Differentiaaliyhtälöt/Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt

Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt

Tässä luvussa käsitellään differentiaaliyhtälöitä, joissa esiintyy funktioiden korkeintaan ensimmäisiä derivaattoja. Luvussa esitellään erityyppiset differentiaaliyhtälöt, niiden ratkaisukaavat sekä esimerkkejä. Lisäksi otetaan kantaa ratkaisuiden olemassaoloon ja yksikäsitteisyyteen.

Terminologiaa

Differentiaaliyhtälöitä ratkaistaessa vastaan tulee yleensä kahdenlaisia tehtäviä. Jotta ratkaisusta voisi saada täydet pisteet, tulee noudattaa seuraavia ohjeita:

• Ratkaise differentiaaliyhtälö $F(t,x,x^{\prime })=0$ tarkoittaa sitä, että on etsittävä kaikki derivoituvat funktiot $x(t)$, jotka toteuttavat annetun DY:n. Ratkaisuja on yleensä äärettömän monta, mikä johtuu lähes aina integrointivakion mielivaltaisesta valinnasta. Ts. vastaukseksi haetaan yleistä yhtälöä, ei erikoistapausta.

• Ratkaise alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}F(t,x,x^{\prime })=0\\ x(t_0)=x_0\end{array}$

tarkoittaa sitä, että on etsittävä jokin derivoituva funktio $x:]t_0-\delta ,t_0+\delta [\to ℝ$, joka toteuttaa annetun DY:n sekä alkuehdon. Ratkaisuna olevan funktion määrittelyvälissä $\delta >0$ voi olla pieni tai suuri luku. Määrittelyjoukon on oltava avoin väli, sillä funktion derivoituvuus on määritelty aina avoimella välillä. Huomaa, että määrittelyjoukon ei tarvitse olla äärellinen väli. Myös positiivinen ja negatiivinen ääretön voivat olla välin avoimia päätepisteitä. Jos ratkaisu on olemassa, se on yksikäsitteinen.

Esimerkki 1

Ratkaistaan alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)=-x(t{)}^2\\ x(1)=1\end{array}$

Ensimmäisenä selvitetään yleinen ratkaisu differentiaaliyhtälölle. Tässä vaiheessa käytössämme ei vielä ole kummoisia työkaluja. DY:n kummankin puolen integrointi johtaa umpikujaan, mutta ratkaisu voidaan aina yrittää arvata! Tehdään sivistynyt arvaus, että $x(t)=1/t$, jolloin

Esimerkki 1: Ratkaisu on funktio $x:]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$, $x(t)=1/t$

$x^{\prime }(t)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{1}{t}=-\frac{1}{t^2}=-{\left(\frac{1}{t}\right)}^2$.

Ja kuinka ollakaan, arvattu ratkaisu toteuttaa annetun DY:n! Mutta emme saa unohtaa integrointivakiota! Jos arvattuun ratkaisuun summataan mikä tahansa vakio, toteuttaa myös tämä funktio DY:n. Siis yleinen ratkaisu on $x(t)=1/t+C$, missä $C$ on vakio. Seuraavaksi käytetään alkuehtoa, jotta alkuarvotehtävä toteutuisi. Sijoitetaan yleiseen ratkaisuun $x(1)=1$, eli:

$\begin{array}{cc}x(1)=\frac{1}{1}+C& =1\\ \Rightarrow 1+C& =1\\ \Rightarrow C& =0\end{array}$

Integrointivakio on ratkaistu, joten jäljelle jää enää päätellä vastauksena olevan funktion määrittelyjoukko (väli). Funktio $x(t)=1/t$ on määritelty joukossa $ℝ\mathrm{\setminus }\{0\}$, mutta tämä joukko ei ole väli vaan kahden avoimen välin yhdiste. Valitaan määrittelyjoukoksi $]0,\mathrm{\infty }[$, sillä se sisältää alkuehdon määräämän pisteen ($x(1)=1\in ]0,\mathrm{\infty }[$).

Vastaus: Alkuarvotehtävän ratkaisu on funktio $x:]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$, $x(t)=1/t$.

Lineaariset differentiaaliyhtälöt

Määritelmä 1: lineaarinen differentiaaliyhtälö

Ensimmäisen kertaluvun DY on lineaarinen, jos se on muotoa

$x^{\prime }(t)+p(t)x(t)=q(t)$,

missä $p,q:ℝ\to ℝ$ ovat jatkuvia funktioita.

Esimerkiksi differentiaaliyhtälö $x^{\prime }(t)+5t^{2}x(t)=\sin (t)$ on lineaarinen. Huomaa, että funktioiden $p$ ja $q$ ei tarvitse olla lineaarisia.

Määritelmä 2: homogeeninen differentiaaliyhtälö

Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen DY on homogeeninen, jos $q(t)\equiv 0$.

Esimerkiksi differentiaaliyhtälö $x^{\prime }(t)+(4t^3-2)x(t)=0$ on homogeeninen, mutta $x^{\prime }(t)+4t^{3}x(t)-2=0$ ei ole.

Määritelmä 3: vakiokertoiminen differentiaaliyhtälö

Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen DY on vakiokertoiminen, jos funktiot $p$ ja $q$ ovat vakioita.

Esimerkiksi differentiaaliyhtälö $x^{\prime }(t)-5x(t)=3$ on vakiokertoiminen.

Kaikki ensimmäisen kertaluvun DY:t eivät suinkaan osu em. kategorioihin. Lisäksi DY voi olla homogeeninen ja vakiokertoiminen yhtä aikaa. Tämä onkin yksinkertaisin vastaan tuleva differentiaaliyhtälö.

Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen, homogeeninen, vakiokertoiminen DY ratkaistaan seuraavasti:

Ko. differentiaaliyhtälö voidaan aina kirjoittaa muodossa

$x^{\prime }(t)+ax(t)=0$,

missä $a\in ℝ$ on vakio. Differentiaaliyhtälöiden ratkaisussa pätee sama kuin tavallisten yhtälöidenkin: yhtälön kummankin puolen voi kertoa tai jakaa millä tahansa nollasta eroavalla luvulla tai funktiolla. Tiedetään, että funktio ${\mathrm{e}}^{at}>0$ kaikilla $t\in ℝ$. Näin ollen DY voidaan kertoa puolittain tällä eksponenttifunktiolla:

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)+ax(t)& =0||\cdot {\mathrm{e}}^{at}(>0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ {\mathrm{e}}^{at}{x}^{\prime }(t)+\underset{=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\mathrm{e}}^{at}}{\underbrace{a{\mathrm{e}}^{at}}}x(t)& =0\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(x(t){\mathrm{e}}^{at})& =0\\ x(t){\mathrm{e}}^{at}& =C(C=\text{vakio})||\cdot {\mathrm{e}}^{-at}(>0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ x(t)& =C{\mathrm{e}}^{-at}\end{array}$

Kolmannella rivillä käytettiin tulon derivointisääntöä. Neljäs rivi seuraa kolmannesta suoraan integroimalla yhtälön kumpikin puoli (integrointivakiota $C$ unohtamatta!). Siis lineaarisen, homogeenisen, vakiokertoimisen DY:n kaikki ratkaisut ovat muotoa $x(t)=C{\mathrm{e}}^{-at}$. Tästä huomataan, että ratkaisuja on äärettömän monta, koska vakio $C$ on mielivaltainen reaaliluku.

Esimerkki 2

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö $x^{\prime }(t)+3x(t)=0$. Edellä johdetun kaavan perusteella ratkaisu saadaan sijoittamalla kaavaan $a=3$:

$x(t)=C{\mathrm{e}}^{-3t}$,

missä $C$ on vakio.

Lineaarinen, homogeeninen, vakiokertoiminen differentiaaliyhtälö on helpoimmin ratkaistavissa oleva 1. kertaluvun DY. Se ei kuitenkaan vielä riitä suurimpaan osaan lineaarisia differentiaaliyhtälöitä. Tarkastellaan seuraavaksi, miten ratkaistaan astetta monimutkaisempi DY.

Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen, homogeeninen DY ratkaistaan seuraavasti:

Ko. differentiaaliyhtälö voidaan aina kirjoittaa muodossa

$x^{\prime }(t)+p(t)x(t)=0$.

Määritellään aluksi apufunktio (jatkuvan) funktion $p$ määrätyn integraalin avulla: $\mu :]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$,

$\mu (t)={\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}$.

Derivoidaan apufunktio:

$\begin{array}{cc}{\mu }^{\prime }(t)& ={\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s\\ & ={\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\cdot p(t)\\ & =\mu (t)p(t)\end{array}$

DY ratkeaa kertomalla se puolittain apufunktiolla:

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)+p(t)x(t)& =0||\cdot \mu (t)(>0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ \mu (t)x^{\prime }(t)+\underset{={\mu }^{\prime }(t)}{\underbrace{\mu (t)p(t)}}x(t)& =0\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\mu (t)x(t))& =0\\ \mu (t)x(t)& =C(C=\text{vakio})||:\mu (t)\\ x(t)& =\frac{C}{\mu (t)}=\frac{C}{{\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}}\\ & =C{\mathrm{e}}^{-\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\end{array}$

Kolmannella rivillä käytettiin jälleen tulon derivointisääntöä. Siis lineaarisen, vakiokertoimisen DY:n kaikki ratkaisut ovat muotoa $x(t)=C{\mathrm{e}}^{-{\int }_0^{t}p(s)\mathrm{d}s}$.

Apufunktiota $\mu (t)={\mathrm{e}}^{{\int }_0^{t}p(s)\mathrm{d}s}$ kutsutaan ko. differentiaaliyhtälön integroivaksi tekijäksi.

Esimerkki 3

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö $x^{\prime }(t)+(4t^3-2)x(t)=0$. Edellä johdetun kaavan perusteella ratkaisu saadaan sijoittamalla kaavaan $p(s)=4s^3-2$. Ratkaistaan ensin integraali:

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s& =\underset{0}{\overset{t}{\int }}(4s^3-2)\mathrm{d}s\\ & =\underset{0}{\overset{t}{\int }}4s^3\mathrm{d}s-\underset{0}{\overset{t}{\int }}2\mathrm{d}s\\ & ={|}_0^t{s}^4-{|}_0^{t}2s\\ & =t^4-2t\end{array}$

Nyt voidaan sijoittaa saatu tulos integroivaan tekijään ja saadaan ratkaisu:

$x(t)=C{\mathrm{e}}^{-(t^4-2t)}=C{\mathrm{e}}^{-t^4+2t}$,

missä $C$ on vakio.

Integroiva tekijä voidaan ilmaista muissakin muodoissa eksponenttifunktioiden ja integraalien laskusäännöistä johtuen:

• Vakiolla kertominen; integroivaksi tekijäksi kelpaa

$\mu (t)=a{\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}$

millä tahansa $a\in ℝ$, $a\ne 0$.

Todistus

Olkoon integroiva tekijä $\hat{\mu }(t)=a{\mathrm{e}}^{{\int }_0^{t}p(s)\mathrm{d}s}=a\mu (t)$. Tällöin ${\hat{\mu }}^{\prime }(t)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(a\mu (t))=a{\mu }^{\prime }(t)$. Kerrotaan DY integroivalla tekijällä: $\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)+p(t)x(t)& =0||\cdot \hat{\mu }(t)\\ \hat{\mu }(t)x^{\prime }(t)+\hat{\mu }(t)p(t)x(t)& =0\\ a\mu (t)x^{\prime }(t)+a\mu (t)p(t)x(t)& =0||:a\\ \mu (t)x^{\prime }(t)+\mu (t)p(t)x(t)& =0\text{jne.}\end{array}$ Loput välivaiheet etenevät kuten edellä. Q.E.D.

• Integrointivälin voi muuttaa. Integroivaksi tekijäksi kelpaa

$\mu (t)={\mathrm{e}}^{\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}$

millä tahansa $t_0\in ℝ$.

Todistus

Olkoon integroiva tekijä $\hat{\mu }(t)={\mathrm{e}}^{{\int }_{t_0}^{t}p(s)\mathrm{d}s}$. Toisaalta määrätyn integraalin laskusääntöjen nojalla: $\begin{array}{cc}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s& =\underset{t_0}{\overset{0}{\int }}p(s)\mathrm{d}s+\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s\\ & =\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s-\underset{0}{\overset{t_0}{\int }}p(s)\mathrm{d}s\end{array}$ Tällöin $\begin{array}{cc}\hat{\mu }(t)& ={\mathrm{e}}^{\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\\ & ={\mathrm{e}}^{(\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s-\underset{0}{\overset{t_0}{\int }}p(s)\mathrm{d}s)}\\ & =\underset{=a(=\text{vakio})}{\underbrace{\left({\mathrm{e}}^{-\underset{0}{\overset{t_0}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\right)}}\cdot {\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\\ & =a{\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\end{array}$ Loput todistuksesta nojaa edelliseen kohtaan (vakiolla kertominen). Q.E.D.

Entäpä sitten, jos DY ei olekaan homogeeninen?

Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen, yleinen DY ratkaistaan seuraavasti:

Kuten määritelmässä 1 todettiin, ko. differentiaaliyhtälö voidaan aina kirjoittaa muodossa

$x^{\prime }(t)+p(t)x(t)=q(t)$.

Ratkaisussa käytetään samaa apufunktiota (eli integroivaa tekijää) kuin homogeenisen DY:n ratkaisussa:

$\mu (t)={\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}$

Kerrotaan DY puolittain integroivalla tekijällä, jolloin päädytään lopulta ratkaisuun:

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)+p(t)x(t)& =q(t)||\cdot \mu (t)(>0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ \mu (t)x^{\prime }(t)+\underset{={\mu }^{\prime }(t)}{\underbrace{\mu (t)p(t)}}x(t)& =\mu (t)q(t)\\ \mu (t)x^{\prime }(t)+{\mu }^{\prime }(t)x(t)& =\mu (t)q(t)\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\mu (t)x(t))& =\mu (t)q(t)\\ \underset{0}{\overset{t}{\int }}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}(\mu (s)x(s))\mathrm{d}s& =\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s\\ \mu (t)x(t)-\underset{=C(=\text{vakio})}{\underbrace{\mu (0)x(0)}}& =\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s||+C\\ \mu (t)x(t)& =\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C||:\mu (t)\\ x(t)& =\frac{1}{\mu (t)}[\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C]\end{array}$

Neljännellä rivillä käytettiin jälleen kerran tulon derivointisääntöä. Huomaa, että yhtälön integroiminen (määrätysti) puolittain ei ''hävitä'' derivaattaa! Integroiva tekijä liittyy siis yleiseen ratkaisuun kahdessa eri kohdassa. Ratkaisu on hyvin määritelty, sillä funktiot $\mu$ ja $q$ ovat jatkuvia, joten niiden tulo on myös jatkuvana funktiona kaikkialla integroituva.

Esimerkki 4

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö $x^{\prime }(t)-2tx(t)=6$. Selvitetään ensimmäisenä integroiva tekijä. Edellä johdetun kaavan nojalla pitää sijoittaa $p(t)=-2t$ ja $q(t)\equiv 6$:

$\mu (t)={\mathrm{e}}^{-\underset{0}{\overset{t}{\int }}2s\mathrm{d}s}={\mathrm{e}}^{-{|}_0^t{s}^2}={\mathrm{e}}^{-t^2}$

DY:n ratkaisu on tällöin:

$\begin{array}{cc}x(t)& =\frac{1}{\mu (t)}[\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C]\\ & =\frac{1}{{\mathrm{e}}^{-t^2}}[\underset{0}{\overset{t}{\int }}6{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s+C]\\ & ={\mathrm{e}}^{t^2}[6\underset{0}{\overset{t}{\int }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s+C]\end{array}$

Valitettavasti ratkaisu pysähtyy tähän, sillä integraalilla ${\int }_0^t{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s$ ei ole olemassa analyyttistä ratkaisua. Näin ollen vastaus täytyy jättää tähän muotoon.

Lause 1

Jos $p$ ja $q$ ovat jatkuvia vain jollain välillä $I=]a,b[$, niin DY:n ratkaisu saadaan samalla kaavalla. Jos $p,q:I\to ℝ$ ovat jatkuvia ja $t_0\in I$, niin alkuarvotehtävällä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)+p(t)x(t)=q(t)\\ x(t_0)=x_0\end{array}$

on tasan yksi ratkaisu $x:I\to ℝ$, joka on muotoa

$x(t)=\frac{1}{\mu (t)}[\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+x_0]$,

missä $\mu (t)={\mathrm{e}}^{{\int }_{t_0}^{t}p(s)\mathrm{d}s}$ ja $\mu (t_0)=1$.

Lauseen 1 todistus

Koska $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{\mu (t)}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\mathrm{e}}^{-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}=-p(t){\mathrm{e}}^{-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}=-\frac{p(t)}{\mu (t)}$, niin $\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)+p(t)x(t)& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\frac{1}{\mu (t)}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)p(s)\mathrm{d}s+C]+p(t)[\frac{1}{\mu (t)}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)p(s)\mathrm{d}s+C]\\ & =-\frac{p(t)}{\mu (t)}[\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C]+\frac{1}{\mu (t)}(\mu (t)q(t))+p(t)[\frac{1}{\mu (t)}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C]\\ & =-\frac{p(t)}{\mu (t)}[\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C]+\frac{p(t)}{\mu (t)}[\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C]+\frac{\mu (t)}{\mu (t)}q(t)\\ & =q(t)\end{array}$ Toisaalta $x(t_0)=x_0$. Tämä on ainoa ratkaisu, sillä kaikki DY:n $x^{\prime }(t)+p(t)x(t)=q(t)$ ratkaisut ovat muotoa $x(t)=\frac{1}{\mu (t)}[\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)q(s)\mathrm{d}s+C],C=\text{vakio}$. Ehdosta $x(t_0)=x_0$ seuraa, että $C=x_0$. Q.E.D.

Esimerkki 5

Ratkaistaan DY $t{x}^{\prime }(t)+2x(t)=4t^2$ alkuehdolla a) $x(1)=2$ b) $x(1)=1$. HUOM! nyt on koko tehtävän ajan $t_0=1$.

Kirjoitetaan DY muodossa

$x^{\prime }(t)+\frac{2}{t}x(t)=4t$, $t>0$.

Integroiva tekijä on tällöin:

$\begin{array}{cc}\mu (t)& ={\mathrm{e}}^{\underset{1}{\overset{t}{\int }}\frac{2}{s}\mathrm{d}s}={\mathrm{e}}^{2{|}_1^t\ln s}\\ & ={\mathrm{e}}^{2(\ln t-\ln 1)}={\mathrm{e}}^{\ln t^2}\\ & =t^2(>0,\text{koska}t>0)\end{array}$

Kerrotaan muokattu DY integroivalla tekijällä:

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)+\frac{2}{t}x(t)& =4t||\cdot t^2\\ t^2{x}^{\prime }(t)+\underset{=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{t}^2}{\underbrace{2t}}x(t)& =4t^3\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(t^{2}x(t))& =4t^3\\ \underset{1}{\overset{t}{\int }}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}(s^{2}x(s))\mathrm{d}s& =\underset{1}{\overset{t}{\int }}4s^3\mathrm{d}s\\ t^{2}x(t)+C_1& =t^4-1|C_1=\text{vakio}||-C_1\\ t^{2}x(t)& =t^4+C|C=-C_1-1=\text{vakio}||:t^2(>0\mathrm{\forall }t>0)\\ x(t)& =t^2+\frac{C}{t^2}\end{array}$

Siis yleinen ratkaisu on $x:]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$, $x(t)=t^2+C/t^2$, missä $C=\text{vakio}$.

Esimerkki 5: alkuarvotehtävän ratkaisu voi riippua hyvinkin voimakkaasti annetusta alkuehdosta.

a) Sijoitetaan ratkaisuun $x(1)=2$:

$\begin{array}{cc}x(1)=1^2+\frac{C}{1^2}=1+C& =2\\ \Rightarrow C& =1\end{array}$

Vastaus: Alkuarvotehtävän ratkaisu on funktio $x:]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$, $x(t)=t^2+1/t^2$.

b) Sijoitetaan ratkaisuun $x(1)=1$:

$\begin{array}{cc}x(1)=1^2+\frac{C}{1^2}=1+C& =1\\ \Rightarrow C& =0\end{array}$

Vastaus: Alkuarvotehtävän ratkaisu on funktio $x:]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$, $x(t)=t^2$.

HUOM! Esimerkissä 5 esiintyvä vakio $C_1$ on peräisin määrätyn integraalin alarajasta. Yhtä hyvin voidaan tehdä seuraavasti:

$\begin{array}{cc}& ⋮\\ \underset{1}{\overset{t}{\int }}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}(s^{2}x(s))\mathrm{d}s& =\underset{1}{\overset{t}{\int }}4s^3\mathrm{d}s\\ t^{2}x(t)-1^2\cdot x(1)& =t^4-1||+x(1)\\ t^{2}x(t)& =t^4+x(1)-1||:t^2(>0\mathrm{\forall }t>0)\\ x(t)& =t^2+\frac{x(1)-1}{t^2}\end{array}$

Nyt ratkaisun riippuvuus alkuehdosta tulee helpommin näkyviin.

Separoituvat differentiaaliyhtälöt

Ensimmäinen erikoistapaus epälineaarisissa differentiaaliyhtälöissä on separoituva DY. Tarkastellaan pelkästään normaalimuotoisia DY:itä:

$x^{\prime }(t)=f(t,x)$,

sillä yleiselle yhtälölle ei ole olemassa eksplisiittistä ratkaisua joitain erikoistapauksia lukuunottamatta.

Määritelmä 4: separoituva differentiaaliyhtälö

Ensimmäisen kertaluvun DY on separoituva, jos se on muotoa

$x^{\prime }(t)=g(t)h(x)$

missä $g,h:ℝ\to ℝ$ ovat jatkuvia funktioita.

Esimerkiksi differentiaaliyhtälö $x^{\prime }(t)=({\sin }^{3}t+3t-1)\sqrt{x^2+1}$ on separoituva. Myös kaikki lineaariset, homogeeniset DY:t ovat separoituvia:

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)+p(t)x(t)& =0\\ \Rightarrow x^{\prime }(t)& =\underset{=g(t)}{\underbrace{-p(t)}}\cdot \underset{=h(x)}{\underbrace{x(t)}}\end{array}$

Separoituva DY ratkaistaan seuraavasti:

Jos $h(x)>0$ kaikilla $x\in ℝ$, niin separoituva DY voidaan kirjoittaa muodossa

$\frac{1}{h(x)}{x}^{\prime }=g(t)$ (1)

(Vastaavat päätelmät pätevät myös, jos $h(x)<0$ kaikilla $x\in ℝ$). DY:n separointi perustuu derivaatan merkitsemiseen Leibnizin merkintätapaa, jota on jo joissain yhteyksissä käytettykin:

$x^{\prime }\equiv \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$

Tällöin:

$\begin{array}{cc}\frac{1}{h(x)}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}& =g(t)||\cdot \mathrm{d}t\\ \frac{1}{h(x)}\mathrm{d}x& =g(t)\mathrm{d}t\end{array}$

$\Rightarrow \int \frac{1}{h(x)}\mathrm{d}x=\int g(t)\mathrm{d}t$ (2)

Resepti yhtälön (1) ratkaisemiseksi on:

1. Kirjoita yhtälö (1) muodossa (2).
2. Integroi (2). Muista integrointivakiot!
3. Ratkaise $x(t)$ integroidusta kaavasta (2).

Esimerkki 6

Ratkaistaan alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=\frac{t}{1+x}\\ x(0)=1\end{array}$

Differentiaaliyhtälö on separoituva: $g(t)=t$ ja $h(x)=(1+x{)}^{-1}$. Tiedetään, että $h(x)>0$ ja jatkuva kaikilla $x>-1$ (ei kannata valita aluetta $h(x)<0$, sillä $x<-1$ ei voi toteuttaa alkuehtoa). Ratkaistaan DY:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}& =\frac{t}{1+x}\\ \Rightarrow (1+x)\mathrm{d}x& =t\mathrm{d}t\\ \Rightarrow \int (1+x)\mathrm{d}x& =\int t\mathrm{d}t\\ x+\frac{1}{2}{x}^2+C_1& =\frac{1}{2}{t}^2+C_2||\cdot 2|C_1,C_2\text{ vakioita}\\ 2x+x^2& =t^2+\underset{=C(=\text{vakio})}{\underbrace{2(C_2-C_1)}}\end{array}$

Käytetään alkuehtoa: kun $t=0$, niin $x=1$. Sijoitetaan tämä tieto viimeiselle riville: $2\cdot 1+1^2=3=0^2+C=C$. Nyt voidaan johtaa DY:n yleinen ratkaisu:

$\begin{array}{cc}2x+x^2& =t^2+3||-(t^2+3)\\ x^2+2x-t^3-3& =0\\ \Rightarrow x& =\frac{-2\pm \sqrt{2^2-4\cdot 1\cdot (-t^2-3)}}{2}\\ & =-1\pm \sqrt{t^2+4}\end{array}$

Toisen asteen yhtälön ratkaisukaava antaa kaksi eri juurta. Mutta kumpi niistä määrittelee ratkaisun? Muistetaan, että alussa oletettiin $x>-1$. Näin ollen juuri $x=-1-\sqrt{t^2+4}<-1\mathrm{\forall }t\in ℝ$ ei kelpaa. Toisaalta helpompi tapa on käyttää alkuehtoa. Sijoitetaan $t=0$ ja $x=1$ ja katsotaan, kumpi juurista toteuttaa yhtälön. Jos kumpikaan ei toteuta yhtälöä, on 2. asteen yhtälö todennäköisesti ratkaistu väärin.

Vastaus: Alkuarvotehtävän ratkaisu on funktio $x:ℝ\to ℝ$, $x(t)=-1+\sqrt{t^2+4}$.

Esimerkki 7

Ratkaistaan alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=x\frac{\cos t}{1+2x^2}\\ x(0)=1\end{array}$

Differentiaaliyhtälö on separoituva: $g(t)=\cos t$ ja $h(x)=x/(1+2x^2)$. Tiedetään, että $h(x)>0$ ja jatkuva kaikilla $x>0$ (alkuehto!). Ratkaistaan DY:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}& =\frac{x}{1+2x^2}\cos t\\ \Rightarrow \frac{1+2x^2}{x}\mathrm{d}x& =\cos t\mathrm{d}t\\ \Rightarrow \int \frac{1}{x}\mathrm{d}x+2\int x\mathrm{d}x& =\int \cos t\mathrm{d}t\\ \ln x+C_1+x^2+C_2& =\sin t+C_3||-(C_1+C_2)|C_1,C_2,C_3\text{ vakioita}\\ \ln x+x^2& =\sin t+\underset{=C(=\text{vakio})}{\underbrace{C_3-C_1-C_2}}\end{array}$

Alkuehto: kun $t=0$, niin $x=1$. Tällöin $\ln 1+1^2=1=\sin 0+C=C$. DY:n yleinen ratkaisu on tällöin $\ln (x(t))+x(t{)}^2=\sin t+1$. Tällä yhtälöllä ei ole eksplisiittistä ratkaisua.

Vastaus: Alkuarvotehtävän ratkaisu on funktio $\ln (x(t))+x(t{)}^2=\sin t+1$, $x>0$.

Lause 2

Olkoon $g:]a,b[\to ℝ$ ja $h:]\alpha ,\beta [\to ℝ$ jatkuvasti derivoituvia funktioita sekä $t_0\in ]a,b[$ ja $x_0\in ]\alpha ,\beta [$. Tällöin alkuarvotehtävällä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)=g(t)h(x)\\ x(t_0)=x_0\end{array}$

on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu, joka on määritelty välillä $]t_0-\delta ,t_0+\delta [$ jollain $\delta >0$. Tällöin:

1. Jos $h(x_0)=0$, niin ratkaisu on vakiofunktio $x(t)\equiv x_0$.
2. Jos $h(x_0)\ne 0$, niin ratkaisu voidaan selvittää yhtälöstä

$\underset{x_0}{\overset{x(t)}{\int }}\frac{\mathrm{d}x}{h(x)}=\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}g(s)\mathrm{d}s$. ($\mathrm{♠}$)

Olemassaolon todistus

Yhtälö ($\mathrm{♠}$) määrittelee funktion. Oletetaan, että $h(x)>0$ kaikilla $x\in ]\alpha ,\beta [$. Tällöin funktio $H:]\alpha ,\beta [\to ℝ$, $H(T)=\underset{x_0}{\overset{T}{\int }}\frac{\mathrm{d}x}{h(x)}$ on jatkuvasti derivoituva ja $H^{\prime }(T)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}T}\underset{x_0}{\overset{T}{\int }}\frac{\mathrm{d}x}{h(x)}=\frac{1}{h(T)}>0$. Näin ollen $H$:lla on olemassa käänteisfunktio $H^{-1}\in {𝒞}^1(ℝ)$. Yhtälö ($\mathrm{♠}$) voidaan kirjoittaa myös muodossa: $H(x(t))=\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}g(s)\mathrm{d}s$ Tällöin $x(t)=H^{-1}(\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}g(s)\mathrm{d}s)$, missä $t\in ]t_0-\delta ,t_0+\delta [$. Yhtälön ($\mathrm{♠}$) määrittelemä funktio $x$ ratkaisee DY:n: derivoidaan ($\mathrm{♠}$) puolittain $t$:n suhteen: $\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\underset{x_0}{\overset{x(t)}{\int }}\frac{\mathrm{d}x}{h(x)}& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}g(s)\mathrm{d}s\\ \frac{1}{h(x)}\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}x(t)& =g(t)\\ \frac{x^{\prime }(t)}{h(x)}& =g(t)\\ \Rightarrow x^{\prime }(t)& =g(t)h(x)\end{array}$ Q.E.D.

Yksikäsitteisyys todistetaan myöhemmin.

Eksaktit differentiaaliyhtälöt

Tarkastellaan yhtälöä

$u(t,x)=C(=\text{vakio})$, ($\mathrm{♡}$)

missä $u$ on funktio siten, että yhtälö ($\mathrm{♡}$) määrittelee $x$:n $t$:n funktiona. Luonnontieteissä tämän muotoinen yhtälö on usein jonkin suureen säilymislaki. Derivoidaan yhtälö ($\mathrm{♡}$) puolittain $t$:n suhteen:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}u(t,x(t))& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}C\\ \Rightarrow \frac{\partial u}{\partial t}(t,x)+\frac{\partial u}{\partial x}(t,x)x^{\prime }(t)& =0\end{array}$

Merkitään osittaisderivaattoja seuraavasti:

$\frac{\partial u}{\partial t}(t,x)=P(t,x)$ ja $\frac{\partial u}{\partial x}(t,x)=Q(t,x)$

Tällöin saadaan differentiaaliyhtälö, joka on muotoa

$P(t,x)+Q(t,x)x^{\prime }=0$.

Ts. jos $x$ on tämän DY:n ratkaisu ja on olemassa funktio $u\in {𝒞}^1({ℝ}^2)$ siten, että

$\{\begin{array}{c}P(t,x)=\frac{\partial u}{\partial t}(t,x)\\ Q(t,x)=\frac{\partial u}{\partial x}(t,x)\end{array}$ ($\mathrm{♣}$)

toteutuu, niin $x$ saadaan kaavasta ($\mathrm{♡}$).

Määritelmä 5: eksakti differentiaaliyhtälö

Olkoon $D=]a,b[\times ]\alpha ,\beta [\subset {ℝ}^2$ ja $P,Q:D\to ℝ$ jatkuvia funktioita. DY

$P(t,x)+Q(t,x)x^{\prime }=0$

on eksakti, jos on olemassa funktio $u\in {𝒞}^1(D)$, joka toteuttaa ehdon ($\mathrm{♣}$). Tämän DY:n ratkaisu toteuttaa yhtälön ($\mathrm{♡}$) jollekin vakiolle $C$.

HUOM! Jos on olemassa kaksi funktiota, $u_1$ ja $u_2$, jotka toteuttavat ehdon ($\mathrm{♣}$), niin ne ovat vakiota vaille samat. Ts. $u_1(t,x)=u_2(t,x)+\tilde{C}$ kaikilla $(t,x)\in D$, jollekin $\tilde{C}\in ℝ$.

Jokainen separoituva DY on myös eksakti: Olkoon $x^{\prime }=g(t)h(x)$ siten, että $h>0$. Merkitään:

$\underset{=P(t)}{\underbrace{-g(t)}}+\underset{=Q(x)}{\underbrace{\frac{1}{h(x)}}}{x}^{\prime }=0$

ja valitaan

$\begin{array}{cc}u(t,x)& =\int Q(x)\mathrm{d}x+\int P(t)\mathrm{d}t\\ & =\int \frac{\mathrm{d}x}{h(x)}-\int g(t)\mathrm{d}t\end{array}$

Tällöin

$\begin{array}{cc}\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)& =\underset{=0}{\underbrace{\frac{\partial }{\partial t}\int \frac{\mathrm{d}x}{h(x)}}}-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int g(t)\mathrm{d}t=-g(t)=P(t)\\ \frac{\partial u}{\partial t}(x,t)& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int \frac{\mathrm{d}x}{h(x)}-\underset{=0}{\underbrace{\frac{\partial }{\partial x}\int g(t)\mathrm{d}t}}=\frac{1}{h(x)}=Q(x)\\ \end{array}$

Esimerkki 8

Ratkaistaan DY $2t{x}^3+3t^2{x}^2{x}^{\prime }=0$.

Havaitaan, että

$\frac{\partial }{\partial t}(t^2{x}^3)=2t{x}^3$ ja $\frac{\partial }{\partial x}(t^2{x}^3)=3t^2{x}^2$.

Siis DY on eksakti ja $u(t,x)=t^2{x}^3$. DY:n ratkaisu on $u(t,x(t))=C$, missä $C\in ℝ$ on vakio:

$\begin{array}{cc}{t}^{2}x(t{)}^3& =C||:t^2,t\ne 0\\ x(t{)}^3& =C{t}^{-2}\\ x(t)& =\tilde{C}{t}^{-2/3}|\tilde{C}=\sqrt[3]{C}\end{array}$

Vastaus: DY:n ratkaisu on funktio $x:ℝ\mathrm{\setminus }\{0\}\to ℝ$, $x(t)=\tilde{C}{t}^{-2/3}$, missä $\tilde{C}\in ℝ$ on vakio.

Seuraavan lauseen avulla voidaan todeta helposti ja nopeasti, onko annettu DY eksakti:

Lause 3

Olkoon $D=]a,b[\times ]\alpha ,\beta [\subset {ℝ}^2$ ja $P,Q\in {𝒞}^1(D)$. Tällöin differentiaaliyhtälö $P(t,x)+Q(t,x)x^{\prime }=0$ on eksakti, jos ja vain, jos

$\frac{\partial P}{\partial x}(t,x)=\frac{\partial Q}{\partial t}(t,x)$ ($\mathrm{♢}$)

kaikilla $(t,x)\in D$. Funktio $u\in {𝒞}^2(D)$ ratkeaa ehdosta

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial u}{\partial t}(t,x)=P(t,x)\\ \frac{\partial u}{\partial x}(t,x)=Q(t,x)\end{array}$ ($\mathrm{♣}$)

Lauseen 3 todistus

''$\Rightarrow$'' Näin määritelty funktio $u(t,x)$ on kahden polkuintegraalin summa. Polut ovat $(t_0,x)\to (t,x)$ ja $(t_0,x_0)\to (t_0,x)$. Oletetaan, että yhtälö ($\mathrm{♢}$) on tosi. On osoitettava, että on olemassa funktio $u\in {𝒞}^2(D)$, joka toteuttaa ehdot ($\mathrm{♣}$). Olkoon $(t_0,x_0)\in D$. Määritellään funktio $u:D\to ℝ$, $u(t,x)=\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}P(s,x)\mathrm{d}s+\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}Q(t_0,y)\mathrm{d}y$. Tällöin $u\in {𝒞}^2(D)$ (koska $P,Q\in {𝒞}^1(D)$) sekä $\begin{array}{cc}\frac{\partial u}{\partial t}(t,x)& =\frac{\partial }{\partial t}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}P(s,x)\mathrm{d}s+\underset{=0}{\underbrace{\frac{\partial }{\partial t}\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}Q(t_0,y)\mathrm{d}y}}\\ & =P(t,x)\end{array}$ ja $\begin{array}{cc}\frac{\partial u}{\partial x}(t,x)& =\frac{\partial }{\partial x}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}P(s,x)\mathrm{d}s+\frac{\partial }{\partial x}\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}Q(t_0,y)\mathrm{d}y\\ & =\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\frac{\partial P}{\partial x}(s,x)\mathrm{d}s+\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}\frac{\partial Q}{\partial y}(t_0,y)\mathrm{d}y\\ & =\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\frac{\partial P}{\partial x}(s,x)\mathrm{d}s+Q(t_0,x)\\ & \stackrel{(\mathrm{♢})}{=}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\frac{\partial Q}{\partial s}(s,x)\mathrm{d}s+Q(t_0,x)\\ & =Q(t,x)-Q(t_0,x)+Q(t_0,x)=Q(t,x)\end{array}$ Näin määritelty funktio $u$ toteuttaa ehdot ($\mathrm{♣}$). ''$\Leftarrow$'' Oletetaan, että DY on eksakti. Tällöin määritelmän 5 mukaisesti on olemassa funktio $u\in {𝒞}^1(D)$, joka toteuttaa ehdot ($\mathrm{♣}$). Mutta, koska $P,Q\in {𝒞}^1(D)$, niin $u$:n täytyy olla myös kaksi kertaa jatkuvasti derivoituva $D$:ssä. Tällöin: $\begin{array}{c}\frac{\partial P}{\partial x}(t,x)=\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial u}{\partial t}(t,x))\stackrel{u\in {𝒞}^2}{=}\frac{\partial }{\partial t}(\frac{\partial u}{\partial x}(t,x))=\frac{\partial Q}{\partial t}(t,x)\end{array}$ Q.E.D.

HUOM! On tärkeää, että alue $D$ on yhdesti yhtenäinen, eli että siinä ei ole reikiä.

Esimerkki 9

Ratkaistaan DY $x\cos t+2t{\mathrm{e}}^x+(\sin t+t^2{\mathrm{e}}^x+2)x^{\prime }=0$.

Merkitään $P(t,x)=x\cos t+2t{\mathrm{e}}^x$ ja $Q(t,x)=\sin t+t^2{\mathrm{e}}^x+2$. Koska

$\frac{\partial P}{\partial x}=\cos t+2t{\mathrm{e}}^x=\frac{\partial Q}{\partial t}$,

niin lauseen 3 nojalla DY on eksakti. Tällöin on olemassa funktio $u\in {𝒞}^2({ℝ}^2)$ siten, että

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial u}{\partial t}=x\cos t+2t{\mathrm{e}}^x(1)\\ \frac{\partial u}{\partial x}=\sin t+t^2{\mathrm{e}}^x+2(2)\end{array}$

Integroidaan yhtälö (1) puolittain $t$:n suhteen:

$\begin{array}{cc}\int \frac{\partial u}{\partial t}(t,x)\mathrm{d}t& =x\int \cos t\mathrm{d}t+{\mathrm{e}}^x\int 2t\mathrm{d}t\\ u(t,x)+\hat{h}(x)& =x\sin t+t^2{\mathrm{e}}^x+C_1|C_1=\text{vakio}\\ \Rightarrow u(t,x)& =x\sin t+t^2{\mathrm{e}}^x+h(x)|h(x)=C_1-\hat{h}(x)\end{array}$

Funktio $h(x)$ on mielivaltainen, vain muuttujasta $x$ riippuva funktio. Osittaisderivoidaan saatu yhtälö puolittain $x$:n suhteen:

$\frac{\partial u}{\partial x}(t,x)=\sin t+t^2{\mathrm{e}}^x+h^{\prime }(x)$

Yhtälön (2) nojalla on oltava $h^{\prime }(x)=2$, eli $h(x)=2x+C_2$, missä $C_2\in ℝ$ on vakio. DY:n ratkaisu saadaan kaavasta:

$u(t,x(t))=x(t)\sin t+t^2{\mathrm{e}}^{x(t)}+2x(t)=C$,

missä $C\in ℝ$ on vakio. Tällä yhtälöllä ei ole eksplisiittistä ratkaisua.

Vastaus: DY:n ratkaisu on funktio $x:ℝ\to ℝ$, $x(t)\sin t+t^2{\mathrm{e}}^{x(t)}+2x(t)=\tilde{C}$.

Ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys

Yleinen, normaalimuotoinen alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=f(t,x)\\ x(t_0)=x_0\end{array}$

osataan ratkaista eksplisiittisesti vain jossain erikoistapauksissa (pääasiassa, kun $f$on lineaarinen). Tässä luvussa osoitetaan, että alkuarvotehtävällä on kuitenkin olemassa yksikäsitteinen ratkaisu jollain avoimella välillä $]t_0-\delta ,t_0+\delta [$.

Lause 4

Olkoon $f\in {𝒞}^1({ℝ}^2)$ja $L\in ℝ$, $L>0$ siten, että

$|\frac{\partial f}{\partial x}(t,x)|\le L$

kaikilla $(t,x)\in {ℝ}^2$. Tällöin alkuarvotehtävällä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=f(t,x)\\ x(t_0)=x_0\end{array}$

on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu kaikilla $(t_0,x_0)\in {ℝ}^2$.

HUOM! Oletus $f\in {𝒞}^1({ℝ}^2)$ on välttämätön ehto yksikäsitteisyyden toteutumiselle. Esimerkiksi alkuarvotehtävän

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=2\sqrt{x}\\ x(0)=0\end{array}$

($2\sqrt{x}$:n osittaisderivaatta $x$:n suhteen ei ole jatkuva origossa) ratkaisu on funktio $x_1:ℝ\to ℝ$,

$x_1(t)=\{\begin{array}{cc}{t}^2,& \text{jos }t\ge 0\\ 0,& \text{jos }t<0,\end{array}$

mutta niin on myös funktio $x_2:ℝ\to ℝ$, $x_2(t)\equiv 0$.

Ennen lauseen 4 todistusta käydään läpi tärkeä menetelmä ja lemma, joita tarvitaan todistuksessa.

Picardin iteraatio

Lauseen 4 olemassaolo-osion todisukseksi riittää löytää jatkuva funktio $x:ℝ\to ℝ$ siten, että

$x(t)=x_0+\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,x(s))\mathrm{d}s(★)$

kaikilla $t\in ℝ$. Tämä ratkaisu löydetään nk. Picardin iteraatiolla, joka etenee seuraavasti:

1. approksimaatio: Valitaan ${\varphi }_0:ℝ\to ℝ$, ${\varphi }_0(t)\equiv x_0$. Tämä funktio ei arvatenkaan toteuta ($★$):ä, mutta sillä on jo oikea alkuarvo.
2. approksimaatio: Valitaan ${\varphi }_1:ℝ\to ℝ$, ${\varphi }_1(t)=x_0+\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_0(s))\mathrm{d}s$.
3. approksimaatio: Valitaan ${\varphi }_2:ℝ\to ℝ$, ${\varphi }_2(t)=x_0+\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_1(s))\mathrm{d}s$.
4. Jatketaan approksimaatioita siten, että jos $k\in \mathbb{N}$, niin ${\varphi }_k:ℝ\to ℝ$, ${\varphi }_k(t)=x_0+\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_{k-1}(s))\mathrm{d}s$.

Saadaan funktiojono $\{{\varphi }_k\}$. Merkitään $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\varphi }_k=\varphi$. Jäljelle jää kaksi avointa kysymystä:

1. Suppeneeko funktiojono $\{{\varphi }_k\}$?
2. Toteuttaako rajafunktio $\varphi$ ehdon ($★$)?

Palataan näiden kysymysten pariin itse todistuksen yhteydessä seuraavan esimerkin jälkeen.

Esimerkki 10

Ratkaistaan alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=x\\ x(0)=1\end{array}$

käyttäen Picardin iteraatiota. Itse asiassa tämä DY osattaisiin ratkaista jo helpommillakin menetelmillä, sillä DY on lineaarinen, homogeeninen ja vakiokertoiminen. Iteroidaan kuitenkin esimerkin vuoksi. Nyt $f:{ℝ}^2\to ℝ$, $f(t,x)=x$.

1. ${\varphi }_0(t)\equiv 1$
2. ${\varphi }_1(t)=1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}\underset{={\varphi }_0=1}{\underbrace{f(s,{\varphi }_0)}}\mathrm{d}s=1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mathrm{d}s=1+t$
3. ${\varphi }_2(t)=1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_1)\mathrm{d}s=1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}(1+s)\mathrm{d}s=1+t+\frac{t^2}{2}$
4. ${\varphi }_3(t)=1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}(1+s+\frac{s^2}{2})\mathrm{d}s=1+t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3\cdot 2}$

Huomataan, että iteraatiot näyttäisivät olevan muotoa

${\varphi }_n(t)=\sum _{i=0}^n\frac{t^i}{i!}$,

kun $n\in \mathbb{N}$. Todistetaan tämä induktiotodistuksella. Väite pätee 1. iteraation perusteella, kun $n=0$. Oletetaan, että väite on tosi, kun $n=k$. Kun $n=k+1$, niin Picardin iteraatio sanoo:

$\begin{array}{cc}{\varphi }_{k+1}(t)& =1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_k)\mathrm{d}s=1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}{\varphi }_k(s)\mathrm{d}s\\ & =1+\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sum _{i=0}^k\frac{s^i}{i!}\mathrm{d}s\\ & =1+\sum _{i=0}^k\underset{0}{\overset{t}{\int }}\frac{s^i}{i!}\mathrm{d}s\\ & =1+\sum _{i=0}^k\frac{t^{i+1}}{i!(i+1)}\\ & =1+\sum _{i=0}^k\frac{t^{i+1}}{(i+1)!}\\ & =1+\sum _{i=1}^{k+1}\frac{t^i}{i!}\\ & =\sum _{i=0}^{k+1}\frac{t^i}{i!}\end{array}$

Väite on siis tosi. Funktiojono $\{{\varphi }_n\}$ onkin siis funktiosarja

${\varphi }_n(t)=\sum _{i=0}^n\frac{t^i}{i!}$.

Mutta suppeneeko funktiosarja ja jos suppenee, niin mihin? Funktiosarja suppenee tasaisesti kaikilla $t\in ℝ$, jos se suppenee tasaisesti lokaalisti välillä $t\in [-R,R]$kaikilla $R>0$. Weierstrassin ehdon perusteella tämä pitää paikkansa:

Merkitään ${\psi }_k(t)=t^k/k!$. Tällöin:

$|{\psi }_k(t)|=\left|\frac{t^k}{k!}\right|=\frac{|t{|}^k}{k!}\le \frac{R^k}{k!}=:a_k$

Sarja ${\sum }_{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k$suppenee suhdetestin perusteella:

$\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=\frac{R^{k+1}}{(k+1)!}\cdot \frac{k!}{R^k}=\frac{R}{k+1}\to 0<1$,

kun $k\to \mathrm{\infty }$. Alkuarvotehtävän ratkaisu on siis $x(t)=\varphi (t)={\sum }_{k=0}^{\mathrm{\infty }}{t}^k/k!$. Tämä on kuitenkin vain eksponenttifunktion ${\mathrm{e}}^t$ Taylorin sarjakehitelmä.

Vastaus: Alkuarvotehtävän ratkaisu on funktio $x:ℝ\to ℝ$, $x(t)={\mathrm{e}}^t$.

Lauseen 4 olemassaolo-osion todistus

Picardin iteraatiota käyttäen riittää osoittaa, että funktiojono $\{{\varphi }_k\}$ suppenee lokaalisti tasaisesti ja että rajafunktio $\varphi$ toteuttaa ehdon ($★$). Osoitetaan, että $\{{\varphi }_k\}$ suppenee lokaalisti tasaisesti, eli suppenee tasaisesti välillä $[-R,R]$, missä $R>0$. Picardin iteraatiota tarkastelemalla havaitaan, että $\begin{array}{cc}{\varphi }_n& ={\varphi }_n-({\varphi }_{n-1}-{\varphi }_{n-1})-({\varphi }_{n-2}-{\varphi }_{n-2})+\dots -({\varphi }_1-{\varphi }_1)-({\varphi }_0-{\varphi }_0)\\ & =({\varphi }_n-{\varphi }_{n-1})+({\varphi }_{n-1}-{\varphi }_{n-2})+\dots +({\varphi }_1-{\varphi }_0)+\underset{=x_0}{\underbrace{{\varphi }_0}}\\ & =\sum _{k=1}^n({\varphi }_k-{\varphi }_{k-1})+x_0.\end{array}$ Käytetään suppenemisen osoittamiseen Weierstrassin M-testiä ja suhdetestiä. Osoitetaan induktiotodistuksella, että $|{\varphi }_{k+1}(t)-{\varphi }_k(t)|\le \frac{L^{k+1}|t-t_0{|}^{k+1}}{(k+1)!}\le \frac{L^{k+1}{R}^{k+1}}{(k+1)!}$ kaikilla $|t-t_0|\le R$. Perusaskel: $k=0$(täydennettävä). Induktio-oletus: Oletetaan, että väite on tosi jollekin $k\in \mathbb{N}$. Induktioaskel: Yläviitteet: V.A.L. = väliarvolause ja huomautus, ind.ol. = induktio-oletus $\begin{array}{cc}|{\varphi }_{k+2}(t)-{\varphi }_{k+1}(t)|& =|x_0+\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_{k+1}(s))\mathrm{d}s-x_0-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_k(s)\mathrm{d}s)|\\ & =|\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_{k+1}(s))\mathrm{d}s-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,{\varphi }_k(s))\mathrm{d}s|\\ & =\left|\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}(f(s,{\varphi }_{k+1}(s))-f(s,{\varphi }_k(s))\mathrm{d}s\right|\\ & \le \underset{t_0}{\overset{t}{\int }}|f(s,{\varphi }_{k+1}(s))-f(s,{\varphi }_k(s))|\mathrm{d}s\\ & \stackrel{\mathrm{V}\mathrm{.}\mathrm{A}\mathrm{.}\mathrm{L}\mathrm{.}}{\le }\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}L|{\varphi }_{k+1}(s)-{\varphi }_k(s)|\mathrm{d}s\\ & \stackrel{\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{.}\mathrm{o}\mathrm{l}\mathrm{.}}{\le }L\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}\frac{L^{k+1}|s-t_0{|}^{k+1}}{(k+1)!}\mathrm{d}s\\ & =\frac{L^{k+2}}{(k+1)!}\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}|s-t_0{|}^{k+1}\mathrm{d}s\\ & =\frac{L^{k+2}}{(k+1)!}\frac{|t-t_0{|}^{k+2}}{k+2}\\ & =\frac{L^{k+2}|t-t_0{|}^{k+2}}{(k+2)!}\\ & \le \frac{L^{k+2}{R}^{k+2}}{(k+2)!}\end{array}$ Suhdetestin perusteella sarja ${\sum }_{k=0}^{\mathrm{\infty }}(L^k{R}^k)/k!$ suppenee: $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{L^{k+1}{R}^{k+1}}{(k+1)!}\cdot \frac{k!}{L^k{R}^k}=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{LR}{k+1}=0<1$ Näin ollen ${\varphi }_n=\sum _{k=1}^n({\varphi }_k-{\varphi }_{k-1})+x_0$ suppenee tasaisesti $[-R,R]$:ssä. Siispä $\varphi =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\varphi }_n$ on jatkuva ja toteuttaa yhtälön $\varphi (t)=x_0+\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}f(s,\varphi (s))\mathrm{d}s$ Q.E.D.

Lemma 1 (Grönwallin lemma)

Ratkaisun olemassaolo on nyt osoitettu. Yksikäsitteisyyden osoittamiseen tarvitsemme seuraavaa lemmaa:

Olkoon $a,b\in ℝ$, $a<b$, $g\in {𝒞}^1(]a,b[)$, $K>0$ ja $t_0\in ]a,b[$ siten, että $|g^{\prime }(t)|\le Kg(t)$. Tällöin

$g(t)\le g(t_0){\mathrm{e}}^{K|t-t_0|}$

kaikilla $t\in ]a,b[$.

Lemman 1 todistus

Oletetaan, että $g(t)>0$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Tällöin $|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\ln (g(t))|=\left|\frac{g^{\prime }(t)}{g(t)}\right|\le K$ ja $\ln \left(\frac{g(t)}{g(t_0)}\right)\le \underset{t_0}{\overset{t}{\int }}|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\ln (g(s))|\mathrm{d}s\le \underset{t_0}{\overset{t}{\int }}K\mathrm{d}s=K(t-t_0)\le K|t-t_0|$. Tällöin $\frac{g(t)}{g(t_0)}\le {\mathrm{e}}^{K|t-t_0|}$ Jos $g\ge 0$, niin toistetaan edellinen päättely funktiolle $\hat{g}(t)=g(t)+\epsilon$, missä $\epsilon >0$. Tällöin $\hat{g}(t)\le \hat{g}(t_0){\mathrm{e}}^{K|t-t_0|}$. Väite seuraa, kun $\epsilon \to 0$. Jos $g<0$, niin toistetaan edellinen päättely funktiolle $-g$, jolloin väite seuraa, kuten edellä. Q.E.D.

Lauseen 4 yksikäsitteisyysosion todistus

Olkoon $x_1,x_2:ℝ\to ℝ$ alkuarvotehtävän ratkaisuja, jolloin $x_1(t_0)=x_2(t_0)=x_0$. Määritellään uusi funktio $w:ℝ\to [0,\mathrm{\infty }[$, $w(t)=(x_2(t)-x_1(t){)}^2$. Tällöin (yläviite: V.A.L. = väliarvolause ja huomautus) $\begin{array}{cc}{w}^{\prime }(t)& =2(x_2(t)-x_1(t))({x_2}^{\prime }(t)-{x_1}^{\prime }(t))\\ & =2(x_2(t)-x_1(t))(f(t,x_2)-f(t,x_1))\\ & \stackrel{\mathrm{V}\mathrm{.}\mathrm{A}\mathrm{.}\mathrm{L}\mathrm{.}}{\le }2L(x_2(t)-x_1(t))|x_2(t)-x_1(t)|\\ & \le 2L|x_2(t)-x_1(t)||x_2(t)-x_1(t)|\\ & =2L(x_2(t)-x_1(t){)}^2\\ & =2Lw(t)\end{array}$ Lemman 1 nojalla $0\le w(t)\le w(t_0){\mathrm{e}}^{2L|t-t_0|}=(x_2(t_0)-x_1(t_0){)}^2{\mathrm{e}}^{2L|t-t_0|}=(x_0-x_0{)}^2{\mathrm{e}}^{2L|t-t_0|}=0$ Kaikilla $t\in ℝ$. Näin ollen $(x_2(t)-x_1(t){)}^2=0⟺x_2(t)=x_1(t)$ Siis ratkaisut ovat samat. Q.E.D.