Toisen kertaluvun lineaariyhtälö¶
Tässä luvussa tarkastellaan 2. kertaluvun lineaarista differentiaaliyhtälöä (second-order linear equation)
missä a(x), b(x) ja f(x) ovat jatkuvia avoimella välillä I. Yllä esitetyn lineaarisen yhtälön sanotaan olevan normaalimuodossa. Jos f(x)≠0 jossakin välin I pisteessä x, niin tätä yhtälöä kutsutaan epähomogeeniseksi yhtälöksi (nonhomogeneous equation). Sitä vastaava homogeeninen yhtälö (homogeneous equation) on
Myös 2. kertaluvun lineaariyhtälö toteuttaa ratkaisun olemassaolo- ja yksikäsitteisyystuloksen.
Lause.
Olkoon x0 välin I piste, sekä b0 ja b1 reaalilukuja. Tällöin epähomogeenisella yhtälöllä on täsmälleen yksi alkuehdot y(x0)=b0 ja y′(x0)=b1 toteuttava ratkaisu y(x) välillä I.
Esimerkki.
Tutkitaan differentiaaliyhtälön y″+3y′+2y=0 ratkaisujen yksikäsitteisyyttä. Asettamalla pelkästään alkuehto y(0)=1 kiinnitetään vain ratkaisun kuvaajan kauttakulkupiste. Kyseisen alkuehdon toteuttavia ratkaisuja on äärettömän monta. Vasemmanpuoleiseen kuvaan on piirretty tällaisia ratkaisuja kulmakertoimilla y′(0)=−2, −1, 0, 1 ja 2.
Toisaalta asettamalla pelkästään alkuehto y′(0)=1 kiinnitetään vain ratkaisun kuvaajan kulmakerroin arvolla x=0. Kyseisen alkuehdon toteuttavia ratkaisuja on äärettömän monta. Oikeanpuoleiseen kuvaan on piirretty tällaisia ratkaisuja kauttakulkupisteinä y(0)=−1, −12, 0, 12 ja 1.
Kun asetetaan molemmat alkuehdot y(0)=1 ja y′(0)=1, saadaan yksikäsitteinen ratkaisu (paksu kuvaaja). Vertaa ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälön tapaukseen, jossa kunkin pisteen kautta kulkee täsmälleen yksi ratkaisu.
Homogeeninen yhtälö¶
Aloitetaan toisen kertaluvun lineaariyhtälön ratkaisumenetelmän tarkastelu homogeenisesta yhtälöstä.
Lause.
Olkoot funktiot y1 ja y2 homogeenisen yhtälön ratkaisuja välillä I, sekä c1 ja c2 reaalilukuja. Tällöin myös lineaarikombinaatio
on homogeenisen yhtälön ratkaisu välillä I.
Funktiot y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippuvia täsmälleen silloin, kun on olemassa sellaiset kertoimet c1 ja c2, c1≠0 tai c2≠0, että c1y1(x)+c2y2(x)=0 kaikilla x∈I. Tällöin toinen funktioista voidaan ratkaista toisen avulla,
eli toinen funktioista on toisen monikerta. Lineaarinen riippumattomuus voidaan kääntäen siis ilmaista myös ehdolla
välillä I.
Esimerkki.
Olkoon a≠b. Tällöin y1(x)=xa ja y2(x)=xb ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä
xaxb=xa−b≠vakio.Olkoon a≠b. Tällöin y1(x)=eax ja y2(x)=ebx ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä
eaxebx=e(a−b)x≠vakio.Funktiot y1(x)=sinx ja y2(x)=cosx ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä
sinxcosx=tanx≠vakio.Funktiot y1(x)=sin(2x) ja y2(x)=sinxcosx ovat lineaarisesti riippuvia, sillä y1(x)=sin(2x)=2sinxcosx=2y2(x).
Esimerkki.
Funktioiden y1(x)=ex ja y2(x)=xex Wronskin determinantti on
Lause.
Olkoot y1 ja y2 homogeenisen yhtälön ratkaisuja välillä I ja olkoon W(x) niiden Wronskin determinantti. Silloin seuraavat ovat voimassa.
- Jos y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippuvia, niin W(x)=0 kaikilla x∈I.
- Jos y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippumattomia, niin W(x)≠0 kaikilla x∈I.
Lause.
Olkoot y1 ja y2 homogeenisen yhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja välillä I, sekä c1 ja c2 reaalilukuja. Tällöin lineaarikombinaatio
on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu välillä I.
Esimerkki.
Tarkastellaan yhtälöä
Funktiot y1(x)=e2x ja y2(x)=e−2x ovat ratkaisuja, sillä
Lisäksi y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä niiden suhde ei ole vakiofunktio. Niinpä yhtälön yleinen ratkaisu on
missä c1 ja c2 ovat reaalilukuja. Haetaan vielä alkuehdot y(0)=1 ja y′(0)=1 toteuttava ratkaisu. Nyt y′(x)=2c1e2x−2c2e−2x, joten vaaditaan
Tästä yhtälöparista ratkaistaan c1=34 ja c2=14, joten alkuehdot toteuttava ratkaisu on
Esimerkki.
Tarkastellaan yhtälöä
Funktio y1(x)=x on helppo tarkistaa yksittäiseksi ratkaisuksi. Tehdään toisen, lineaarisesti riippumattoman ratkaisun löytämiseksi yrite y=u(x)x, jolle y′=u′x+u ja y″=u″x+2u′. Sijoittamalla y, y′ ja y″ yhtälöön, se saadaan muotoon
Merkitsemällä z=u′ saadaan x3z′+3x2z=0. Tämä 1. kertaluvun yhtälö on separoituva, ja kun x≠0 voidaan kirjoittaa
Koska tarvitaan vain yksi ratkaisu, voidaan olettaa C=0, jolloin z=±1x3. Tällöin
missä voidaan taas olettaa C=0. Lopulta alkuperäisen yhtälön toiseksi ratkaisuksi voidaan valita y2(x)=u(x)x=±12x. Tarkista vielä sijoittamalla! Funktiot y1 ja y2 ovat selvästi lineaarisesti riippumattomia, joten yhtälön yleinen ratkaisu on
missä c2=±12c∗2 ja x≠0. Huomaa, että ratkaisu on erikseen voimassa väleillä (−∞,0) ja (0,∞).
Huomautus.
Se, että äskeisen esimerkin yhtälössä ei esiinny funktioita u, vaan ainoastaan niiden derivaattoja, ei ole sattumaa. Tässä menetelmässä päädytään aina sijoituksella z=u′ ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälöön.
Yleistä menetelmää toisen kertaluvun lineaarisen homogeeniyhtälön ratkaisemiseksi ei ole. Yhteenvetona:
- Jos pystytään arvaamalla tai kokeilemalla hakemaan kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua, niin tunnetaan yleinen ratkaisu (vertaa aiempaan esimerkkiin).
- Jos yksi ratkaisu y1 tiedetään tai arvataan, niin toista lineaarisesti riippumatonta ratkaisua voidaan hakea yritteellä y=uy1 (vertaa aiempaan esimerkkiin).
- Jos yhtälö on vakiokertoiminen, niin seuraava lause antaa ratkaisumenetelmän.
Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla karakteristiselle yhtälölle lasketaan juuret
Lause.
Jos karakteristisella yhtälöllä on
Lemma.
Jos z(x)=u(x)+iv(x) on vakiokertoimisen toisen kertaluvun homogeenisen lineaariyhtälön ratkaisu, niin myös reaali- ja imaginaariosat u(x) ja v(x) ovat ratkaisuja.
Esimerkki.
Yhtälön
y″−y′−2y=0karakteristisen yhtälön λ2−λ−2=0 juuret ovat λ1=−1 ja λ2=2, joten yleinen ratkaisu on y=c1e−x+c2e2x.
Yhtälön
y″+4y′+5y=0karakteristisen yhtälön λ2+4λ+5=0 juuret ovat λ=−2±i, joten yleinen ratkaisu on y=e−2x(c1sinx+c2cosx)
Yhtälön
y″−2y′+y=0karakteristisen yhtälön λ2−2λ+1=0 ainoa juuri on λ=1, joten yleinen ratkaisu on y=c1ex+c2xex.
Huomautus.
Sovelluksissa vakiokertoiminen yhtälö on yleensä muodossa
missä toisen derivaatan kerroin a∉{0,1}. Jakamalla kertoimella a tämä saadaan perusmuotoon
jonka karakteristinen yhtälö on
Ei-perusmuotoisen vakiokertoimisen yhtälön karakteristinen yhtälö on siis loogisesti ekvivalentti yhtälön
kanssa.
Epähomogeeninen yhtälö¶
Lause.
Jos yh=c1y1+c2y2 on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu ja yp on epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu, niin epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on .. _kaav-epahomogratkaisu:
Epähomogeenisen yhtälön
yleisen ratkaisun etsimisen vaiheet ovat siis seuraavat.
Hae homogeenisen yhtälön
y″+a(x)y′+b(x)y=0yleinen ratkaisu yh=c1y1+c2y2.
Hae epähomogeeniselle yhtälölle yksittäisratkaisu yp.
Kirjoita yleinen ratkaisu
y=yh+yp=c1y1+c2y2+yp.
Kohta 1 käsiteltiin edellä. Rajoitutaan seuraavassa tarkastelemaan kohtia 2 ja 3 vakiokertoimisen yhtälön tapauksessa.
Esimerkki.
Tarkastellaan yhtälöä
Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1e−x+c2e2x (aiempi esimerkki). Yhtälön oikella puolella on polynomifunktio f(x)=2x2, joten kokeillaan olisiko epähomogeenisella yhtälöllä muotoa yp=ax2+bx+c oleva ratkaisu. Nyt
joten yp on yhtälön ratkaisu vain, jos
toteutuu aina, kun x∈R. On siis oltava
Siis funktio yp=−x2+x−32 on yksittäinen ratkaisu, ja epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten
missä c1,c2∈R.
Edellisen esimerkin periaatetta voidaan soveltaa yleisemminkin. Jos esimerkiksi yhtälön oikealla puolella f(x)=cos(ωx), niin yp=Acos(ωx)+Bsin(ωx) on perusteltu valinta yritteeksi, koska tällöin yp, y′p ja y″p ovat sini- ja kosinifunktion lineaarikombinaatioita. Tällöin sinin ja kosinin kertoimia vertaamalla on mahdollista löytää sellaiset kertoimet A ja B, että yhtälö toteutuu. Tätä menetelmää kutsutaan määräämättömien kertoimien menetelmäksi.
Seuraavaan taulukkoon on koottu vakiokertoimiselle 2. kertaluvun lineaariyhtälölle
soveltuvia yritteitä muutamassa yksinkertaisessa tapauksessa.
f(x) | yp(x) |
---|---|
polynomi, degf=n | Polynomifunktio. Jos b≠0, niin degyp=n; |
jos b=0 ja a≠0, niin degyp=n+1; | |
jos a=b=0, niin degyp=n+2. | |
ceαx | Aeαx, jos α ei ole karakteristisen yhtälön juuri; |
Axeαx, jos α on karakteristisen yhtälön yksinkertainen juuri; | |
Ax2eαx, jos α on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri. | |
ccos(ωx) | Acos(ωx)+Bsin(ωx), jos iω ei ole karakteristisen yhtälön juuri |
csin(ωx) | Acos(ωx)+Bsin(ωx), jos iω ei ole karakteristisen yhtälön juuri |
Esimerkki.
Tarkastellaan yhtälöä
Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1+c2e−x. Oikean puolen polynomi f(x) on toista astetta. Otetaan siis epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi polynomi. Nyt toisen asteen polynomi yp(x)=ax2+bx+c ei kelpaa, koska tällä yritteellä yhtälön vasemmalle puolelle tulisi vain ensimmäisen asteen polynomi. Yritetään polynomia yp(x)=ax3+bx2+cx+d. Vakiotermin d derivaatta on nolla, joten se voidaan valita vaikkapa nollaksi. Lopullinen yrite on siis yp(x)=ax3+bx2+cx. Nyt
joten yp on yhtälön ratkaisu vain, jos
aina, kun x∈R. On siis oltava
Epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten
Esimerkki.
Tarkastellaan yhtälöä
Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1e−x+c2e2x (aiempi esimerkki). Otetaan epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi yp=Ae−2x. Nyt
joten yp on yhtälön ratkaisu vain, jos
Siis A=12, joten epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on
Esimerkki.
Tarkastellaan yhtälöä
Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1e−x+c2e2x. Nyt epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi ei voida ottaa funktiota yp=Ae−x, sillä se on homogeenisen yhtälön ratkaisu (valitse c1=1 ja c2=0). Tämä nähdään myös siitä, että −1 on karakteristisen yhtälön juuri. Otetaankin yritteeksi yp=Axe−x, jolloin
Funktio yp on yhtälön ratkaisu vain, jos
aina, kun x∈R. Tämä toteutuu silloin, kun A=−1, joten epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on
Esimerkki.
Ratkaise yhtälö y″+7y′+6y=100sin(2x) alkuarvoilla y(0)=1 ja y′(0)=−1.
Esimerkki.
Tarkastellaan yhtälöä
Vastaavan homogeenisen yhtälön y″+y=0 karakteristinen yhtälön
ratkaisut ovat λ1,2=±i, joten yleinen ratkaisu on yh=c1sinx+c2cosx. Epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi ei voida ottaa funktiota yp=Asinx+Bcosx, sillä se on homogeenisen yhtälön ratkaisu, eikä siis voi ratkaista epähomogeenista yhtälöä. Menetellään seuraavasti. Haetaan ratkaisua muodossa
Toisin sanoen tutkitaan, löytyisikö ratkaisu homogeeniyhtälön ratkaisusta korvaamalla vakiot A ja B sopivilla funktioilla A(x) ja B(x). Nyt tulosäännön nojalla
Funktio yp on yhtälön ratkaisu vain, jos
aina, kun x∈R, eli kun
Tällaisen yhtälöryhmän ratkaisemiseksi on olemassa systemaattinenkin menetelmä, mutta nyt kokeilemalla havaitaan, että a(x)=0 ja b(x)=−x2 toteuttavat sen. Siten epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisuksi löydettiin
ja yleiseksi ratkaisuksi
Edellisen esimerkin menetelmää yksittäisratkaisun hakemiseksi kutsutaan vakioiden varioinniksi.