanotaan valintaa n = 0 ja0 ≤ θ < 2π:lnz = ln r + iθ,0 ≤ θ < 2πJos nyt z ∈ R, ja z on positiivinen (> 0):lnz = ln rJos taas z on negatiivinen reaaliluku,lnz = ln r + iπEsim. (päähaara-arvot):ln(−1) = ln e iπ ) = iπln i = ln e iπ/2 = i π 2ln(1 + i) = ln( √ 1 2 + 1 2 e iπ/4 ) = 1 2 ln 2 + i π 46. DifferentiaaliyhtälöistäNewtonin toisen lain mukaan kappaleeseen vaikuttavavoima on yhtäsuuri kuin kappaleen massa kerrottuna senkiihtyvyydellä. Korkeudella h putoamisliikkeessä olevankappaleen kiihtyvyys on d2 hja siihen vaikuttavadt 2gravitaatiovoima −mg, kun kappaleen massa on m.Newtonin lain mukaan on siistaim d2 hdt 2d 2 hdt 2= −mg= −g.Tämä on korkeutta h hallitseva differentiaaliyhtälö, ts.siinä esiintyy tuntemattoman funktion derivaattoja.Differentiaaliyhtälön ratkaisemisella tarkoitetaan yhtälöntoteuttavan funktion etsimistä.Putoamisliikkeen tapauksessa ratkaisu on helppo löytää.Integroidaan differentiaaliyhtälönd 2 hdt 2= −gmolemmat puolet, jolloin saadaandhdt = −gt + c 1.Tämä on edelleenkin differentiaaliyhtälö ja edelleenkinvoimme integroida sen puolittain. Päädymme ratkaisuunh = − 1 2 gt2 + c 1 t + c 2 .38TerminologiaaPutoamisliikkeen ratkaisussa on kummastakinintegroinnista aiheutuneet integrointivakiot otettumukaan. Vakioiden arvot määräytyvät alkuehdoista.Tässä tapauksessa tieto kappaleen korkeudesta janopeudesta alkuhetkellä t = 0 riittää.Kun yhtälössä on jonkin muuttujan derivaattoja jonkintoisen muuttujan suhteen, sanotaan edellistä muuttujaariippuvaksi ja jälkimmäistä riippumattomaksi (vapaaksi).Riippuva muuttuja on siis sama kuin funktio mikähalutaan ratkaista.Jos differentiaaliyhtälössä esiintyy derivaattoja vainyhden riippumattoman muuttujan suhteen, puhutaantavallisesta differentiaaliyhtälöstä. Jos yhtälössä onosittaisderivaattoja useamman kuin yhden vapaanmuuttujan suhteen, kyseessä onosittaisdifferentiaaliyhtälö.Esimerkiksi differentiaaliyhtälöd 2 xdt 2 + adx dt + kx = 0

on tavallinen. Sen riippuva muuttuja on x ja riippumatont. Yhtälö∂u∂x + ∂u∂y = x − 3yon puolestaan osittaisdifferentiaaliyhtälö, jonkariippumattomat muuttujat ovat x ja y. u on tämänyhtälön riippuva muuttuja.Yhtälön kertaluku on korkein siinä esiintyvienderivaattojen kertaluvuista. Esimerkiksi yhtälönd 2 hdt 2= −gkertaluku on 2.Differentiaaliyhtälö on lineaarinen, jos riippuva muuttuja(y) ja sen derivaatat esiintyvät yhtälön kaikissa termeissäjoko ensimmäisessä potenssissa tai ei ollenkaan. Josdifferentiaaliyhtälö ei ole lineaarinen, sen sanotaan olevanepälineaarinen. Esimerkiksi yhtälöon lineaarinen mutta yhtälötd 2 y2+ sin y = 0,dx y′d 2 ydx 2 + y = x4+ 2yy ′ = 0 ja y ′ = x yovat epälineaarisia.Mikä tahansa kertaluvun n tavallinen differentiaaliyhtälöon kirjoitettavissa muotoon(F x, y, dy )dx , . . . , dn ydx n = 0.Olkoon I jokin lukuväli ((a, b), [a, b], . . .).Jos sijoitettaessa y = f(x) yhtälöönF(x, y, dy )dx , . . . , dn ydx n = 0se toteutuu kaikilla x ∈ I, sanotaan että f(x) on ko.yhtälön ratkaisu välillä I.Esim. Yhtälön y ′′ − 2 xy = 0 ratkaisu on f(x) = x 2 − x −12Nyt derivaatat f ′ (x) = 2x + x −2 ja f ′′ (x) = 2 − 2x −3 ovatmääriteltyjä aina kun x ≠ 0. Sijoitetaan f yhtälöön,jolloin saadaan(2 − 2x −3 ) − 2 x 2 (x2 − x −1 )= (2 − 2x −3 ) − (2 − 2x −3 )= 0.Yhtälö siis toteutuu kun x ≠ 0 eli f(x) = x 2 − x −1 onyhtälön ratkaisu alueissa (−∞, 0) ja (0, ∞).Esim. φ(x) = c 1 e −x + c 2 e 2x on yhtälön y ′′ − y ′ − 2y = 0ratkaisuNyt φ ′ (x) = −c 1 e −x + 2c 2 e 2x ja φ ′′ (x) = c 1 e −x + 4c 2 e 2x .Sijoitetaan nämä yhtälöön, jolloin(c 1 e −x + 4c 2 e 2x ) − (−c 1 e −x + 2c 2 e 2x )−2(c 1 e −x + c 2 e 2x )= (c 1 + c 1 − 2c 1 )e −x + (4c 2 − 2c 2 − 2c 2 )e 2x = 0.Tämä on ilmeisestikin voimassa koko reaaliakselilla, jotenφ(x) = c 1 e −x + c 2 e 2x on yhtälön ratkaisu välillä (−∞, ∞)olivatpa c 1 ja c 2 mitä tahansa vakioita.Esim. Yhtälön (1 + xe xy ) dydx + 1 + yexy = 0 ratkaisumääräytyy yhtälöstä x + y + e xy = 0Suoraviivainen menettely olisi ratkaista y yhtälöstäx + y + e xy = 0 ja sijoittaa tämä differentiaaliyhtälöön.Valitettavasti vain emme osaa tätä ratkaisua muodostaa.Derivoidaan sen sijaan yhtälö x + y + e xy = 0implisiittisesti, jolloin1 + dy (dx + exy y + x dy )= 0.dxUudestaan ryhmittäen voidaan kirjoittaa(1 + xe xy ) dydx + 1 + yexy = 0,joten yhtälö x + y + e xy = 0 todellakin määrääimplisiittisesti ko. differentiaaliyhtälön ratkaisun.Osoittautuu, että kertalukua n oleviendifferentiaaliyhtälöiden ratkaisuihin liittyy aina nmielivaltaista vakiota. Useimmissa tapauksissa vakiotovat määrättävissä, jos tunnetaan funktio ja sen n − 1ensimmäisen derivaatan arvot jossakin ratkaisuvälin Ipisteessä.Differentiaaliyhtälöön(F x, y, dy )dx , . . . , dn ydx n = 0liittyvä alkuarvoprobleema kuuluu: Etsi välillä I sedifferentiaaliyhtälön ratkaisu, joka pisteessä x 0 ∈ Itoteuttaa n ehtoay(x 0 ) = y 0dydx (x 0) = y 1.d n−1 ydx n−1 (x 0) = y n−1 ,missä suureet y 0 , y 1 , . . . , y n−1 ovat vakioita.Nimitys alkuarvo on peräisin mekaniikasta, missä y(x 0 ) = y 0tarkoittaa usein kappaleen paikkaa alkuhetkellä x 0 ja y ′ (x 0 ) = y 1sen nopeutta samalla hetkellä.39

Esim. Määrää se yhtälön y ′′ − y ′ − 2y = 0 ratkaisu, jokatoteuttaa alkuehdot y(0) = 2 ja y ′ (0) = −3Aiemmin näimme, että φ(x) = c 1 e −x + c 2 e 2x on ko.yhtälön ratkaisu olivatpa vakiot c 1 ja c 2 mitä tahansa.Määrätään nämä kertoimet siten, että alkuehdottoteutuvat:eliφ(0) = c 1 e 0 + c 2 e 0 = 2φ ′ (0) = −c 1 e 0 + 2c 2 e 0 = −3,c 1 + c 2 = 2−c 1 + 2c 2 = −3.Yhtälöryhmän ratkaisuna saadaan c 1 = 7/3 ja c 2 = −1/3.Alkuarvot toteuttava ratkaisu on siisφ(x) = 7 3 e−x − 1 3 e2x .tavallisimmat differentiaaliyhtälöt:Seuraavat differentiaaliyhtälöt esiintyvät usein fysiikassaja muissa sovelluksissa:dy= ay, a ∈ R ⇒ y = Ceaxdxd 2 ydx 2 = a2 y, ⇒ y = C 1 e ax + C 2 e −axd 2 ydx 2 = −a 2 y, ⇒ y = C 1 cos(ax) + C 2 sin(ax)= D 1 e iax + D 2 e −iaxViimeinen yhtälö on esim. harmonisen värähtelijänyhtälö: jos kappale liikkuu x-akselia pitkin voimanF = −kx vaikutuksessa, Newtonin lain mukaan (F = ma)F = −kx = d2 xdt 26.1 Ensimmäisen kertaluvun yhtälötEnsimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöille voidaantodistaa olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslause:Olkoot funktio f(x, y) ja sen osittaisderivaatta ∂f∂x(x, y)jatkuvia pisteen (x 0 , y 0 ) sisältävässä suorakaiteessaR = {(x, y)|a < x < b, c < y < d}.Silloin alkuarvoprobleemalladydx = f(x, y), y(x 0) = y 0on yksikäsitteinen ratkaisu φ(x) jollakin välilläx 0 − h < x < x 0 + h, missä h > 0.Vastaavanlaisia lauseita on olemassa myös korkeammankertaluvun differentiaaliyhtälöille.Lause siis kertoo, milloin ratkaisu on löydettävissä ja ettäratkaisun löydyttyä ei tarvitse etsiä muita ratkaisujakoska niitä ei ole olemassa. Graafisesti olemassaolotarkoittaa, että lauseen suorakaiteen jokaisen pisteenkautta kulkee jokin ratkaisu ja yksikäsitteisyys sitä, ettäkunkin pisteen (x 0 , y 0 ) kautta kulkee täsmälleen yksiratkaisu. Tästä johtuen ratkaisujen kuvaajat eivätkoskaan leikkaa toisiaan. Valitettavasti lause kertoo vainettä ratkaisu on olemassa pisteen x = x 0 ympäristössä,mutta ei kerro tämän ympäristön suuruutta.Fysiikan mallintamisessa alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaoloja yksikäsitteisyys ovat ensiarvoisen tärkeitä. Ensinnäkintodellisessa maailmassa ”jotakin tapahtuu”joten mallinnettaessamaailmaa aluarvoprobleemoina olisi ratkaisujen syytä ollaolemassa. Toiseksi, jos saman kokeen toisto samoilla ehdoillajohtaa aina samaan tulokseen, täytyy kokeeseen liittyvänmallinkin olla yksikäsitteinen. Mekaniikka on hyvä esimerkkideterministisestä mallista: tulevaisuus määräytyy tarkasti josalkutila tunnetaan tarkasti.6.1.1 Separoituvat yhtälötJos differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossady= q(x)p(y) (6.1)dxts. oikea puoli on kirjoitettavissa kahden funktion tulona,joista toinen riippuu vain muuttujasta x ja toinen vainmuuttujasta y, sanotaan että yhtälö on separoituva taiettä yhtälön muuttujat ovat erotettavissa.Luonnollisesti myös muotoaovat separoituvia.Separoituva yhtälödydx = q(x)p(y)taidydx = q(x)p(y)dydx = p(y)q(x)ratkeaa muuttujien separoinnilla:kerrotaan molemmat puolet funktiolla p(y) jadifferentiaalilla dx, jolloinp(y) dy = q(x) dx,(6.2)ja integroimalla näin saatu yhtälö,∫ ∫p(y) dy = q(x) dx. (6.3)Jos integraalit osataan laskea, voidaan ratkaista y = f(x).Näytetään että (6.3) antaa oikean ratkaisun: Olkoot P (y)ja Q(x) funktioiden p(y) ja q(x) integraalifunktioita, ts.P ′ (y) = p(y),Q ′ (x) = q(x)40

Tälloin yhtälö (6.3) on ekvivalentti yhtälönP (y) = Q(x) + Ckanssa. Kirjoittamalla y = y(x) ja derivoimalla x:nsuhteen saammeddx P (y(x)) = P ′ (y(x))y ′ (x) = ddx Q(x) ⇒p(y)y ′ = q(x)mikä oli alkuperäinen differentiaaliyhtälö.Esim. Ratkaise dydx = x−5y 2Kerrotaan yhtälö puolittain tekijällä y 2 dx, jolloin saadaany 2 dy = (x − 5) dx.Integrointi molemmin puolin antaa∫ ∫y 2 dy = (x − 5) dxeliRatkaistaan y:y 33 = x2− 5x + C.2( ) 3x21/3y =2 − 15x + 3C .Koska vakio C voi olla mielivaltainen reaaliluku niinsellainen on myös 3C. Voimme siis aivan hyvin korvatasen vaikkapa symbolilla K:( ) 3x21/3y =2 − 15x + K .Esim. Ratkaise alkuarvotehtävä dydx = y−1x+3kun y(−1) = 0Muuttujien erottaminen johtaa yhtälöönTämän integrointi antaadyy − 1 = dxx + 3 .ln |y − 1| = ln |x + 3| + C.Eksponentioidaan yhtälön molemmat puolet ja saadaanelie ln |y−1| ln |x+3|+C= e|y − 1| = e C |x + 3| = K|x + 3|,missä olemme merkinneet K = e C > 0. Riippuenmuuttujien y ja x arvoista on |y − 1| = ±(y − 1) ja|x + 3| = ±(x + 3). Voimme siis kirjoittaay − 1 = ±K(x + 3) tai y = 1 + (±K)(x + 3).Merkitään vakiota ±K jälleen symbolilla C, joka voi nytsiis olla mielivaltainen reaaliluku. Saamme silloindifferentiaaliyhtälön ratkaisuksi y = 1 + C(x + 3).Alkuehto oli y(−1) = 1 + C(−1 + 3) = 0 eli C = −1/2.Alkuarvotehtävän siis ratkaisee funktioy = − 1 2 − 1 2 x.6.1.2 Lineaariset yhtälötEnsimmäisen kertaluvun lineaarinen yhtälö on muotoaa 1 (x) dydx + a 0(x)y = b(x), (6.4)missä kertoimet a 1 (x), a 0 (x) ja oikea puoli b(x) voivatriippua vain vapaasta muuttujasta x mutta eivätriippuvasta muuttujasta y.Esimerkiksi yhtälöx 2 sin x − (cos x)y = (sin x) dydxon selvästikin lineaarinen. Yhtälöy dydx + (sin x)y3 = e x + 1sen sijaan ei ole lineaarinen, sillä sen lisäksi ettäderivaatan kertoimena on riippuva muuttuja y esiintyyyhtälössä muuttujan y kuutiollinen termi.Olettaen, että kerroin a 1 (x) yhtälössä (6.4) ontarkasteltavalla välillä nollasta poikkeava, ensimmäisenkertaluvun yhtälö on kirjoitettavissa standardimuotoondy+ p(x)y = q(x). (6.5)dxJos asetetaan q(x) = 0 yhtälöä sanotaan homogeeniseksi,alkuperäistä täydelliseksi. Homogeenisen yhtälön kaikissatermeissä esiintyy siis ainoastaan y:n tai y ′ ensimmäistäpotenssia.Ratkaisussa kannattaa lähteä liikkeelle homogeenisenyhtälön ratkaisusta:I) Homogeeninen yhtälö (HY):Ratkeaa separoimalla:⇒⇒dydx + p(x)y = 0dyy = −p(x)dx∫ln |y| = − p(x)dx + A[ ∫ ]y = C exp − p(x)dxmissä C = ±e A on integroimisvakio. Tämä on HY:nyleinen ratkaisu.41

II) Täydellinen yhtälö (TY):Nyt riittää löytää joku ratkaisu TY:lle, olkoon se y 0 (x).Tällöin TY:n yleinen ratkaisu on HY:n ja TY:nratkaisujen summa,y TY (x) = y HY (x) + y 0 (x)missä y HY on yllä lasketty HY:n yleinen ratkaisu.Todistus:1. y TY (x) on selvästi TY:n ratkaisu2. Olkoon y 1 (x) TY:n mielivaltainen ratkaisu. Tällöiny 1 (x) − y 0 (x) on selvästi HY:n joku ratkaisu, joteny 1 (x) = y HY (x) + y 0 (x).Kuinka TY:n ratkaisu löydetään?Arvaus: toimii usein, mutta pitää keksiä!Esim. y ′ + xy = x: selvästi yksi TY:n ratkaisu on y = 1.Vakion variointi: Etsitään ratkaisua niin että HY:nratkaisun vakio “ylennetään” x:n funktioksi:∫y = C(x)e − p(x)dx∫∫y ′ = C ′ e − pdx − Cpe − pdx∫= C ′ e − pdx − pySijoitetaan tämä TY:hyn:∫C ′ e − pdx − py + py = q∫⇒ C ′ pdx= qe∫ ∫⇒ C = qepdx dxSiis TY:n yleinen ratkaisu saadaan muotoon∫ [ ∫ ∫ ]y(x) = e − pdxC + qepdx dx(6.6)Tässä C -termi on HY:n yleinen ratkaisu. Tätä muotoa eikannata muistaa, menetelmä kyllä!Esim. Etsi yhtälön 1 dyx dx − 2yx= x cos x yleinen ratkaisu2Yhtälö on lineaarinen, joten kirjoitetaan se ensinstandardimuotoon kertomalla se tekijällä x:dydx − 2 x y = x2 cos x.Nyt homogeeninen yhtälö on siis y ′ − 2 xy = 0, jokaratkeaa separoimalla:dyy = 2 dx ⇒ ln |y| = 2 ln |x| + A ⇒ y = Cx2xTäydellinen yhtälö ratkeaa vakion varioinnilla:y = Cx 2 ⇒ y ′ = C ′ x 2 + C2xSiis TY:n yleinen ratkaisu on siis näiden kahden ratkaisunsumma:y = (C + sin x)x 2Vakio C määräytyy nyt alkuehdosta.Esim. Etsi yhtälön y ′ − 2y = 2 yleinen ratkaisuYhtälö on lineaarinen:HY:⇒⇒dydx − 2y = 0dyy = 2dxln |y| = 2x + A ⇒ y = Ce 2xTY: Täydellisen yhtälön ratkaisu voidaan etsiä vakionvarioinnilla, mutta tässä tapauksessa nähdään helpostiettä y = −1 toteuttaa TY:n. Siis yleinen ratkaisu ony = Ce 2x − 1 .Esim. Putoava kappale:kappale jonka massa on m putoaailmassa maan vetovoiman vaikutuksesta. Hetkellä t = 0kappale on levossa. Mikä on kappaleen nopeus ajanfunktiona?Kappaleeseen vaikuttavat voimat:maan vetovoima: mgilmanvastus: −kv (pitää paikkansa jos nopeus v on pieni).Newtonin liikelakiF = ma ⇒ m dvdt= mg − kvKyseessä on lineaarinen 1. kertaluvun differentiaaliyhtälö.HY on⇒mv ′ = −kv ⇒ 1 v dv = − k m dtln |v| = − k m t + A ⇒ v = Ce−kt/mTY:n yksittäisratkaisu saadan vakion varioinnilla, taijälleen arvaamalla: selvästi v = mg/k toteuttaa TY:n,joten yleinen ratkaisu onv(t) = Ce −kt/m + mg/kHetkellä t = 0 nopeus v(0) = 0 ⇒ C = −mg/k, jotenalkuehdon toteuttava ratkaisu onv(t) = mgk (1 − e−kt/m )Kun t on pieni (t ≪ m/k), kappaleen nopeus v ≈ gt,mutta kun t → ∞, nopeus lähestyy raja-arvoa mg/k.ja TY:C ′ x 2 + C2x − 2 x Cx2 = x 2 cos x ⇒ C ′ = cos x ⇒ C = sin x42