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 $f(x) \not= 0$ 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 $x_0$ välin $I$ piste, sekä $b_0$ ja $b_1$ reaalilukuja. Tällöin epähomogeenisella yhtälöllä on täsmälleen yksi alkuehdot $y(x_0)=b_0$ ja $y'(x_0)=b_1$ 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 $y(0)=-1$, $-\frac12$, $0$, $\frac12$ 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 $y_1$ ja $y_2$ homogeenisen yhtälön ratkaisuja välillä $I$, sekä $c_1$ ja $c_2$ reaalilukuja. Tällöin myös lineaarikombinaatio

$$y=c_1y_1+c_2y_2$$

on homogeenisen yhtälön ratkaisu välillä $I$.

Todistus.

Nyt $y'=c_1y_1'+c_2y_2'$ ja $y''=c_1y_1''+c_2y_2''$, joten

$$\begin{split}\begin{aligned} y''+a(x)y'+b(x)y&=(c_1y_1''+c_2y_2'')+a(x)(c_1y_1'+c_2y_2')+b(x)(c_1y_1+c_2y_2)\\ &=c_1(y_1''+a(x)y_1'+b(x)y_1)+c_2(y_2''+a(x)y_2'+b(x)y_2)\\ &=c_1\cdot0+c_2\cdot0=0. \end{aligned}\end{split}$$

$\square$

Määritelmä.

Funktiot $y_1$ ja $y_2\colon I\to\mathbb R$ ovat lineaarisesti riippumattomia (linearly independent) välillä $I$, jos ei löydy sellaisia kertoimia $c_1 \not= 0$ ja $c_2 \not= 0$, että lineaarikombinaatio

$$c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=0$$

kaikilla välin $I$ pisteillä $x$. Toisin sanoen $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ehto $c_1y_1(x) + c_2y_2(x) = 0$ aina, kun $x\in I$ tarkoittaa, että $c_1 = c_2 = 0$. Muutoin $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippuvia, (linearly dependent). Vertaa tätä vektorijoukon lineaarisen riippumattomuuden määritelmään.

Funktiot $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippuvia täsmälleen silloin, kun on olemassa sellaiset kertoimet $c_1$ ja $c_2$, $c_1\ne0$ tai $c_2\ne0$, että $c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=0$ kaikilla $x\in I$. Tällöin toinen funktioista voidaan ratkaista toisen avulla,

$$y_1(x) = -\frac{c_2}{c_1}y_2(x)\qquad\text{tai}\qquad y_2(x) = -\frac{c_1}{c_2}y_1(x),$$

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

$$\frac{y_1(x)}{y_2(x)} \not= \text{vakio}$$

välillä $I$.

Esimerkki.

1. Olkoon $a\ne b$. Tällöin $y_1(x)=x^a$ ja $y_2(x)=x^b$ ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä

   $$\frac{x^a}{x^b}=x^{a-b}\ne\text{vakio}.$$

2. Olkoon $a\ne b$. Tällöin $y_1(x)=e^{ax}$ ja $y_2(x)=e^{bx}$ ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä

   $$\frac{e^{ax}}{e^{bx}}=e^{(a-b)x}\ne\text{vakio}.$$

3. Funktiot $y_1(x)=\sin x$ ja $y_2(x)=\cos x$ ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä

   $$\frac{\sin x}{\cos x}=\tan x\ne\text{vakio}.$$

4. Funktiot $y_1(x)=\sin(2x)$ ja $y_2(x)=\sin x\cos x$ ovat lineaarisesti riippuvia, sillä $y_1(x)=\sin(2x)=2\sin x\cos x=2y_2(x)$.

Määritelmä.

Olkoot funktiot $y_1$ ja $y_2$ määritelty ja derivoituvia avoimella välillä $I$. Funktioiden $y_1$ ja $y_2$ Wronskin determinantti (Wronskian) on funktio

$$\begin{split}W(x)=\begin{vmatrix}y_1(x) & y_2(x)\\y_1'(x) & y_2'(x)\end{vmatrix} = y_1(x)y_2'(x) - y_1'(x)y_2(x).\end{split}$$

Esimerkki.

Funktioiden $y_1(x)=e^x$ ja $y_2(x)=xe^x$ Wronskin determinantti on

$$\begin{split}W(x)=\begin{vmatrix}e^x & xe^x\\e^x & e^x+xe^x\end{vmatrix} =e^{2x}.\end{split}$$

Lause.

Olkoot $y_1$ ja $y_2$ homogeenisen yhtälön ratkaisuja välillä $I$ ja olkoon $W(x)$ niiden Wronskin determinantti. Silloin seuraavat ovat voimassa.

1. Jos $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippuvia, niin $W(x)=0$ kaikilla $x\in I$.
2. Jos $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, niin $W(x)\ne0$ kaikilla $x\in I$.

Todistus.

Derivoidaan yhtälö $a_1y_1(x)+a_2y_2(x)=0$ puolittain ja muodostetaan yhtälöpari

$$\begin{split}\begin{cases} a_1y_1(x_0)+a_2y_2(x_0)=0\\ a_1y_1'(x_0)+a_2y_2'(x_0)=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1'(x_0) & y_2'(x_0) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \end{bmatrix} = \mathbf{0}.\end{split}$$

välin $I$ pisteessä $x_0$. Kyseessä on muuttujien $a_1$ ja $a_2$ suhteen lineaarinen yhtälöpari, jonka kerroinmatriisin determinantti on funktioiden $y_1$ ja $y_2$ Wronskin determinantti $W(x_0)$.

1. Jos $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippuvia, niin löydetään sellaiset kertoimet $c_1$ ja $c_2$, $c_1\ne0$ tai $c_2\ne0$, että $c_1y_1(x_0)+c_2y_2(x_0)=0$. Puolittainen derivointi ja sijoitus $x = x_0$ yhtälölle $c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=0$ osoittaa, että kertoimet $c_1$ ja $c_2$ toteuttavat myös yhtälön $c_1y_1'(x_0)+c_2y_2'(x_0)=0$. Pari $(c_1, c_2) \not= (0, 0)$ on siis yhtälöparin epätriviaali ratkaisu, ja tämän vuoksi kerroinmatriisin determinantin on oltava $0$. Siis $W(x_0) = 0$.

2. Tehdään vastaoletus, jonka mukaan $W(x_0) = 0$, kun $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia. Tällöin yhtälöparilla on muitakin ratkaisuja, kuin triviaaliratkaisu $a_1=a_2=0$. Olkoon pari $(c_1, c_2) \not= (0, 0)$ epätriviaali ratkaisu, ja kirjoitetaan homogeenisen yhtälön ratkaisu

   $$y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x).$$

   Yhtälöparin nojalla funktio $y$ toteuttaa alkuehdot $y(x_0) = 0$ ja $y'(x_0)=0$. Toisaalta myös nollafunktio toteuttaa homogeenisen yhtälön ja nämä alkuehdot, jolloin olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen nojalla on oltava $y(x)=0$ aina, kun $x\in I$. Mutta tällöin $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippuvia, mikä on ristiriita. Siis $W(x_0) \not= 0$.

Pisteelle $x_0$ ei asetettu rajoitteita, joten väitteet ovat voimassa jokaisessa välin $I$ pisteessä. $\square$

Lause.

Olkoot $y_1$ ja $y_2$ homogeenisen yhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja välillä $I$, sekä $c_1$ ja $c_2$ reaalilukuja. Tällöin lineaarikombinaatio

$$y=c_1y_1+c_2y_2$$

on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu välillä $I$.

Todistus.

Olkoon funktio $z$ homogeenisen yhtälön ratkaisu, sekä $y=c_1y_1+c_2y_2$. On osoitettava, että $z=y$ joillakin $c_1$ ja $c_2$. Kiinnitetään välin $I$ piste $x_0$, derivoidaan $y$, lasketaan $y$ ja $y'$ pisteessä $x_0$, sekä ja muodostetaan yhtälöpari

$$\begin{split}\begin{cases}c_1y_1(x_0)+c_2y_2(x_0)=z(x_0),\\ c_1y_1'(x_0)+c_2y_2'(x_0)=z'(x_0).\end{cases}\end{split}$$

Tämä on muuttujien $c_1$ ja $c_2$ suhteen lineaarinen yhtälöpari, jonka kerroinmatriisin determinantti on funktioiden $y_1$ ja $y_2$ Wronskin determinantti $W(x_0)$. Edellisen lauseen mukaan $W(x_0)\ne0$, joten yhtälöparilla on ratkaisu $(c_1,c_2)\in\mathbb R^2$. Funktiolle $y$ on määritelmänsä vuoksi voimassa $y(x_0)=z(x_0)$ ja $y'(x_0)=z'(x_0)$, jolloin olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen mukaan $z=y$. $\square$

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

$$y''-4y=0.$$

Funktiot $y_1(x)=e^{2x}$ ja $y_2(x)=e^{-2x}$ ovat ratkaisuja, sillä

$$y_1''(x)=4e^{2x}=4y_1(x)\qquad\text{ja}\qquad y_2''(x)=4e^{-2x}=4y_2(x).$$

Lisäksi $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä niiden suhde ei ole vakiofunktio. Niinpä yhtälön yleinen ratkaisu on

$$y(x)=c_1e^{2x}+c_2e^{-2x},$$

missä $c_1$ ja $c_2$ ovat reaalilukuja. Haetaan vielä alkuehdot $y(0)=1$ ja $y'(0)=1$ toteuttava ratkaisu. Nyt $y'(x)=2c_1e^{2x}-2c_2e^{-2x}$, joten vaaditaan

$$\begin{split}\begin{cases}y(0)=c_1+c_2=1,\\ y'(0)=2c_1-2c_2=1.\end{cases}\end{split}$$

Tästä yhtälöparista ratkaistaan $c_1=\frac{3}{4}$ ja $c_2=\frac{1}{4}$, joten alkuehdot toteuttava ratkaisu on

$$y(x)=\frac34e^{2x}+\frac14e^{-2x}.$$

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

$$x^2y''+xy'-y=0.$$

Funktio $y_1(x)=x$ 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

$$x^3u''+3x^2u'=0.$$

Merkitsemällä $z=u'$ saadaan $x^3z'+3x^2z=0$. Tämä 1. kertaluvun yhtälö on separoituva, ja kun $x \not= 0$ voidaan kirjoittaa

$$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = -\frac{3}{x}z \Leftrightarrow \int\frac{\mathrm{d}z}{z} = -3\int\frac{\mathrm{d}x}{x} + C \Leftrightarrow \ln|z| = -3\ln|x| + C.$$

Koska tarvitaan vain yksi ratkaisu, voidaan olettaa $C = 0$, jolloin $z = \pm\frac{1}{x^3}$. Tällöin

$$u=\int z \mathrm{d}x = \pm\frac{1}{2x^2}+C,$$

missä voidaan taas olettaa $C = 0$. Lopulta alkuperäisen yhtälön toiseksi ratkaisuksi voidaan valita $y_2(x) = u(x)x = \pm\frac{1}{2x}$. Tarkista vielä sijoittamalla! Funktiot $y_1$ ja $y_2$ ovat selvästi lineaarisesti riippumattomia, joten yhtälön yleinen ratkaisu on

$$y=c_1x\pm\frac{c_2^*}{2x} = c_1x+\frac{c_2}{x},$$

missä $c_2 = \pm\frac{1}{2}c_2^*$ ja $x \not= 0$. Huomaa, että ratkaisu on erikseen voimassa väleillä $(-\infty, 0)$ ja $(0, \infty)$.

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 $y_1$ tiedetään tai arvataan, niin toista lineaarisesti riippumatonta ratkaisua voidaan hakea yritteellä $y=uy_1$ (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

$$\lambda^2+a\lambda+b=0.$$

Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla karakteristiselle yhtälölle lasketaan juuret

$$\lambda=\frac{1}{2}\left(-a\pm\sqrt{a^2-4b}\right).$$

Lause.

Jos karakteristisella yhtälöllä on

1. kaksi erillistä reaalista juurta $\lambda_1$ ja $\lambda_2$, niin alkuperäisen yhtälön yleinen ratkaisu on

   $$y=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x},$$

2. reaalinen kaksoisjuuri $\lambda$, niin alkuperäisen yhtälön yleinen ratkaisu on

   $$y=c_1e^{\lambda x}+c_2xe^{\lambda x},$$

3. imaginaariset juuret $\lambda=\alpha\pm\beta i$, niin alkuperäisen yhtälön yleinen ratkaisu on

   $$y=e^{\alpha x}\big(c_1\sin(\beta x)+c_2\cos(\beta x)\big).$$

Todistus.

Suoraviivainen todistus olisi todeta sijoittamalla, että kussakin tapauksessa mainitut kaksi funktiota ovat lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, jolloin niiden lineaarikombinaationa saadaan yleinen ratkaisu. Muotoillaan kuitenkin hieman konstruktiivisempi todistus.

1. Aloitetaan yritteellä $y=e^{\lambda x}$, missä $\lambda\in\mathbb R$. Koska $y'=\lambda e^{\lambda x}$ ja $y''=\lambda^2 e^{\lambda x}$, niin sijoittamalla vakiokertoimiseen yhtälöön saadaan

   $$\left(\lambda^2+a\lambda+b\right)e^{\lambda x}=0\Leftrightarrow\lambda^2+a\lambda+b=0.$$

   Funktio $y=e^{\lambda x}$ on siis ratkaisu, jos $\lambda$ on karakteristisen yhtälön reaalinen juuri. Jos karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta reaalista juurta $\lambda_1$ ja $\lambda_2$, niin $y_1=e^{\lambda_1x}$ ja $y_2=e^{\lambda_2x}$ ovat lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, ja väite seuraa.

2. Jos karakteristisella yhtälöllä on kaksoisjuuri $\lambda=-\frac{a}{2}$ (tässä $a^2-4b=0$), niin kohdan 1 menetelmällä saadaan vain yksi ratkaisu $y_1=e^{\lambda x}$. Haetaan toista ratkaisua yritteellä $y_2=u(x)e^{\lambda x}$, jolle

   $$\begin{aligned} y_2'=(u'+\lambda u)e^{\lambda x}\qquad\text{ja}\qquad y_2''=(u''+2\lambda u'+\lambda^2u)e^{\lambda x}. \end{aligned}$$

   Sijoitetaan nämä ja $\lambda = -\frac{a}{2}$ vakiokertoimiseen yhtälöön, jolloin

   $$\left(u''+(2\lambda+a)u'+\left(\lambda^2+a\lambda+b\right)u\right)e^{\lambda x}=0 \Leftrightarrow u''+(-a+a)u'-\frac{1}{4}\left(a^2-4b\right)u=0,$$

   missä $-a+a=0$ ja oletuksen nojalla $a^2-4b=0$. Täten on oltava $u'' = 0$, jonka eräs ratkaisu on $u=x$. Alkuperäisen yhtälön toinen ratkaisu on siis $y_2=xe^{\lambda x}$. Ratkaisut $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, joten väite seuraa.

3. Jos karakteristisella yhtälöllä on imaginaarinen juuri $\lambda=\alpha+\beta i$, niin kohdan 1 mukaan alkuperäisellä yhtälöllä on imaginaarinen ratkaisu

   $$z(x)=e^{(\alpha+\beta i)x}=e^{\alpha x}\cos(\beta x)+ie^{\alpha x}\sin(\beta x),$$

   kun kompleksiset kertoimet toimivat derivointikaavoissa täsmälleen kuten reaalisetkin. Seuraavan lemman mukaan funktion $z$ reaali- ja imaginaariosat $y_1=e^{\alpha x}\cos(\beta x)$ ja $y_2=e^{\alpha x}\sin(\beta x)$ ovat myös alkuperäisen yhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, joten väite seuraa.

Jokainen tapaus on todistettu. $\square$

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.

Nyt $z' = u' + iv'$ ja $z'' = u'' + iv''$. Sijoitetaan ratkaisu $z$ yhtälöön, jolloin

$$(u'' + iv'') + a(u' + iv') + b(u + iv) = 0 \Leftrightarrow (u'' + au' + bu) + i(v'' + av' + bv) = 0.$$

Jälkimmäinen yhtälö voi toteutua vain, jos sen vasemman puolen reaali- ja imaginaariosat ovat nollia, eli

$$u'' + au' + bu = 0\qquad\text{ja}\qquad v'' + av' + bv = 0,$$

eli jos $u$ ja $v$ ovat yhtälön ratkaisuja. $\square$

Esimerkki.

1. Yhtälön

   $$y''-y'-2y=0$$

   karakteristisen yhtälön $\lambda^2-\lambda-2=0$ juuret ovat $\lambda_1=-1$ ja $\lambda_2=2$, joten yleinen ratkaisu on $y=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$.

2. Yhtälön

   $$y''+4y'+5y=0$$

   karakteristisen yhtälön $\lambda^2+4\lambda+5=0$ juuret ovat $\lambda=-2\pm i$, joten yleinen ratkaisu on $y=e^{-2x}\big(c_1\sin x+c_2\cos x\big)$

3. Yhtälön

   $$y''-2y'+y=0$$

   karakteristisen yhtälön $\lambda^2-2\lambda+1=0$ ainoa juuri on $\lambda=1$, joten yleinen ratkaisu on $y=c_1e^x+c_2xe^x$.

Huomautus.

Sovelluksissa vakiokertoiminen yhtälö on yleensä muodossa

$$ay''+by'+cy=0,$$

missä toisen derivaatan kerroin $a \not\in \{0, 1\}$. Jakamalla kertoimella $a$ tämä saadaan perusmuotoon

$$y''+\frac{b}{a}y'+\frac{c}{a}y=0,$$

jonka karakteristinen yhtälö on

$$\lambda^2+\frac{b}{a}\lambda+\frac{c}{a}=0.$$

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

$$a\lambda^2+b\lambda+c=0$$

kanssa.

Epähomogeeninen yhtälö

Lause.

Jos $y_h=c_1y_1+c_2y_2$ on homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu ja $y_p$ on epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu, niin epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on .. _kaav-epahomogratkaisu:

$$y=y_h+y_p=c_1y_1+c_2y_2+y_p.$$

Todistus.

Jokainen väitteen muotoa oleva $y$ on ratkaisu, sillä

$$\begin{split}\begin{aligned} y''+a(x)y'+b(x)y&=(y_h''+a(x)y_h'+b(x)y_h)+(y_p''+a(x)y_p'+b(x)y_p)\\ &=0+f(x)=f(x). \end{aligned}\end{split}$$

Vertaa tätä homogeenisen yhtälön lineaarisesti riippumattomiin ratkaisuihin liittyvän lauseen todistukseen.

Olkoon sitten $y$ mikä tahansa epähomogeenisen yhtälön ratkaisu. On osoitettava, että $y$ voidaan esittää väitteen muodossa. Nyt

$$\begin{split}\begin{aligned} (y-y_p)''+a(x)(y-y_p)'+b(x)(y-y_p)&=(y''+a(x)y'+b(x)y)-(y_p''+a(x)y_p'+b(x)y_p)\\ &=f(x)-f(x)=0, \end{aligned}\end{split}$$

joten $y-y_p$ on homogeenisen yhtälön ratkaisu. Niinpä se voidaan esittää muodossa

$$y-y_p=c_1y_1+c_2y_2,$$

josta väite seuraa. $\square$

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 $y_h=c_1y_1+c_2y_2$.

2. Hae epähomogeeniselle yhtälölle yksittäisratkaisu $y_p$.

3. Kirjoita yleinen ratkaisu

   $$y=y_h+y_p=c_1y_1+c_2y_2+y_p.$$

Kohta 1 käsiteltiin edellä. Rajoitutaan seuraavassa tarkastelemaan kohtia 2 ja 3 vakiokertoimisen yhtälön tapauksessa.

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

$$y''-y'-2y=2x^2.$$

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$ (aiempi esimerkki). Yhtälön oikella puolella on polynomifunktio $f(x)=2x^2$, joten kokeillaan olisiko epähomogeenisella yhtälöllä muotoa $y_p=ax^2+bx+c$ oleva ratkaisu. Nyt

$$y_p'=2ax+b\qquad\text{ja}\qquad y_p''=2a,$$

joten $y_p$ on yhtälön ratkaisu vain, jos

$$2a - (2ax + b) - 2(ax^2 + bx + c) = 2x^2 \Leftrightarrow -2(a + 1)x^2 - 2(a + b)x + 2a - b - 2c = 0$$

toteutuu aina, kun $x\in\mathbb R$. On siis oltava

$$\begin{split}\begin{cases} a + 1 = 0\\ a + b = 0\\ 2a - b - 2c = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = -1 \\ b = 1 \\ c = -\frac{3}{2}. \end{cases}\end{split}$$

Siis funktio $y_p = -x^2 + x - \frac{3}{2}$ on yksittäinen ratkaisu, ja epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten

$$y=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}-x^2+x-\frac{3}{2},$$

missä $c_1, c_2 \in \mathbb R$.

Edellisen esimerkin periaatetta voidaan soveltaa yleisemminkin. Jos esimerkiksi yhtälön oikealla puolella $f(x)=\cos(\omega x)$, niin $y_p=A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$ on perusteltu valinta yritteeksi, koska tällöin $y_p$, $y_p'$ 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

$$y''+ay'+by=f(x)$$

soveltuvia yritteitä muutamassa yksinkertaisessa tapauksessa.

$f(x)$	$y_p(x)$
polynomi, $\deg f = n$	Polynomifunktio. Jos $b\ne0$, niin $\deg y_p = n$;
	jos $b=0$ ja $a\ne0$, niin $\deg y_p = n+1$;
	jos $a=b=0$, niin $\deg y_p = n+2$.
$ce^{\alpha x}$	$Ae^{\alpha x}$, jos $\alpha$ ei ole karakteristisen yhtälön juuri;
	$Axe^{\alpha x}$, jos $\alpha$ on karakteristisen yhtälön yksinkertainen juuri;
	$Ax^2e^{\alpha x}$, jos $\alpha$ on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri.
$c\cos(\omega x)$	$A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$, jos $i\omega$ ei ole karakteristisen yhtälön juuri
$c\sin(\omega x)$	$A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$, jos $i\omega$ ei ole karakteristisen yhtälön juuri

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

$$y''+y'=x^2+x+2.$$

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h=c_1+c_2e^{-x}$. Oikean puolen polynomi $f(x)$ on toista astetta. Otetaan siis epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi polynomi. Nyt toisen asteen polynomi $y_p(x)=ax^2+bx+c$ ei kelpaa, koska tällä yritteellä yhtälön vasemmalle puolelle tulisi vain ensimmäisen asteen polynomi. Yritetään polynomia $y_p(x)=ax^3+bx^2+cx+d$. Vakiotermin $d$ derivaatta on nolla, joten se voidaan valita vaikkapa nollaksi. Lopullinen yrite on siis $y_p(x)=ax^3+bx^2+cx$. Nyt

$$y_p'=3ax^2+2bx+c\qquad\text{ja}\qquad y_p''=6ax+2b,$$

joten $y_p$ on yhtälön ratkaisu vain, jos

$$6ax + 2b + 3ax^2 + 2bx + c = x^2 + x + 2 \Leftrightarrow (3a - 1)x^2 + (6a + 2b - 1)x + 2b + c - 2 = 0$$

aina, kun $x \in \mathbb R$. On siis oltava

$$\begin{split}\begin{cases} 3a - 1 = 0 \\ 6a + 2b - 1 = 0 \\ 2b + c - 2 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = \frac{1}{3} \\ b = -\frac{1}{2} \\ c = 3. \end{cases}\end{split}$$

Epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten

$$y=c_1+c_2e^{-x}+\dfrac13x^3-\dfrac12x^2+3x.$$

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

$$y''-y'-2y=2e^{-2x}.$$

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$ (aiempi esimerkki). Otetaan epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi $y_p=Ae^{-2x}$. Nyt

$$y_p'=-2Ae^{-2x}\qquad\text{ja}\qquad y_p''=4Ae^{-2x},$$

joten $y_p$ on yhtälön ratkaisu vain, jos

$$4Ae^{-2x} + 2Ae^{-2x} - 2Ae^{-2x} = 2e^{-2x} \Leftrightarrow 4A + 2A - 2A = 4A = 2.$$

Siis $A=\frac{1}{2}$, joten epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

$$y=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}+\frac12e^{-2x}.$$

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

$$y''-y'-2y=3e^{-x}.$$

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$. Nyt epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi ei voida ottaa funktiota $y_p=Ae^{-x}$, sillä se on homogeenisen yhtälön ratkaisu (valitse $c_1 = 1$ ja $c_2 = 0$). Tämä nähdään myös siitä, että $-1$ on karakteristisen yhtälön juuri. Otetaankin yritteeksi $y_p=Axe^{-x}$, jolloin

$$y_p'=A(1-x)e^{-x}\qquad\text{ja}\qquad y_p''=A(x-2)e^{-x}.$$

Funktio $y_p$ on yhtälön ratkaisu vain, jos

$$A(x-2)e^{-x}-A(1-x)e^{-x}-2Axe^{-x}=3e^{-x} \Leftrightarrow A(x-2)-A(1-x)-2Ax=3$$

aina, kun $x\in\mathbb R$. Tämä toteutuu silloin, kun $A = -1$, joten epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

$$y=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}-xe^{-x}.$$

Esimerkki.

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

Ratkaisu.

Vastaavan homogeenisen yhtälön $y''+7y'+6y=0$ karakteristinen yhtälö on

$$\lambda^2+7\lambda+6=(\lambda+1)(\lambda+6)=0,$$

jonka ratkaisut ovat $\lambda_1 = -1$ ja $\lambda_2 = -6$. Täten homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{-6x}$. Valitaan yritteeksi $y_p=A\cos(2x)+B\sin(2x)$, jolle

$$y_p'=-2(A\sin(2x)+B\cos(2x))\qquad\text{ja}\qquad y_p''=-4(A\cos(2x)+B\sin(2x))=-4y_p.$$

Tämä on yhtälön ratkaisu vain, jos $y_p'' + 7y_p' + 6y_p = 7y_p' + 2y_p = 100\sin(2x)$, eli

$$-14A\sin(2x)+14B\cos(2x)+2A\cos(2x)+2B\sin(2x)=100\sin(2x)$$

aina, kun $x\in\mathbb R$. Vertaamalla sini- ja kosinitermien kertoimia nähdään, että on oltava

$$\begin{split}\begin{cases} 2A + 14B = 0 \\ -14A + 2B = 100 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} A = -7 \\ B = 1. \end{cases}\end{split}$$

Epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on siis

$$y=c_1e^{-x}+c_2e^{-6x}-7\cos(2x)+\sin(2x).$$

Haetaan alkuehdot $y(0)=1$ ja $y'(0)=-1$ toteuttava ratkaisu.

$$y'=-c_1e^{-x}-6c_2e^{-6x}+14\sin(2x)+2\cos(2x),$$

joten vaaditaan

$$\begin{split}\begin{cases}y(0)=c_1+c_2-7=1\\ y'(0)=-c_1-6c_2+2=-1\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} c_1 = 9 \\ c_2 = -1. \end{cases}\end{split}$$

Alkuarvotehtävän ratkaisu on siis

$$y=9e^{-x}-e^{-6x}-7\cos(2x)+\sin(2x).$$

Esimerkki.

Tarkastellaan yhtälöä

$$y''+y=\sin x.$$

Vastaavan homogeenisen yhtälön $y''+y=0$ karakteristinen yhtälön

$$\lambda^2+1=(\lambda+i)(\lambda-i)=0$$

ratkaisut ovat $\lambda_{1, 2} = \pm i$, joten yleinen ratkaisu on $y_h=c_1\sin x+c_2\cos x$. Epähomogeenisen yhtälön ratkaisuyritteeksi ei voida ottaa funktiota $y_p=A\sin x+B\cos x$, sillä se on homogeenisen yhtälön ratkaisu, eikä siis voi ratkaista epähomogeenista yhtälöä. Menetellään seuraavasti. Haetaan ratkaisua muodossa

$$y_p=A(x)\sin x+B(x)\cos x.$$

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

$$\begin{split}\begin{aligned} y_p'&=(A'(x) - B(x))\sin x + (A(x) + B'(x))\cos x\\ y_p''&=(A''(x) - A(x) - 2B'(x))\sin x + (2A'(x) + B''(x) - B(x))\cos x\\ y_p'' + y'&=(A''(x) - 2B'(x))\sin x + (2A'(x) + B''(x))\cos x. \end{aligned}\end{split}$$

Funktio $y_p$ on yhtälön ratkaisu vain, jos

$$(A''(x) - 2B'(x))\sin x + (2A'(x) + B''(x))\cos x = \sin x$$

aina, kun $x\in\mathbb R$, eli kun

$$\begin{split}\begin{cases} A''(x) - 2B'(x) = 1 \\ 2A'(x) + B''(x) = 0. \end{cases}\end{split}$$

Tällaisen yhtälöryhmän ratkaisemiseksi on olemassa systemaattinenkin menetelmä, mutta nyt kokeilemalla havaitaan, että $a(x)=0$ ja $b(x)=-\frac{x}{2}$ toteuttavat sen. Siten epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisuksi löydettiin

$$y_p=-\frac{x}{2}\cos x$$

ja yleiseksi ratkaisuksi

$$y=a\sin x+b\cos x-\frac{x}{2}\cos x.$$

Edellisen esimerkin menetelmää yksittäisratkaisun hakemiseksi kutsutaan vakioiden varioinniksi.

Posting submission...