Opiskelun tueksi: Kirjallinen materiaali

Funktiolla \(f\colon A\to \mathbb{R}\) on paikallinen maksimiarvo pisteessä \(x_0\in A\), jos jollakin \(h\gt 0\) ja kaikilla \(x\in A\), joille \(|x-x_0|\lt h\), pätee \(f(x)\leq f(x_0)\).

Vastaavasti, funktiolla \(f\colon A\to \mathbb{R}\) on lokaali minimiarvo pisteessä \(x_0\in A\) , jos jollakin \(h>0\) ja kaikilla \(x\in A\), joille \(|x-x_0|\lt h\), pätee \(f(x)\geq f(x_0)\).

Paikallinen ääriarvo on paikallinen maksimi- tai minimiarvo.

Huomautus. Jos \(x_0\) on paikallinen maksimiarvo ja \(f'(x_0)\) on olemassa, niin \[\begin{cases}f'(x_0) & =\lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \leq 0 \\ f'(x_0) & =\lim_{h\to 0^{-}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \geq 0.\end{cases}\] Tällöin \(f'(x_0)=0\).

Saadaan

Lause 1.

Olkoon \(x_0\in [a,b]\) jatkuvan funktion \(f\colon [a,b]\to \mathbb{R}\) paikallinen ääriarvokohta. Tällöin joko

1. funktiota \(f'(x_0)\) ei ole olemassa (sisältää myös tapaukset \(x_0=a\) ja \(x_0=b\)) tai

2. \(f'(x_0)=0\).

Olkoon \(f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) määritelty siten, että \[f(x) = x^3 -3x + 1.\] Tällöin \[f'(x) = 3x^2-3,\] jolla on nollakohdat \(x_0 = -1\) ja \(x_0 = 1\). Näissä kohdissa funktio \(f\) saa paikalliset minimi- ja maksimiarvonsa. \[f'(-1) = 3 \cdot (-1)^2 - 3 = 0 \text{ ja } f'(1) = 3 \cdot 1^2 - 3 = 0.\]

Käytännössä etsittäessä funktion paikallisia ääriarvoja, on tarkistettava kolmentyyppiset pisteet:

1. derivaatan nollakohdat

2. määrittelyvälin päätepisteet

3. pisteet, joissa funktio ei ole derivoituva

Jos satumme tietämään etukäteen, että funktiolla on minimi/maksimi, lähdemme liikkelle etsimällä kaikki mahdolliset ääriarvokohdat (edellä kuvatut pisteet), laskemme funktion arvot näissä pisteissä ja valitsemme niistä suurimman/pienimmän.

Etsitään funktion \(f\colon [0,2]\to \mathbf{R}\), \(f(x)=x^3-6x\) suurin ja pienin arvo. Koska funktio on jatkuva suljetulla välillä, sillä on maksimi ja minimi. Koska funktio on derivoituva, riittää tarkastella funktion arvoja välin päätepisteissä ja välille sisältyvissä derivaatan nollakohdissa.

Derivaatan nollakohdat: \(f'(x)=3x^2-6=0 \Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}\). Koska \(-\sqrt{2}\not\in [0,2]\), riittää laskea funktion arvot kolmessa pisteessä, \(f(0)=0\), \(f(\sqrt{2})=-4\sqrt{2}\) ja \(f(2)=-4\). Näistä nähdään, että funktion pienin arvo on \(-4\sqrt{2}\) ja suurin arvo on \(0\).

Seuraavaksi muotoilemme keskeisen derivoituvia funktioita koskevan lauseen. Lauseen ydinajatuksena on, että lukuvälillä voi tapahtua muutos vain silloin, kun se sattuu jossakin välin sisältämässä pisteessä.

Lause 2.

(Differentiaalilaskennan väliarvolause). Olkoon funktio \(f\colon [a,b]\to \mathbb{R}\) jatkuva suljetulla välillä \([a,b]\) ja derivoituva avoimella välillä \((a,b)\). Tällöin \[f'(x_0)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\] jollakin \(x_0\in (a,b).\)

Todistus.

Tuloksella on seuraavanlainen tärkeä sovellus:

Lause 3.

Olkoon \(f\colon (a,b)\to \mathbb{R}\) derivoituva funktio. Tällöin:

1. Jos kaikilla \(x\in (a,b)\) on \(f'(x)\geq 0\), niin \(f\) on kasvava.

2. Jos kaikilla \(x\in (a,b)\) on \(f'(x)\leq 0\), niin \(f\) on vähenevä.

Todistus.

Polynomifunktion \(f(x) = \frac{1}{4} x^4-2x^2-7\) derivaatta on \[f'(x) = x^3-4x = x(x^2-4) = 0,\] kun \(x=0\), \(x=2\) tai \(x=-2\). Voimme laatia taulukon:

Tehtävänämme on etsiä suorakulmio, jonka ala on \(9\) ja jonka piiri on mahdollisimman pieni.

Olkoot \(x\ (>0)\) ja \(y\ (>0)\) suorakulmion sivuja. Tällöin \(x \cdot y = 9\) ja siis \(y=\frac{9}{x}\). Suorakulmion piiri on \[2x+2y = 2x+2 \frac{9}{x} = \frac{2x^2+18}{x}.\] Missä pisteessä funktio \(f(x) = \frac{2x^2+18}{x}\) saa minimiarvonsa? Funktio \(f\) on jatkuva ja derivoituva, kun \(x>0\). Käyttämällä osamäärän derivointisääntöä saadaan \[f'(x) = \frac{4x \cdot x-(2x^2+18) \cdot 1}{x^2} = \frac{2x^2-18}{x^2}.\] Derivaatta \(f'(x) = 0\), kun \[\begin{aligned}2x^2-18 &= 0 \\ 2x^2 &= 18 \\ x^2 &= 9 \\ x &= \pm 3\end{aligned}\] mutta koska vaadimme, että \(x>0\), riittää tarkastella vain tapausta \(x=3\). Laaditaan taulukko:

Koska funktio \(f\) on jatkuva, tiedämme, että funktio saa pienimmän arvonsa pisteessä \(x=3\). Nyt voimme laskea suorakulmion toisen sivun pituuden: \(y=\frac{9}{x}=\frac{9}{3}=3\).

Osoittautui, että suorakulmio, jonka piiri on mahdollisimman pieni, on itse asiassa neliö, jonka sivujen pituus on \(3\).

Tehtävänämme on rakentaa tilavuudeltaan yhden litran mitta-astia, joka on suoran ympyräpohjaisen lieriön muotoinen, ilman päälliskantta. Ongelmana on määrittää optimaalisimmat arvot mitta-astian pohjalle ja korkeudelle, jotta sen valmistamiseen tarvittaisiin mahdollisimman vähän materiaalia.

Olkoon \(r \, (>0)\) lieriön säde ja olkoon \(h \, (>0)\) lieriön korkeus. Lieriön tilavuus on siten \(1\) dm\(^3\) ja koska \(\pi r^2 h = 1\), saadaan \[h = \frac{1}{\pi r^2}.\]

Lieriön pinnan valmistamiseen tarvittavan materiaalin määrä on siis \[A_{\text{pohja}} + A_{\text{vaippa}} = \pi r^2 + 2 \pi r h = \pi r^2 + \frac{2 \pi r}{\pi r^2} = \pi r^2 + \frac{2}{r}.\]

Olkoon \(f: (0, \infty) \to \mathbb{R}\) määritelty siten, että \[f(r) = \pi r^2 + \frac{2}{r}.\] Tavoitteenamme on löytää jatkuvan ja derivoituvan funktion \(f\) minimiarvo, kun \(r>0\). Käyttämällä resiprositeettisääntöä saadaan \[f'(r) = 2\pi r -2 \cdot \frac{1}{r^2} = \frac{2\pi r^3 - 2}{r^2}.\] Derivaatta \(f'(r) = 0\), kun \[\begin{aligned}2\pi r^3 - 2 &= 0 \\ 2\pi r^3 &= 2 \\ r^3 &= \frac{1}{\pi} \\ r &= \frac{1}{\sqrt[3]{\pi}}.\end{aligned}\]

Laaditaan taulukko:

Koska funktio \(f\) on jatkuva, tiedämme, että se saa minimiarvonsa pisteessä \(r= \frac{1}{\sqrt[3]{\pi}} \approx 0.683\). Siten \[h = \frac{1}{\pi r^2} = \frac{1}{\pi \left(\frac{1}{\sqrt[3]{\pi}}\right)^2} = \frac{1}{\frac{\pi}{\pi^{2/3}}} = \frac{1}{\sqrt[3]{\pi}} \approx 0.683.\]

Saatu vastaus tarkoittaa, että halutunlaisen mitta-astian valmistamiseen tarvitaan materiaalia mahdollisimman vähän silloin, kun astia on halkaisijaltaan noin \(2 \cdot 0.683\) dm \( = 1.366\) dm \( \approx 13.7\) cm ja korkeudeltaan noin \(0.683\) dm \( \approx 6.8\) cm.

Geometrinen tulkinta: Funktiolle \(f\colon [a,b]\to \mathbb{R}\) pätee \(f(x)\ge 0\) kaikilla \(x\in [a,b]\). Kuinka suuren pinta-alan käyrä \(y=f(x)\) rajaa yhdessä \(x\)-akselin kanssa välillä \([a,b]\)?

Vastauksen tähän kysymykseen antaa määrätty integraali \[ \int_a^bf(x)\, dx, \] jonka määritelmässä ehtoa \(f(x)\ge 0\) tosin ei tarvita lainkaan.

Tällä kurssilla integraali määritellään kaikille paloittain jatkuville funktioille; yleisemmin sitä voidaan tutkia myös rajoitettujen funktioiden tapauksessa, jolloin puhutaan Riemann-integraalista.

Paloittain jatkuvat funktiot ovat Riemann-integroituvia, mutta toisaalta kaikki rajoitetut funktiot eivät ole. Tämä hankaloittaa yleisen tapauksen käsittelyä.

Olkoon \(f\colon [a,b]\to \mathbb{R}\) jatkuva. Välin \([a,b]\) jakoon

Nämä ovat positiivisen funktion tapauksessa erään ulko- ja sisämonikulmion (= pylväsdiagrammit) pinta-aloja.

Ominaisuuksia

Aina pätee:

1. Kun jakopisteitä lisätään (sanotaan: jakoa tihennetään), niin alasumma \(s\) kasvaa ja yläsumma \(S\) pienenee;
2. \(s\le S\) eli alasumma on aina korkeintaan yläsumman suuruinen, vaikka ne laskettaisiin eri jakopisteillä.

Perustelu.

Määritelmä 1.

Funktio \(f\) on integroituva välillä \([a,b]\), jos jokaista \(\varepsilon>0\) vastaa sellainen jako, että \[ S-s<\varepsilon. \] Funktion \(f\) integraali \(I\in \mathbb{R}\) on tällöin se yksikäsitteinen luku, jolle \(s\le I\le S\) kaikissa jaoissa; merkitään \[ \int_a^bf(x)\, dx =I. \]

Positiivisen funktion tapauksessa tämä vastaa täsmälleen sitä vaatimusta, että jakoihin liittyvien pylväsdiagrammien avulla lasketut ulko- ja sisämonikulmioiden pinta-alat saadaan "mielivaltaisen" lähelle toisiaan, kun valitaan riittävän tiheä jako.

Integroituvuus

Integraali on määritelty kaikille jatkuville funktioille ja se voidaan laskea raja-arvona \[ \int_a^bf(x)\, dx = \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^nf(x_k)\Delta x \] käyttämällä tasavälisiä jakopisteitä \(x_k=a+k\Delta x\), jossa \(\Delta x=(b-a)/n\) on askelpituus ja \(0\le k\le n\).

Yleisemmin: Edellisessä summassa arvon \(f(x_k)\) tilalla voi olla mikä tahansa arvo \(f(z_k)\), kun \(x_{k-1}\le z_k\le x_k\), eikä jaon tarvitse olla tasavälinen. Ainoa vaatimus: Jakovälien max-pituus \(\to 0\), kun \(n\to\infty\). Tässä tapauksessa puhutaan integraalin laskemisesta Riemannin summien avulla. Monissa sovelluksissa integraaliin päädytään juuri Riemannin summien kautta.

Perustelu.

Sopimuksia:

Tällöin pätee \[ \int_a^bf(x) \,dx=\int_a^cf(x)\,dx+\int_c^bf(x)\,dx \] kaikilla \(a,b,c\) järjestyksestä riippumatta.

Määritelmä 2.

Funktio \(f\colon [a,b]\to\mathbb{R}\) on paloittain jatkuva, jos sillä on vain äärellinen määrä epäjatkuvuuskohtia \[ a \le c_1 < c_2< \dots < c_m \le b, \] joissa kaikissa toispuoliset raja-arvot ovat olemassa ja äärellisiä (ts. \(\pm \infty\) ei sallita).

Integraalin yleistys

Määritelmä 3.

Jos \(f\colon [a,b]\to\mathbb{R}\) on paloittain jatkuva, niin \[ \int_a^bf(x)\, dx = \sum_{k=1}^{m+1}\int_{c_{k-1}}^{c_k}f(x)\, dx, \] kun käytetään edellä esiteltyjä merkintöjä, \(c_0=a\), \(c_{m+1}=b\) ja \(f\) tulkitaan jatkuvaksi jokaisella välillä \([c_{k-1},c_k]\) erikseen.

Käytännössä integraalin laskeminen täytyy tehdä useammassa osassa yllä olevan kaavan tapaan myös silloin, kun funktio \(f\) on määritelty paloittain (jatkuvuudesta riippumatta).

Jos \(f(x)\ge 0\), niin \(\int_a^bf(x)\, dx\) on funktion kuvaajan ja \(x\)-akselin rajoittaman tasoalueen pinta-ala välillä \([a,b]\).

Yleisemmin: \(\int_a^b\bigl| f(x)-g(x)\bigr| \, dx\) on kuvaajien \(y=f(x)\) ja \(y=g(x)\) väliin jäävän alueen pinta-ala välillä \([a,b]\).

Funktion kuvaajan \(y=f(x)\) kaarenpituus välillä \([a,b]\) on \[ \ell =\int_a^b\sqrt{1+f'(x)^2}\, dx. \]

Idea: Lyhyellä välillä \([x,x+\Delta x]\) kaarenpituusalkio on muotoa \[ \Delta s\approx \sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2} =\sqrt{1+(\Delta y/\Delta x)^2}\, \Delta x\approx \sqrt{1+f'(x)^2}\, \Delta x. \]

Kun funktion \(f\) kuvaaja \(y=f(x)\) pyörähtää \(x\)-akselin ympäri välillä \([a,b]\), niin syntyvän pyörähdyspinnan pinta-ala on \[ A=2\pi\int_a^b|f(x)|\sqrt{1+f'(x)^2}\, dx. \]

Idea: Kun pieni pala kuvaajaa (kaarenpituus \(\Delta s\)) pyörähtää, niin vastaava pinta-alkio pyörähdyspinnalla on \[ \Delta A \approx \text{piiri}\cdot \text{leveys} = 2\pi |f(x)|\cdot \Delta s. \] Tarkempi arvio saadaan approksimoimalla pinta-alkiota katkaistulla kartiolla, mutta se johtaa samaan lopputulokseen.

Jos kappaletta leikataan \(yz\)-tason suuntaisella tasolla kohdassa \(x\) ja poikkileikkauksen pinta-ala on \(A(x)\), kun \(x\in [a,b]\), niin kappaleen tilavuus on \[ V=\int_a^b A(x)\, dx. \]

Kun funktion \(f\) kuvaaja \(y=f(x)\) pyörähtää \(x\)-akselin ympäri välillä \([a,b]\), niin se rajaa pyörähdyskappaleen, jonka tilavuus on \[ V=\pi \int_a^bf(x)^2\, dx \] Syy: Poikkileikkaus kohdassa \(x\) on \(f(x)\)-säteinen ympyrä, joten \(A(x)=\pi f(x)^2\).

Yleisemmin: Jos \(0\le g(x)\le f(x)\) ja kuvaajien \(y=g(x)\) ja \(y=f(x)\) välinen alue pyörähtää \(x\)-akselin ympäri välillä \([a,b]\), niin saadun kappaleen tilavuus on \[ V=\pi \int_a^b\bigl( f(x)^2-g(x)^2\bigr) \, dx. \] Huom: Tulos ei ole sama kuin \(\displaystyle{\pi \int_a^b\bigl( f(x)-g(x)\bigr) ^2\, dx}\).

Kun käyrä \(y=f(x)\), \(a\le x\le b\), pyörähtää \(y\)-akselin ympäri, niin vastaavan pyörähdyskappaleen tilavuus on \[ V=2\pi \int_a^bxf(x)\, dx. \]

Differentiaaliyhtälön kertaluku on korkeimman yhtälössä esiintyvän derivaatan kertaluku n.

Esimerkiksi differentiaaliyhtälön \( y' + 3y = \sin(x) \) kertaluku on 1. Differentiaaliyhtälön \( y'' + 5y' -6y = e^x \) kertaluku on 2.

Tässä funktion \(y\) muuttujaa ei ole kirjoitettu näkyviin, vaan ajatellaan, että yhtälö määrää \(y\):n implisiittisesti.

Kertalukua n oleva differentiaaliyhtälö on muotoa 

\( \begin{equation} \label{dydef} F(x, y(x), y'(x),\ldots , y^{(n)}(x)) = 0 \end{equation} \)

DY:n ratkaisu on sellainen n kertaa derivoituva funktio \(y(x)\), joka toteuttaa yllä olevan yhtälön kaikilla \( x \in I, \) missä \(I\) on jokin reaaliakselin avoin väli.

Ratkaisu ei tyypillisesti ole yksikäsitteinen, vaan ratkaisuja on äärettömän paljon. Tarkastellaan yhtälöä \( xy^2 + y' = 0. \) Tämän ratkaisuja ovat esimerkiksi

• \( y_0(x) = 0,\enspace x \in \mathbb{R} \)
  
• \( y_1(x) = 2/x^2,\enspace x>0 \)
  
• \( y_2(x) = 2/x^2,\enspace x<0 \)
  
• \( y_3(x) = 2/(x^2 + 3),\enspace x \in \mathbb{R} \)
  

Tässä \( y_1\), \( y_2\) ja \( y_3 \) ovat yhtälön yksittäisratkaisuja. Yhtälön yleinen ratkaisu on \( y(x) = 2/(x^2 + C),\> C \in \mathbb{R}. \) Yleisestä ratkaisusta saadaan yksittäisratkaisuja antamalla parametrille \(C\) jokin arvo. Sellaisia ratkaisuja, joita ei saada yleisen ratkaisun lausekkeesta, kutsutaan erikoisratkaisuiksi.

Kaikilla differentiaaliyhtälöillä ei ole ratkaisuja. Esimerkiksi ensimmäisen kertaluvun yhtälöllä \( \sin(y' + y) = 2 \) ei ole ratkaisuja. Jos ensimmäisen kertaluvun yhtälö voidaan kirjoittaa normaalimuodossa \( y' = f(x,y) \), missä \(f\) on jatkuva funktio, niin ratkaisu on olemassa.

Differentiaaliyhtälön yleisessä ratkaisussa esiintyvät vakiot voidaan kiinnittää vaatimalla ratkaisulta lisäominaisuuksia. Voidaan esimerkiksi vaatia että ratkaisu saa arvon \( y_0 \) muuttujan arvolla \( x_0 \) asettamalla ongelmalle alkuehto \( y(x_0) = y_0. \) Ensimmäisen kertaluvun yhtälöissä yksi lisäehto riittää yleensä tekemään ratkaisusta yksikäsitteisen. Toisen kertaluvun yhtälön tapauksessa vakioita on kaksi, jolloin alkuehto voi saada esimerkiksi muodon

\( \left\{ \begin{array} yy(x_0) = y_0 \\ y'(x_0) = y_1 \end{array} \right. \)

Yleisesti n:nnen kertaluvun yhtälölle tarvitaan n lisäehtoa, jotta ratkaisu olisi yksikäsitteinen. Yhdessä differentiaaliyhtälöä ja alkuehtoa kutsutaan alkuarvo-ongelmaksi.

Esimerkki 1.

Edellä todettiin, että differentiaaliyhtälön \( xy^2 + y' = 0 \) yleinen ratkaisu on  \( y(x) = 2/(x^2 + C).\) Tällöin alkuarvo-ongelman

\( \left\{\begin{align} xy^2 + y' = 0 \\ y(0) = 1 \end{align} \right. \)

ratkaisu on \( y(x) = 2/(x^2 + 2).\)

Alla olevassa kuvassa on joitakin yhtälön \( xy^2 + y' = 0 \) ratkaisuja. Kokeile, miten alkuarvo vaikuttaa ratkaisuun. Voit muuttaa alkuarvoja liikuttamalla pisteitä. Onko mahdollista saada ratkaisukäyrät leikkaamaan?

Differentiaaliyhtälölle \( y' = f(x,y) \) on olemassa geometrinen tulkinta: jos ratkaisukäyrä kulkee pisteen \( (x_0, y_0) \) kautta, niin tällöin pätee \( y'(x_0) = f(x_0, y_0) \), eli ratkaisukäyrän tangentin kulmakertoimia voidaan laskea, vaikkei itse ratkaisua tunnettaisi. Suuntakenttä on vektorikenttä \( \vec{i} + f(x_k, y_k)\vec{j} \) piirrettynä pisteisiin \( (x_k, y_k) \). Suuntakenttä antaa jo melko hyvän käsityksen ratkaisukäyrien muodostamasta parvesta.

Esimerkki 2.

Hahmotellaan yhtälöä \( y' = x^2 - y^2 \) vastaava suuntakenttä.

Jos differentiaaliyhtälö on muotoa

\( a_n(x)y^{(n)} + a_{n-1}(x)y^{(n-1)} + \cdots + a_1(x)y' + a_0(x)y = r(x),\)

niin yhtälöä kutsutaan lineaariseksi differentiaaliyhtälöksi. Yhtälön vasen puoli on derivaattojen lineaarikombinaatio, kertoimina muuttujan \(x\) funktiot \( a_k(x) \). Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen DY on siis muotoa

\( a_1(x)y' + a_0(x)y = r(x). \)

Jos \( r(x) = 0 \) kaikilla muuttujan \(x\) arvoilla, yhtälö on homogeeninen. Muussa tapauksessa yhtälö on epähomogeeninen.

Lause 1.

Tarkastellaan normaalimuotoista alkuarvo-ongelmaa 

\( \left\{\begin{align}y^{(n)} + a_{n-1}(x)y^{(n-1)} + \cdots + a_1(x)y' + a_0(x)y = r(x) \\ y(x_0) = y_0, \: y'(x_0) = y_1, \: \ldots, \: y^{n-1}(x_0) = y_{n-1}. \end{align} \right. \) 

Jos funktiot \( a_k\) ja \( r\) ovat jatkuvia välillä \( (a,b)\), johon alkuarvokohta \(x_0\) kuuluu, niin alkuarvo-ongelmalla on yksikäsitteinen ratkaisu.

Ehto yhtälön normaalimuotoisuudesta on oleellinen. Esimerkiksi yhtälöllä \(x^2y'' - 4xy' + 6y = 0 \) voi alkuehdosta riippuen olla joko nolla tai äärettömän monta ratkaisua.

Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen DY voidaan ratkaista ns. integroivan tekijän menettelyllä. Menetelmän ideana on kertoa yhtälö \(y' + a(x)y = r(x) \) puolittain integroivalla tekijällä \(\displaystyle e^{A(x)} \), jossa \( A'(x)=a(x)\). Tällöin yhtälö saadaan muotoon

 \(\displaystyle y'e^{A(x)} + a(x)ye^{A(x)} = r(x)e^{A(x)} \Leftrightarrow \frac{d}{dx}(ye^{A(x)}) = r(x)e^{A(x)}. \)

Nyt integroidaan yhtälö puolittain ja saadaan

\(\displaystyle ye^{A(x)} = \int r(x)e^{A(x)}dx + C \Leftrightarrow y= Ce^{-A(x)} + e^{-A(x)}\int r(x) e^{A(x)} dx. \)

Tätä ratkaisukaavaa ei ole mielekästä opetella ulkoa, mutta menetelmä kannattaa painaa mieleen.

Esimerkki 1.

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö \(\displaystyle y'-y = e^x+1.\) Integroiva tekijä on \(\displaystyle e^{\int (-1) dx} = e^{-x},\) joten kerrotaan yhtälö puolittain sillä:

\(\displaystyle e^{-x}y'-e^{-x}y = 1+e^{-x}\)

\(\displaystyle \frac{d}{dx}(ye^{-x}) = 1+e^{-x}\)

\(\displaystyle ye^{-x} = \int 1+e^{-x} dx + C = x - e^{-x} + C\)

\(\displaystyle y= y(x)=e^xx - 1 + Ce^x.\)

Esimerkki 2.

Ratkaistaan alkuarvo-ongelma

\( \left\{\begin{align}xy' = x^2 + 3y \\ y(0) = 1 \end{align} \right. \)

Saatetaan ongelma ensin normaalimuotoon:

\( \displaystyle y' - \frac{3}{x}y = x. \)

Nyt integroiva tekijä on \(\displaystyle e^{ \int \frac{3}{x} \, dx } =\displaystyle e^{ -3 \ln \vert x \vert } =\displaystyle e^{ \ln x^{-3} } =\displaystyle \frac{1}{x^3},\> x>0. \) Päästään siis muotoon

\(\displaystyle \frac{y'}{x^3} - \frac{3}{x^4}y = \frac{1}{x^2} \)

\(\displaystyle \frac{d}{dx}(\frac{y}{x^3}) = \frac{1}{x^2} \)

\(\displaystyle \frac{y}{x^3} = \int \frac{1}{x^2}dx + C = - \frac{1}{x} + C\)

\(y = Cx^3 - x^2 \)

On löydetty yleinen ratkaisu. Koska  \(y(0) = C\cdot 0 - 0 = 0,\) eli funktion arvo ei vastaa annettua alkuarvoa, ei ongelmalla näin ollen ole ratkaisua.

Esimerkki 3.

Ratkaistaan DY \(xy'-2y=2\) alkuehdolla

1. \(y(1)=0\)
2. \(y(0)=0\).

Muodosta \(y'-(2/x)y=2/x\) nähdään, että kyseessä on lineaarinen DY. Sen integroiva tekijä on

Tällä kertomalla päästään muotoon

joten \(y(x)=x^2 (-1/x^2+C)=Cx^2-1\) on DY:n yleinen ratkaisu. Alkuehdosta \(y(1)=0\) saadaan \(C=1\), mutta alkuehdosta \(y(0)=0\) seuraa ristiriita \(-1=0\). Ratkaisu on siis a-kohdassa \(y(x)=x^2-1\), mutta b-kohdan alkuehdon toteuttavaa ratkaisua ei ole.

Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on separoituva, jos se voidaan esittää muodossa \( y' = f(x)g(y), \) missä \(f\) ja \(g\) ovat tarkasteluvälillä määriteltyjä integroituvia funktioita. Integroimalla yhtälö puolittain saadaan

\(\displaystyle \int \frac{y'}{g(y)}\, dy = \int f(x) dx + C\)

\( \displaystyle \int \frac{dy}{g(y)} = \int f(x) \, dx + C,\)

missä jälkimmäiseen yhtälöön päästiin muistamalla että \(dy = y'(x)\, dx. \) Separoituvissa yhtälöissä on myös kätevää merkitä derivaattaa \(y' = \frac{dy}{dx}, \) jolloin yhtälö saadaan muotoon \( \displaystyle f(y)\frac{dy}{dx} = g(x).\) Nyt derivaattaa \( \displaystyle \frac{dy}{dx}\) voidaan periaatteessa käsitellä kuin mitä tahansa osamäärää. Kertomalla yhtälön molemmat puolet termillä \(dx\) saadaan \( \displaystyle f(y)\, dy = g(x)\, dx\), joka voidaan edelleen integroida puolittain. Tämä menettely antaa differentiaaliyhtälön ratkaisun implisiittisessä muodossa, josta \(y\) voidaan sitten mahdollisesti ratkaista eksplisiittisesti.

Esimerkki 4.

Ratkaistaan muuttujien separoinnilla differentiaaliyhtälö \(\displaystyle y'+\frac{2}{5}y = 0. \) (Yhtälön voisi ratkaista myös integroivan tekijän menettelyllä.)

 \(\displaystyle y'+\frac{2}{5}y = 0 \)

 \(\displaystyle \frac{dy}{dx} = -\frac{2}{5}y \)  

 \(\displaystyle \int \frac{1}{y}dy = -\frac{2}{5} \int dx \)  

\(\displaystyle \ln |y| = -\frac{2}{5}x + C_1 \)

\( \displaystyle y =\pm e^{-\frac{2}{5}x+C_1} = \pm e^{-\frac{2}{5}x}e^{C_1} = Ce^{-\frac{2}{5}x}, \: C>0. \)

Viimeisessä sievennyksessä merkitsimme mukavuussyistä  \(C = \pm e^{C_1}, \: C\in \mathbf{R} \).

Huom: Erikoisratkaisu \( y(x)\equiv 0\) osoittaa, että myös \( C=0\) käy.

Esimerkki 5.

Ratkaistaan alkuarvo-ongelma

\( \left\{\begin{align}y' = \frac{x}{y} \\ y(0) = 1 \end{align} \right. \)

Koska yleistä ratkaisua ei vaadita, voidaan oikaista hieman käyttämällä määrättyjä integraaleja seuraavasti:

\(\displaystyle \frac{dy}{dx} = \frac{x}{y} \)

\(\displaystyle \int_1^y y \, dy =\int_0^x x\, dx \)

\(\displaystyle \frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{2} =\frac{1}{2}x^2 \)

Separoimalla lasketusta yleisestä ratkaisusta jää yleensä pois sellaisia ratkaisuja, jotka liittyvät funktion \(g(y)\) nollakohtiin. Syynä on se, että separointimenetelmässä lausekkeella \(g(y(x))\) jakaminen edellyttää, että \(g(y(x)) \neq 0\). Havaitaan, että jokaista funktion \(g\) nollakohtaa \(\alpha\) vastaa DY:n \(y'=f(x)g(y)\) vakioratkaisu \(y(x)\equiv \alpha\), koska tällöin \(y'(x)\equiv 0=g(\alpha)\equiv g(y(x))\). Näitä ratkaisuja kutsutaan yhtälön triviaali- tai erikoisratkaisuiksi (erotuksena yleisestä ratkaisusta).

Mikäli seuraavan lauseen ehdot ovat voimassa, niin separoituvan differentiaaliyhtälön kaikki ratkaisut saadaan joko yleisestä ratkaisusta tai erikoisratkaisuista.

Lause 2.

Tarkastellaan alkuarvotehtävää \(y'=f(x,y),\ y(x_0)=y_0\).

1. Jos \(f\) on jatkuva (kahden muuttujan funktio), niin ainakin yksi alkuehdon toteuttava ratkaisu on olemassa jollakin pisteen \(x_0\) sisältävällä välillä.
2. Jos lisäksi \(f\) on jatkuvasti derivoituva muuttujan \(y\) suhteen, niin alkuehdon toteuttava ratkaisu on yksikäsitteinen.
3. Yksikäsitteisyys on voimassa myös silloin, kun kohdan (i) lisäksi \(f\) on jatkuvasti derivoituva muuttujan \(x\) suhteen ja \(f(x_0,y_0)\neq 0\).

Lauseen todistus perustuu ns. Picard-Lindelöf-iterointiin, jonka muotoiluun osallistui suomalainen matemaatikko Ernst Lindelöf (1870-1946).

Separoituville yhtälöille saadaan edellisen lauseen avulla johdettua seuraava tulos.

Lause 3.

Tarkastellaan separoituvaa differentiaaliyhtälöä \(y'=f(x)g(y)\), missä \(f\) on jatkuva ja \(g\) jatkuvasti derivoituva.

1. Jokaista funktion \(g\) nollakohtaa \(\alpha\) vastaa triviaaliratkaisu \(y(x)\equiv \alpha =\) vakio.
2. Yhtälön kaikki muut ratkaisut (= yleinen ratkaisu) saadaan yllä esitetyllä tavalla separoimalla muuttujat ja integroimalla.

Yhtälön määrittelyalueen jokaisen pisteen \((x_0,y_0)\) kautta kulkee yksikäsitteinen ratkaisukäyrä. Erityisesti, ratkaisukäyrät eivät voi leikata toisiaan eikä yksittäinen ratkaisukäyrä voi haarautua kahteen tai useampaan osaan.

∴ Separoituvan DY:n muut ratkaisukäyrät eivät siis voi leikata triviaaliratkaisukäyriä \(y=\alpha\), joten kaikille muille ratkaisuille ehto \(g(y(x))\neq 0\) on automaattisesti voimassa!

Esimerkki 6.

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö \(y'+a(x)y=0\) separointimenetelmän avulla.

Yhtälöllä on triviaaliratkaisu \(y_0(x)\equiv 0\). Muut ratkaisut eivät saa arvoa 0, joten niille pätee:

\[\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &= y'= -a(x)y \\ &\Leftrightarrow \int\frac{dy}{y} = -\int a(x)\, dx +C_1 \\ &\Leftrightarrow \ln|y| = -A(x)+C_1 \\ &\Leftrightarrow |y| =e^{C_1-A(x)} \\ &\Leftrightarrow y=y(x)=\pm e^{C_1} e^{-A(x)} =Ce^{-A(x)}.\end{aligned}\]

Tässä lauseke \(\pm e^{C_1}\) on korvattu yksinkertaisemmalla vakiolla \(C\in\mathbf{R}\).

Käytännössä differentiaaliyhtälöiden analyyttinen ratkaiseminen ei yleensä ole mahdollista. Tällöin on turvauduttava numeerisiin menetelmiin. Eräs tällainen menetelmä on Eulerin menetelmä. Eulerin menetelmän idea on suuntakentästä tuttu havainto siitä, että ratkaisun tangentteja voidaan laskea, vaikkei itse ratkaisua tiedettäisikään. Ongelmana on siis ratkaista alkuarvo-ongelma

\( \left\{\begin{align}y' = f(x,y) \\ y(x_0) = y_0 \end{align} \right. \)

Eulerin menetelmällä tämä ratkaistaan valitsemalla askelpituus \( h\) ja käyttämällä iteraatiokaavaa

\( \displaystyle y_{k+1} = y_k +  hf(x_k, y_k). \)

Iteraatio aloitetaan indeksistä \( \displaystyle k=0 \) sijoittamalla iteraatiokaavan oikealle puolelle annettu alkuarvo. Koska \(f(x_k, y_k) = y'(x_k) \) on ratkaisun tangentin kulmakerroin pisteessä \(x_k \), Eulerin menetelmässä edetään aina askelpituuden verran ratkaisukäyrän tangentin suuntaan. Tästä aiheutuu virhe, joka on sitä suurempi, mitä pidempi askelpituus valitaan.

Esimerkki 9.

Tarkastellaan alkuarvo-ongelman 

\( \left\{\begin{align}y' = y \\ y(0) =1 \end{align} \right. \)

ratkaisua Eulerin menetelmällä ja verrataan sitä tarkkaan ratkaisuun \( \displaystyle g(x) = e^x. \)

Toisen kertaluvun yhtälöiden tapauksessa ei ole helppoa tapaa johtaa lineaariselle yhtälölle yleistä ratkaisua. Aloitetaan siis tarkastelemalla homogeenista yhtälöä

\( y’’ + p(x)y’ + q(x)y = 0,\)

missä \(p\) ja \(q\) ovat määrittelyvälillä jatkuvia funktioita. Tällöin pätee:

1) Yhtälöllä on lineaarisesti riippumattomat (olennaisesti erilaiset, eli niiden suhde ei ole vakio) ratkaisut \(y_1\) ja \(y_2\), joita kutsutaan perusratkaisuiksi.

2) Yhtälön yleinen ratkaisu saadaan minkä tahansa lineaarisesti riippumattoman ratkaisuparin avulla muodossa  \(y(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x) \), missä \( C_1\) ja \( C_2\) ovat vakioita.

3) Jos määrätään alkuarvot \(y(x_0) = a, y'(x_0) = b\), niin ratkaisu on yksikäsitteinen.

Yleistä menettelyä ratkaisujen \(y_1(x)\) ja \(y_2(x)\) etsimiseen ei ole. Ratkaisujen löytämiseksi pyritään tyypillisesti arvaamaan niiden muoto ja käyttämällä tämän perusteella valittua yritettä.

Yllä olevat tulokset yleistyvät myös korkeamman kertaluvun homogeenisiin yhtälöihin. Tällöin vaadittavien perusratkaisujen ja alkuehtojen määrä kasvaa yhtälön kertaluvun mukaisesti.

Esimerkki 1.

Yhtälöllä \( y’’-y= 0\) on ainakin ratkaisut \( y = e^x\) ja \( y = e^{-x}.\) Nämä ratkaisut ovat lineaarisesti riippumattomia, joten yleinen ratkaisu on muotoa \( y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}.\)

Vakiokertoimiset yhtälöt

Tarkastellaan helpohkona erikoistapauksena 2. kertaluvun vakiokertoimista yhtälöä

\( y’’ + py’ + qy = 0.\)

Yhtälö ratkaistaan yritteellä \( y = e^{\lambda x}.\) Sijoitetaan yrite yhtälöön:

\( \lambda^2 e^{\lambda x} + p\lambda e^{\lambda x} + qe^{\lambda x} = 0.\)

\( \lambda^2 + p\lambda + q = 0.\)

Viimeistä yhtälöä kutsutaan DY:n karakteristiseksi yhtälöksi ja sen ratkaisujen avulla voidaan päätellä varsinaisen DY:n ratkaisut. Karakteristisen yhtälön ratkaisut voidaan jakaa kolmeen tapaukseen:

1) Karakteristisella yhtälöllä on kaksi eri suurta reaalijuurta. Tällöin DY:llä on ratkaisut \(y_1 = e^{\lambda_1x} \) ja \(y_2 = e^{\lambda_2x}. \)

2) Karakteristisella yhtälöllä on kaksoisjuuri. Tällöin DY:llä on ratkaisut \(y_1 = e^{\lambda x} \) ja \(y_2 = xe^{\lambda x}. \)

3) Karakteristisen yhtälön juuret ovat muotoa \(\lambda = a \pm bi.\) Tällöin DY:llä on ratkaisut \(y_1 = e^{ax}\cos(bx) \) ja \(y_2 = e^{ax}\sin(bx). \)

Nämä tulokset yleistyvät pienin muutoksin myös korkeamman kertaluvun yhtälöille.

Esimerkki 2.

Ratkaistaan reuna-arvotehtävä

\( \left\{\begin{align}y'' -y' +2y=0 \\ y(0) = 1, y(1)=0 \end{align} \right. \)

Karakteristinen yhtälö on \(r^2-r -2 = 0,\) jonka juuret ovat \( r_1 = 2\) ja \( r_2 = -1,\) joten yleinen ratkaisu on \( y(x) = C_1e^{2x} + C_2e^{-x}.\) Vakiot saadaan ratkaistua reunaehdoista:

\( \left\{\begin{align}C_1 + C_2=1 \\ e^2C_1 + e^{-1}C_2 = 0 \end{align} \right. \)

\( \left\{\begin{align}C_1 = -\frac{1}{e^3-1} \\ C_2 = \frac{e^3}{e^3-1} \end{align} \right. \)

Vastaukseksi saatiin siis \( y(x) = \frac{1}{e^3-1} (-e^{2x} + e^{3-x}).\)

Esimerkki 3.

Katsotaan miten yllä esitellyt tulokset pätevät korkeamman asteen yhtälöissä ratkaisemalla

\( y^{(4)} - 4y''' +14y'' -20y' +25y = 0.\)

Karakteristinen yhtälö on nyt \( r^4 - 4r^3 +14r^2 -20r +25 = 0,\) millä on kaksinkertainen ratkaisu \( r_1 = r_2 = 1 + 2i\) ja \( r_3 = r_4 = 1 - 2i.\) Tällöin DY:n perusratkaisut ovat \(e^x\sin(2x)\), \(e^x\cos(2x)\), \(xe^x\sin(2x)\) ja \(xe^x\cos(2x)\). Yleinen ratkaisu on siis

\( y = C_1e^x\sin(2x) + C_2e^x\cos(2x) + C_3xe^x\sin(2x) + C_4xe^x\cos(2x).\)

Toinen toisinaan vastaantuleva 2. kertaluvun yhtälötyyppi on Eulerin differentiaaliyhtälö

\( x^2y'' + axy' + by = 0,\)

jossa \(a\) ja \(b\) ovat vakioita. Tällainen yhtälö ratkaistaan käyttämällä yritettä \(y= x^r\). Sijoittamalla yrite yhtälöön saadaan

\( r^2 + (a-1)r + b = 0.\)

Tämän yhtälön juurten avulla saadaan pääteltyä DY:n ratkaisut seuraavasti:

1) Jos juuret ovat erisuuret ja reaaliset, niin \( y_1= |x|^{r_1}\) ja \( y_2= |x|^{r_2}\).

2) Jos yhtälöllä on kaksoisjuuri, niin \( y_1= |x|^{r}\) ja \( y_2= |x|^{r}\ln |x|\).

3) Jos yhtälön juuret ovat \(r = a \pm bi\), niin \( y_1= |x|^{a}\cos(b\ln |x|)\) ja \( y_2= |x|^{a}\sin(b\ln |x|)\).

Esimerkki 4.

Ratkaistaan yhtälö \( x^2y'' - 3xy' + y = 0.\) Kyseessä on Eulerin differentiaaliyhtälö, joten etenemme käyttämällä yritettä \(y= x^r.\) Sijoittamalla yrite yhtälöön saadaan \( r(r-1)x^r - 3rx^r + x^r = 0 \Rightarrow r^2 - 4r + 1 = 0,\) josta ratkaisemalla \( r = 2 \pm \sqrt{3}.\) Näin ollen DY:n ratkaisu on

\(y = C_1 x^{2+\sqrt{3}} + C_2x^{2-\sqrt{3}}\).

Epähomogeenisen yhtälön

\(y'' + p(x)y' + q(x)y = r(x)\)

yleinen ratkaisu on vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu \(+\) epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu, eli

\(y(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x) + y_0(x)\).

Epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu \(y_0\) löydetään tyypillisesti yritteellä, joka on samaa muotoa kuin \(r(x)\).

Oheiseen taulukkoon on koottu lista mahdollisista yritteistä vakiokertoimisille toisen kertaluvun yhtälöille. Yritteen muoto riippuu siitä, millaisia alkeisfunktioita funktiossa \(r(x)\) esiintyy. Jos \(r(x)\) koostuu useista erityyppisistä alkeisfunktioista, niin yritteeseen täytyy ottaa mukaan kaikkia eri osia vastaavat termit. Vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön karakteristinen polynomi on siis \(P(\lambda)=\lambda^2+p\lambda+q\).

Huom: Toisen asteen polynomin nollakohdista täytyy muistaa:

• \(P(k)=0\) ja \(P'(k)\neq 0\) \(\Leftrightarrow\) luku \(k\) on \(P\):n yksinkertainen nollakohta.

• \(P(k)=P'(k)= 0\) \(\Leftrightarrow\) luku \(k\) on \(P\):n kaksinkertainen nollakohta.

• \(P(ik)\neq 0\) \(\Leftrightarrow\) kompleksiluku \(ik\) ei ole polynomin \(P\) nollakohta; ts. \(\sin kx\) ja \(\cos kx\) eivät ole homogeenisen yhtälön ratkaisuja.

Esimerkki 5.

Määritetään DY:n \(y''+y'-6y=r(x)\) yleinen ratkaisu, kun

a) \(r(x)=12e^{-x}\)

b) \(r(x)=20e^{2x}\).

Ratkaisut ovat muotoa \(y(x)=C_1e^{-3x}+C_2e^{2x}+y_0(x)\).

a) Sijoittamalla yrite \(y_0(x)=Ae^{-x}\) saadaan \((A -A -6A)e^{-x} =12e^{-x}\), joka toteutuu arvolla \(A=-2\).

b) Tässä tapauksessa muotoa \(Be^{2x}\) oleva yrite ei toimi, sillä se on osa vastaavan homogeeniyhtälön yleistä ratkaisua ja tuottaa pelkää nollaa DY:n vasemmalle puolelle sijoitettuna. Oikea yrite on b-kohdassa muotoa \(y_0(x)=Bxe^{2x}\). Sijoitus johtaa yhtälöön

joka toteutuu arvolla \(B=4\).

Näiden avulla voidaan kirjoittaa differentiaaliyhtälöiden yleiset ratkaisut.

Esimerkki 6.

Määritetään DY:n \(y''+y'-6y=12e^{-x}\) ratkaisu alkuehdoilla \(y(0)=0\), \(y'(0)=6\).

Edellisen esimerkin perusteella yleinen ratkaisu on muotoa \(y(x)=C_1e^{-3x}+C_2e^{2x}-2e^{-x}\), jolloin \(y'(x)=-3C_1e^{-3x}+2C_2e^{2x}+2e^{-x}\). Alkuehdoista saadaan yhtälöpari

josta \(C_1=0\), \(C_2=2\). Alkuarvotehtävän ratkaisu on \(y(x)=2e^{2x}-2e^{-x}\).