$$\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{\rA}{\mathrm{A}} \newcommand{\rB}{\mathrm{B}} \newcommand{\rC}{\mathrm{C}} \newcommand{\rD}{\mathrm{D}} \newcommand{\rE}{\mathrm{E}} \newcommand{\rF}{\mathrm{F}} \newcommand{\rG}{\mathrm{G}} \newcommand{\rH}{\mathrm{H}} \newcommand{\rI}{\mathrm{I}} \newcommand{\rJ}{\mathrm{J}} \newcommand{\rK}{\mathrm{K}} \newcommand{\rL}{\mathrm{L}} \newcommand{\rM}{\mathrm{M}} \newcommand{\rN}{\mathrm{N}} \newcommand{\rO}{\mathrm{O}} \newcommand{\rP}{\mathrm{P}} \newcommand{\rQ}{\mathrm{Q}} \newcommand{\rR}{\mathrm{R}} \newcommand{\rS}{\mathrm{S}} \newcommand{\rT}{\mathrm{T}} \newcommand{\rU}{\mathrm{U}} \newcommand{\rV}{\mathrm{V}} \newcommand{\rW}{\mathrm{W}} \newcommand{\rX}{\mathrm{X}} \newcommand{\rY}{\mathrm{Y}} \newcommand{\rZ}{\mathrm{Z}} \newcommand{\pv}{\overline} \newcommand{\iu}{\mathrm{i}} \newcommand{\ju}{\mathrm{j}} \newcommand{\im}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\real}{\operatorname{Re}} \newcommand{\imag}{\operatorname{Im}} \newcommand{\Arg}{\operatorname{Arg}} \newcommand{\Ln}{\operatorname{Ln}} \DeclareMathOperator*{\res}{res} \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|} \newcommand{\trans}{\mathrm{T}} \newcommand{\EUR}{\text{\unicode{0x20AC}}} \newcommand{\SI}[3][]{#2\,\mathrm{#3}} \newcommand{\si}[2][]{\mathrm{#2}} \newcommand{\num}[2][]{#2} \newcommand{\ang}[2][]{#2^{\circ}} \newcommand{\meter}{m} \newcommand{\metre}{\meter} \newcommand{\kilo}{k} \newcommand{\kilogram}{kg} \newcommand{\gram}{g} \newcommand{\squared}{^2} \newcommand{\cubed}{^3} \newcommand{\minute}{min} \newcommand{\hour}{h} \newcommand{\second}{s} \newcommand{\degreeCelsius}{^{\circ}C} \newcommand{\per}{/} \newcommand{\centi}{c} \newcommand{\milli}{m} \newcommand{\deci}{d} \newcommand{\percent}{\%} \newcommand{\Var}{\operatorname{Var}} \newcommand{\Cov}{\operatorname{Cov}} \newcommand{\Corr}{\operatorname{Corr}} \newcommand{\Tasd}{\operatorname{Tasd}} \newcommand{\Ber}{\operatorname{Ber}} \newcommand{\Bin}{\operatorname{Bin}} \newcommand{\Geom}{\operatorname{Geom}} \newcommand{\Poi}{\operatorname{Poi}} \newcommand{\Hyperg}{\operatorname{Hyperg}} \newcommand{\Tas}{\operatorname{Tas}} \newcommand{\Exp}{\operatorname{Exp}} \newcommand{\tdist}{\operatorname{t}} \newcommand{\rd}{\mathrm{d}}$$

Toisen kertaluvun lineaariyhtälö

Tässä luvussa tarkastellaan toisen 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 (??) kutsutaan epähomogeeniseksi yhtälöksi (nonhomogeneous equation). Sitä vastaava homogeeninen yhtälö (homogeneous equation) on

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

Myös toisen kertaluvun lineaariyhtälö toteuttaa ratkaisun olemassaolo- ja yksikäsitteisyystuloksen. Toisin sanoen jos löydetään jokin ratkaisu $y(x)$, muita mahdollisia ratkaisuja ei ole olemassa.

Lause 4.2.1

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 4.2.2

Tutkitaan differentiaaliyhtälön $y''+3y'+2y=0$ ratkaisujen yksikäsitteisyyttä. Asettamalla pelkästään alkuehto $y(0)=1$ kiinnitetään vain piste, jonka kautta ratkaisun kuvaaja kulkee. 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, kun $y(0)=-1$, $-\frac12$, $0$, $\frac12$ ja $1$.

Kun asetetaan molemmat alkuehdot $y(0)=1$ ja $y'(0)=1$, saadaan yksikäsitteinen ratkaisu. Vertaa ensimmäisen kertaluvun lineaariyhtälön tapaukseen, jossa kunkin pisteen kautta kulkee täsmälleen yksi ratkaisu.

Avaa tämä tehtävä uudessa välilehdessä (suositellaan näppäimistön ja avustavan teknologian käyttäjille)

Et voi palauttaa tätä tehtävää

Palauttaaksesi tehtäviä sinun pitää rekisteröityä ja ilmoittautua kurssin etusivulla.

Näytä kuitenkin

Palauttaaksesi tehtäviä sinun pitää rekisteröityä ja ilmoittautua kurssin etusivulla.

Palautusta lähetetään...

Palautuksen lähettämisessä arvosteluun tapahtui virhe eikä palautuskertoja kulunut. Voit yrittää vielä uudestaan. Tarkistathan internet-yhteytesi. Henkilökunnalle on ilmoitettu mikäli onglema on palvelussa.

Tehtävä 1

Kysymys 1 1 piste Kuinka monta alkuehtoa tarvitaan toisen kertaluvun homogeenisen lineaarisen differentiaaliyhtälön yksikäsitteisen ratkaisun löytämiseksi?

Ei yhtään, ratkaisu on aina yksikäsitteinen,

Yksi alkuehto,

Kaksi alkuehtoa,

Kolme alkuehtoa,

Neljä alkuehtoa.

Ratkaisu ei ole koskaan yksikäsitteinen.

Tehtävää ladataan...

Homogeeninen yhtälö

Aloitetaan toisen kertaluvun lineaariyhtälön ratkaisuteorian tarkastelu homogeenisesta yhtälöstä. Tavoitteena on löytää jokin tapa määrittää homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu. Käy ilmi, että yleinen ratkaisu saadaan yhdistelemällä tietyn tyyppisiä yksittäisratkaisuja sopivalla tavalla keskenään. Näiden yksittäisratkaisujen tunnistamiseksi tässä osiossa määritellään, mitä tarkoitetaan lineaarisesti riippumattomilla ratkaisuilla. Lisäksi annetaan yksinkertainen keino tarkastella, ovatko kaksi ratkaisua lineaarisesti riippumattomia. Myöhemmin epähomogeenisen differentiaaliyhtälön tapauksessa huomataan, että yhtälön yleinen ratkaisu kytkeytyy vahvasti homogeenisen yhtälön yleiseen ratkaisuun.

Lause 4.2.3

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 $I$.

Piilota/näytä todistus

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

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

Edellinen lause on tärkeä ensiaskel yleisen ratkaisun löytymiselle. Lauseen mukaan mistä tahansa kahdesta homogeenisen yhtälön ratkaisusta voidaan muodostaa uusi ratkaisu. Tämä ei kuitenkaan vielä riitä yleiseksi ratkaisuksi, sillä voi olla olemassa ratkaisuja, joita ei saada esitettyä tässä muodossa.

Määritelmä 4.2.4

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 siten lineaarisesti riippuvia täsmälleen silloin, kun 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

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

kun $x$ kuuluu välille $I$.

Esimerkki 4.2.5

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 $y_1(x)=\sin(2x)=2\sin x\cos x=2y_2(x)$.

Seuraavaksi määritellään niin kutsuttu Wronskin determinantti, jonka avulla jatkossa perustellaan ratkaisujen lineaarisesti riippumattomuus tai riippuvuus. Wronskin determinantti yleistyy tilanteeseen, jossa funktioita on $n$ kappaletta, mutta tällöin determinantin laskemiseksi tarvitaan alideterminantin käsitettä ja matriisilaskennan teoriaa. Näitä käsitellään tarkemmin kurssilla Vektorit ja matriisit.

Määritelmä 4.2.6

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

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

Determinanttia laskettaessa ristikkäiset alkiot siis kerrotaan keskenään ja saaduista tuloista lasketaan erotus.

Esimerkki 4.2.7

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

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

Lause 4.2.8

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 $x\in I$.

Piilota/näytä todistus

Todistuksessa hyödynnetään matriisilaskennan teoriaa. Käytetyt tulokset perustellaan tarkemmin kurssilla Vektorit ja matriisit.

Derivoidaan lineaarisesti riippumattomuuden yhtälö $c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=0$ puolittain ja muodostetaan yhtälöpari

(3) $$\begin{split}\begin{cases} c_1y_1(x_0)+c_2y_2(x_0)=0\\ c_1y_1'(x_0)+c_2y_2'(x_0)=0 \end{cases} \Leftrightarrow \underbrace{\begin{bmatrix} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1'(x_0) & y_2'(x_0) \end{bmatrix}}_{=A} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \end{bmatrix} = \mathbf{0}.\end{split}$$

välin $I$ mielivaltaisessa pisteessä $x_0$. Kyseessä on muuttujien $c_1$ ja $c_2$ suhteen lineaarinen yhtälöpari, joka voidaan esittää matriisilaskennan avulla oikeanpuoleisessa muodossa. Nyt kerroinmatriisin $A$ determinantti on funktioiden $y_1$ ja $y_2$ Wronskin determinantti $W(x_0)$.

1. Oletetaan, että $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippuvia. Siitä syystä löydetään 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 $x\in I$. Erityisesti $c_1y_1(x_0)+c_2y_2(x_0)=0$. Puolittain derivoimalla ja sijoittamalla $x=x_0$ saadaan, 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 $W(x_0) = 0$, vaikka $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia. Tällöin yhtälöparilla (3) on muitakin ratkaisuja, kuin triviaaliratkaisu $c_1=c_2=0$. Olkoon pari $(c^*_1, c^*_2) \not= (0, 0)$ jokin epätriviaali ratkaisu. Funktiot $y_1$ ja $y_2$ ovat oletusten mukaan homogeenisen yhtälön ratkaisuja, joten lauseen 4.2.3 mukaan

   $$y(x)=c^*_1y_1(x)+c_2^*y_2(x)$$

   on myös homogeenisen yhtälön ratkaisu. 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.

Tehtävää ladataan...

Edellisellä lauseella pystytään siis karakterisoimaan homogeenisen yhtälön ratkaisuja lineaarisesti riippumattomiksi. Tämä on erittäin tärkeää, sillä seuraavassa lauseessa todetaan, että homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu saadaan kahden lineaarisesti riippumattoman yksittäisratkaisun lineaarikombinaationa.

Lause 4.2.9

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 $I$.

Piilota/näytä todistus

Olkoot funktiot $z$ ja $y=c_1y_1+c_2y_2$ homogeenisen yhtälön ratkaisuja. On osoitettava, että $z=y$ joillakin $c_1$ ja $c_2$. Pyritään siis määrittämään nämä vakiot.

Kiinnitetään välin $I$ piste $x_0$ ja muodostetaan yhtälöpari

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

Tämä on muuttujien $c_1$ ja $c_2$ suhteen lineaarinen yhtälöpari, jonka kerroinmatriisin determinantti on funktioiden $y_1$ ja $y_2$ Wronskin determinantti $W(x_0)$. Koska $y_1$ ja $y_2$ ovat oletusten mukaan lineaarisesti riippumattomia, lauseen 4.2.8 nojalla $W(x_0)\ne0$, joten yhtälöparilla on ratkaisu $(c_1,c_2)\in\R^2$.

Siispä näillä vakiolla $c_1$ ja $c_2$ on voimassa $y(x_0)=z(x_0)$ ja $y'(x_0)=z'(x_0)$, jolloin olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen mukaan $z=y$, eli ratkaisu $z$ voidaan ilmaista lauseen esittämässä muodossa.

Näin on saatu osoitettua erittäin tärkeä tulos, jonka mukaan homogeenisen yhtälön (??) yleisen ratkaisun määrittämiseksi tarvitsee vain löytää kaksi lineaarisesti riippumatonta yksittäisratkaisua. Valitettavasti toisen kertaluvun lineaarisen homogeeniyhtälön ratkaisemiseen ei ole yleistä menetelmää, mutta seuraavat esimerkit valaisevat keinoja, joilla lineaarisesti riippumattomia yksittäisratkaisuja voidaan yrittää etsiä.

Esimerkki 4.2.10

Tarkastellaan alkuarvotehtävää

$$y''-4y=0, \qquad y(0)=1 \text{ ja } y'(0)=1.$$

Yhtälön muodosta päätellen voidaan tehdä sivistynyt arvaus, että funktiot $y_1(x)=e^{2x}$ ja $y_2(x)=e^{-2x}$ ovat ratkaisuja, sillä

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

Nämä ratkaisut $y_1$ ja $y_2$ ovat lisäksi lineaarisesti riippumattomia, sillä niiden suhde ei ole vakiofunktio. Niinpä yhtälön yleinen ratkaisu on lauseen 4.2.9 mukaan

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

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 muotoa

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

Esimerkki 4.2.11

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 4.2.12

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.

Edellisten esimerkkien pohjalta yksittäisratkaisuja voidaan etsiä seuraavasti:

• Arvaamalla tai kokeilemalla haetaan kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua (vertaa esimerkkiin 4.2.10).
• Jos yksi ratkaisu $y_1$ tiedetään tai arvataan, toista lineaarisesti riippumatonta ratkaisua voidaan hakea yritteellä $y=uy_1$ (vertaa esimerkkiin 4.2.11).

Olkoot $a$, $b$ ja $c$ reaalilukuja. Perehdytään seuraavaksi tarkemmin muotoa

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

oleviin differentiaaliyhtälöihin ja niiden ratkaisemiseen. Tällaista yhtälöä kutsutaan toisen kertaluvun vakiokertoimiseksi homogeeniseksi lineaariyhtälöksi. Yllä oleva yhtälö voidaan saattaa yhtälön (??) muotoon jakamalla yhtälön molemmat puolet vakiolla $a$, kunhan $a\not= 0$. Tästä syystä kummallakin yhtälöllä on samat ratkaisut.

Esimerkin 4.2.10 tavoin yllä olevalle yhtälölle voidaan tehdä sivistyneitä arvauksia sen ratkaisuista. Erityisesti muotoa $e^{\lambda x}$ olevat funktiot ovat hyvä lähtökohta, sillä tällaisten funktioiden derivaatat ovat funktio itse kerrottuna jollain vakiolla. Käy ilmi, että valitsemalla eksponentissa esiintyvä luku $\lambda$ sopivasti differentiaaliyhtälö (??) saadaan toteutumaan. Tarkastellaan tätä valintaa seuraavaksi.

Sijoitetaan $y(x) = e^{\lambda x}$ differentiaaliyhtälöön (??). Nyt

$$y'(x) = \lambda e^{\lambda x} \qquad \text{ja} \qquad y''(x) = \lambda^2 e^{\lambda x},$$

joten

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

Koska $e^{\lambda x} \not= 0$, pitää tulon nollasäännön mukaan olla $a\lambda^2+ b\lambda + c = 0$. Tätä tärkeää toisen asteen yhtälöä kutsutaan karakteriseksi yhtälöksi, ja sen ratkaisujen avulla voidaan muodostaa differentiaaliyhtälön (??) yleinen ratkaisu.

Määritelmä 4.2.13

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

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

liittyvä karakteristinen yhtälö on

(6) $$a\lambda^2+b\lambda+c=0.$$

Toisen asteen yhtälöllä voi olla tuttuun tapaan korkeintaan kaksi reaalista ratkaisua. Kompleksilukujen kontekstissa toisen asteen yhtälöllä on aina täsmälleen kaksi ratkaisua, jotka voidaan määrittää toisen asteen yhtälön ratkaisukaavan

$$\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}, \qquad a\not=0$$

avulla. Juuren alta löytyvää lauseketta $b^2-4ac$ kutsutaan diskriminantiksi, ja sen merkki määrää reaalisten ratkaisujen lukumäärän. Jos diskriminantti on negatiivinen, ratkaisut ovat kompleksisia. Kertausta kompleksiluvuista löytyy liitteestä ??.

Olkoon siis $\lambda_1$ ja $\lambda_2$ karakterisen yhtälön (??) kaksi ratkaisua. Tällöin aiemman perusteella funktiot $y_1(x) = e^{\lambda_1 x}$ ja $y_2(x) = e^{\lambda_2 x}$ ovat vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön yksittäisratkaisuja. Mikäli ratkaisut $y_1$ ja $y_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, saadaan differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu muodostettua lauseen 4.2.9 mukaisesti. Muutoin ratkaisuja pitää muokata siten, että niistä saadaan lineaarisesti riippumattomia mutta ne yhä toteuttavat vakiokertoimisen yhtälön.

Lause 4.2.14

Jos karakterisella yhtälöllä (??) on

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

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

2. reaalinen kaksoisjuuri $\lambda$, niin yhtälön (??) yleinen ratkaisu on

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

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

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

Piilota/näytä 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. 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. Karakteristisella yhtälöllä on kaksoisjuuri $\lambda=-\frac{b}{2a}$, $a\not=0$ täsmälleen silloin, kun diskriminantti $b^2-4ac=0$. Tällöin 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 $\lambda = -\frac{b}{2a}$ yhtälöön (??), jolloin

   $$\begin{split}\begin{aligned} ay_2'' + by_2' + cy_2 = 0 &\Leftrightarrow& a(u''+2\lambda u' + \lambda^2 u)e^{\lambda x} + b(u' +\lambda u) e^{\lambda x} + cu e^{\lambda x} &= 0\\ &\Leftrightarrow& \left(au''+(2a\lambda+b)u'+\left(a\lambda^2+b\lambda+c\right)u\right)e^{\lambda x} &= 0 \\ &\Leftrightarrow& au''+(-b+b)u'-\frac{1}{4a}\left(b^2-4ac\right)u &= 0, \end{aligned}\end{split}$$

   missä $-b+b=0$ ja oletuksen nojalla diskriminantti $b^2-4ac=0$. Täten on oltava $u'' = 0$, ja tämän yhtälön eräs ratkaisu on $u=x$. 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 ensimmäisen kohdan mukaan 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. Kompleksinen eksponenttifunktio on puolestaan määritelty kompleksilukujen kertausliitteessä ??. Seuraavaksi esitettävän lemman (1.15) 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 (??) lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, joten väite seuraa.

Lemma 4.2.15

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.

Piilota/näytä 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 4.2.16

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 $y=c_1e^x+c_2xe^x$.

Epähomogeeninen yhtälö

Suurin työ yhtälön (??) ratkaisemiseksi on tehty homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun selvittämisessä. Epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu saadaan nimittäin yksinkertaisesti lisäämällä vastaavan homogeenisen yhtälön yleiseen ratkaisuun jokin epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu.

Lause 4.2.17

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

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

Piilota/näytä todistus

Jokainen väitteen (??) muotoa oleva funktio $y$ on ratkaisu, sillä

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

Vertaa tätä lauseen 4.2.9 todistukseen.

Olkoon sitten $y$ mikä tahansa epähomogeenisen yhtälön ratkaisu. On osoitettava, että $y$ voidaan esittää muodossa (??). Tarkastellaan näiden kahden erotusta $y^* = y-y_p$

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

joten $y-y_p$ on homogeenisen yhtälön ratkaisu. Niinpä se voidaan lauseen 4.2.9 nojalla esittää muodossa

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

mistä väite seuraa.

Huomautus 4.2.18

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

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

Edellisessä osiossa käsiteltiin homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun löytämistä. Rajoitutaan seuraavaksi tarkastelemaan yksittäisratkaisun etsimistä vakiokertoimisen epähomogeenisen yhtälön tapauksessa.

Esimerkki 4.2.19

Tarkastellaan yhtälöä

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

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$ (esimerkki 4.2.16). 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

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

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 4.2.19 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.

$$\begin{split}\begin{array}{rl}\hline f(x) & y_p(x)\\\hline \text{polynomi, aste } n & \text{polynomi } A_0+A_1x+\cdots+ A_nx^n \qquad (b\not=0)\\ & \text{polynomi } A_0+A_1x+\cdots+ A_{n+1}x^{n+1} \qquad (b=0,\;a\not=0)\\ & \text{polynomi } A_0+A_1x+\cdots+ A_{n+1}x^{n+2} \qquad (a=b=0)\\ ce^{\alpha x} & Ae^{\alpha x}, \text{ jos } \alpha \text{ ei ole karakteristisen yhtälön juuri;}\\ & Axe^{\alpha x}, \text{ jos } \alpha \text{ on karakteristisen yhtälön yksinkertainen juuri;}\\ & Ax^2e^{\alpha x}, \text{ jos } \alpha \text{ on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri}\\ c\cos(\omega x) & A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x),\ i\omega \text{ ei ole karakteristisen yhtälön juuri} \\ c\sin(\omega x) & A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x),\ i\omega \text{ ei ole karakteristisen yhtälön juuri} \\\hline \end{array}\end{split}$$

Määräämättömien kertoimien menetelmässä on siis ideana arvata sopiva yrite ja määrätä yritteessä esiintyvät kertoimet. Aina arvattu yrite ei toimi, jolloin pitää miettiä uutta yritettä. Usein ongelmana on, että yritteessä esiintyvä funktio kuuluu homogeenisen yhtälön ratkaisuihin. Tällöin ongelma korjataan kertomalla funktiota $x$:llä, kuten edellä on tehty eksponenttifunktion kohdalla.

Esimerkki 4.2.20

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 4.2.21

Tarkastellaan yhtälöä

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

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h=c_1e^{-x}+c_2e^{2x}$ (esimerkki 4.2.16). 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 4.2.22

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 4.2.23

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

Piilota/näytä 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.

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

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

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

Esimerkki 4.2.24

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 4.2.24 menetelmää yksittäisratkaisun hakemiseksi kutsutaan vakioiden varioinniksi. Näiden esimerkkien lisäksi liitteessä ?? käsitellään, miten toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöiden ratkaisemista voidaan soveltaa erilaisissa värähtelyliikkeissä.

Palautusta lähetetään...