Loading [MathJax]/jax/output/CommonHTML/jax.js
"

Toisen kertaluvun lineaariyhtälö

Tässä luvussa tarkastellaan 2. kertaluvun lineaarista differentiaaliyhtälöä (second-order linear equation)

y+a(x)y+b(x)y=f(x),

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

y+a(x)y+b(x)y=0.

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.

../_images/diff2klyhtaloykskasitteisyys.svg

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

y=c1y1+c2y2

on homogeenisen yhtälön ratkaisu välillä I.

Todistus.

Määritelmä.

Funktiot y1 ja y2:IR ovat lineaarisesti riippumattomia (linearly independent) välillä I, jos ei löydy sellaisia kertoimia c10 ja c20, että lineaarikombinaatio

c1y1(x)+c2y2(x)=0

kaikilla välin I pisteillä x. Toisin sanoen y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ehto c1y1(x)+c2y2(x)=0 aina, kun xI tarkoittaa, että c1=c2=0. Muutoin y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippuvia, (linearly dependent). Vertaa tätä vektorijoukon lineaarisen riippumattomuuden määritelmään.

Funktiot y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippuvia täsmälleen silloin, kun on olemassa sellaiset kertoimet c1 ja c2, c10 tai c20, että c1y1(x)+c2y2(x)=0 kaikilla xI. Tällöin toinen funktioista voidaan ratkaista toisen avulla,

y1(x)=c2c1y2(x)taiy2(x)=c1c2y1(x),

eli toinen funktioista on toisen monikerta. Lineaarinen riippumattomuus voidaan kääntäen siis ilmaista myös ehdolla

y1(x)y2(x)vakio

välillä I.

Esimerkki.

  1. Olkoon ab. Tällöin y1(x)=xa ja y2(x)=xb ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä

    xaxb=xabvakio.
  2. Olkoon ab. Tällöin y1(x)=eax ja y2(x)=ebx ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä

    eaxebx=e(ab)xvakio.
  3. Funktiot y1(x)=sinx ja y2(x)=cosx ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä

    sinxcosx=tanxvakio.
  4. Funktiot y1(x)=sin(2x) ja y2(x)=sinxcosx ovat lineaarisesti riippuvia, sillä y1(x)=sin(2x)=2sinxcosx=2y2(x).

Määritelmä.

Olkoot funktiot y1 ja y2 määritelty ja derivoituvia avoimella välillä I. Funktioiden y1 ja y2 Wronskin determinantti (Wronskian) on funktio

W(x)=|y1(x)y2(x)y1(x)y2(x)|=y1(x)y2(x)y1(x)y2(x).

Esimerkki.

Funktioiden y1(x)=ex ja y2(x)=xex Wronskin determinantti on

W(x)=|exxexexex+xex|=e2x.

Lause.

Olkoot y1 ja y2 homogeenisen yhtälön ratkaisuja välillä I ja olkoon W(x) niiden Wronskin determinantti. Silloin seuraavat ovat voimassa.

  1. Jos y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippuvia, niin W(x)=0 kaikilla xI.
  2. Jos y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippumattomia, niin W(x)0 kaikilla xI.
Todistus.

Lause.

Olkoot y1 ja y2 homogeenisen yhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja välillä I, sekä c1 ja c2 reaalilukuja. Tällöin lineaarikombinaatio

y=c1y1+c2y2

on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu välillä I.

Todistus.

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

y4y=0.

Funktiot y1(x)=e2x ja y2(x)=e2x ovat ratkaisuja, sillä

y1(x)=4e2x=4y1(x)jay2(x)=4e2x=4y2(x).

Lisäksi y1 ja y2 ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä niiden suhde ei ole vakiofunktio. Niinpä yhtälön yleinen ratkaisu on

y(x)=c1e2x+c2e2x,

missä c1 ja c2 ovat reaalilukuja. Haetaan vielä alkuehdot y(0)=1 ja y(0)=1 toteuttava ratkaisu. Nyt y(x)=2c1e2x2c2e2x, joten vaaditaan

{y(0)=c1+c2=1,y(0)=2c12c2=1.

Tästä yhtälöparista ratkaistaan c1=34 ja c2=14, joten alkuehdot toteuttava ratkaisu on

y(x)=34e2x+14e2x.

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

x2y+xyy=0.

Funktio y1(x)=x on helppo tarkistaa yksittäiseksi ratkaisuksi. Tehdään toisen, lineaarisesti riippumattoman ratkaisun löytämiseksi yrite y=u(x)x, jolle y=ux+u ja y=ux+2u. Sijoittamalla y, y ja y yhtälöön, se saadaan muotoon

x3u+3x2u=0.

Merkitsemällä z=u saadaan x3z+3x2z=0. Tämä 1. kertaluvun yhtälö on separoituva, ja kun x0 voidaan kirjoittaa

dzdx=3xzdzz=3dxx+Cln|z|=3ln|x|+C.

Koska tarvitaan vain yksi ratkaisu, voidaan olettaa C=0, jolloin z=±1x3. Tällöin

u=zdx=±12x2+C,

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

y=c1x±c22x=c1x+c2x,

missä c2=±12c2 ja x0. 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.

Määritelmä.

Olkoot a ja b reaalilukuja. Vakiokertoimiseen toisen kertaluvun homogeeniseen lineaariyhtälöön

y+ay+by=0

liittyvä karakteristinen yhtälö on

λ2+aλ+b=0.

Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla karakteristiselle yhtälölle lasketaan juuret

λ=12(a±a24b).

Lause.

Jos karakteristisella yhtälöllä on

  1. kaksi erillistä reaalista juurta λ1 ja λ2, niin alkuperäisen yhtälön yleinen ratkaisu on

    y=c1eλ1x+c2eλ2x,
  2. reaalinen kaksoisjuuri λ, niin alkuperäisen yhtälön yleinen ratkaisu on

    y=c1eλx+c2xeλx,
  3. imaginaariset juuret λ=α±βi, niin alkuperäisen yhtälön yleinen ratkaisu on

    y=eαx(c1sin(βx)+c2cos(βx)).
Todistus.

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.

Todistus.

Esimerkki.

  1. Yhtälön

    yy2y=0

    karakteristisen yhtälön λ2λ2=0 juuret ovat λ1=1 ja λ2=2, joten yleinen ratkaisu on y=c1ex+c2e2x.

  2. Yhtälön

    y+4y+5y=0

    karakteristisen yhtälön λ2+4λ+5=0 juuret ovat λ=2±i, joten yleinen ratkaisu on y=e2x(c1sinx+c2cosx)

  3. Yhtälön

    y2y+y=0

    karakteristisen yhtälön λ22λ+1=0 ainoa juuri on λ=1, joten yleinen ratkaisu on y=c1ex+c2xex.

Huomautus.

Sovelluksissa vakiokertoiminen yhtälö on yleensä muodossa

ay+by+cy=0,

missä toisen derivaatan kerroin a{0,1}. Jakamalla kertoimella a tämä saadaan perusmuotoon

y+bay+cay=0,

jonka karakteristinen yhtälö on

λ2+baλ+ca=0.

Ei-perusmuotoisen vakiokertoimisen yhtälön karakteristinen yhtälö on siis loogisesti ekvivalentti yhtälön

aλ2+bλ+c=0

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:

y=yh+yp=c1y1+c2y2+yp.
Todistus.

Epähomogeenisen yhtälön

y+a(x)y+b(x)y=f(x)

yleisen ratkaisun etsimisen vaiheet ovat siis seuraavat.

  1. Hae homogeenisen yhtälön

    y+a(x)y+b(x)y=0

    yleinen ratkaisu yh=c1y1+c2y2.

  2. Hae epähomogeeniselle yhtälölle yksittäisratkaisu yp.

  3. 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

yy2y=2x2.

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1ex+c2e2x (aiempi esimerkki). Yhtälön oikella puolella on polynomifunktio f(x)=2x2, joten kokeillaan olisiko epähomogeenisella yhtälöllä muotoa yp=ax2+bx+c oleva ratkaisu. Nyt

yp=2ax+bjayp=2a,

joten yp on yhtälön ratkaisu vain, jos

2a(2ax+b)2(ax2+bx+c)=2x22(a+1)x22(a+b)x+2ab2c=0

toteutuu aina, kun xR. On siis oltava

{a+1=0a+b=02ab2c=0{a=1b=1c=32.

Siis funktio yp=x2+x32 on yksittäinen ratkaisu, ja epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten

y=c1ex+c2e2xx2+x32,

missä c1,c2R.

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, yp ja yp 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

y+ay+by=f(x)

soveltuvia yritteitä muutamassa yksinkertaisessa tapauksessa.

f(x) yp(x)
polynomi, degf=n Polynomifunktio. Jos b0, niin degyp=n;
jos b=0 ja a0, 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

y+y=x2+x+2.

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1+c2ex. 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

yp=3ax2+2bx+cjayp=6ax+2b,

joten yp on yhtälön ratkaisu vain, jos

6ax+2b+3ax2+2bx+c=x2+x+2(3a1)x2+(6a+2b1)x+2b+c2=0

aina, kun xR. On siis oltava

{3a1=06a+2b1=02b+c2=0{a=13b=12c=3.

Epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten

y=c1+c2ex+13x312x2+3x.

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

yy2y=2e2x.

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1ex+c2e2x (aiempi esimerkki). Otetaan epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi yp=Ae2x. Nyt

yp=2Ae2xjayp=4Ae2x,

joten yp on yhtälön ratkaisu vain, jos

4Ae2x+2Ae2x2Ae2x=2e2x4A+2A2A=4A=2.

Siis A=12, joten epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

y=c1ex+c2e2x+12e2x.

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

yy2y=3ex.

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yh=c1ex+c2e2x. Nyt epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi ei voida ottaa funktiota yp=Aex, 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=Axex, jolloin

yp=A(1x)exjayp=A(x2)ex.

Funktio yp on yhtälön ratkaisu vain, jos

A(x2)exA(1x)ex2Axex=3exA(x2)A(1x)2Ax=3

aina, kun xR. Tämä toteutuu silloin, kun A=1, joten epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

y=c1ex+c2e2xxex.

Esimerkki.

Ratkaise yhtälö y+7y+6y=100sin(2x) alkuarvoilla y(0)=1 ja y(0)=1.

Ratkaisu.

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

y+y=sinx.

Vastaavan homogeenisen yhtälön y+y=0 karakteristinen yhtälön

λ2+1=(λ+i)(λi)=0

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

yp=A(x)sinx+B(x)cosx.

Toisin sanoen tutkitaan, löytyisikö ratkaisu homogeeniyhtälön ratkaisusta korvaamalla vakiot A ja B sopivilla funktioilla A(x) ja B(x). Nyt tulosäännön nojalla

yp=(A(x)B(x))sinx+(A(x)+B(x))cosxyp=(A(x)A(x)2B(x))sinx+(2A(x)+B(x)B(x))cosxyp+y=(A(x)2B(x))sinx+(2A(x)+B(x))cosx.

Funktio yp on yhtälön ratkaisu vain, jos

(A(x)2B(x))sinx+(2A(x)+B(x))cosx=sinx

aina, kun xR, eli kun

{A(x)2B(x)=12A(x)+B(x)=0.

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

yp=x2cosx

ja yleiseksi ratkaisuksi

y=asinx+bcosxx2cosx.

Edellisen esimerkin menetelmää yksittäisratkaisun hakemiseksi kutsutaan vakioiden varioinniksi.