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.

1. Muodosta integroiva tekijä \(\mu(x)=e^{\int a(x)\,\mathrm{d}x}\).
2. Kerro yhtälö puolittain integroivalla tekijällä.
3. Tunnista yhtälön vasemmalta puolelta derivaatta \(D_x\big(y(x)\mu(x)\big)\).
4. 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.

Posting submission...