$\newcommand{\N}{\mathbb N} \newcommand{\Z}{\mathbb Z} \newcommand{\Q}{\mathbb Q} \newcommand{\R}{\mathbb R} \newcommand{\C}{\mathbb C} \newcommand{\ba}{\mathbf{a}} \newcommand{\bb}{\mathbf{b}} \newcommand{\bc}{\mathbf{c}} \newcommand{\bd}{\mathbf{d}} \newcommand{\be}{\mathbf{e}} \newcommand{\bff}{\mathbf{f}} \newcommand{\bh}{\mathbf{h}} \newcommand{\bi}{\mathbf{i}} \newcommand{\bj}{\mathbf{j}} \newcommand{\bk}{\mathbf{k}} \newcommand{\bN}{\mathbf{N}} \newcommand{\bn}{\mathbf{n}} \newcommand{\bo}{\mathbf{0}} \newcommand{\bp}{\mathbf{p}} \newcommand{\bq}{\mathbf{q}} \newcommand{\br}{\mathbf{r}} \newcommand{\bs}{\mathbf{s}} \newcommand{\bT}{\mathbf{T}} \newcommand{\bu}{\mathbf{u}} \newcommand{\bv}{\mathbf{v}} \newcommand{\bw}{\mathbf{w}} \newcommand{\bx}{\mathbf{x}} \newcommand{\by}{\mathbf{y}} \newcommand{\bz}{\mathbf{z}} \newcommand{\bzero}{\mathbf{0}} \newcommand{\nv}{\mathbf{0}} \newcommand{\cA}{\mathcal{A}} \newcommand{\cB}{\mathcal{B}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\cD}{\mathcal{D}} \newcommand{\cE}{\mathcal{E}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cG}{\mathcal{G}} \newcommand{\cH}{\mathcal{H}} \newcommand{\cI}{\mathcal{I}} \newcommand{\cJ}{\mathcal{J}} \newcommand{\cK}{\mathcal{K}} \newcommand{\cL}{\mathcal{L}} \newcommand{\cM}{\mathcal{M}} \newcommand{\cN}{\mathcal{N}} \newcommand{\cO}{\mathcal{O}} \newcommand{\cP}{\mathcal{P}} \newcommand{\cQ}{\mathcal{Q}} \newcommand{\cR}{\mathcal{R}} \newcommand{\cS}{\mathcal{S}} \newcommand{\cT}{\mathcal{T}} \newcommand{\cU}{\mathcal{U}} \newcommand{\cV}{\mathcal{V}} \newcommand{\cW}{\mathcal{W}} \newcommand{\cX}{\mathcal{X}} \newcommand{\cY}{\mathcal{Y}} \newcommand{\cZ}{\mathcal{Z}} \newcommand{\pv}{\overline} \newcommand{\iu}{\mathrm{i}} \newcommand{\ju}{\mathrm{j}} \newcommand{\re}{\operatorname{Re}} \newcommand{\im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\arsinh}{\operatorname{ar\,sinh}} \newcommand{\arcosh}{\operatorname{ar\,cosh}} \newcommand{\artanh}{\operatorname{ar\,tanh}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\proj}{\operatorname{proj}} \newcommand{\rref}{\operatorname{rref}} \newcommand{\rank}{\operatorname{rank}} \newcommand{\Span}{\operatorname{span}} \newcommand{\vir}{\operatorname{span}} \renewcommand{\dim}{\operatorname{dim}} \newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} \newcommand{\geom}{\operatorname{geom}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\norm}[1]{\lVert #1 \rVert} \newcommand{\tp}[1]{#1^{\top}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\sij}[2]{\bigg/_{\mspace{-15mu}#1}^{\,#2}} \newcommand{\abs}[1]{\lvert#1\rvert} \newcommand{\pysty}[1]{\left[\begin{array}{@{}r@{}}#1\end{array}\right]} \newcommand{\piste}{\cdot} \newcommand{\qedhere}{} \newcommand{\taumatrix}[1]{\left[\!\!#1\!\!\right]} \newenvironment{augmatrix}[1]{\left[\begin{array}{#1}}{\end{array}\right]} \newenvironment{vaugmatrix}[1]{\left|\begin{array}{#1}}{\end{array}\right|}$

# Toisen kertaluvun lineaariyhtälö¶

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

(1)$y''+a(x)y'+b(x)y=f(x),$

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 yhtälöä (1) kutsutaan epähomogeeniseksi yhtälöksi (nonhomogeneous equation). Sitä vastaava homogeeninen yhtälö (homogeneous equation) on

(2)$y''+a(x)y'+b(x)y=0.$

Myös 2. kertaluvun lineaariyhtälö toteuttaa ratkaisun olemassaolo- ja yksikäsitteisyystuloksen.

Lause 8.2.1

Olkoon $$x_0$$ välin $$I$$ piste, sekä $$b_0$$ ja $$b_1$$ reaalilukuja. Tällöin epähomogeenisella yhtälöllä (1) on täsmälleen yksi alkuehdot $$y(x_0)=b_0$$ ja $$y'(x_0)=b_1$$ toteuttava ratkaisu $$y(x)$$ välillä $$I$$.

Esimerkki 8.2.2

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.

Kuinka monta alkuehtoa tarvitaan toisen kertaluvun homogeenisen lineaarisen differentiaaliyhtälön yksikäsitteisen ratkaisun löytämiseksi?

## Homogeeninen yhtälö¶

Aloitetaan toisen kertaluvun lineaariyhtälön ratkaisumenetelmän tarkastelu homogeenisesta yhtälöstä.

Lause 8.2.3

Olkoot funktiot $$y_1$$ ja $$y_2$$ homogeenisen yhtälön (2) 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}

Määritelmä 8.2.4

Funktiot $$y_1$$ ja $$y_2\colon I\to\R$$ 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 8.2.5

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 8.2.6

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 8.2.7

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 8.2.8

Olkoot $$y_1$$ ja $$y_2$$ homogeenisen yhtälön (2) 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

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

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 (3) 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 (3) 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.

Mikä seuraavista väitteistä soveltuu funktioiden $$f$$ ja $$g$$ lineaarisen riippumattomuuden perustelemiseen?

Lause 8.2.9

Olkoot $$y_1$$ ja $$y_2$$ homogeenisen yhtälön (2) 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 $$W(x_0)$$. Lauseen 8.2.8 mukaan $$W(x_0)\ne0$$, joten yhtälöparilla on ratkaisu $$(c_1,c_2)\in\R^2$$. Funktiolle $$y$$ on määritelmänsä vuoksi voimassa $$y(x_0)=z(x_0)$$ ja $$y'(x_0)=z'(x_0)$$, jolloin olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen mukaan $$z=y$$.

Esimerkki 8.2.10

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 8.2.11

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

(4)$x^3u''+3x^2u'=0.$

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

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

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

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

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 8.2.12

Se, että yhtälössä (4) 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 esimerkkiin 8.2.10).
• Jos yksi ratkaisu $$y_1$$ tiedetään tai arvataan, niin toista lineaarisesti riippumatonta ratkaisua voidaan hakea yritteellä $$y=uy_1$$ (vertaa esimerkkiin 8.2.11).
• Jos yhtälö on vakiokertoiminen, niin lause 8.2.14 antaa ratkaisumenetelmän.

Määritelmä 8.2.13

Olkoot $$a$$ ja $$b$$ reaalilukuja. Vakiokertoimiseen toisen kertaluvun homogeeniseen lineaariyhtälöön

(5)$y''+ay'+by=0$

liittyvä karakteristinen yhtälö on

(6)$\lambda^2+a\lambda+b=0.$
Vakiokertoimisen toisen kertaluvun homogeenisen differentiaaliyhtälön karakteristisen yhtälön muuttujan $$\lambda$$ potenssi määräytyy

Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla karakteristiselle yhtälölle lasketaan juuret

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

Lause 8.2.14

Jos karakteristisella yhtälöllä (6) on

1. kaksi erillistä reaalista juurta $$\lambda_1$$ ja $$\lambda_2$$, niin yhtälön (5) yleinen ratkaisu on

$y=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x},$
2. reaalinen kaksoisjuuri $$\lambda$$, niin yhtälön (5) yleinen ratkaisu on

$y=c_1e^{\lambda x}+c_2xe^{\lambda x},$
3. imaginaariset juuret $$\lambda=\alpha\pm\beta i$$, niin yhtälön (5) 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 $$\lambda\in\R$$. Koska $$y'=\lambda e^{\lambda x}$$ ja $$y''=\lambda^2 e^{\lambda x}$$, niin sijoittamalla yhtälöön (5) 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 $$\lambda = -\frac{a}{2}$$ yhtälöön (5), 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 $$u=x$$. Yhtälön (5) 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 yhtälöllä (5) 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. Seuraavaksi esitettävän lemman 8.2.15 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 yhtälön (5) lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, joten väite seuraa.

Lemma 8.2.15

Jos $$z(x)=u(x)+iv(x)$$ on vakiokertoimisen toisen kertaluvun homogeenisen lineaariyhtälön (5) 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.

Esimerkki 8.2.16

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 8.2.17

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 8.2.18

Jos $$y_h=c_1y_1+c_2y_2$$ on homogeenisen yhtälön (2) yleinen ratkaisu ja $$y_p$$ on epähomogeenisen yhtälön (1) yksittäisratkaisu, niin epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

(7)$y=y_h+y_p=c_1y_1+c_2y_2+y_p.$
Todistus

Jokainen väitteen muotoa (7) 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 lauseen 8.2.9 todistukseen.

Olkoon sitten $$y$$ mikä tahansa epähomogeenisen yhtälön ratkaisu. On osoitettava, että $$y$$ voidaan esittää väitteen muodossa (7). 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.

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.

Toisen kertaluvun epähomogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisuvaiheisiin ei yleensä kuulu

Esimerkki 8.2.19

Tarkastellaan yhtälöä

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

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $$y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$$ (esimerkki 8.2.16). 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 $$x\in\R$$. 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 $$c_1, c_2 \in \R$$.

Esimerkin 8.2.19 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 $$b \not= 0$$, niin $$\deg y_p = n$$; jos $$b = 0$$ ja $$a \not= 0$$, 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 8.2.20

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 $$x \in \R$$. 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 8.2.21

Tarkastellaan yhtälöä

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

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $$y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$$ (esimerkki 8.2.16). 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 8.2.22

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

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

Esimerkki 8.2.23

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 $$x\in\R$$. 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.

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

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

Alkuarvotehtävän ratkaisu on siis

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

Esimerkki 8.2.24

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_p&=(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 $$x\in\R$$, 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

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

Esimerkin 8.2.24 menetelmää yksittäisratkaisun hakemiseksi kutsutaan vakioiden varioinniksi.

Toisen kertaluvun epähomogeeninen lineaarinen differentiaaliyhtälö ratkaistaan käyttäen joko
Palautusta lähetetään...