Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt ovat differentiaaliyhtälöitä, joissa esiintyy funktioiden toisen kertaluvun derivaattoja. Toisen kertaluvun DY:t ovat yleisesti ottaen vaikeampia ratkaista kuin ensimmäisen kertaluvun. Toisen kertaluvun DY on funktio, joka on muotoa
F
(
t
,
x
,
x
′
,
x
″
)
=
0
{\displaystyle F(t,x,x',x'')=0}
.
DY on normaalimuotoinen , jos se on muotoa
x
″
=
f
(
t
,
x
,
x
′
)
{\displaystyle x''=f(t,x,x')}
.
Yksinkertaisuuden vuoksi rajoitetaan tämän aihealueen tarkastelut vain normaalimuotoisiin ja lineaarisiin DY:ihin . Toisen kertaluvun DY:iden ratkaiseminen eroaa ensimmäisen kertaluvun DY:iden ratkomisesta mm. seuraavasti:
Yleistä ratkaisukaavaa ei ole.
Jokaiselle yhtälötyypille on oma teoriansa.
Ratkaisuissa yritetään löytää ns. perusratkaisut , joiden avulla kaikki ratkaisut voidaan muodostaa.
Ratkaise differentiaaliyhtälö
F
(
t
,
x
,
x
′
,
x
″
)
=
0
{\displaystyle F(t,x,x',x'')=0}
tarkoittaa sitä, että on etsittävä kaikki derivoituvat funktiot
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)}
, jotka toteuttavat annetun DY:n. Ratkaisuja on yleensä äärettömän monta, mikä johtuu lähes aina integrointivakioiden mielivaltaisesta valinnasta. Ts. vastaukseksi haetaan yleistä yhtälöä, ei erikoistapausta .
Ratkaise alkuarvotehtävä
{
F
(
t
,
x
,
x
′
,
x
″
)
=
0
x
(
t
0
)
=
x
0
x
′
(
t
0
)
=
v
0
{\displaystyle {\begin{cases}F(t,x,x',x'')=0\\x(t_{0})=x_{0}\\x'(t_{0})=v_{0}\end{cases}}}
tarkoittaa sitä, että on etsittävä jokin derivoituva funktio
x
:
]
x
0
−
δ
,
x
0
+
δ
[
→
R
{\displaystyle x:\,]x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta [\to \mathbb {R} }
joka toteuttaa annetun DY:n sekä alkuehdot. Ratkaisuna olevan funktion määrittelyvälissä
δ
>
0
{\displaystyle \delta >0}
voi olla pieni tai suuri luku. Määrittelyjoukon on oltava avoin väli, sillä funktion derivoituvuus on määritelty aina avoimella välillä. Huomaa, että määrittelyjoukon ei tarvitse olla äärellinen väli. Myös positiivinen ja negatiivinen ääretön voivat olla välin avoimia päätepisteitä. Toisen kertaluvun DY:n alkuarvotehtävän ratkaisemiseksi tarvitaan aina kaksi alkuehtoa. Alkuehdot voivat olla joko funktion ja sen derivaatan arvot tietyssä pisteessä (kuten edellä) tai funktion arvot kahdessa eri pisteessä (esim.
x
(
t
0
)
=
x
0
{\displaystyle x(t_{0})=x_{0}}
ja
x
(
t
1
)
=
x
1
{\displaystyle x(t_{1})=x_{1}}
). Jälkimmäisessä tapauksessa alkuarvotehtävää kutsutaan reuna-arvotehtäväksi .
Määritelmä 1: lineaarinen differentiaaliyhtälö
muokkaa
Toisen kertaluvun normaalimuotoinen DY on lineaarinen , jos se on muotoa
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
q
(
t
)
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=q(t)}
,
missä
p
,
r
,
q
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle p,r,q:\,]a,b[\to \mathbb {R} }
ovat jatkuvia funktioita joillain
a
,
b
∈
R
{\displaystyle a,b\in \mathbb {R} }
,
a
<
b
{\displaystyle a<b}
. Muussa tapauksessa DY on epälineaarinen. Toisen kertaluvun epälineaaristen DY:iden teoria on verrattain haastavaa, joten se sivuutetaan tässä osiossa. Epälineaaristenkin DY:iden käsittely helpottuu huomattavasti, jos yhtälössä ei esiinny suoraa riippuvuutta
x
{\displaystyle x}
:stä tai
t
{\displaystyle t}
:stä:
Jos toisen kertaluvun normaalimuotoinen differentiaaliyhtälö on muotoa
x
″
=
f
(
t
,
x
′
)
{\displaystyle x''=f(t,x')}
,
päästään ratkaisun kimpuun käyttämällä apufunktiota
y
(
t
)
=
x
′
(
t
)
{\displaystyle y(t)=x'(t)}
. Tällöin
y
{\displaystyle y}
toteuttaa yhtälön
y
′
=
f
(
t
,
y
)
{\displaystyle y'=f(t,y)}
,
joka on ensimmäisen kertaluvun DY ja siten ratkaistavissa aiemmin opituin menetelmin. Kun
y
{\displaystyle y}
on ratkaistu, saadaan alkuperäisen DY:n ratkaisu integroimalla:
x
=
∫
y
d
t
+
C
{\displaystyle x=\int y\,\mathrm {d} t+C}
,
missä
C
{\displaystyle C}
on integrointivakio.
Määritelmä 2: homogeeninen differentiaaliyhtälö
muokkaa
Toisen kertaluvun lineaarinen DY on homogeeninen , jos
q
(
t
)
≡
0
{\displaystyle q(t)\equiv 0}
.
Kuuluisia differentiaaliyhtälöitä
muokkaa
Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt ovat erityisesti siitä tärkeitä, että niillä on usein jokin sovellus tai merkitys fysiikassa . Niiden ratkaisut eivät myöskään yleensä ole eksplisiittisiä. Joidenkin DY:iden ratkaisufunktiot ja itse DY:t on nimetty keksijänsä mukaan. Tässä on niistä joitain.
Legendren differentiaaliyhtälö
muokkaa
Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa
(
1
−
t
2
)
x
″
−
2
t
x
′
+
λ
(
λ
+
1
)
x
=
0
{\displaystyle (1-t^{2})x''-2tx'+\lambda (\lambda +1)x=0}
,
missä
λ
∈
R
{\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }
, kutsutaan Legendren differentiaaliyhtälöiksi . Jos
λ
∈
N
{\displaystyle \lambda \in \mathbb {N} }
, niin DY:n ratkaisut ovat nk. Legendren polynomeja .
Besselin differentiaaliyhtälö
muokkaa
Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa
t
2
x
″
+
t
x
′
+
(
t
2
−
μ
2
)
x
=
0
{\displaystyle t^{2}x''+tx'+(t^{2}-\mu ^{2})x=0}
,
missä
μ
∈
R
{\displaystyle \mu \in \mathbb {R} }
, kutsutaan Besselin differentiaaliyhtälöiksi . Jos
μ
∈
N
{\displaystyle \mu \in \mathbb {N} }
, niin DY:n ratkaisut ovat nk. Besselin funktioita .
Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa
t
(
1
−
t
)
x
″
+
(
c
−
(
a
+
b
+
1
)
t
)
x
′
−
a
b
x
=
0
{\displaystyle t(1-t)x''+\left(c-(a+b+1)t\right)x'-abx=0}
,
missä
a
,
b
,
c
∈
R
{\displaystyle a,b,c\in \mathbb {R} }
, kutsutaan hypergeometrisiksi differentiaaliyhtälöiksi . Näiden DY:iden ratkaisut ovat nk. hypergeometrisia funktioita .
Homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaiseminen
muokkaa
Olkoon funktiot
x
1
(
t
)
{\displaystyle x_{1}(t)}
ja
x
2
(
t
)
{\displaystyle x_{2}(t)}
homogeenisen differentiaaliyhtälön
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0}
ratkaisuja. Tällöin myös niiden lineaarikombinaatio
w
(
t
)
=
α
x
1
(
t
)
+
β
x
2
(
t
)
{\displaystyle w(t)=\alpha x_{1}(t)+\beta x_{2}(t)}
,
missä
α
,
β
∈
R
{\displaystyle \alpha ,\beta \in \mathbb {R} }
, on ko. yhtälön ratkaisu.
Määritelmä 3: ratkaisukanta
muokkaa
Funktiot
x
1
,
x
2
∈
C
2
(
]
a
,
b
[
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\in {\mathcal {C}}^{2}(]a,b[)}
muodostavat homogeenisen DY:n
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0}
ratkaisukannan , jos jokaiselle saman DY:n ratkaisulle
x
{\displaystyle x}
on olemassa vakiot
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
siten, että
x
(
t
)
=
c
1
x
1
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
{\displaystyle x(t)=c_{1}x_{1}(t)+c_{2}x_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
.
Ratkaisukanta on siis eräänlainen DY:n perusratkaisuiden joukko, jonka avulla voidaan esittää saman DY:n mikä tahansa muu ratkaisu. Jotta ratkaisukanta
{
x
1
,
x
2
}
{\displaystyle \{x_{1},x_{2}\}}
olisi hyvin määritelty, sille pitää olla voimassa seuraavat vaatimukset:
Funktioiden
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
on oltava itse DY:n ratkaisuja (luonnollisestikin!).
Funktioiden
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
on oltava eri funktiot muullakin tapaa kuin vakiota vaille. Esimerkiksi DY:n
x
″
=
−
x
{\displaystyle x''=-x}
ratkaisuja ovat (esimerkiksi) funktiot
x
1
(
t
)
=
sin
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\sin t}
,
x
2
(
t
)
=
2
sin
t
{\displaystyle x_{2}(t)=2\sin t}
ja
x
3
(
t
)
=
cos
t
{\displaystyle x_{3}(t)=\cos t}
. Määritelmän 3 perusteella
{
x
1
,
x
2
}
{\displaystyle \{x_{1},x_{2}\}}
on huono valinta ratkaisukannaksi, sillä funktiota
x
3
{\displaystyle x_{3}}
ei voi esittää funktioiden
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
lineaarikombinaationa. Sen sijaan
{
x
1
,
x
3
}
{\displaystyle \{x_{1},x_{3}\}}
on hyvä valinta ratkaisukannaksi.
Funktioiden
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
on siis oltava lineaarisesti riippumattomia.
Määritelmä 4: lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus
muokkaa
Funktiot
f
,
g
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle f,g:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
ovat lineaarisesti riippuvia (lyhennetään LD , en. L inearly D ependent ), jos on olemassa vakiot
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
siten, että
c
1
≠
0
{\displaystyle c_{1}\neq 0}
tai
c
2
≠
0
{\displaystyle c_{2}\neq 0}
(tai molemmat) ja
c
1
f
(
t
)
+
c
2
g
(
t
)
=
0
{\displaystyle c_{1}f(t)+c_{2}g(t)=0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Tämän kanssa yhtäpitävää on se, että on olemassa vakio
c
∈
R
{\displaystyle c\in \mathbb {R} }
siten, että joko
f
(
t
)
=
c
g
(
t
)
{\displaystyle f(t)=cg(t)}
tai
g
(
t
)
=
c
f
(
t
)
{\displaystyle g(t)=cf(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
.
Vastaavasti funktiot
f
,
g
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle f,g:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
ovat lineaarisesti riippumattomia (lyhennetään LI , en. L inearly I ndependent ), jos ehdosta
c
1
f
(
t
)
+
c
2
g
(
t
)
=
0
{\displaystyle c_{1}f(t)+c_{2}g(t)=0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
seuraa, että
c
1
=
c
2
=
0
{\displaystyle c_{1}=c_{2}=0}
.
HUOM! Jos
f
,
g
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle f,g:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
ja
g
(
t
)
≡
0
{\displaystyle g(t)\equiv 0}
, niin
f
{\displaystyle f}
ja
g
{\displaystyle g}
ovat väistämättä lineaarisesti riippuvia. Näin ollen nollafunktio ei voi kuulua yhdenkään DY:n ratkaisukantaan.[ 1]
Osoitetaan, että funktiot
f
,
g
:
R
→
R
{\displaystyle f,g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
f
(
t
)
=
e
t
{\displaystyle f(t)=\mathrm {e} ^{t}}
ja
g
(
t
)
=
e
2
t
{\displaystyle g(t)=\mathrm {e} ^{2t}}
ovat lineaarisesti riippumattomia käyttäen epäsuoraa todistusta. Antiteesi [ 2] :
f
{\displaystyle f}
ja
g
{\displaystyle g}
ovat lineaarisesti riippuvia. Tällöin on olemassa vakiot
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
siten, että
c
1
≠
0
{\displaystyle c_{1}\neq 0}
tai
c
2
≠
0
{\displaystyle c_{2}\neq 0}
ja
c
1
f
(
t
)
+
c
2
g
(
t
)
=
0
{\displaystyle c_{1}f(t)+c_{2}g(t)=0}
kaikilla
t
∈
R
{\displaystyle t\in \mathbb {R} }
. Ts.
c
1
e
t
+
c
2
e
2
t
=
0
e
t
(
c
1
+
c
2
e
t
)
=
0
|
|
:
e
t
(
≠
0
∀
t
∈
R
)
c
1
+
c
2
e
t
=
0
c
2
e
t
=
−
c
1
{\displaystyle {\begin{aligned}c_{1}\mathrm {e} ^{t}+c_{2}\mathrm {e} ^{2t}&=0\\\mathrm {e} ^{t}(c_{1}+c_{2}\mathrm {e} ^{t})&=0\qquad ||:\mathrm {e} ^{t}(\neq 0\,\forall \,t\in \mathbb {R} )\\c_{1}+c_{2}\mathrm {e} ^{t}&=0\\c_{2}\mathrm {e} ^{t}&=-c_{1}\end{aligned}}}
Derivoidaan yhtälö puolittain:
d
d
t
c
2
e
t
=
d
d
t
(
−
c
1
)
c
2
e
t
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}c_{2}\mathrm {e} ^{t}&={\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}(-c_{1})\\c_{2}\mathrm {e} ^{t}&=0\end{aligned}}}
Tämän pitää päteä kaikilla
t
∈
R
{\displaystyle t\in \mathbb {R} }
. Ainoa vaihtoehto on, että
c
2
=
0
{\displaystyle c_{2}=0}
, jolloin
c
1
=
−
c
2
e
t
=
0
{\displaystyle c_{1}=-c_{2}\mathrm {e} ^{t}=0}
. Tämä on ristiriita, sillä molemmat vakiot eivät saaneet olla nollia. Siis alkuperäinen väite on tosi.
Kahden funktion lineaarisen riippumattomuuden tarkistaminen tai todistaminen esimerkin 2 tapaan on kuitenkin varsin työlästä. Esitetään seuraavaksi menetelmä, jonka avulla voidaan nopeammin todeta lineaarinen riippuvuus tai riippumattomuus.
Määritelmä 5: Wronskin determinantti
muokkaa
Olkoon
x
1
,
x
2
∈
C
1
(
]
a
,
b
[
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\in {\mathcal {C}}^{1}(]a,b[)}
. Funktioiden
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
Wronskin determinantti on (jatkuva) funktio
W
(
x
1
,
x
2
)
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle W(x_{1},x_{2}):\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
,[ 3]
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
det
[
x
1
(
t
)
x
1
′
(
t
)
x
2
(
t
)
x
2
′
(
t
)
]
=
x
1
(
t
)
x
2
′
(
t
)
−
x
2
(
t
)
x
1
′
(
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}W(x_{1},x_{2})(t)&=\det \left[{\begin{matrix}x_{1}(t)&x_{1}'(t)\\x_{2}(t)&x_{2}'(t)\end{matrix}}\right]\\&=x_{1}(t)x_{2}'(t)-x_{2}(t)x_{1}'(t)\end{aligned}}}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
.
Jos
x
1
,
x
2
∈
C
1
(
]
a
,
b
[
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\in {\mathcal {C}}^{1}(]a,b[)}
ja on olemassa luku
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
siten, että
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})\neq 0}
, niin
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat lineaarisesti riippumattomia.
Lemman 1 (epäsuora) todistus
Antiteesi: On olemassa luku
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
siten, että
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})\neq 0}
ja
x
1
{\displaystyle x_{1}}
sekä
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat lineaarisesti riippuvia. Tällöin, määritelmän 4 mukaisesti, on olemassa vakio
c
∈
R
{\displaystyle c\in \mathbb {R} }
siten, että joko
x
1
(
t
)
=
c
x
2
(
t
)
{\displaystyle x_{1}(t)=cx_{2}(t)}
tai
x
2
(
t
)
=
c
x
1
(
t
)
{\displaystyle x_{2}(t)=cx_{1}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Voidaan olettaa, että
x
2
(
t
)
=
c
x
1
(
t
)
{\displaystyle x_{2}(t)=cx_{1}(t)}
, jolloin myös
x
2
′
(
t
)
=
c
x
1
′
(
t
)
{\displaystyle x_{2}'(t)=cx_{1}'(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Tällöin millä tahansa luvulla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
x
1
(
t
)
x
2
′
(
t
)
−
x
1
′
(
t
)
x
2
(
t
)
=
c
x
1
(
t
)
x
1
′
(
t
)
−
c
x
1
(
t
)
x
1
′
(
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}W(x_{1},x_{2})(t)&=x_{1}(t)x_{2}'(t)-x_{1}'(t)x_{2}(t)\\&=cx_{1}(t)x_{1}'(t)-cx_{1}(t)x_{1}'(t)\\&=0\end{aligned}}}
Ts. ei ole olemassa lukua
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
, jossa
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})\neq 0}
. Tämä on ristiriidassa oletusten kanssa.
Q.E.D.
HUOM! Lemma 1 ei toimi toisin päin. Ts. jos
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat lineaarisesti riippumattomia, niin välttämättä ei pidä paikkansa, että
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)\neq 0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Esimerkiksi jos
x
1
,
x
2
:
R
→
R
{\displaystyle x_{1},x_{2}:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
x
1
(
t
)
=
{
t
2
,
jos
t
≥
0
0
,
jos
t
<
0
{\displaystyle x_{1}(t)={\begin{cases}t^{2},&{\text{jos }}t\geq 0\\0,&{\text{jos }}t<0\end{cases}}}
ja
x
2
(
t
)
=
{
0
,
jos
t
≥
0
t
2
,
jos
t
<
0
,
{\displaystyle x_{2}(t)={\begin{cases}0,&{\text{jos }}t\geq 0\\t^{2},&{\text{jos }}t<0,\end{cases}}}
niin
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat lineaarisesti riippumattomia, mutta
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)=0}
kaikilla
t
∈
R
{\displaystyle t\in \mathbb {R} }
.
Olkoon funktiot
x
1
,
x
2
∈
C
2
(
]
a
,
b
[
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\in {\mathcal {C}}^{2}(]a,b[)}
differentiaaliyhtälön
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0}
ratkaisuja. Tällöin ne ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain, jos on olemassa
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
siten, että
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})\neq 0}
.
Lauseen 2 todistus
''
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
'' Oletetaan, että
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat lineaarisesti riippumattomia. Halutaan osoittaa, että
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})\neq 0}
jollain
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
. Tiedetään, että on olemassa piste
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
, jossa
x
2
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle x_{2}(t_{0})\neq 0}
, sillä jos olisi
x
2
≡
0
{\displaystyle x_{2}\equiv 0}
, niin
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
olisivat lineaarisesti riippuvia. Tällöin, koska
x
2
{\displaystyle x_{2}}
on jatkuva funktio, on myöskin olemassa
δ
>
0
{\displaystyle \delta >0}
siten, että
x
2
(
t
)
≠
0
{\displaystyle x_{2}(t)\neq 0}
kaikilla
t
∈
]
t
0
−
δ
,
t
0
+
δ
[
{\displaystyle t\in \,]t_{0}-\delta ,t_{0}+\delta [}
. Osoitetaan seuraavaksi epäsuorasti, että
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})\neq 0}
:
Antiteesi:
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
=
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})=0}
. Ts.
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)=0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Tällöin
d
d
t
(
x
1
x
2
)
(
t
)
=
x
1
′
(
t
)
x
2
(
t
)
−
x
2
′
(
t
)
x
1
(
t
)
x
2
(
t
)
2
=
−
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
x
2
(
t
)
2
=
0
{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\frac {x_{1}}{x_{2}}}\right)(t)={\frac {x_{1}'(t)x_{2}(t)-x_{2}'(t)x_{1}(t)}{x_{2}(t)^{2}}}=-{\frac {W(x_{1},x_{2})(t)}{x_{2}(t)^{2}}}=0}
kaikilla
t
∈
]
t
0
−
δ
,
t
0
+
δ
[
{\displaystyle t\in \,]t_{0}-\delta ,t_{0}+\delta [}
.
Tällöin
(
x
1
/
x
2
)
(
t
)
=
c
=
vakio
{\displaystyle (x_{1}/x_{2})(t)=c={\text{vakio}}}
, eli
x
1
(
t
)
=
c
x
2
(
t
)
{\displaystyle x_{1}(t)=cx_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
t
0
−
δ
,
t
0
+
δ
[
{\displaystyle t\in \,]t_{0}-\delta ,t_{0}+\delta [}
. Erityisesti
{
x
1
(
t
0
)
=
c
x
2
(
t
)
x
1
′
(
t
0
)
=
c
x
2
′
(
t
)
{\displaystyle {\begin{cases}x_{1}(t_{0})=cx_{2}(t)\\x_{1}'(t_{0})=cx_{2}'(t)\end{cases}}}
(Tämä pätee, kunhan
δ
{\displaystyle \delta }
on pieni). Tällöin
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
c
x
2
{\displaystyle cx_{2}}
toteuttavat saman alkuarvotehtävän. Ratkaisun yksikäsitteisyyden[ 4] nojalla
x
1
(
t
)
=
c
x
2
(
t
)
{\displaystyle x_{1}(t)=cx_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
.
Tämä on määritelmän 4 mukaan ristiriita.
''
⇐
{\displaystyle \Leftarrow }
'' Lemma 1
Q.E.D.
Seuraavat ehdot ovat yhtäpitäviä[ 5] lineaarisen, homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisuille
x
1
,
x
2
∈
C
2
(
]
a
,
b
[
)
{\displaystyle x_{1},x_{2}\in {\mathcal {C}}^{2}(]a,b[)}
:
Funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
muodostavat ratkaisukannan .
Funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat lineaarisesti riippumattomia .
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t_{0})\neq 0}
jollakin
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
.
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)\neq 0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
.
Lauseen 3 osatodistus
1.
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
2.: (Oletus: Funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
muodostavat ratkaisukannan. Väite: Funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat LI.) Antiteesi: Funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat LD. Ts. (voidaan olettaa, että) on olemassa vakio
c
∈
R
{\displaystyle c\in \mathbb {R} }
siten, että
x
1
(
t
)
=
c
x
2
(
t
)
{\displaystyle x_{1}(t)=cx_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Differentiaaliyhtälön kaikki ratkaisut ovat ratkaisukannasta johtuen muotoa
x
(
t
)
=
c
1
x
1
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
=
c
1
c
x
2
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
=
(
c
1
c
+
c
2
)
x
2
(
t
)
=:
c
3
x
2
(
t
)
,
(
♢
)
{\displaystyle {\begin{aligned}x(t)&=c_{1}x_{1}(t)+c_{2}x_{2}(t)\\&=c_{1}cx_{2}(t)+c_{2}x_{2}(t)\\&=(c_{1}c+c_{2})x_{2}(t)\\&=:c_{3}x_{2}(t),\qquad (\diamondsuit )\end{aligned}}}
missä
c
3
∈
R
{\displaystyle c_{3}\in \mathbb {R} }
on vakio. Olkoon
t
0
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t_{0}\in \,]a,b[}
.
Jos
x
2
(
t
0
)
≠
0
{\displaystyle x_{2}(t_{0})\neq 0}
, niin ratkaistaan alkuarvotehtävä
{
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
x
(
t
0
)
=
0
x
′
(
t
0
)
=
1.
{\displaystyle {\begin{cases}x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0\\x(t_{0})=0\\x'(t_{0})=1.\end{cases}}}
Yhtälön (
♢
{\displaystyle \diamondsuit }
) nojalla ratkaisu on muotoa
x
(
t
)
=
c
3
x
2
(
t
)
{\displaystyle x(t)=c_{3}x_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Erityisesti
c
3
x
2
(
t
0
)
=
x
(
t
0
)
=
0
{\displaystyle c_{3}x_{2}(t_{0})=x(t_{0})=0}
, jolloin
c
3
=
0
{\displaystyle c_{3}=0}
ja
x
(
t
)
≡
0
{\displaystyle x(t)\equiv 0}
. Tällöin myös
x
′
(
t
0
)
=
0
≠
1
{\displaystyle x'(t_{0})=0\neq 1}
, mikä on ristiriidassa alkuarvotehtävän kanssa.
Jos
x
2
(
t
0
)
=
0
{\displaystyle x_{2}(t_{0})=0}
, niin ratkaistaan alkuarvotehtävä
{
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
x
(
t
0
)
=
1
x
′
(
t
0
)
=
1.
{\displaystyle {\begin{cases}x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0\\x(t_{0})=1\\x'(t_{0})=1.\end{cases}}}
Yhtälön (
♢
{\displaystyle \diamondsuit }
) nojalla
x
(
t
)
=
c
3
x
2
(
t
)
{\displaystyle x(t)=c_{3}x_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Erityisesti
0
=
c
3
x
2
(
t
0
)
=
x
(
t
0
)
=
1
{\displaystyle 0=c_{3}x_{2}(t_{0})=x(t_{0})=1}
. Tämä on ilmeinen ristiriita.
Antiteesi johtaa ristiriitaan, joten väite 2 seuraa väitteestä 1.
2.
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
3.: Lause 2
3.
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
4.: Harjoitustehtävä
4.
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
1.: (Oletus:
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)\neq 0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Väite: Funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
muodostavat ratkaisukannan.) Nyt Wronskin determinantti ratkaisee DY:n
W
′
(
t
)
+
p
(
t
)
W
(
t
)
=
0
{\displaystyle W'(t)+p(t)W(t)=0}
.
Näin ollen[ 6]
W
(
t
)
=
W
(
t
0
)
e
−
∫
t
0
t
p
(
s
)
d
s
=
C
e
−
∫
t
0
t
p
(
s
)
d
s
⏟
=
μ
(
t
)
=
C
μ
(
t
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}W(t)&=W(t_{0})\mathrm {e} ^{-\int _{t_{0}}^{t}p(s)\,\mathrm {d} s}\\&=C\underbrace {\mathrm {e} ^{-\int _{t_{0}}^{t}p(s)\,\mathrm {d} s}} _{=\mu (t)}\\&=C\mu (t).\end{aligned}}}
Olkoon
x
{\displaystyle x}
homogeenisen, lineaarisen DY:n ratkaisu. Tällöin
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
C
μ
(
t
)
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)=C\mu (t)}
jollekin
C
≠
0
{\displaystyle C\neq 0}
. Vastaavasti
W
(
x
,
x
1
)
(
t
)
=
C
1
μ
(
t
)
{\displaystyle W(x,x_{1})(t)=C_{1}\mu (t)}
ja
W
(
x
,
x
2
)
(
t
)
=
C
2
μ
(
t
)
{\displaystyle W(x,x_{2})(t)=C_{2}\mu (t)}
joillekin
C
1
,
C
2
≠
0
{\displaystyle C_{1},C_{2}\neq 0}
. Tällöin
(
C
1
x
2
(
t
)
−
C
2
x
1
(
t
)
)
μ
(
t
)
=
W
(
x
,
x
1
)
(
t
)
⋅
x
2
(
t
)
−
W
(
x
,
x
2
)
(
t
)
⋅
x
1
(
t
)
=
[
x
(
t
)
x
1
′
(
t
)
−
x
′
(
t
)
x
1
(
t
)
]
x
2
(
t
)
−
[
x
(
t
)
x
2
′
(
t
)
−
x
′
(
t
)
x
2
(
t
)
]
x
1
(
t
)
=
x
(
t
)
x
1
′
(
t
)
x
2
(
t
)
−
x
(
t
)
x
2
′
(
t
)
x
1
(
t
)
−
x
′
(
t
)
x
1
(
t
)
x
2
(
t
)
+
x
′
(
t
)
x
2
(
t
)
x
1
(
t
)
=
−
x
(
t
)
[
x
2
′
(
t
)
x
1
(
t
)
−
x
1
′
(
t
)
x
2
(
t
)
]
=
−
x
(
t
)
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
−
C
x
(
t
)
μ
(
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}(C_{1}x_{2}(t)-C_{2}x_{1}(t))\mu (t)&=W(x,x_{1})(t)\cdot x_{2}(t)-W(x,x_{2})(t)\cdot x_{1}(t)\\&=[x(t)x_{1}'(t)-x'(t)x_{1}(t)]x_{2}(t)-[x(t)x_{2}'(t)-x'(t)x_{2}(t)]x_{1}(t)\\&=x(t)x_{1}'(t)x_{2}(t)-x(t)x_{2}'(t)x_{1}(t)-x'(t)x_{1}(t)x_{2}(t)+x'(t)x_{2}(t)x_{1}(t)\\&=-x(t)[x_{2}'(t)x_{1}(t)-x_{1}'(t)x_{2}(t)]\\&=-x(t)W(x_{1},x_{2})(t)\\&=-Cx(t)\mu (t)\end{aligned}}}
Koska
C
≠
0
{\displaystyle C\neq 0}
ja
μ
(
t
)
>
0
{\displaystyle \mu (t)>0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
, niin
x
(
t
)
=
C
2
C
x
1
(
t
)
−
C
1
C
x
2
(
t
)
.
{\displaystyle x(t)={\frac {C_{2}}{C}}x_{1}(t)-{\frac {C_{1}}{C}}x_{2}(t).}
Määritelmän 3 nojalla funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
muodotavat DY:n ratkaisukannan.
Q.E.D.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
x
″
(
t
)
+
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+x(t)=0}
. Suhteellisen helposti voidaan todeta, että funktiot
x
1
(
t
)
=
sin
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\sin t}
ja
x
1
(
t
)
=
cos
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\cos t}
ovat DY:n eräät ratkaisut. Lisäksi
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
−
sin
2
t
−
cos
2
t
≡
−
1
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)=-\sin ^{2}t-\cos ^{2}t\equiv -1\neq 0}
kaikilla
t
∈
R
{\displaystyle t\in \mathbb {R} }
. Tällöin
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat LI. Kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa
x
(
t
)
=
c
1
sin
t
+
c
2
cos
t
{\displaystyle x(t)=c_{1}\sin t+c_{2}\cos t}
,
missä
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
x
″
(
t
)
−
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)-x(t)=0}
. Suhteellisen helposti voidaan todeta, että funktiot
x
1
(
t
)
=
e
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\mathrm {e} ^{t}}
ja
x
1
(
t
)
=
e
−
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\mathrm {e} ^{-t}}
ovat DY:n eräät ratkaisut. Lisäksi
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
e
t
⋅
(
−
e
−
t
)
−
e
−
t
⋅
e
t
=
−
2
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)=\mathrm {e} ^{t}\cdot (-\mathrm {e} ^{-t})-\mathrm {e} ^{-t}\cdot \mathrm {e} ^{t}=-2\neq 0}
.
Tällöin
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat LI. Kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa
x
(
t
)
=
c
1
e
t
+
c
2
e
−
t
{\displaystyle x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{t}+c_{2}\mathrm {e} ^{-t}}
,
missä
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
.
Olkoon
p
,
r
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle p,r:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
jatkuvia funktioita. Differentiaaliyhtälöllä
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0}
on aina olemassa ratkaisukanta.
Ratkaisukannan löytäminen kertaluvun pudotuksella
muokkaa
Edellisen luvun perusteella homogeenisen differentiaaliyhtälön
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0}
kaikki ratkaisut löytyvät, jos löydetään kaksi toisistaan lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Tässä luvussa todetaan, että riittää löytää vain yksi ei-triviaali ratkaisu.[ 1] Koko touhun idea on melko yksinkertainen:
Olkoon
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
ja
x
1
{\displaystyle x_{1}}
homogeenisen DY:n ratkaisu siten, että
x
1
(
t
)
≠
0
{\displaystyle x_{1}(t)\neq 0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Etsitään toinen perusratkaisu, joka on muotoa
x
2
(
t
)
=
v
(
t
)
x
1
(
t
)
{\displaystyle x_{2}(t)=v(t)x_{1}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
jollekin funktiolle
v
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle v:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
. Ratkaistaan
v
{\displaystyle v}
:
0
=
x
2
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
2
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
2
(
t
)
=
v
″
(
t
)
x
1
(
t
)
+
2
v
′
(
t
)
x
1
′
(
t
)
+
v
(
t
)
x
1
″
(
t
)
+
p
(
t
)
[
v
′
(
t
)
x
1
(
t
)
+
v
(
t
)
x
1
′
(
t
)
]
+
r
(
t
)
v
(
t
)
x
1
(
t
)
=
v
(
t
)
[
x
1
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
1
′
+
r
(
t
)
x
1
(
t
)
]
⏟
=
0
+
v
″
(
t
)
x
1
(
t
)
+
2
v
′
(
t
)
x
1
′
(
t
)
+
p
(
t
)
x
1
(
t
)
=
v
″
(
t
)
x
1
(
t
)
+
2
v
′
(
t
)
x
1
′
(
t
)
+
p
(
t
)
x
1
(
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}0&=x_{2}''(t)+p(t)x_{2}'(t)+r(t)x_{2}(t)\\&=v''(t)x_{1}(t)+2v'(t)x_{1}'(t)+v(t)x_{1}''(t)+p(t)[v'(t)x_{1}(t)+v(t)x_{1}'(t)]+r(t)v(t)x_{1}(t)\\&=v(t)\underbrace {[x_{1}''(t)+p(t)x_{1}'+r(t)x_{1}(t)]} _{=0}+v''(t)x_{1}(t)+2v'(t)x_{1}'(t)+p(t)x_{1}(t)\\&=v''(t)x_{1}(t)+2v'(t)x'_{1}(t)+p(t)x_{1}(t)\end{aligned}}}
Jaetaan yhtälö puolittain
x
1
{\displaystyle x_{1}}
:llä. Tämä on mahdollista, koska oletettiin, että
x
1
(
t
)
≠
0
{\displaystyle x_{1}(t)\neq 0}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Määritellään lisäksi funktio
s
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle s:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
,
s
(
t
)
=
2
x
1
′
(
t
)
x
1
(
t
)
+
p
(
t
)
{\displaystyle s(t)=2{\frac {x_{1}'(t)}{x_{1}(t)}}+p(t)}
.
Tällöin
v
″
(
t
)
+
2
v
′
(
t
)
x
1
′
(
t
)
x
1
(
t
)
+
p
(
t
)
v
′
(
t
)
=
0
v
″
(
t
)
+
(
2
x
1
′
(
t
)
x
1
(
t
)
+
p
(
t
)
)
⏟
=
s
(
t
)
v
′
(
t
)
=
0
v
″
(
t
)
+
s
(
t
)
v
′
(
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}v''(t)+{\frac {2v'(t)x_{1}'(t)}{x_{1}(t)}}+p(t)v'(t)&=0\\v''(t)+\underbrace {\left(2{\frac {x_{1}'(t)}{x_{1}(t)}}+p(t)\right)} _{=s(t)}v'(t)&=0\\v''(t)+s(t)v'(t)&=0\end{aligned}}}
Merkitään edelleen
z
(
t
)
=
v
′
(
t
)
{\displaystyle z(t)=v'(t)}
:
z
′
(
t
)
+
s
(
t
)
z
(
t
)
=
0
{\displaystyle z'(t)+s(t)z(t)=0}
Tiedetään[ 7] , että tämän DY:n eräs ratkaisu on
z
(
t
)
=
e
−
∫
t
0
t
s
(
r
)
d
r
{\displaystyle z(t)=\mathrm {e} ^{-\int _{t_{0}}^{t}s(r)\,\mathrm {d} r}}
.
Siispä
v
(
t
)
=
∫
t
0
t
z
(
u
)
d
u
=
∫
t
0
t
e
−
∫
u
0
u
s
(
r
)
d
r
d
u
{\displaystyle v(t)=\int _{t_{0}}^{t}z(u)\,\mathrm {d} u=\int _{t_{0}}^{t}\mathrm {e} ^{-\int _{u_{0}}^{u}s(r)\,\mathrm {d} r}\,\mathrm {d} u}
Tällöin
x
2
(
t
)
=
v
(
t
)
x
1
(
t
)
{\displaystyle x_{2}(t)=v(t)x_{1}(t)}
on eräs ratkaisu. Ratkaisut
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat lisäksi lineaarisesti riippumattomia, sillä
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
det
[
x
1
(
t
)
x
2
(
t
)
x
1
′
(
t
)
x
2
′
(
t
)
]
=
det
[
x
1
(
t
)
v
(
t
)
x
1
(
t
)
x
1
′
(
t
)
v
′
(
t
)
x
1
(
t
)
+
v
(
t
)
x
1
′
(
t
)
]
=
x
1
(
t
)
[
v
′
(
t
)
x
1
(
t
)
+
v
(
t
)
x
1
′
(
t
)
]
−
x
1
′
(
t
)
v
(
t
)
x
1
(
t
)
=
v
′
(
t
)
x
1
2
(
t
)
=
z
(
t
)
x
1
2
(
t
)
=
e
−
∫
t
0
t
s
(
t
)
d
s
⋅
x
1
2
(
t
)
≠
0
{\displaystyle {\begin{aligned}W(x_{1},x_{2})(t)&=\det \left[{\begin{matrix}x_{1}(t)&x_{2}(t)\\x_{1}'(t)&x_{2}'(t)\end{matrix}}\right]\\&=\det \left[{\begin{matrix}x_{1}(t)&v(t)x_{1}(t)\\x_{1}'(t)&v'(t)x_{1}(t)+v(t)x_{1}'(t)\end{matrix}}\right]\\&=x_{1}(t)[v'(t)x_{1}(t)+v(t)x_{1}'(t)]-x_{1}'(t)v(t)x_{1}(t)\\&=v'(t)x_{1}^{2}(t)\\&=z(t)x_{1}^{2}(t)\\&=\mathrm {e} ^{-\int _{t_{0}}^{t}s(t)\,\mathrm {d} s}\cdot x_{1}^{2}(t)\neq 0\end{aligned}}}
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
x
″
(
t
)
−
1
t
x
′
(
t
)
+
1
t
2
x
(
t
)
=
0
,
t
>
0
{\displaystyle x''(t)-{\frac {1}{t}}x'(t)+{\frac {1}{t^{2}}}x(t)=0,\quad t>0}
Havaitaan, että eräs ratkaisu on
x
1
(
t
)
=
t
{\displaystyle x_{1}(t)=t}
:
x
1
′
(
t
)
=
1
{\displaystyle x_{1}'(t)=1}
ja
x
1
″
(
t
)
=
0
{\displaystyle x_{1}''(t)=0}
, jolloin
0
−
1
t
⋅
1
+
1
t
2
⋅
t
=
−
1
t
+
1
t
=
0
{\displaystyle 0-{\frac {1}{t}}\cdot 1+{\frac {1}{t^{2}}}\cdot t=-{\frac {1}{t}}+{\frac {1}{t}}=0}
.
Olkoon
x
2
(
t
)
=
v
(
t
)
x
1
(
t
)
=
v
(
t
)
t
{\displaystyle x_{2}(t)=v(t)x_{1}(t)=v(t)t}
. Tällöin
x
2
′
(
t
)
=
v
′
(
t
)
t
+
v
(
t
)
{\displaystyle x_{2}'(t)=v'(t)t+v(t)}
ja
x
2
″
(
t
)
=
v
″
(
t
)
t
+
2
v
′
(
t
)
{\displaystyle x_{2}''(t)=v''(t)t+2v'(t)}
. Olkoon
0
=
x
2
″
(
t
)
−
1
t
x
2
′
(
t
)
+
1
t
2
x
2
(
t
)
=
v
″
(
t
)
t
+
2
v
′
(
t
)
−
1
t
[
v
′
(
t
)
t
+
v
(
t
)
]
+
1
t
2
v
(
t
)
t
=
t
v
″
(
t
)
+
2
v
′
(
t
)
−
v
′
(
t
)
−
v
(
t
)
t
+
v
(
t
)
t
=
t
v
″
(
t
)
+
v
′
(
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}0&=x_{2}''(t)-{\frac {1}{t}}x_{2}'(t)+{\frac {1}{t^{2}}}x_{2}(t)\\&=v''(t)t+2v'(t)-{\frac {1}{t}}[v'(t)t+v(t)]+{\frac {1}{t^{2}}}v(t)t\\&=tv''(t)+2v'(t)-v'(t)-{\frac {v(t)}{t}}+{\frac {v(t)}{t}}\\&=tv''(t)+v'(t)\end{aligned}}}
Merkitään
z
(
t
)
=
v
′
(
t
)
{\displaystyle z(t)=v'(t)}
. Tällöin
z
′
(
t
)
+
1
t
z
(
t
)
=
0
z
(
t
)
=
e
−
∫
1
t
d
t
=
e
−
ln
t
+
C
1
=
e
C
1
e
ln
t
=
C
1
t
{\displaystyle {\begin{aligned}z'(t)+{\frac {1}{t}}z(t)&=0\\z(t)&=\mathrm {e} ^{-\int {\frac {1}{t}}\,\mathrm {d} t}\\&=\mathrm {e} ^{-\ln t+C_{1}}={\frac {\mathrm {e} ^{C_{1}}}{\mathrm {e} ^{\ln t}}}\\&={\frac {C_{1}}{t}}\end{aligned}}}
Tällöin
v
(
t
)
=
∫
C
1
t
d
t
=
C
1
ln
t
+
C
2
{\displaystyle v(t)=\int {\frac {C_{1}}{t}}\,\mathrm {d} t=C_{1}\ln t+C_{2}}
,
missä
C
1
,
C
2
∈
R
{\displaystyle C_{1},C_{2}\in \mathbb {R} }
ovat vakioita. Toinen ratkaisu on tällöin
x
2
(
t
)
=
v
(
t
)
t
=
(
C
1
ln
t
+
C
2
)
t
=
C
1
t
ln
t
+
C
2
t
{\displaystyle x_{2}(t)=v(t)t=(C_{1}\ln t+C_{2})t=C_{1}t\ln t+C_{2}t}
Yhdistetään ratkaisut:
x
(
t
)
=
c
1
x
1
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
=
c
1
t
+
c
2
(
C
1
t
ln
t
+
C
2
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}x(t)&=c_{1}x_{1}(t)+c_{2}x_{2}(t)\\&=c_{1}t+c_{2}(C_{1}t\ln t+C_{2}t)\end{aligned}}}
Muotoillaan vakioita uudelleen siten, että
c
1
+
c
2
C
2
=
A
{\displaystyle c_{1}+c_{2}C_{2}=A}
ja
C
1
c
2
=
B
{\displaystyle C_{1}c_{2}=B}
. Tällöin ratkaisu on
x
:
]
0
,
∞
[
→
R
{\displaystyle x:\,]0,\infty [\,\to \mathbb {R} }
,
x
(
t
)
=
A
t
+
B
t
ln
t
{\displaystyle x(t)=At+Bt\ln t}
Ratkaistaan 1. asteen Legendren differentiaaliyhtälö (
λ
=
1
{\displaystyle \lambda =1}
):
(
1
−
t
2
)
x
″
(
t
)
−
2
t
x
′
(
t
)
+
2
x
(
t
)
=
0
,
0
<
t
<
1
{\displaystyle (1-t^{2})x''(t)-2tx'(t)+2x(t)=0,\qquad 0<t<1}
Eräs ratkaisu on
x
1
(
t
)
=
t
{\displaystyle x_{1}(t)=t}
, sillä
x
1
′
(
t
)
=
1
{\displaystyle x_{1}'(t)=1}
,
x
1
″
(
t
)
=
0
{\displaystyle x_{1}''(t)=0}
ja
(
1
−
t
2
)
⋅
0
−
2
t
⋅
1
+
2
t
=
−
2
t
+
2
t
=
0
{\displaystyle (1-t^{2})\cdot 0-2t\cdot 1+2t=-2t+2t=0}
.
Olkoon
x
2
(
t
)
=
v
(
t
)
x
1
(
t
)
=
v
(
t
)
t
{\displaystyle x_{2}(t)=v(t)x_{1}(t)=v(t)t}
. Tällöin
0
=
(
1
−
t
2
)
x
2
″
(
t
)
−
2
t
x
2
′
(
t
)
+
2
x
2
(
t
)
=
(
1
−
t
2
)
[
v
″
(
t
)
t
+
2
v
′
(
t
)
]
−
2
t
[
v
′
(
t
)
+
v
(
t
)
]
+
2
v
(
t
)
t
=
(
1
−
t
2
)
t
v
″
(
t
)
+
2
(
1
−
t
2
)
v
′
(
t
)
−
2
t
2
v
′
(
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}0&=(1-t^{2})x_{2}''(t)-2tx_{2}'(t)+2x_{2}(t)\\&=(1-t^{2})[v''(t)t+2v'(t)]-2t[v'(t)+v(t)]+2v(t)t\\&=(1-t^{2})tv''(t)+2(1-t^{2})v'(t)-2t^{2}v'(t)\end{aligned}}}
Koska
0
<
t
<
1
{\displaystyle 0<t<1}
, voidaan jakaa yhtälö puolittain
(
1
−
t
2
)
t
{\displaystyle (1-t^{2})t}
:llä:
v
″
(
t
)
+
(
2
t
−
2
t
1
−
t
2
)
v
′
(
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}v''(t)+\left({\frac {2}{t}}-{\frac {2t}{1-t^{2}}}\right)v'(t)=0\end{aligned}}}
Merkitään
z
(
t
)
=
v
′
(
t
)
{\displaystyle z(t)=v'(t)}
:
z
′
(
t
)
+
(
2
t
−
2
t
1
−
t
2
)
z
(
t
)
=
0
{\displaystyle z'(t)+\left({\frac {2}{t}}-{\frac {2t}{1-t^{2}}}\right)z(t)=0}
Tällöin
z
(
t
)
=
exp
[
−
∫
2
t
d
t
+
∫
2
t
1
−
t
2
d
t
]
=
exp
[
−
ln
t
2
−
ln
(
1
−
t
2
)
+
C
1
]
=
exp
(
C
1
)
⋅
exp
[
−
ln
(
t
2
(
1
−
t
2
)
)
]
=
C
~
1
t
2
(
1
−
t
2
)
,
{\displaystyle {\begin{aligned}z(t)&=\exp \left[-\int {\frac {2}{t}}\,\mathrm {d} t+\int {\frac {2t}{1-t^{2}}}\,\mathrm {d} t\right]\\&=\exp \left[-\ln t^{2}-\ln(1-t^{2})+C_{1}\right]\\&=\exp(C_{1})\cdot \exp \left[-\ln \left(t^{2}(1-t^{2})\right)\right]\\&={\frac {{\tilde {C}}_{1}}{t^{2}(1-t^{2})}},\end{aligned}}}
missä
C
~
1
∈
R
{\displaystyle {\tilde {C}}_{1}\in \mathbb {R} }
on vakio. Tehdään funktion
z
{\displaystyle z}
lausekkeelle osamurtokehitelmä :
z
(
t
)
=
C
~
1
t
2
(
1
−
t
2
)
=
C
~
1
(
1
t
2
+
1
2
(
1
−
t
)
+
1
2
(
1
+
t
)
)
{\displaystyle z(t)={\frac {{\tilde {C}}_{1}}{t^{2}(1-t^{2})}}={\tilde {C}}_{1}\left({\frac {1}{t^{2}}}+{\frac {1}{2(1-t)}}+{\frac {1}{2(1+t)}}\right)}
Ratkaistaan
v
{\displaystyle v}
:
v
(
t
)
=
∫
z
(
t
)
d
t
=
∫
C
~
1
t
2
(
1
−
t
2
)
d
t
=
C
~
1
(
∫
d
t
t
2
+
1
2
∫
d
t
1
−
t
+
1
2
∫
d
t
1
+
t
)
=
C
~
1
(
−
1
t
−
1
2
ln
(
1
−
t
)
+
1
2
ln
(
1
+
t
)
+
C
2
)
=
C
~
1
(
−
1
t
+
1
2
ln
(
1
+
t
1
−
t
)
+
C
2
)
,
{\displaystyle {\begin{aligned}v(t)&=\int z(t)\,\mathrm {d} t=\int {\frac {{\tilde {C}}_{1}}{t^{2}(1-t^{2})}}\,\mathrm {d} t\\&={\tilde {C}}_{1}\left(\int {\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}}}+{\frac {1}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} t}{1-t}}+{\frac {1}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} t}{1+t}}\right)\\&={\tilde {C}}_{1}\left(-{\frac {1}{t}}-{\frac {1}{2}}\ln(1-t)+{\frac {1}{2}}\ln(1+t)+C_{2}\right)\\&={\tilde {C}}_{1}\left(-{\frac {1}{t}}+{\frac {1}{2}}\ln \left({\frac {1+t}{1-t}}\right)+C_{2}\right),\end{aligned}}}
missä
C
2
∈
R
{\displaystyle C_{2}\in \mathbb {R} }
on vakio. DY:n toinen ratkaisu on tällöin
x
2
(
t
)
=
v
(
t
)
t
=
C
~
1
(
−
1
+
t
2
ln
(
1
+
t
1
−
t
)
+
C
2
t
)
{\displaystyle x_{2}(t)=v(t)t={\tilde {C}}_{1}\left(-1+{\frac {t}{2}}\ln \left({\frac {1+t}{1-t}}\right)+C_{2}t\right)}
Yhdistetään ratkaisut:
x
(
t
)
=
c
1
x
1
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
=
c
1
t
+
c
2
C
~
1
(
t
2
ln
(
1
+
t
1
−
t
)
+
C
2
t
−
1
)
{\displaystyle {\begin{aligned}x(t)&=c_{1}x_{1}(t)+c_{2}x_{2}(t)\\&=c_{1}t+c_{2}{\tilde {C}}_{1}\left({\frac {t}{2}}\ln \left({\frac {1+t}{1-t}}\right)+C_{2}t-1\right)\end{aligned}}}
Muotoillaan vakioita uudelleen siten, että
c
1
+
c
2
C
~
1
C
2
=
A
{\displaystyle c_{1}+c_{2}{\tilde {C}}_{1}C_{2}=A}
ja
c
2
C
~
1
=
B
{\displaystyle c_{2}{\tilde {C}}_{1}=B}
. Tällöin ratkaisu on
x
:
]
0
,
1
[
→
R
{\displaystyle x:\,]0,1[\,\to \mathbb {R} }
,
x
(
t
)
=
A
t
+
B
(
t
2
ln
(
1
+
t
1
−
t
−
1
)
)
{\displaystyle x(t)=At+B\left({\frac {t}{2}}\ln \left({\frac {1+t}{1-t}}-1\right)\right)}
.
Vakiokertoiminen homogeeninen differentiaaliyhtälö
muokkaa
Tarkastellaan vakiokertoimista homogeenista differentiaaliyhtälöä
x
″
(
t
)
+
b
x
′
(
t
)
+
c
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+bx'(t)+cx(t)=0}
,
missä
b
,
c
∈
R
{\displaystyle b,c\in \mathbb {R} }
ovat vakioita. Tehdään sivistynyt arvaus, että DY:n ratkaisut ovat muotoa
x
(
t
)
=
e
λ
t
{\displaystyle x(t)=\mathrm {e} ^{\lambda t}}
, missä
λ
∈
R
{\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }
. Tällöin huomataan, että
x
′
(
t
)
=
λ
e
λ
t
=
λ
x
(
t
)
x
″
(
t
)
=
λ
2
e
λ
t
=
λ
2
x
(
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}x'(t)&=\lambda \mathrm {e} ^{\lambda t}=\lambda x(t)\\x''(t)&=\lambda ^{2}\mathrm {e} ^{\lambda t}=\lambda ^{2}x(t)\end{aligned}}}
Sijoitetaan nämä DY:öön:
λ
2
x
(
t
)
+
b
λ
x
(
t
)
+
c
x
(
t
)
=
0
|
|
:
x
(
t
)
(
≠
0
∀
t
∈
R
)
λ
2
+
b
λ
+
c
=
0
(
♡
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\lambda ^{2}x(t)+b\lambda x(t)+cx(t)&=0\quad ||:x(t)~(\neq 0~\forall ~t\in \mathbb {R} )\\\lambda ^{2}+b\lambda +c&=0\quad (\heartsuit )\end{aligned}}}
Siis jos luku
λ
{\displaystyle \lambda }
toteuttaa 2. asteen yhtälön (
♡
{\displaystyle \heartsuit }
), niin
x
{\displaystyle x}
on DY:n ratkaisu. Yhtälöä (
♡
{\displaystyle \heartsuit }
) sanotaan ko. differentiaaliyhtälön karakteristiseksi yhtälöksi , jonka ratkaisut ovat[ 8]
λ
1
=
−
b
+
b
2
−
4
c
2
{\displaystyle \lambda _{1}={\frac {-b+{\sqrt {b^{2}-4c}}}{2}}}
ja
λ
2
=
−
b
−
b
2
−
4
c
2
{\displaystyle \lambda _{2}={\frac {-b-{\sqrt {b^{2}-4c}}}{2}}}
.
Jos
b
2
−
4
c
>
0
{\displaystyle b^{2}-4c>0}
muokkaa
Jos
b
2
−
4
c
>
0
{\displaystyle b^{2}-4c>0}
, niin saadaan ratkaisut
{
x
1
(
t
)
=
e
λ
1
t
x
2
(
t
)
=
e
λ
2
t
{\displaystyle {\begin{cases}x_{1}(t)=\mathrm {e} ^{\lambda _{1}t}\\x_{2}(t)=\mathrm {e} ^{\lambda _{2}t}\end{cases}}}
Lisäksi
W
(
x
1
,
x
2
)
(
t
)
=
det
[
e
λ
1
t
λ
1
e
λ
1
t
e
λ
2
t
λ
2
e
λ
2
t
]
=
(
λ
2
−
λ
1
)
e
(
λ
1
+
λ
2
)
t
≠
0
{\displaystyle W(x_{1},x_{2})(t)=\det \left[{\begin{matrix}\mathrm {e} ^{\lambda _{1}t}&\lambda _{1}\mathrm {e} ^{\lambda _{1}t}\\\mathrm {e} ^{\lambda _{2}t}&\lambda _{2}\mathrm {e} ^{\lambda _{2}t}\end{matrix}}\right]=(\lambda _{2}-\lambda _{1})\mathrm {e} ^{(\lambda _{1}+\lambda _{2})t}\neq 0}
,
sillä
λ
1
≠
λ
2
{\displaystyle \lambda _{1}\neq \lambda _{2}}
. Lauseen 3 nojalla kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa
x
:
R
→
R
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
x
(
t
)
=
c
1
e
λ
1
t
+
c
2
e
λ
2
t
{\displaystyle x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{\lambda _{1}t}+c_{2}\mathrm {e} ^{\lambda _{2}t}}
.
Jos
b
2
−
4
c
=
0
{\displaystyle b^{2}-4c=0}
muokkaa
Jos
b
2
−
4
c
=
0
{\displaystyle b^{2}-4c=0}
, niin saadaan vain yksi ratkaisu
x
1
(
t
)
=
e
λ
t
=
e
−
b
t
/
2
{\displaystyle x_{1}(t)=\mathrm {e} ^{\lambda t}=\mathrm {e} ^{-bt/2}}
. Toinen ratkaisu löydetään kertaluvun pudotuksella :
x
2
(
t
)
=
v
(
t
)
x
1
(
t
)
=
v
(
t
)
e
λ
t
{\displaystyle x_{2}(t)=v(t)x_{1}(t)=v(t)\mathrm {e} ^{\lambda t}}
. Tällöin
v
″
(
t
)
+
(
2
x
1
′
(
t
)
x
1
(
t
)
+
b
)
v
′
(
t
)
=
0
v
″
(
t
)
+
(
2
λ
e
λ
t
e
λ
t
+
b
)
v
′
(
t
)
=
0
v
″
(
t
)
+
(
2
λ
+
b
)
v
′
(
t
)
=
0
|
λ
=
−
b
/
2
v
″
(
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}v''(t)+\left({\frac {2x_{1}'(t)}{x_{1}(t)}}+b\right)v'(t)&=0\\v''(t)+\left({\frac {2\lambda \mathrm {e} ^{\lambda t}}{\mathrm {e} ^{\lambda t}}}+b\right)v'(t)&=0\\v''(t)+(2\lambda +b)v'(t)&=0\qquad |~\lambda =-b/2\\v''(t)&=0\end{aligned}}}
Siis
v
(
t
)
=
C
1
t
+
C
2
{\displaystyle v(t)=C_{1}t+C_{2}}
, missä
C
1
,
C
2
∈
R
{\displaystyle C_{1},C_{2}\in \mathbb {R} }
ovat vakioita. Koska DY:n yleinen ratkaisu syntyy vasta ratkaisujen summasta, voidaan olettaa, että
C
1
=
1
{\displaystyle C_{1}=1}
ja
C
2
=
0
{\displaystyle C_{2}=0}
. DY:n kaikki ratkaisut ovat siis muotoa
x
:
R
→
R
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
x
(
t
)
=
c
1
e
λ
t
+
c
2
t
e
λ
t
{\displaystyle x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{\lambda t}+c_{2}t\mathrm {e} ^{\lambda t}}
.
Jos
b
2
−
4
c
<
0
{\displaystyle b^{2}-4c<0}
muokkaa
Jos
b
2
−
4
c
<
0
{\displaystyle b^{2}-4c<0}
, niin piipahdetaan hetkeksi kompleksilukujen maailmaan. Karakteristisella yhtälöllä on kaksi kompleksista juurta:
{
λ
1
=
−
b
+
−
(
4
c
−
b
2
)
2
=
−
b
2
+
i
4
c
−
b
2
2
λ
2
=
−
b
−
−
(
4
c
−
b
2
)
2
=
−
b
2
−
i
4
c
−
b
2
2
{\displaystyle {\begin{cases}\displaystyle {\lambda _{1}={\frac {-b+{\sqrt {-(4c-b^{2})}}}{2}}=-{\frac {b}{2}}+\mathrm {i} {\frac {\sqrt {4c-b^{2}}}{2}}}\\\displaystyle {\lambda _{2}={\frac {-b-{\sqrt {-(4c-b^{2})}}}{2}}=-{\frac {b}{2}}-\mathrm {i} {\frac {\sqrt {4c-b^{2}}}{2}}}\end{cases}}}
Ratkaisut ovat siis
x
1
(
t
)
=
exp
(
−
b
2
t
+
i
4
c
−
b
2
2
t
)
=
e
−
b
t
/
2
⋅
e
i
4
c
−
b
2
2
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\exp \left(-{\frac {b}{2}}t+\mathrm {i} {\frac {\sqrt {4c-b^{2}}}{2}}t\right)=\mathrm {e} ^{-bt/2}\cdot \mathrm {e} ^{\mathrm {i} {\frac {\sqrt {4c-b^{2}}}{2}}t}}
ja
x
2
(
t
)
=
e
−
b
t
/
2
⋅
e
−
i
4
c
−
b
2
2
t
{\displaystyle x_{2}(t)=\mathrm {e} ^{-bt/2}\cdot \mathrm {e} ^{-\mathrm {i} {\frac {\sqrt {4c-b^{2}}}{2}}t}}
Lyhennyssyistä merkitään
α
=
−
b
2
{\displaystyle \alpha =-{\frac {b}{2}}}
ja
β
=
4
c
−
b
2
2
{\displaystyle \beta ={\frac {\sqrt {4c-b^{2}}}{2}}}
. Koska
4
c
−
b
2
>
0
{\displaystyle 4c-b^{2}>0}
, niin
α
{\displaystyle \alpha }
ja
β
{\displaystyle \beta }
ovat molemmat reaalilukuja. Lyhennysmerkintöjä käyttäen ratkaisut ovat
x
1
(
t
)
=
e
α
t
⋅
e
i
β
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\mathrm {e} ^{\alpha t}\cdot \mathrm {e} ^{\mathrm {i} \beta t}}
ja
x
1
(
t
)
=
e
α
t
⋅
e
−
i
β
t
{\displaystyle x_{1}(t)=\mathrm {e} ^{\alpha t}\cdot \mathrm {e} ^{-\mathrm {i} \beta t}}
.
Yleinen ratkaisu voidaan kuitenkin sieventää siten, että se on puhtaasti reaalinen funktio. Eulerin lauseen mukaan
e
i
φ
=
cos
φ
+
i
sin
φ
{\displaystyle \mathrm {e} ^{\mathrm {i} \varphi }=\cos \varphi +\mathrm {i} \sin \varphi }
kaikille reaaliluvuille
φ
{\displaystyle \varphi }
. Siis
x
1
(
t
)
=
e
α
t
(
cos
(
β
t
)
+
i
sin
(
β
t
)
)
{\displaystyle x_{1}(t)=\mathrm {e} ^{\alpha t}\left(\cos(\beta t)+\mathrm {i} \sin(\beta t)\right)}
ja
x
2
(
t
)
=
e
α
t
(
cos
(
−
β
t
)
+
i
sin
(
−
β
t
)
)
=
e
α
t
(
cos
(
β
t
)
−
i
sin
(
β
t
)
)
{\displaystyle x_{2}(t)=\mathrm {e} ^{\alpha t}\left(\cos(-\beta t)+\mathrm {i} \sin(-\beta t)\right)=\mathrm {e} ^{\alpha t}\left(\cos(\beta t)-\mathrm {i} \sin(\beta t)\right)}
[ 9]
Koska
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
ovat DY:n ratkaisuja, niin lauseen 1 nojalla myös funktiot
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}+x_{2}}
ja
x
1
−
x
2
{\displaystyle x_{1}-x_{2}}
ovat ratkaisuja.
(
x
1
+
x
2
)
(
t
)
=
e
α
t
(
cos
(
β
t
)
+
i
sin
(
β
t
)
)
+
e
α
t
(
cos
(
β
t
)
−
i
sin
(
β
t
)
)
=
2
e
α
t
cos
(
β
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}(x_{1}+x_{2})(t)&=\mathrm {e} ^{\alpha t}\left(\cos(\beta t)+\mathrm {i} \sin(\beta t)\right)+\mathrm {e} ^{\alpha t}\left(\cos(\beta t)-\mathrm {i} \sin(\beta t)\right)\\&=2\mathrm {e} ^{\alpha t}\cos(\beta t)\end{aligned}}}
ja
(
x
1
−
x
2
)
(
t
)
=
e
α
t
(
cos
(
β
t
)
+
i
sin
(
β
t
)
)
−
e
α
t
(
cos
(
β
t
)
−
i
sin
(
β
t
)
)
=
2
i
e
α
t
sin
(
β
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}(x_{1}-x_{2})(t)&=\mathrm {e} ^{\alpha t}\left(\cos(\beta t)+\mathrm {i} \sin(\beta t)\right)-\mathrm {e} ^{\alpha t}\left(\cos(\beta t)-\mathrm {i} \sin(\beta t)\right)\\&=2\mathrm {i} \mathrm {e} ^{\alpha t}\sin(\beta t)\end{aligned}}}
Merkitään
x
^
1
(
t
)
=
1
2
(
x
1
+
x
2
)
(
t
)
{\displaystyle {\hat {x}}_{1}(t)={\frac {1}{2}}(x_{1}+x_{2})(t)}
ja
x
^
2
(
t
)
=
1
2
i
(
x
1
−
x
2
)
(
t
)
{\displaystyle {\hat {x}}_{2}(t)={\frac {1}{2\mathrm {i} }}(x_{1}-x_{2})(t)}
. Lauseen 1 nojalla funktiot
x
^
1
{\displaystyle {\hat {x}}_{1}}
ja
x
^
2
{\displaystyle {\hat {x}}_{2}}
ovat DY:n ratkaisuja. Ne ovat lisäksi lineaarisesti riippumattomia (todistus: harjoitustehtävä), joten kaikki ratkaisut ovat muotoa
x
:
R
→
R
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
x
(
t
)
=
c
1
x
^
1
(
t
)
+
c
2
x
^
2
(
t
)
=
c
1
e
α
t
cos
(
β
t
)
+
c
2
e
α
t
sin
(
β
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}x(t)&=c_{1}{\hat {x}}_{1}(t)+c_{2}{\hat {x}}_{2}(t)\\&=c_{1}\mathrm {e} ^{\alpha t}\cos(\beta t)+c_{2}\mathrm {e} ^{\alpha t}\sin(\beta t)\end{aligned}}}
Vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön
x
″
(
t
)
+
b
x
′
(
t
)
+
c
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+bx'(t)+cx(t)=0}
ratkaisut ovat
x
:
R
→
R
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
Jos
b
2
−
4
c
>
0
{\displaystyle b^{2}-4c>0}
:
x
(
t
)
=
c
1
e
λ
1
t
+
c
2
e
λ
2
t
{\displaystyle x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{\lambda _{1}t}+c_{2}\mathrm {e} ^{\lambda _{2}t}}
, missä
λ
1
=
−
b
+
b
2
−
4
c
2
{\displaystyle \lambda _{1}={\frac {-b+{\sqrt {b^{2}-4c}}}{2}}}
ja
λ
2
=
−
b
−
b
2
−
4
c
2
{\displaystyle \lambda _{2}={\frac {-b-{\sqrt {b^{2}-4c}}}{2}}}
Jos
b
2
−
4
c
=
0
{\displaystyle b^{2}-4c=0}
:
x
(
t
)
=
c
1
e
λ
t
+
c
2
t
e
λ
t
{\displaystyle x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{\lambda t}+c_{2}t\mathrm {e} ^{\lambda t}}
, missä
λ
=
−
b
2
{\displaystyle \lambda =-{\frac {b}{2}}}
Jos
b
2
−
4
c
<
0
{\displaystyle b^{2}-4c<0}
:
x
(
t
)
=
c
1
e
α
t
cos
(
β
t
)
+
c
2
e
α
t
sin
(
β
t
)
{\displaystyle x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{\alpha t}\cos(\beta t)+c_{2}\mathrm {e} ^{\alpha t}\sin(\beta t)}
, missä
α
=
−
b
2
{\displaystyle \alpha =-{\frac {b}{2}}}
ja
β
=
4
c
−
b
2
2
{\displaystyle \beta ={\frac {\sqrt {4c-b^{2}}}{2}}}
sekä
c
1
{\displaystyle c_{1}}
ja
c
2
{\displaystyle c_{2}}
ovat vakioita.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
x
″
+
x
′
+
x
=
0
{\displaystyle x''+x'+x=0}
. Kyseessä on vakiokertoiminen DY, jonka karakteristinen yhtälö on
λ
2
+
λ
+
1
=
0
{\displaystyle \lambda ^{2}+\lambda +1=0}
. Karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat
λ
=
−
1
±
1
−
4
2
=
−
1
2
±
i
3
2
{\displaystyle \lambda ={\frac {-1\pm {\sqrt {1-4}}}{2}}=-{\frac {1}{2}}\pm \mathrm {i} {\frac {\sqrt {3}}{2}}}
.
DY:n ratkaisu on siis
x
:
R
→
R
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
x
(
t
)
=
c
1
e
−
t
/
2
cos
(
3
2
t
)
+
c
2
e
−
t
/
2
sin
(
3
2
t
)
{\displaystyle x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{-t/2}\cos \left({\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)+c_{2}\mathrm {e} ^{-t/2}\sin \left({\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)}
.
Yleinen lineaarinen differentiaaliyhtälö
muokkaa
Tässä kappaleessa osoitetaan, että yleinen lineaarinen differentiaaliyhtälö ratkeaa selvittämällä ensin vastaavan homogeenisen DY:n ratkaisukanta. Tämän jälkeen ratkaistaan DY:n epähomogeenisen osan osaratkaisut. DY:n ratkaisu on näiden kahden vaiheen summa.
Tarkastellaan lineaarista differentiaaliyhtälöä
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
q
(
t
)
(
♠
)
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=q(t)\qquad (\spadesuit )}
,
missä
p
,
q
,
r
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle p,q,r:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
ovat jatkuvia funktioita. Havaitaan, että jos funktiot
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)}
ja
x
^
(
t
)
{\displaystyle {\hat {x}}(t)}
ovat DY:n (
♠
{\displaystyle \spadesuit }
) ratkaisuja, niin funktio
x
1
:
]
a
,
b
[
→
R
,
x
1
(
t
)
=
x
(
t
)
−
x
^
(
t
)
{\displaystyle x_{1}:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} ,x_{1}(t)=x(t)-{\hat {x}}(t)}
on vastaavan homogeenisen DY:n
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=0}
ratkaisu:
x
1
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
1
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
1
(
t
)
=
x
″
(
t
)
−
x
^
″
(
t
)
+
p
(
t
)
(
x
′
(
t
)
−
x
^
′
(
t
)
)
+
r
(
t
)
(
x
(
t
)
−
x
^
(
t
)
)
=
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
−
(
x
^
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
^
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
^
(
t
)
)
=
q
(
t
)
−
q
(
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}x_{1}''(t)+p(t)x_{1}'(t)+r(t)x_{1}(t)&=x''(t)-{\hat {x}}''(t)+p(t)\left(x'(t)-{\hat {x}}'(t)\right)+r(t)\left(x(t)-{\hat {x}}(t)\right)\\&=x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)-\left({\hat {x}}''(t)+p(t){\hat {x}}'(t)+r(t){\hat {x}}(t)\right)\\&=q(t)-q(t)\\&=0\end{aligned}}}
Oletetaan, että funktiot
x
1
,
x
2
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle x_{1},x_{2}:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
muodostavat lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisukannan ja olkoon
x
3
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle x_{3}:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
jokin DY:n (
♠
{\displaystyle \spadesuit }
) ratkaisu. Tällöin DY:n (
♠
{\displaystyle \spadesuit }
) kaikki ratkaisut ovat muotoa
x
(
t
)
=
c
1
x
1
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
+
x
3
(
t
)
{\displaystyle x(t)=c_{1}x_{1}(t)+c_{2}x_{2}(t)+x_{3}(t)}
Lauseen 6 todistus
Olkoon
x
:
]
a
,
b
[
→
R
{\displaystyle x:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} }
jokin differentiaaliyhtälön (
♠
{\displaystyle \spadesuit }
) ratkaisu. Konstruoidaan apufunktio
w
:
]
a
,
b
[
→
R
,
w
(
t
)
=
x
(
t
)
−
x
3
(
t
)
{\displaystyle w:\,]a,b[\,\to \mathbb {R} ,w(t)=x(t)-x_{3}(t)}
. Aiemmin todettiin, että
w
{\displaystyle w}
on vastaavan homogeenisen DY:n ratkaisu. Funktiot
x
1
{\displaystyle x_{1}}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
muodostavat ratkaisukannan , joten on olemassa vakiot
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
siten, että
w
(
t
)
=
c
1
x
1
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
{\displaystyle w(t)=c_{1}x_{1}(t)+c_{2}x_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
. Edelleen
x
(
t
)
−
x
3
(
t
)
=
c
1
x
1
(
t
)
+
c
2
x
2
(
t
)
{\displaystyle x(t)-x_{3}(t)=c_{1}x_{1}(t)+c_{2}x_{2}(t)}
kaikilla
t
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle t\in \,]a,b[}
.
Q.E.D.
HUOM! Jos
x
1
{\displaystyle x_{1}}
on DY:n
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
q
1
(
t
)
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=q_{1}(t)}
ja
x
2
{\displaystyle x_{2}}
DY:n
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
q
2
(
t
)
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=q_{2}(t)}
ratkaisu, niin
x
1
+
x
2
{\displaystyle x_{1}+x_{2}}
on DY:n
x
″
(
t
)
+
p
(
t
)
x
′
(
t
)
+
r
(
t
)
x
(
t
)
=
q
1
(
t
)
+
q
2
(
t
)
{\displaystyle x''(t)+p(t)x'(t)+r(t)x(t)=q_{1}(t)+q_{2}(t)}
ratkaisu.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
x
″
+
4
x
=
1
+
t
+
sin
t
{\displaystyle x''+4x=1+t+\sin t}
. Vastaava homogeeninen DY on
x
″
+
4
x
=
0
{\displaystyle x''+4x=0}
, jonka karakteristinen yhtälö on
λ
2
+
4
=
0
{\displaystyle \lambda ^{2}+4=0}
. Karakteristisen yhtälön juuret ovat
λ
=
±
2
i
{\displaystyle \lambda =\pm 2\mathrm {i} }
. Lauseen 5 mukaan homogeenisen DY:n ratkaisu on
c
1
cos
(
2
t
)
+
c
2
sin
(
2
t
)
{\displaystyle c_{1}\cos(2t)+c_{2}\sin(2t)}
, missä
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
ovat vakioita.
Etsitään epähomogeenisen osan osaratkaisut:
x
″
(
t
)
+
4
x
(
t
)
=
1
⇒
x
(
t
)
≡
1
4
x
″
(
t
)
+
4
x
(
t
)
=
t
⇒
x
(
t
)
=
1
4
t
x
″
(
t
)
+
4
x
(
t
)
=
sin
t
⇒
x
(
t
)
=
1
3
sin
t
{\displaystyle {\begin{aligned}x''(t)+4x(t)=1\quad &\Rightarrow \quad x(t)\equiv {\frac {1}{4}}\\x''(t)+4x(t)=t\quad &\Rightarrow \quad x(t)={\frac {1}{4}}t\\x''(t)+4x(t)=\sin t\quad &\Rightarrow \quad x(t)={\frac {1}{3}}\sin t\end{aligned}}}
DY:n ratkaisu on siis
x
:
R
→
R
,
x
(
t
)
=
c
1
cos
(
2
t
)
+
c
2
sin
(
2
t
)
+
1
3
sin
t
+
1
4
t
+
1
4
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,x(t)=c_{1}\cos(2t)+c_{2}\sin(2t)+{\frac {1}{3}}\sin t+{\frac {1}{4}}t+{\frac {1}{4}}}
.
Vakiokertoiminen ei-homogeeninen differentiaaliyhtälö
muokkaa
Mikäli vakiokertoimisessa lineaarisessa differentiaaliyhtälössä
x
″
(
t
)
+
b
x
′
(
t
)
+
c
x
(
t
)
=
q
(
t
)
{\textstyle x''(t)+bx'(t)+cx(t)=q(t)}
funktio
q
{\displaystyle q}
on tiettyä muotoa, löytyy ratkaisu kokeilemalla. Tämän vuoksi vakiokertoimisten ei-homogeenisten DY:iden ratkaisemista voikin kutsua sivistyneeksi arvaukseksi .
Olkoon
q
{\displaystyle q}
n . asteen polynomi . Ts. olkoon
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
ja
a
0
,
a
1
,
a
2
,
…
,
a
n
∈
R
{\displaystyle a_{0},a_{1},a_{2},\dots ,a_{n}\in \mathbb {R} }
siten, että
q
:
R
→
R
{\displaystyle q:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
,
q
(
t
)
=
a
n
t
n
+
a
n
−
1
t
n
−
1
+
⋯
+
a
2
t
2
+
a
1
t
+
a
0
=
∑
k
=
0
n
a
k
t
k
{\displaystyle q(t)=a_{n}t^{n}+a_{n-1}t^{n-1}+\dots +a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}t^{k}}
.
Arvataan, että epähomogeenisen osan osaratkaisu
x
3
{\displaystyle x_{3}}
on myös n . asteen polynomi. Olkoon
A
0
,
A
1
,
A
2
,
…
,
A
n
∈
R
{\displaystyle A_{0},A_{1},A_{2},\dots ,A_{n}\in \mathbb {R} }
ja
x
3
(
t
)
=
A
n
t
n
+
A
n
−
1
t
n
−
1
+
⋯
+
A
2
t
2
+
A
1
t
+
A
0
=
∑
k
=
0
n
A
k
t
k
{\displaystyle x_{3}(t)=A_{n}t^{n}+A_{n-1}t^{n-1}+\dots +A_{2}t^{2}+A_{1}t+A_{0}=\sum _{k=0}^{n}A_{k}t^{k}}
.
Tällöin
x
3
′
(
t
)
=
n
A
n
t
n
−
1
+
(
n
−
1
)
A
n
−
1
t
n
−
2
+
⋯
+
2
A
2
t
+
A
1
=
∑
k
=
1
n
k
A
k
t
k
−
1
x
3
″
(
t
)
=
n
(
n
−
1
)
A
n
t
n
−
2
+
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
A
n
−
1
t
n
−
3
+
⋯
+
2
A
2
=
∑
k
=
2
n
k
(
k
−
1
)
A
k
t
k
−
2
{\displaystyle {\begin{aligned}x_{3}'(t)&=nA_{n}t^{n-1}+(n-1)A_{n-1}t^{n-2}+\dots +2A_{2}t+A_{1}=\sum _{k=1}^{n}kA_{k}t^{k-1}\\x_{3}''(t)&=n(n-1)A_{n}t^{n-2}+(n-1)(n-2)A_{n-1}t^{n-3}+\dots +2A_{2}=\sum _{k=2}^{n}k(k-1)A_{k}t^{k-2}\end{aligned}}}
Sijoitetaan derivoidut lausekkeet differentiaaliyhtälöön:
x
3
″
(
t
)
+
b
x
3
′
(
t
)
+
c
x
3
(
t
)
=
q
(
t
)
∑
k
=
2
n
k
(
k
−
1
)
A
k
t
k
−
2
+
b
∑
k
=
1
n
k
A
k
t
k
−
1
+
c
∑
k
=
0
n
A
k
t
k
=
∑
k
=
0
n
a
k
t
k
{\displaystyle {\begin{aligned}x_{3}''(t)+bx_{3}'(t)+cx_{3}(t)&=q(t)\\\sum _{k=2}^{n}k(k-1)A_{k}t^{k-2}+b\sum _{k=1}^{n}kA_{k}t^{k-1}+c\sum _{k=0}^{n}A_{k}t^{k}&=\sum _{k=0}^{n}a_{k}t^{k}\end{aligned}}}
Yhtälön kummallakin puolella jokaisen asteen monomien kertoimien on oltava yhtä suuret. Saadaan yhtälöryhmä:
{
c
A
n
t
n
=
a
n
t
n
(
b
n
A
n
+
c
A
n
−
1
)
t
n
−
1
=
a
n
−
1
t
n
−
1
(
n
(
n
−
1
)
A
n
+
b
(
n
−
1
)
A
n
−
1
+
c
A
n
−
2
)
t
n
−
2
=
a
n
−
2
t
n
−
2
(
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
A
n
−
1
+
b
(
n
−
2
)
A
n
−
2
+
c
A
n
−
3
)
t
n
−
3
=
a
n
−
3
t
n
−
3
⋮
(
4
⋅
3
A
4
+
3
b
A
3
+
c
A
2
)
t
2
=
a
2
t
2
(
3
⋅
2
A
3
+
2
b
A
2
+
c
A
1
)
t
=
a
1
t
2
A
2
+
b
A
1
+
c
A
0
=
a
0
{\displaystyle {\begin{cases}cA_{n}t^{n}&=a_{n}t^{n}\\\left(bnA_{n}+cA_{n-1}\right)t^{n-1}&=a_{n-1}t^{n-1}\\\left(n(n-1)A_{n}+b(n-1)A_{n-1}+cA_{n-2}\right)t^{n-2}&=a_{n-2}t^{n-2}\\\left((n-1)(n-2)A_{n-1}+b(n-2)A_{n-2}+cA_{n-3}\right)t^{n-3}&=a_{n-3}t^{n-3}\\&\vdots \\\left(4\cdot 3A_{4}+3bA_{3}+cA_{2}\right)t^{2}&=a_{2}t^{2}\\\left(3\cdot 2A_{3}+2bA_{2}+cA_{1}\right)t&=a_{1}t\\2A_{2}+bA_{1}+cA_{0}&=a_{0}\end{cases}}}
Toisin sanoen
{
c
A
n
=
a
n
b
n
A
n
+
c
A
n
−
1
=
a
n
−
1
n
(
n
−
1
)
A
n
+
b
(
n
−
1
)
A
n
−
1
+
c
A
n
−
2
=
a
n
−
2
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
A
n
−
1
+
b
(
n
−
2
)
A
n
−
2
+
c
A
n
−
3
=
a
n
−
3
⋮
4
⋅
3
A
4
+
3
b
A
3
+
c
A
2
=
a
2
3
⋅
2
A
3
+
2
b
A
2
+
c
A
1
=
a
1
2
A
2
+
b
A
1
+
c
A
0
=
a
0
{\displaystyle {\begin{cases}cA_{n}&=a_{n}\\bnA_{n}+cA_{n-1}&=a_{n-1}\\n(n-1)A_{n}+b(n-1)A_{n-1}+cA_{n-2}&=a_{n-2}\\(n-1)(n-2)A_{n-1}+b(n-2)A_{n-2}+cA_{n-3}&=a_{n-3}\\&\vdots \\4\cdot 3A_{4}+3bA_{3}+cA_{2}&=a_{2}\\3\cdot 2A_{3}+2bA_{2}+cA_{1}&=a_{1}\\2A_{2}+bA_{1}+cA_{0}&=a_{0}\end{cases}}}
Jäljelle jää ratkaistavaksi yhtälöryhmästä kertoimet
A
0
,
A
1
,
A
2
,
…
,
A
n
{\displaystyle A_{0},A_{1},A_{2},\dots ,A_{n}}
.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälön
x
″
−
3
x
′
−
4
x
=
4
t
2
+
2
{\displaystyle x''-3x'-4x=4t^{2}+2}
epähomogeeninen osa. Nyt
q
(
t
)
=
4
t
2
+
2
{\displaystyle q(t)=4t^{2}+2}
on 2. asteen polynomi, joten arvataan, että ratkaisu on 2. asteen polynomi
x
3
(
t
)
=
A
2
t
2
+
A
1
t
+
A
0
{\displaystyle x_{3}(t)=A_{2}t^{2}+A_{1}t+A_{0}}
. Derivoidaan arvaus:
x
3
′
(
t
)
=
2
A
2
t
+
A
1
x
3
″
(
t
)
=
2
A
2
{\displaystyle {\begin{aligned}x_{3}'(t)&=2A_{2}t+A_{1}\\x_{3}''(t)&=2A_{2}\end{aligned}}}
Sijoitetaan nämä DY:öön:
2
A
2
−
3
(
2
A
2
t
+
A
1
)
−
4
(
A
2
t
2
+
A
1
t
+
A
0
)
=
4
t
2
+
2
−
4
A
2
t
2
−
(
6
A
2
+
4
A
1
)
t
+
2
A
2
−
3
A
1
−
4
A
0
=
4
t
2
+
2
{\displaystyle {\begin{aligned}2A_{2}-3\left(2A_{2}t+A_{1}\right)-4\left(A_{2}t^{2}+A_{1}t+A_{0}\right)&=4t^{2}+2\\-4A_{2}t^{2}-\left(6A_{2}+4A_{1}\right)t+2A_{2}-3A_{1}-4A_{0}&=4t^{2}+2\end{aligned}}}
Saadaan yhtälöryhmä
{
−
4
A
2
=
4
−
6
A
2
−
4
A
1
=
0
2
A
2
−
3
A
1
−
4
A
0
=
2
{\displaystyle {\begin{cases}-4A_{2}&=4\\-6A_{2}-4A_{1}&=0\\2A_{2}-3A_{1}-4A_{0}&=2\end{cases}}}
Yhtälöryhmän ratkaisu on
{
A
2
=
−
1
A
1
=
3
2
A
0
=
−
17
8
{\displaystyle {\begin{cases}A_{2}=-1\\A_{1}={\frac {3}{2}}\\A_{0}=-{\frac {17}{8}}\end{cases}}}
Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis
x
3
(
t
)
=
−
t
2
+
3
2
t
−
17
8
{\displaystyle x_{3}(t)=-t^{2}+{\frac {3}{2}}t-{\frac {17}{8}}}
.
Jos q on eksponenttifunktio
muokkaa
Olkoon
q
{\displaystyle q}
eksponenttifunktio. Ts. olkoon
A
,
r
∈
R
{\displaystyle A,r\in \mathbb {R} }
siten, että
q
:
R
→