Differentiaaliyhtälöt/Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt

Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt

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

$F(t,x,x^{\prime },x^{″})=0$.

DY on normaalimuotoinen, jos se on muotoa

$x^{″}=f(t,x,x^{\prime })$.

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.

Terminologiaa

• Ratkaise differentiaaliyhtälö $F(t,x,x^{\prime },x^{″})=0$ tarkoittaa sitä, että on etsittävä kaikki derivoituvat funktiot $x(t)$, 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

$\{\begin{array}{c}F(t,x,x^{\prime },x^{″})=0\\ x(t_0)=x_0\\ x^{\prime }(t_0)=v_0\end{array}$

tarkoittaa sitä, että on etsittävä jokin derivoituva funktio $x:]x_0-\delta ,x_0+\delta [\to ℝ$ joka toteuttaa annetun DY:n sekä alkuehdot. Ratkaisuna olevan funktion määrittelyvälissä $\delta >0$ 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. $x(t_0)=x_0$ ja $x(t_1)=x_1$). Jälkimmäisessä tapauksessa alkuarvotehtävää kutsutaan reuna-arvotehtäväksi.

Määritelmä 1: lineaarinen differentiaaliyhtälö

Toisen kertaluvun normaalimuotoinen DY on lineaarinen, jos se on muotoa

$x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=q(t)$,

missä $p,r,q:]a,b[\to ℝ$ ovat jatkuvia funktioita joillain $a,b\in ℝ$, $a<b$. 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 $x$:stä tai $t$:stä:

Esimerkki 1

Jos toisen kertaluvun normaalimuotoinen differentiaaliyhtälö on muotoa

$x^{″}=f(t,x^{\prime })$,

päästään ratkaisun kimpuun käyttämällä apufunktiota $y(t)=x^{\prime }(t)$. Tällöin $y$ toteuttaa yhtälön

$y^{\prime }=f(t,y)$,

joka on ensimmäisen kertaluvun DY ja siten ratkaistavissa aiemmin opituin menetelmin. Kun $y$ on ratkaistu, saadaan alkuperäisen DY:n ratkaisu integroimalla:

$x=\int y\mathrm{d}t+C$,

missä $C$ on integrointivakio.

Määritelmä 2: homogeeninen differentiaaliyhtälö

Toisen kertaluvun lineaarinen DY on homogeeninen, jos $q(t)\equiv 0$.

Kuuluisia differentiaaliyhtälöitä

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

Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa

$(1-t^2)x^{″}-2t{x}^{\prime }+\lambda (\lambda +1)x=0$,

missä $\lambda \in ℝ$, kutsutaan Legendren differentiaaliyhtälöiksi. Jos $\lambda \in \mathbb{N}$, niin DY:n ratkaisut ovat nk. Legendren polynomeja.

Besselin differentiaaliyhtälö

Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa

$t^2{x}^{″}+t{x}^{\prime }+(t^2-{\mu }^2)x=0$,

missä $\mu \in ℝ$, kutsutaan Besselin differentiaaliyhtälöiksi. Jos $\mu \in \mathbb{N}$, niin DY:n ratkaisut ovat nk. Besselin funktioita.

Hypergeometrinen yhtälö

Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa

$t(1-t)x^{″}+(c-(a+b+1)t)x^{\prime }-abx=0$,

missä $a,b,c\in ℝ$, kutsutaan hypergeometrisiksi differentiaaliyhtälöiksi. Näiden DY:iden ratkaisut ovat nk. hypergeometrisia funktioita.

Homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaiseminen

Lause 1

Olkoon funktiot $x_1(t)$ ja $x_2(t)$ homogeenisen differentiaaliyhtälön

$x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0$

ratkaisuja. Tällöin myös niiden lineaarikombinaatio

$w(t)=\alpha x_1(t)+\beta x_2(t)$,

missä $\alpha ,\beta \in ℝ$, on ko. yhtälön ratkaisu.

Lauseen 1 todistus

Tiedetään, että $x_1$ ja $x_2$ toteuttavat DY:n, eli että ${x_1}^{″}(t)+p(t){x_1}^{\prime }(t)+r(t)x_1(t)=0$ ja ${x_2}^{″}(t)+p(t){x_2}^{\prime }(t)+r(t)x_2(t)=0$. Sijoitetaan ratkaisuiden lineaarikombinaatio DY:öön: $\begin{array}{cc}{w}^{″}(t)+p(t)w^{\prime }(t)+r(t)w(t)& =\alpha {x_1}^{″}(t)+\alpha p(t){x_1}^{\prime }(t)+\alpha r(t)x_1(t)+\beta {x_2}^{″}(t)+\beta p(t){x_2}^{\prime }(t)+\beta r(t)x_2(t)\\ & =\alpha [{x_1}^{″}(t)+p(t){x_1}^{\prime }(t)+r(t)x_1(t)]+\beta [{x_2}^{″}(t)+p(t){x_2}^{\prime }(t)+r(t)x_2(t)]\\ & =\alpha \cdot 0+\beta \cdot 0\\ & =0\end{array}$ Q.E.D.

Määritelmä 3: ratkaisukanta

Funktiot $x_1,x_2\in {𝒞}^2(]a,b[)$ muodostavat homogeenisen DY:n $x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0$ ratkaisukannan, jos jokaiselle saman DY:n ratkaisulle $x$ on olemassa vakiot $c_1,c_2\in ℝ$ siten, että

$x(t)=c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)$

kaikilla $t\in ]a,b[$.

Ratkaisukanta on siis eräänlainen DY:n perusratkaisuiden joukko, jonka avulla voidaan esittää saman DY:n mikä tahansa muu ratkaisu. Jotta ratkaisukanta $\{x_1,x_2\}$ olisi hyvin määritelty, sille pitää olla voimassa seuraavat vaatimukset:

• Funktioiden $x_1$ ja $x_2$ on oltava itse DY:n ratkaisuja (luonnollisestikin!).
• Funktioiden $x_1$ ja $x_2$on oltava eri funktiot muullakin tapaa kuin vakiota vaille. Esimerkiksi DY:n $x^{″}=-x$ ratkaisuja ovat (esimerkiksi) funktiot $x_1(t)=\sin t$, $x_2(t)=2\sin t$ ja $x_3(t)=\cos t$. Määritelmän 3 perusteella $\{x_1,x_2\}$ on huono valinta ratkaisukannaksi, sillä funktiota $x_3$ ei voi esittää funktioiden $x_1$ ja $x_2$ lineaarikombinaationa. Sen sijaan $\{x_1,x_3\}$ on hyvä valinta ratkaisukannaksi.
• Funktioiden $x_1$ ja $x_2$ on siis oltava lineaarisesti riippumattomia.

Määritelmä 4: lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus

Funktiot $f,g:]a,b[\to ℝ$ ovat lineaarisesti riippuvia (lyhennetään LD, en. Linearly Dependent), jos on olemassa vakiot $c_1,c_2\in ℝ$ siten, että $c_1\ne 0$ tai $c_2\ne 0$ (tai molemmat) ja

$c_{1}f(t)+c_{2}g(t)=0$

kaikilla $t\in ]a,b[$. Tämän kanssa yhtäpitävää on se, että on olemassa vakio $c\in ℝ$ siten, että joko $f(t)=cg(t)$ tai $g(t)=cf(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$.

Vastaavasti funktiot $f,g:]a,b[\to ℝ$ ovat lineaarisesti riippumattomia (lyhennetään LI, en. Linearly Independent), jos ehdosta $c_{1}f(t)+c_{2}g(t)=0$ kaikilla $t\in ]a,b[$ seuraa, että $c_1=c_2=0$.

HUOM! Jos $f,g:]a,b[\to ℝ$ ja $g(t)\equiv 0$, niin $f$ ja $g$ ovat väistämättä lineaarisesti riippuvia. Näin ollen nollafunktio ei voi kuulua yhdenkään DY:n ratkaisukantaan.

Esimerkki 2

Osoitetaan, että funktiot $f,g:ℝ\to ℝ$, $f(t)={\mathrm{e}}^t$ ja $g(t)={\mathrm{e}}^{2t}$ ovat lineaarisesti riippumattomia käyttäen epäsuoraa todistusta. Antiteesi: $f$ ja $g$ ovat lineaarisesti riippuvia. Tällöin on olemassa vakiot $c_1,c_2\in ℝ$ siten, että $c_1\ne 0$ tai $c_2\ne 0$ ja $c_{1}f(t)+c_{2}g(t)=0$ kaikilla $t\in ℝ$. Ts.

$\begin{array}{cc}{c}_1{\mathrm{e}}^t+c_2{\mathrm{e}}^{2t}& =0\\ {\mathrm{e}}^t(c_1+c_2{\mathrm{e}}^t)& =0||:{\mathrm{e}}^t(\ne 0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ c_1+c_2{\mathrm{e}}^t& =0\\ c_2{\mathrm{e}}^t& =-c_1\end{array}$

Derivoidaan yhtälö puolittain:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{c}_2{\mathrm{e}}^t& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(-c_1)\\ c_2{\mathrm{e}}^t& =0\end{array}$

Tämän pitää päteä kaikilla $t\in ℝ$. Ainoa vaihtoehto on, että $c_2=0$, jolloin $c_1=-c_2{\mathrm{e}}^t=0$. 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

Olkoon $x_1,x_2\in {𝒞}^1(]a,b[)$. Funktioiden $x_1$ ja $x_2$ Wronskin determinantti on (jatkuva) funktio $W(x_1,x_2):]a,b[\to ℝ$,

$\begin{array}{cc}W(x_1,x_2)(t)& =\det \left[\begin{array}{cc}{x}_1(t)& {x_1}^{\prime }(t)\\ x_2(t)& {x_2}^{\prime }(t)\end{array}\right]\\ & =x_1(t){x_2}^{\prime }(t)-x_2(t){x_1}^{\prime }(t)\end{array}$

kaikilla $t\in ]a,b[$.

Lemma 1

Jos $x_1,x_2\in {𝒞}^1(]a,b[)$ ja on olemassa luku $t_0\in ]a,b[$ siten, että $W(x_1,x_2)(t_0)\ne 0$, niin $x_1$ ja $x_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia.

Lemman 1 (epäsuora) todistus

Antiteesi: On olemassa luku $t_0\in ]a,b[$ siten, että $W(x_1,x_2)(t_0)\ne 0$ ja $x_1$ sekä $x_2$ ovat lineaarisesti riippuvia. Tällöin, määritelmän 4 mukaisesti, on olemassa vakio $c\in ℝ$ siten, että joko $x_1(t)=c{x}_2(t)$ tai $x_2(t)=c{x}_1(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Voidaan olettaa, että $x_2(t)=c{x}_1(t)$, jolloin myös ${x_2}^{\prime }(t)=c{x_1}^{\prime }(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Tällöin millä tahansa luvulla $t\in ]a,b[$ $\begin{array}{cc}W(x_1,x_2)(t)& =x_1(t){x_2}^{\prime }(t)-{x_1}^{\prime }(t)x_2(t)\\ & =c{x}_1(t){x_1}^{\prime }(t)-c{x}_1(t){x_1}^{\prime }(t)\\ & =0\end{array}$ Ts. ei ole olemassa lukua $t_0\in ]a,b[$, jossa $W(x_1,x_2)(t_0)\ne 0$. Tämä on ristiriidassa oletusten kanssa. Q.E.D.

HUOM! Lemma 1 ei toimi toisin päin. Ts. jos $x_1$ ja $x_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, niin välttämättä ei pidä paikkansa, että $W(x_1,x_2)(t)\ne 0$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Esimerkiksi jos $x_1,x_2:ℝ\to ℝ$,

$x_1(t)=\{\begin{array}{cc}{t}^2,& \text{jos }t\ge 0\\ 0,& \text{jos }t<0\end{array}$

ja

$x_2(t)=\{\begin{array}{cc}0,& \text{jos }t\ge 0\\ t^2,& \text{jos }t<0,\end{array}$

niin $x_1$ ja $x_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, mutta $W(x_1,x_2)(t)=0$ kaikilla $t\in ℝ$.

Lause 2

Olkoon funktiot $x_1,x_2\in {𝒞}^2(]a,b[)$ differentiaaliyhtälön $x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0$ ratkaisuja. Tällöin ne ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain, jos on olemassa $t_0\in ]a,b[$ siten, että $W(x_1,x_2)(t_0)\ne 0$.

Lauseen 2 todistus

''$\Rightarrow$'' Oletetaan, että $x_1$ ja $x_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia. Halutaan osoittaa, että $W(x_1,x_2)(t_0)\ne 0$ jollain $t_0\in ]a,b[$. Tiedetään, että on olemassa piste $t_0\in ]a,b[$, jossa $x_2(t_0)\ne 0$, sillä jos olisi $x_2\equiv 0$, niin $x_1$ ja $x_2$ olisivat lineaarisesti riippuvia. Tällöin, koska $x_2$ on jatkuva funktio, on myöskin olemassa $\delta >0$ siten, että $x_2(t)\ne 0$ kaikilla $t\in ]t_0-\delta ,t_0+\delta [$. Osoitetaan seuraavaksi epäsuorasti, että $W(x_1,x_2)(t_0)\ne 0$: Antiteesi: $W(x_1,x_2)(t_0)=0$. Ts. $W(x_1,x_2)(t)=0$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Tällöin $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{x_1}{x_2}\right)(t)=\frac{{x_1}^{\prime }(t)x_2(t)-{x_2}^{\prime }(t)x_1(t)}{x_2(t{)}^2}=-\frac{W(x_1,x_2)(t)}{x_2(t{)}^2}=0$ kaikilla $t\in ]t_0-\delta ,t_0+\delta [$. Tällöin $(x_1/x_2)(t)=c=\text{vakio}$, eli $x_1(t)=c{x}_2(t)$ kaikilla $t\in ]t_0-\delta ,t_0+\delta [$. Erityisesti $\{\begin{array}{c}{x}_1(t_0)=c{x}_2(t)\\ {x_1}^{\prime }(t_0)=c{x_2}^{\prime }(t)\end{array}$ (Tämä pätee, kunhan $\delta$ on pieni). Tällöin $x_1$ ja $c{x}_2$ toteuttavat saman alkuarvotehtävän. Ratkaisun yksikäsitteisyyden nojalla $x_1(t)=c{x}_2(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Tämä on määritelmän 4 mukaan ristiriita. ''$\Leftarrow$'' Lemma 1 Q.E.D.

Lause 3

Seuraavat ehdot ovat yhtäpitäviä lineaarisen, homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisuille $x_1,x_2\in {𝒞}^2(]a,b[)$:

1. Funktiot $x_1$ ja $x_2$ muodostavat ratkaisukannan.
2. Funktiot $x_1$ ja $x_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia.
3. $W(x_1,x_2)(t_0)\ne 0$ jollakin $t_0\in ]a,b[$.
4. $W(x_1,x_2)(t)\ne 0$ kaikilla $t\in ]a,b[$.

Lauseen 3 osatodistus

1. $\Rightarrow$2.: (Oletus: Funktiot $x_1$ ja $x_2$ muodostavat ratkaisukannan. Väite: Funktiot $x_1$ ja $x_2$ ovat LI.) Antiteesi: Funktiot $x_1$ ja $x_2$ ovat LD. Ts. (voidaan olettaa, että) on olemassa vakio $c\in ℝ$ siten, että $x_1(t)=c{x}_2(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Differentiaaliyhtälön kaikki ratkaisut ovat ratkaisukannasta johtuen muotoa $\begin{array}{cc}x(t)& =c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)\\ & =c_{1}c{x}_2(t)+c_2{x}_2(t)\\ & =(c_{1}c+c_2)x_2(t)\\ & =:c_3{x}_2(t),(\mathrm{♢})\end{array}$ missä $c_3\in ℝ$ on vakio. Olkoon $t_0\in ]a,b[$. Jos $x_2(t_0)\ne 0$, niin ratkaistaan alkuarvotehtävä $\{\begin{array}{c}{x}^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0\\ x(t_0)=0\\ x^{\prime }(t_0)=1.\end{array}$ Yhtälön ($\mathrm{♢}$) nojalla ratkaisu on muotoa $x(t)=c_3{x}_2(t)$kaikilla $t\in ]a,b[$. Erityisesti $c_3{x}_2(t_0)=x(t_0)=0$, jolloin $c_3=0$ ja $x(t)\equiv 0$. Tällöin myös $x^{\prime }(t_0)=0\ne 1$, mikä on ristiriidassa alkuarvotehtävän kanssa. Jos $x_2(t_0)=0$, niin ratkaistaan alkuarvotehtävä $\{\begin{array}{c}{x}^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0\\ x(t_0)=1\\ x^{\prime }(t_0)=1.\end{array}$ Yhtälön ($\mathrm{♢}$) nojalla $x(t)=c_3{x}_2(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Erityisesti $0=c_3{x}_2(t_0)=x(t_0)=1$. Tämä on ilmeinen ristiriita. Antiteesi johtaa ristiriitaan, joten väite 2 seuraa väitteestä 1. 2. $\Rightarrow$ 3.: Lause 2 3. $\Rightarrow$ 4.: Harjoitustehtävä 4. $\Rightarrow$ 1.: (Oletus: $W(x_1,x_2)(t)\ne 0$kaikilla $t\in ]a,b[$. Väite: Funktiot $x_1$ ja $x_2$ muodostavat ratkaisukannan.) Nyt Wronskin determinantti ratkaisee DY:n $W^{\prime }(t)+p(t)W(t)=0$. Näin ollen $\begin{array}{cc}W(t)& =W(t_0){\mathrm{e}}^{-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}\\ & =C\underset{=\mu (t)}{\underbrace{{\mathrm{e}}^{-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}p(s)\mathrm{d}s}}}\\ & =C\mu (t).\end{array}$ Olkoon $x$ homogeenisen, lineaarisen DY:n ratkaisu. Tällöin $W(x_1,x_2)(t)=C\mu (t)$ jollekin $C\ne 0$. Vastaavasti $W(x,x_1)(t)=C_1\mu (t)$ ja $W(x,x_2)(t)=C_2\mu (t)$ joillekin $C_1,C_2\ne 0$. Tällöin $\begin{array}{cc}(C_1{x}_2(t)-C_2{x}_1(t))\mu (t)& =W(x,x_1)(t)\cdot x_2(t)-W(x,x_2)(t)\cdot x_1(t)\\ & =[x(t){x_1}^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)x_1(t)]x_2(t)-[x(t){x_2}^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)x_2(t)]x_1(t)\\ & =x(t){x_1}^{\prime }(t)x_2(t)-x(t){x_2}^{\prime }(t)x_1(t)-x^{\prime }(t)x_1(t)x_2(t)+x^{\prime }(t)x_2(t)x_1(t)\\ & =-x(t)[{x_2}^{\prime }(t)x_1(t)-{x_1}^{\prime }(t)x_2(t)]\\ & =-x(t)W(x_1,x_2)(t)\\ & =-Cx(t)\mu (t)\end{array}$ Koska $C\ne 0$ ja $\mu (t)>0$ kaikilla $t\in ]a,b[$, niin $x(t)=\frac{C_2}{C}{x}_1(t)-\frac{C_1}{C}{x}_2(t).$ Määritelmän 3 nojalla funktiot $x_1$ ja $x_2$ muodotavat DY:n ratkaisukannan. Q.E.D.

Esimerkki 3

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö $x^{″}(t)+x(t)=0$. Suhteellisen helposti voidaan todeta, että funktiot $x_1(t)=\sin t$ ja $x_1(t)=\cos t$ ovat DY:n eräät ratkaisut. Lisäksi

$W(x_1,x_2)(t)=-{\sin }^{2}t-{\cos }^{2}t\equiv -1\ne 0$

kaikilla $t\in ℝ$. Tällöin $x_1$ ja $x_2$ ovat LI. Kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa

$x(t)=c_1\sin t+c_2\cos t$,

missä $c_1,c_2\in ℝ$.

Esimerkki 4

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö $x^{″}(t)-x(t)=0$. Suhteellisen helposti voidaan todeta, että funktiot $x_1(t)={\mathrm{e}}^t$ ja $x_1(t)={\mathrm{e}}^{-t}$ ovat DY:n eräät ratkaisut. Lisäksi

$W(x_1,x_2)(t)={\mathrm{e}}^t\cdot (-{\mathrm{e}}^{-t})-{\mathrm{e}}^{-t}\cdot {\mathrm{e}}^t=-2\ne 0$.

Tällöin $x_1$ ja $x_2$ ovat LI. Kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa

$x(t)=c_1{\mathrm{e}}^t+c_2{\mathrm{e}}^{-t}$,

missä $c_1,c_2\in ℝ$.

Lause 4

Olkoon $p,r:]a,b[\to ℝ$ jatkuvia funktioita. Differentiaaliyhtälöllä

$x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0$

on aina olemassa ratkaisukanta.

Lauseen 4 todistus

Olkoon $t_0\in ]a,b[$. Ratkaistaan DY alkuarvoilla $x_1(t_0)=1$ ja ${x_1}^{\prime }(t_0)=0$ sekä uudelleen alkuarvoilla $x_2(t_0)=1$ ja ${x_2}^{\prime }(t_0)=1$. Tällöin $\begin{array}{cc}W(x_1,x_2)(t_0)& =\det \left[\begin{array}{cc}{x}_1(t_0)& x_2(t_0)\\ {x_1}^{\prime }(t_0)& {x_2}^{\prime }(t_0)\end{array}\right]\\ & =\det \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]\\ & =1\ne 0.\end{array}$ Lauseen 3 nojalla funktiot $x_1$ ja $x_2$ muodostavat DY:n ratkaisukannan. Q.E.D.

Ratkaisukannan löytäminen kertaluvun pudotuksella

Edellisen luvun perusteella homogeenisen differentiaaliyhtälön

$x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0$

kaikki ratkaisut löytyvät, jos löydetään kaksi toisistaan lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Tässä luvussa todetaan, että riittää löytää vain yksi ei-triviaali ratkaisu. Koko touhun idea on melko yksinkertainen:

Olkoon $t\in ]a,b[$ ja $x_1$ homogeenisen DY:n ratkaisu siten, että $x_1(t)\ne 0$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Etsitään toinen perusratkaisu, joka on muotoa

$x_2(t)=v(t)x_1(t)$

kaikilla $t\in ]a,b[$ jollekin funktiolle $v:]a,b[\to ℝ$. Ratkaistaan $v$:

$\begin{array}{cc}0& ={x_2}^{″}(t)+p(t){x_2}^{\prime }(t)+r(t)x_2(t)\\ & =v^{″}(t)x_1(t)+2v^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+v(t){x_1}^{″}(t)+p(t)[v^{\prime }(t)x_1(t)+v(t){x_1}^{\prime }(t)]+r(t)v(t)x_1(t)\\ & =v(t)\underset{=0}{\underbrace{[{x_1}^{″}(t)+p(t){x_1}^{\prime }+r(t)x_1(t)]}}+v^{″}(t)x_1(t)+2v^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+p(t)x_1(t)\\ & =v^{″}(t)x_1(t)+2v^{\prime }(t)x{\text{'}}_1(t)+p(t)x_1(t)\end{array}$

Jaetaan yhtälö puolittain $x_1$:llä. Tämä on mahdollista, koska oletettiin, että $x_1(t)\ne 0$kaikilla $t\in ]a,b[$. Määritellään lisäksi funktio $s:]a,b[\to ℝ$,

$s(t)=2\frac{{x_1}^{\prime }(t)}{x_1(t)}+p(t)$.

Tällöin

$\begin{array}{cc}{v}^{″}(t)+\frac{2v^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)}{x_1(t)}+p(t)v^{\prime }(t)& =0\\ v^{″}(t)+\underset{=s(t)}{\underbrace{(2\frac{{x_1}^{\prime }(t)}{x_1(t)}+p(t))}}{v}^{\prime }(t)& =0\\ v^{″}(t)+s(t)v^{\prime }(t)& =0\end{array}$

Merkitään edelleen $z(t)=v^{\prime }(t)$:

$z^{\prime }(t)+s(t)z(t)=0$

Tiedetään, että tämän DY:n eräs ratkaisu on

$z(t)={\mathrm{e}}^{-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}s(r)\mathrm{d}r}$.

Siispä

$v(t)=\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}z(u)\mathrm{d}u=\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}{\mathrm{e}}^{-\underset{u_0}{\overset{u}{\int }}s(r)\mathrm{d}r}\mathrm{d}u$

Tällöin $x_2(t)=v(t)x_1(t)$ on eräs ratkaisu. Ratkaisut $x_1$ ja $x_2$ ovat lisäksi lineaarisesti riippumattomia, sillä

$\begin{array}{cc}W(x_1,x_2)(t)& =\det \left[\begin{array}{cc}{x}_1(t)& x_2(t)\\ {x_1}^{\prime }(t)& {x_2}^{\prime }(t)\end{array}\right]\\ & =\det \left[\begin{array}{cc}{x}_1(t)& v(t)x_1(t)\\ {x_1}^{\prime }(t)& v^{\prime }(t)x_1(t)+v(t){x_1}^{\prime }(t)\end{array}\right]\\ & =x_1(t)[v^{\prime }(t)x_1(t)+v(t){x_1}^{\prime }(t)]-{x_1}^{\prime }(t)v(t)x_1(t)\\ & =v^{\prime }(t)x_1^2(t)\\ & =z(t)x_1^2(t)\\ & ={\mathrm{e}}^{-\underset{t_0}{\overset{t}{\int }}s(t)\mathrm{d}s}\cdot x_1^2(t)\ne 0\end{array}$

Esimerkki 5

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö

$x^{″}(t)-\frac{1}{t}{x}^{\prime }(t)+\frac{1}{t^2}x(t)=0,t>0$

Havaitaan, että eräs ratkaisu on $x_1(t)=t$:

${x_1}^{\prime }(t)=1$ ja ${x_1}^{″}(t)=0$, jolloin

$0-\frac{1}{t}\cdot 1+\frac{1}{t^2}\cdot t=-\frac{1}{t}+\frac{1}{t}=0$.

Olkoon $x_2(t)=v(t)x_1(t)=v(t)t$. Tällöin ${x_2}^{\prime }(t)=v^{\prime }(t)t+v(t)$ ja ${x_2}^{″}(t)=v^{″}(t)t+2v^{\prime }(t)$. Olkoon

$\begin{array}{cc}0& ={x_2}^{″}(t)-\frac{1}{t}{x_2}^{\prime }(t)+\frac{1}{t^2}{x}_2(t)\\ & =v^{″}(t)t+2v^{\prime }(t)-\frac{1}{t}[v^{\prime }(t)t+v(t)]+\frac{1}{t^2}v(t)t\\ & =t{v}^{″}(t)+2v^{\prime }(t)-v^{\prime }(t)-\frac{v(t)}{t}+\frac{v(t)}{t}\\ & =t{v}^{″}(t)+v^{\prime }(t)\end{array}$

Merkitään $z(t)=v^{\prime }(t)$. Tällöin

$\begin{array}{cc}{z}^{\prime }(t)+\frac{1}{t}z(t)& =0\\ z(t)& ={\mathrm{e}}^{-\int \frac{1}{t}\mathrm{d}t}\\ & ={\mathrm{e}}^{-\ln t+C_1}=\frac{{\mathrm{e}}^{C_1}}{{\mathrm{e}}^{\ln t}}\\ & =\frac{C_1}{t}\end{array}$

Tällöin

$v(t)=\int \frac{C_1}{t}\mathrm{d}t=C_1\ln t+C_2$,

missä $C_1,C_2\in ℝ$ ovat vakioita. Toinen ratkaisu on tällöin

$x_2(t)=v(t)t=(C_1\ln t+C_2)t=C_{1}t\ln t+C_{2}t$

Yhdistetään ratkaisut:

$\begin{array}{cc}x(t)& =c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)\\ & =c_{1}t+c_2(C_{1}t\ln t+C_{2}t)\end{array}$

Muotoillaan vakioita uudelleen siten, että $c_1+c_2{C}_2=A$ ja $C_1{c}_2=B$. Tällöin ratkaisu on $x:]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$,

$x(t)=At+Bt\ln t$

Esimerkki 6

Ratkaistaan 1. asteen Legendren differentiaaliyhtälö ($\lambda =1$):

$(1-t^2)x^{″}(t)-2t{x}^{\prime }(t)+2x(t)=0,0<t<1$

Eräs ratkaisu on $x_1(t)=t$, sillä ${x_1}^{\prime }(t)=1$, ${x_1}^{″}(t)=0$ ja $(1-t^2)\cdot 0-2t\cdot 1+2t=-2t+2t=0$.

Olkoon $x_2(t)=v(t)x_1(t)=v(t)t$. Tällöin

$\begin{array}{cc}0& =(1-t^2){x_2}^{″}(t)-2t{x_2}^{\prime }(t)+2x_2(t)\\ & =(1-t^2)[v^{″}(t)t+2v^{\prime }(t)]-2t[v^{\prime }(t)+v(t)]+2v(t)t\\ & =(1-t^2)t{v}^{″}(t)+2(1-t^2)v^{\prime }(t)-2t^2{v}^{\prime }(t)\end{array}$

Koska $0<t<1$, voidaan jakaa yhtälö puolittain $(1-t^2)t$:llä:

$\begin{array}{c}{v}^{″}(t)+(\frac{2}{t}-\frac{2t}{1-t^2})v^{\prime }(t)=0\end{array}$

Merkitään $z(t)=v^{\prime }(t)$:

$z^{\prime }(t)+(\frac{2}{t}-\frac{2t}{1-t^2})z(t)=0$

Tällöin

$\begin{array}{cc}z(t)& =\exp [-\int \frac{2}{t}\mathrm{d}t+\int \frac{2t}{1-t^2}\mathrm{d}t]\\ & =\exp [-\ln t^2-\ln (1-t^2)+C_1]\\ & =\exp (C_1)\cdot \exp [-\ln (t^2(1-t^2))]\\ & =\frac{{\tilde{C}}_1}{t^2(1-t^2)},\end{array}$

missä ${\tilde{C}}_1\in ℝ$ on vakio. Tehdään funktion $z$ lausekkeelle osamurtokehitelmä:

$z(t)=\frac{{\tilde{C}}_1}{t^2(1-t^2)}={\tilde{C}}_1(\frac{1}{t^2}+\frac{1}{2(1-t)}+\frac{1}{2(1+t)})$

Ratkaistaan $v$:

$\begin{array}{cc}v(t)& =\int z(t)\mathrm{d}t=\int \frac{{\tilde{C}}_1}{t^2(1-t^2)}\mathrm{d}t\\ & ={\tilde{C}}_1(\int \frac{\mathrm{d}t}{t^2}+\frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}t}{1-t}+\frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}t}{1+t})\\ & ={\tilde{C}}_1(-\frac{1}{t}-\frac{1}{2}\ln (1-t)+\frac{1}{2}\ln (1+t)+C_2)\\ & ={\tilde{C}}_1(-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+t}{1-t}\right)+C_2),\end{array}$

missä $C_2\in ℝ$ on vakio. DY:n toinen ratkaisu on tällöin

$x_2(t)=v(t)t={\tilde{C}}_1(-1+\frac{t}{2}\ln \left(\frac{1+t}{1-t}\right)+C_{2}t)$

Yhdistetään ratkaisut:

$\begin{array}{cc}x(t)& =c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)\\ & =c_{1}t+c_2{\tilde{C}}_1(\frac{t}{2}\ln \left(\frac{1+t}{1-t}\right)+C_{2}t-1)\end{array}$

Muotoillaan vakioita uudelleen siten, että $c_1+c_2{\tilde{C}}_1{C}_2=A$ ja $c_2{\tilde{C}}_1=B$. Tällöin ratkaisu on $x:]0,1[\to ℝ$,

$x(t)=At+B(\frac{t}{2}\ln (\frac{1+t}{1-t}-1))$.

Vakiokertoiminen homogeeninen differentiaaliyhtälö

Tarkastellaan vakiokertoimista homogeenista differentiaaliyhtälöä

$x^{″}(t)+b{x}^{\prime }(t)+cx(t)=0$,

missä $b,c\in ℝ$ ovat vakioita. Tehdään sivistynyt arvaus, että DY:n ratkaisut ovat muotoa $x(t)={\mathrm{e}}^{\lambda t}$, missä $\lambda \in ℝ$. Tällöin huomataan, että

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)& =\lambda {\mathrm{e}}^{\lambda t}=\lambda x(t)\\ x^{″}(t)& ={\lambda }^2{\mathrm{e}}^{\lambda t}={\lambda }^{2}x(t)\end{array}$

Sijoitetaan nämä DY:öön:

$\begin{array}{cc}{\lambda }^{2}x(t)+b\lambda x(t)+cx(t)& =0||:x(t)(\ne 0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ {\lambda }^2+b\lambda +c& =0(\mathrm{♡})\end{array}$

Siis jos luku $\lambda$ toteuttaa 2. asteen yhtälön ($\mathrm{♡}$), niin $x$ on DY:n ratkaisu. Yhtälöä ($\mathrm{♡}$) sanotaan ko. differentiaaliyhtälön karakteristiseksi yhtälöksi, jonka ratkaisut ovat

${\lambda }_1=\frac{-b+\sqrt{b^2-4c}}{2}$ ja ${\lambda }_2=\frac{-b-\sqrt{b^2-4c}}{2}$.

Jos $b^2-4c>0$

Jos $b^2-4c>0$, niin saadaan ratkaisut

$\{\begin{array}{c}{x}_1(t)={\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}t}\\ x_2(t)={\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}t}\end{array}$

Lisäksi

$W(x_1,x_2)(t)=\det \left[\begin{array}{cc}{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}t}& {\lambda }_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}t}\\ {\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}t}& {\lambda }_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}t}\end{array}\right]=({\lambda }_2-{\lambda }_1){\mathrm{e}}^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)t}\ne 0$,

sillä ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$. Lauseen 3 nojalla kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa $x:ℝ\to ℝ$,

$x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}t}+c_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}t}$.

Jos $b^2-4c=0$

Jos $b^2-4c=0$, niin saadaan vain yksi ratkaisu $x_1(t)={\mathrm{e}}^{\lambda t}={\mathrm{e}}^{-bt/2}$. Toinen ratkaisu löydetään kertaluvun pudotuksella: $x_2(t)=v(t)x_1(t)=v(t){\mathrm{e}}^{\lambda t}$. Tällöin

$\begin{array}{cc}{v}^{″}(t)+(\frac{2{x_1}^{\prime }(t)}{x_1(t)}+b)v^{\prime }(t)& =0\\ v^{″}(t)+(\frac{2\lambda {\mathrm{e}}^{\lambda t}}{{\mathrm{e}}^{\lambda t}}+b)v^{\prime }(t)& =0\\ v^{″}(t)+(2\lambda +b)v^{\prime }(t)& =0|\lambda =-b/2\\ v^{″}(t)& =0\end{array}$

Siis $v(t)=C_{1}t+C_2$, missä $C_1,C_2\in ℝ$ ovat vakioita. Koska DY:n yleinen ratkaisu syntyy vasta ratkaisujen summasta, voidaan olettaa, että $C_1=1$ ja $C_2=0$. DY:n kaikki ratkaisut ovat siis muotoa $x:ℝ\to ℝ$,

$x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{\lambda t}+c_{2}t{\mathrm{e}}^{\lambda t}$.

Jos $b^2-4c<0$

Jos $b^2-4c<0$, niin piipahdetaan hetkeksi kompleksilukujen maailmaan. Karakteristisella yhtälöllä on kaksi kompleksista juurta:

$\{\begin{array}{c}{\lambda }_1=\frac{-b+\sqrt{-(4c-b^2)}}{2}=-\frac{b}{2}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}\\ {\lambda }_2=\frac{-b-\sqrt{-(4c-b^2)}}{2}=-\frac{b}{2}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}\end{array}$

Ratkaisut ovat siis

$x_1(t)=\exp (-\frac{b}{2}t+\mathrm{i}\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}t)={\mathrm{e}}^{-bt/2}\cdot {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}t}$ ja $x_2(t)={\mathrm{e}}^{-bt/2}\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}t}$

Lyhennyssyistä merkitään $\alpha =-\frac{b}{2}$ ja $\beta =\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}$. Koska $4c-b^2>0$, niin $\alpha$ ja $\beta$ ovat molemmat reaalilukuja. Lyhennysmerkintöjä käyttäen ratkaisut ovat

$x_1(t)={\mathrm{e}}^{\alpha t}\cdot {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\beta t}$ ja $x_1(t)={\mathrm{e}}^{\alpha t}\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\beta t}$.

Yleinen ratkaisu voidaan kuitenkin sieventää siten, että se on puhtaasti reaalinen funktio. Eulerin lauseen mukaan ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\phi }=\cos \phi +\mathrm{i}\sin \phi$ kaikille reaaliluvuille $\phi$. Siis

$x_1(t)={\mathrm{e}}^{\alpha t}(\cos (\beta t)+\mathrm{i}\sin (\beta t))$ ja $x_2(t)={\mathrm{e}}^{\alpha t}(\cos (-\beta t)+\mathrm{i}\sin (-\beta t))={\mathrm{e}}^{\alpha t}(\cos (\beta t)-\mathrm{i}\sin (\beta t))$

Koska $x_1$ ja $x_2$ ovat DY:n ratkaisuja, niin lauseen 1 nojalla myös funktiot $x_1+x_2$ ja $x_1-x_2$ ovat ratkaisuja.

$\begin{array}{cc}(x_1+x_2)(t)& ={\mathrm{e}}^{\alpha t}(\cos (\beta t)+\mathrm{i}\sin (\beta t))+{\mathrm{e}}^{\alpha t}(\cos (\beta t)-\mathrm{i}\sin (\beta t))\\ & =2{\mathrm{e}}^{\alpha t}\cos (\beta t)\end{array}$

ja

$\begin{array}{cc}(x_1-x_2)(t)& ={\mathrm{e}}^{\alpha t}(\cos (\beta t)+\mathrm{i}\sin (\beta t))-{\mathrm{e}}^{\alpha t}(\cos (\beta t)-\mathrm{i}\sin (\beta t))\\ & =2\mathrm{i}{\mathrm{e}}^{\alpha t}\sin (\beta t)\end{array}$

Merkitään ${\hat{x}}_1(t)=\frac{1}{2}(x_1+x_2)(t)$ ja ${\hat{x}}_2(t)=\frac{1}{2\mathrm{i}}(x_1-x_2)(t)$. Lauseen 1 nojalla funktiot ${\hat{x}}_1$ ja ${\hat{x}}_2$ovat DY:n ratkaisuja. Ne ovat lisäksi lineaarisesti riippumattomia (todistus: harjoitustehtävä), joten kaikki ratkaisut ovat muotoa $x:ℝ\to ℝ$,

$\begin{array}{cc}x(t)& =c_1{\hat{x}}_1(t)+c_2{\hat{x}}_2(t)\\ & =c_1{\mathrm{e}}^{\alpha t}\cos (\beta t)+c_2{\mathrm{e}}^{\alpha t}\sin (\beta t)\end{array}$

Lause 5

Vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön $x^{″}(t)+b{x}^{\prime }(t)+cx(t)=0$ ratkaisut ovat $x:ℝ\to ℝ$,

1. Jos $b^2-4c>0$: $x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}t}+c_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}t}$, missä ${\lambda }_1=\frac{-b+\sqrt{b^2-4c}}{2}$ ja ${\lambda }_2=\frac{-b-\sqrt{b^2-4c}}{2}$
2. Jos $b^2-4c=0$: $x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{\lambda t}+c_{2}t{\mathrm{e}}^{\lambda t}$, missä $\lambda =-\frac{b}{2}$
3. Jos $b^2-4c<0$: $x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{\alpha t}\cos (\beta t)+c_2{\mathrm{e}}^{\alpha t}\sin (\beta t)$, missä $\alpha =-\frac{b}{2}$ ja $\beta =\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}$

sekä $c_1$ ja $c_2$ ovat vakioita.

Esimerkki 7

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö $x^{″}+x^{\prime }+x=0$. Kyseessä on vakiokertoiminen DY, jonka karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2+\lambda +1=0$. Karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat

$\lambda =\frac{-1\pm \sqrt{1-4}}{2}=-\frac{1}{2}\pm \mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2}$.

DY:n ratkaisu on siis $x:ℝ\to ℝ$, $x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{-t/2}\cos \left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)+c_2{\mathrm{e}}^{-t/2}\sin \left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)$.

Yleinen lineaarinen differentiaaliyhtälö

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

$x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=q(t)(\mathrm{♠})$,

missä $p,q,r:]a,b[\to ℝ$ ovat jatkuvia funktioita. Havaitaan, että jos funktiot $x(t)$ ja $\hat{x}(t)$ ovat DY:n ($\mathrm{♠}$) ratkaisuja, niin funktio $x_1:]a,b[\to ℝ,x_1(t)=x(t)-\hat{x}(t)$ on vastaavan homogeenisen DY:n $x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0$ ratkaisu:

$\begin{array}{cc}{x_1}^{″}(t)+p(t){x_1}^{\prime }(t)+r(t)x_1(t)& =x^{″}(t)-{\hat{x}}^{″}(t)+p(t)(x^{\prime }(t)-{\hat{x}}^{\prime }(t))+r(t)(x(t)-\hat{x}(t))\\ & =x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)-({\hat{x}}^{″}(t)+p(t){\hat{x}}^{\prime }(t)+r(t)\hat{x}(t))\\ & =q(t)-q(t)\\ & =0\end{array}$

Lause 6

Oletetaan, että funktiot $x_1,x_2:]a,b[\to ℝ$ muodostavat lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisukannan ja olkoon $x_3:]a,b[\to ℝ$ jokin DY:n ($\mathrm{♠}$) ratkaisu. Tällöin DY:n ($\mathrm{♠}$) kaikki ratkaisut ovat muotoa

$x(t)=c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)+x_3(t)$

Lauseen 6 todistus

Olkoon $x:]a,b[\to ℝ$ jokin differentiaaliyhtälön ($\mathrm{♠}$) ratkaisu. Konstruoidaan apufunktio $w:]a,b[\to ℝ,w(t)=x(t)-x_3(t)$. Aiemmin todettiin, että $w$ on vastaavan homogeenisen DY:n ratkaisu. Funktiot $x_1$ ja $x_2$ muodostavat ratkaisukannan, joten on olemassa vakiot $c_1,c_2\in ℝ$ siten, että $w(t)=c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Edelleen $x(t)-x_3(t)=c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)$ kaikilla $t\in ]a,b[$. Q.E.D.

HUOM! Jos $x_1$ on DY:n $x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=q_1(t)$ ja $x_2$ DY:n $x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=q_2(t)$ ratkaisu, niin $x_1+x_2$ on DY:n $x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=q_1(t)+q_2(t)$ ratkaisu.

Esimerkki 8

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö $x^{″}+4x=1+t+\sin t$. Vastaava homogeeninen DY on $x^{″}+4x=0$, jonka karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2+4=0$. Karakteristisen yhtälön juuret ovat $\lambda =\pm 2\mathrm{i}$. Lauseen 5 mukaan homogeenisen DY:n ratkaisu on $c_1\cos (2t)+c_2\sin (2t)$, missä $c_1,c_2\in ℝ$ ovat vakioita.

Etsitään epähomogeenisen osan osaratkaisut:

$\begin{array}{cc}{x}^{″}(t)+4x(t)=1& \Rightarrow x(t)\equiv \frac{1}{4}\\ x^{″}(t)+4x(t)=t& \Rightarrow x(t)=\frac{1}{4}t\\ x^{″}(t)+4x(t)=\sin t& \Rightarrow x(t)=\frac{1}{3}\sin t\end{array}$

DY:n ratkaisu on siis $x:ℝ\to ℝ,x(t)=c_1\cos (2t)+c_2\sin (2t)+\frac{1}{3}\sin t+\frac{1}{4}t+\frac{1}{4}$.

Vakiokertoiminen ei-homogeeninen differentiaaliyhtälö

Mikäli vakiokertoimisessa lineaarisessa differentiaaliyhtälössä $x^{″}(t)+b{x}^{\prime }(t)+cx(t)=q(t)$ funktio $q$ on tiettyä muotoa, löytyy ratkaisu kokeilemalla. Tämän vuoksi vakiokertoimisten ei-homogeenisten DY:iden ratkaisemista voikin kutsua sivistyneeksi arvaukseksi.

Jos q on polynomi

Olkoon $q$ n. asteen polynomi. Ts. olkoon $n\in \mathbb{N}$ ja $a_0,a_1,a_2,\dots ,a_n\in ℝ$ siten, että $q:ℝ\to ℝ$,

$q(t)=a_n{t}^n+a_{n-1}{t}^{n-1}+\dots +a_2{t}^2+a_{1}t+a_0=\sum _{k=0}^n{a}_k{t}^k$.

Arvataan, että epähomogeenisen osan osaratkaisu $x_3$ on myös n. asteen polynomi. Olkoon $A_0,A_1,A_2,\dots ,A_n\in ℝ$ ja

$x_3(t)=A_n{t}^n+A_{n-1}{t}^{n-1}+\dots +A_2{t}^2+A_{1}t+A_0=\sum _{k=0}^n{A}_k{t}^k$.

Tällöin

$\begin{array}{cc}{x_3}^{\prime }(t)& =n{A}_n{t}^{n-1}+(n-1)A_{n-1}{t}^{n-2}+\dots +2A_{2}t+A_1=\sum _{k=1}^{n}k{A}_k{t}^{k-1}\\ {x_3}^{″}(t)& =n(n-1)A_n{t}^{n-2}+(n-1)(n-2)A_{n-1}{t}^{n-3}+\dots +2A_2=\sum _{k=2}^{n}k(k-1)A_k{t}^{k-2}\end{array}$

Sijoitetaan derivoidut lausekkeet differentiaaliyhtälöön:

$\begin{array}{cc}{x_3}^{″}(t)+b{x_3}^{\prime }(t)+c{x}_3(t)& =q(t)\\ \sum _{k=2}^{n}k(k-1)A_k{t}^{k-2}+b\sum _{k=1}^{n}k{A}_k{t}^{k-1}+c\sum _{k=0}^n{A}_k{t}^k& =\sum _{k=0}^n{a}_k{t}^k\end{array}$

Yhtälön kummallakin puolella jokaisen asteen monomien kertoimien on oltava yhtä suuret. Saadaan yhtälöryhmä:

$\{\begin{array}{cc}c{A}_n{t}^n& =a_n{t}^n\\ (bn{A}_n+c{A}_{n-1})t^{n-1}& =a_{n-1}{t}^{n-1}\\ (n(n-1)A_n+b(n-1)A_{n-1}+c{A}_{n-2})t^{n-2}& =a_{n-2}{t}^{n-2}\\ ((n-1)(n-2)A_{n-1}+b(n-2)A_{n-2}+c{A}_{n-3})t^{n-3}& =a_{n-3}{t}^{n-3}\\ & ⋮\\ (4\cdot 3A_4+3b{A}_3+c{A}_2)t^2& =a_2{t}^2\\ (3\cdot 2A_3+2b{A}_2+c{A}_1)t& =a_{1}t\\ 2A_2+b{A}_1+c{A}_0& =a_0\end{array}$

Toisin sanoen

$\{\begin{array}{cc}c{A}_n& =a_n\\ bn{A}_n+c{A}_{n-1}& =a_{n-1}\\ n(n-1)A_n+b(n-1)A_{n-1}+c{A}_{n-2}& =a_{n-2}\\ (n-1)(n-2)A_{n-1}+b(n-2)A_{n-2}+c{A}_{n-3}& =a_{n-3}\\ & ⋮\\ 4\cdot 3A_4+3b{A}_3+c{A}_2& =a_2\\ 3\cdot 2A_3+2b{A}_2+c{A}_1& =a_1\\ 2A_2+b{A}_1+c{A}_0& =a_0\end{array}$

Jäljelle jää ratkaistavaksi yhtälöryhmästä kertoimet $A_0,A_1,A_2,\dots ,A_n$.

Esimerkki 9

Ratkaistaan differentiaaliyhtälön $x^{″}-3x^{\prime }-4x=4t^2+2$ epähomogeeninen osa. Nyt $q(t)=4t^2+2$ on 2. asteen polynomi, joten arvataan, että ratkaisu on 2. asteen polynomi $x_3(t)=A_2{t}^2+A_{1}t+A_0$. Derivoidaan arvaus:

$\begin{array}{cc}{x_3}^{\prime }(t)& =2A_{2}t+A_1\\ {x_3}^{″}(t)& =2A_2\end{array}$

Sijoitetaan nämä DY:öön:

$\begin{array}{cc}2A_2-3(2A_{2}t+A_1)-4(A_2{t}^2+A_{1}t+A_0)& =4t^2+2\\ -4A_2{t}^2-(6A_2+4A_1)t+2A_2-3A_1-4A_0& =4t^2+2\end{array}$

Saadaan yhtälöryhmä

$\{\begin{array}{cc}-4A_2& =4\\ -6A_2-4A_1& =0\\ 2A_2-3A_1-4A_0& =2\end{array}$

Yhtälöryhmän ratkaisu on

$\{\begin{array}{c}{A}_2=-1\\ A_1=\frac{3}{2}\\ A_0=-\frac{17}{8}\end{array}$

Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis $x_3(t)=-t^2+\frac{3}{2}t-\frac{17}{8}$.

Jos q on eksponenttifunktio

Olkoon $q$ eksponenttifunktio. Ts. olkoon $A,r\in ℝ$ siten, että $q:ℝ\to ℝ,q(t)=A{\mathrm{e}}^{rt}$. Arvataan, että epähomogeenisen osan osaratkaisu $x_3$ on myös eksponenttifunktio. Tällöin edessä on kolme vaihtoehtoa sen mukaan, mikä tai mitkä ovat DY:n karakteristisen yhtälön ($\mathrm{♡}$) juuret ja mikä luku $r$ on.

Jos $r$ ei ole karakteristisen yhtälön juuri, niin epähomogeenisen osan ratkaisu on $x_3(t)=K{\mathrm{e}}^{rt}$, missä $K\in ℝ$ on vakio, joka pitää vielä ratkaista.

Jos $r$ on karakteristisen yhtälön toinen juuri ($b^2-4c\ne 0$), niin epähomogeenisen osan ratkaisu on $x_3(t)=Kt{\mathrm{e}}^{rt}$, missä $K\in ℝ$ on vakio, joka pitää vielä ratkaista.

Jos $r$ on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri ($b^2-4c=0$), niin epähomogeenisen osan ratkaisu on $x_3(t)=K{t}^2{\mathrm{e}}^{rt}$, missä $K\in ℝ$ on vakio, joka pitää vielä ratkaista.

Esimerkki 10

Ratkaistaan seuraavien differentiaaliyhtälöiden epähomogeeniset osat: a) $x^{″}+2x^{\prime }+3x=\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-2t}$ b) $x^{″}-4x=\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{2t}$ c) $x^{″}+2x^{\prime }+x=\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-t}$

a) DY:n karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2+2\lambda +3=0$. Sen juuret ovat ${\lambda }_1=-1+\mathrm{i}\sqrt{2}$ ja ${\lambda }_2=-1-\mathrm{i}\sqrt{2}$. Koska $r=-2$ ei ole kumpikaan karakteristisen yhtälön juurista, on DY:n osaratkaisu $x_3(t)=K{\mathrm{e}}^{rt}=K{\mathrm{e}}^{-2t}$. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio $K$:

$\begin{array}{cc}{x_3}^{″}(t)+2{x_3}^{\prime }(t)+3x_3(t)& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-2t}\\ 4K{\mathrm{e}}^{-2t}+2\cdot (-2K{\mathrm{e}}^{-2t})+3K{\mathrm{e}}^{-2t}& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-2t}\\ 3K{\mathrm{e}}^{-2t}& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-2t}||:3{\mathrm{e}}^{-2t}(\ne 0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ K& =\frac{\sqrt{2}}{3}\end{array}$

Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis $x_3(t)=\frac{\sqrt{2}}{3}{\mathrm{e}}^{-2t}$.

b) DY:n karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2-4=0$. Sen juuret ovat ${\lambda }_1=2$ ja ${\lambda }_2=-2$. Koska $r=2={\lambda }_1$, on DY:n osaratkaisu $x_3(t)=Kt{\mathrm{e}}^{rt}=Kt{\mathrm{e}}^{2t}$. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio $K$:

$\begin{array}{cc}{x_3}^{″}(t)-4x_3(t)& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{2t}\\ K(4{\mathrm{e}}^{2t}+4t{\mathrm{e}}^{2t})-4Kt{\mathrm{e}}^{2t}& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{2t}\\ 4K{\mathrm{e}}^{2t}& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{2t}||:\mathrm{4}{e}^{2t}\\ K& =\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\end{array}$

Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis $x_3(t)=\frac{t{\mathrm{e}}^{-2t}}{2\sqrt{2}}$.
c) DY:n karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2+2\lambda +1=0$. Sillä on kaksoisjuuri $\lambda =-1$. Koska $r=-1=\lambda$, on DY:n osaratkaisu $x_3(t)=K{t}^2{\mathrm{e}}^{rt}=K{t}^2{\mathrm{e}}^{-t}$. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio $K$:

$\begin{array}{cc}{x_3}^{″}(t)+2{x_3}^{\prime }(t)+x_3(t)& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-t}\\ K{\mathrm{e}}^{-t}(t^2-4t+2)+2K{\mathrm{e}}^{-t}(-t^2+2t)+K{t}^2{\mathrm{e}}^{-t}& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-t}\\ 2K{\mathrm{e}}^{-t}& =\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{-t}||:2{\mathrm{e}}^{-t}\\ K& =\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}$

Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis $x_3(t)=\frac{t^2{\mathrm{e}}^{-2t}}{\sqrt{2}}$.

Jos q on sini- tai kosinifunktio

Sekä sini- että kosinifunktio käsitellään samalla tavalla. Koska $\sin \theta =\cos (\frac{\pi }{2}-\theta )$ kaikilla $\theta \in ℝ$, voidaan sinifunktio aina muuttaa kosinifunktioksi sopivalla muuttujanvaihdolla. Olkoon siis $q$ kosinifunktio. Ts. olkoon $A,\omega \in ℝ$ siten, että $q:ℝ\to ℝ,q(t)=A\cos (\omega t)$. Arvataan, että epähomogeenisen osan osaratkaisu $x_3$ on myös kosinifunktio. Tällöin edessä on kaksi vaihtoehtoa sen mukaan, mikä tai mitkä ovat DY:n karakteristisen yhtälön ($\mathrm{♡}$) juuret ja mikä luku $\omega$ on.

Jos $\omega \mathrm{i}$ ei ole karakteristisen yhtälön juuri, niin epähomogeenisen osan ratkaisu on $x_3(t)=K\sin (\omega t)+L\cos (\omega t)$, missä $K,L\in ℝ$ ovat vakioita, jotka pitää vielä ratkaista.

Jos $\omega \mathrm{i}$ on karakteristisen yhtälön juuri, niin epähomogeenisen osan ratkaisu on $x_3(t)=Kt\sin (\omega t)$, missä $K\in ℝ$ on vakio, joka pitää vielä ratkaista.

Esimerkki 11

Ratkaistaan seuraavien differentiaaliyhtälöiden epähomogeeniset osat: a) $x^{″}+2x^{\prime }+2x=5\sin t$ b) $x^{″}+4x=\cos (2t)$

a) Tehdään aluksi muuttujanvaihto $s=\frac{\pi }{2}-t$, jolloin DY muokkautuu muotoon $x^{″}+2x^{\prime }+2x=5\cos s$ DY:n karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2+2\lambda +2=0$. Sen juuret ovat ${\lambda }_1=-1+\mathrm{i}$ ja ${\lambda }_2=-1-\mathrm{i}$. Koska $\omega =1\Rightarrow \omega \mathrm{i}=\mathrm{i}$ ei ole kumpikaan karakteristisen yhtälön juurista, on DY:n osaratkaisu

$\begin{array}{cc}{x}_3(s)& =K\sin (\omega s)+L\cos (\omega s)=K\sin s+L\cos s\\ & =K\sin (\frac{\pi }{2}-t)+L\cos (\frac{\pi }{2}-t)\\ & =K\cos t+L\sin t\end{array}$

Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakiot $K$ ja $L$:

$\begin{array}{cc}{x_3}^{″}(t)+2{x_3}^{\prime }(t)+2x_3(t)& =5\sin t\\ -K\cos t-L\sin t-2K\sin t+2L\cos t+2K\cos t+2L\sin t& =5\sin t\\ (-2K+L)\sin t+(K+2L)\cos t& =5\sin t\end{array}$

Saadaan yhtälöpari:

$\{\begin{array}{c}-2K+L=5\\ K+2L=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}K=-2\\ L=1\end{array}$

Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis $x_3(t)=K\cos t+L\sin t=-2\cos t+\sin t$.

b) DY:n karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2+4=0$. Sen juuret ovat ${\lambda }_1=2\mathrm{i}$ ja ${\lambda }_2=-2\mathrm{i}$. Koska $\omega =2\Rightarrow \omega \mathrm{i}=2\mathrm{i}={\lambda }_1$, niin DY:n osaratkaisu on $x_3(t)=Kt\sin (\omega t)=Kt\sin (2t)$. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio $K$:

$\begin{array}{cc}{x_3}^{″}(t)+4x_3(t)& =\cos (2t)\\ K(4\cos (2t)-4t\sin (2t))+4Kt\sin (2t)& =\cos (2t)\\ 4K\cos (2t)& =\cos (2t)\\ \iff K& =\frac{1}{4}\end{array}$

Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis $x_3(t)=\frac{1}{4}t\sin (2t)$.

Lause 7

Vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön $x^{″}(t)+b{x}^{\prime }(t)+cx(t)=q(t)$ eräät ratkaisut ovat $x_3:ℝ\to ℝ$,

1. Jos $q$ on n. asteen polynomi, niin $x_3$ on polynomi
   1. Jos $c\ne 0$, niin $x_3(t)=\sum _{k=0}^n{A}_k{t}^k$, eli $x_3$ on n. asteen polynomi.
   2. Jos $c=0$ (ja $b\ne 0$), niin $x_3(t)=t\sum _{k=0}^n{A}_k{t}^k$, eli $x_3$ on n + 1. asteen polynomi.
2. Jos $q(t)=A{\mathrm{e}}^{rt}$
   1. Jos $r$ ei ole karakteristisen yhtälön ratkaisu, niin $x_3(t)=K{\mathrm{e}}^{rt}$ jollakin $K\in ℝ$.
   2. Jos $r$ on karakteristisen yhtälön yksinkertainen juuri, niin $x_3(t)=Kt{\mathrm{e}}^{rt}$ jollakin $K\in ℝ$.
   3. Jos $r$ on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri, niin $x_3(t)=K{t}^2{\mathrm{e}}^{rt}$ jollakin $K\in ℝ$.
3. Jos $q(t)=A\cos (\omega t)$
   1. Jos $\omega \mathrm{i}$ ei ole karakteristisen yhtälön juuri, niin $x_3(t)=K\sin (\omega t)+L\cos (\omega t)$ joillakin $K,L\in ℝ$.
   2. Jos $\omega \mathrm{i}$ on karakteristisen yhtälön juuri, niin $x_3(t)=Kt\sin (\omega t)$ jollakin $K\in ℝ$.

Vakioiden variointi

Tarkastellaan jälleen yleistä lineaarista differentiaaliyhtälöä

$x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=q(t)(\mathrm{♠})$,

missä $p,q,r:]a,b[\to ℝ$ ovat jatkuvia funktioita. Oletetaan, että funktiot $x_1,x_2:]a,b[\to ℝ$ muodostavat vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön

$x^{″}(t)+p(t)x^{\prime }(t)+r(t)x(t)=0(\mathrm{♢})$

ratkaisukannan. Kuten edellä todettiin, DY:n ($\mathrm{♢}$) kaikki ratkaisut ovat muotoa $x(t)=c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)$ ja DY:n ($\mathrm{♠}$) kaikki ratkaisut ovat muotoa $x(t)=c_1{x}_1(t)+c_2{x}_2(t)+x_3(t)$, missä $x_3:]a,b[\to ℝ$ on ($\mathrm{♠}$):n eräs ratkaisu. Ratkaisu $x_3$ löydetään nk. vakioiden varioinnilla seuraavasti:

Olkoon $u_1,u_2:]a,b[\to ℝ$ siten, että

$x(t)=u_1(t)x_1(t)+u_2(t)x_2(t)$.

Tarkoituksena on ratkaista funktiot $u_1$ ja $u_2$ siten, että toinen niistä perustuu DY:öön ($\mathrm{♠}$) ja toinen valitaan helpottamaan laskutoimituksia. Derivoidaan $x$:

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)& ={u_1}^{\prime }(t)x_1(t)+u_1(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t)x_2(t)+u_2(t){x_2}^{\prime }(t)\\ & =({u_1}^{\prime }{x}_1(t)+{u_2}^{\prime }(t)x_2(t))+(u_1(t){x_1}^{\prime }(t)+u_2(t){x_2}^{\prime }(t))\end{array}$

Valitaan $u_1$ ja $u_2$ siten, että

1) ${u_1}^{\prime }(t)x_1(t)+{u_2}^{\prime }(t)x_2(t)=0$ (laskutoimitusten helpottaminen). Tällöin

$x^{″}(t)={u_1}^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t){x_2}^{\prime }(t)+u_1(t){x_1}^{″}(t)+u_2(t){x_2}^{″}(t)$.

Sijoitetaan nämä tiedot DY:öön ($\mathrm{♠}$):

${u_1}^{\prime }(t){x_1}^{″}(t)+u_2(t){x_2}^{″}(t)+{u_1}^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t){x_2}^{\prime }(t)+p(t)(u_1(t){x_1}^{\prime }(t)+u_2(t){x_2}^{\prime }(t))+r(t)(u_1(t)x_1(t)+u_2(t)x_2(t))=q(t)$

Järjestellään termejä siten, että $u_1$ ja $u_2$ ovat yhteisinä tekijöinä:

$u_1(t)({x_1}^{″}(t)+p(t){x_1}^{\prime }(t)+r(t)x_1(t))+u_2(t)({x_2}^{″}(t)+p(t){x_2}^{\prime }(t)+r(t)x_2(t))+{u_1}^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t){x_2}^{\prime }(t)=q(t)$

Toisaalta, koska funktiot $x_1$ ja $x_2$ toteuttavat homogeenisen DY:n ($\mathrm{♢}$), joten

$\begin{array}{cc}{u}_1(t)\underset{=0}{\underbrace{({x_1}^{″}(t)+p(t){x_1}^{\prime }(t)+r(t)x_1(t))}}+u_2(t)\underset{=0}{\underbrace{({x_2}^{″}(t)+p(t){x_2}^{\prime }(t)+r(t)x_2(t))}}+{u_1}^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t){x_2}^{\prime }(t)& =q(t)\\ {u_1}^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t){x_2}^{\prime }(t)& =q(t)\end{array}$

2) Nyt pitää olla ${u_1}^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t){x_2}^{\prime }(t)=q(t)$ (perustuu DY:öön ($\mathrm{♠}$)).

Ehdoista 1) ja 2) saadaan yhtälöpari:

$\{\begin{array}{c}{u_1}^{\prime }(t)x_1(t)+{u_2}^{\prime }(t)x_2(t)=0\\ {u_1}^{\prime }(t){x_1}^{\prime }(t)+{u_2}^{\prime }(t){x_2}^{\prime }(t)=q(t)\end{array}$

Yhtälöparista ratkaistaan derivaatat ${u_1}^{\prime }$ ja ${u_2}^{\prime }$ (välivaiheet harjoitustehtävä):

$\{\begin{array}{c}{u_1}^{\prime }(t)=-\frac{x_2(t)q(t)}{W(x_1,x_2)(t)}(\mathrm{♣}1)\\ {u_2}^{\prime }(t)=\frac{x_1(t)q(t)}{W(x_1,x_2)(t)}(\mathrm{♣}2)\end{array}$

Funktiot $u_1$ ja $u_2$ saadaan integroimalla yhtälöt ($\mathrm{♣}1$) ja ($\mathrm{♣}2$) vastaavasti puolittain. Tällöin

$x_3(t)=u_1(t)x_1(t)+u_2(t)x_2(t)$.

HUOM! Lausekkeet ($\mathrm{♣}1$) ja ($\mathrm{♣}2$) ovat hyvin määriteltyjä, sillä ratkaisukannasta johtuen $x_1$ ja $x_2$ ovat lineaarisesti riippumattomia, jolloin $W(x_1,x_2)(t)\ne 0$ kaikilla $t\in ]a,b[$.

Esimerkki 12

Ratkaistaan differentiaaliyhtälö

$x^{″}(t)+x(t)=\frac{1}{\cos t},0<t<\frac{\pi }{2}$.

Vastaava homogeeninen DY on $x^{″}(t)+x(t)=0$. Sen karakteristinen yhtälö on ${\lambda }^2+1=0$, jonka juuret ovat ${\lambda }_1=\mathrm{i}$ ja ${\lambda }_2=-\mathrm{i}$. Lauseen 5 mukaan DY:n ratkaisukannan muodostavat funktiot $x_1(t)=\cos t$ ja $x_2(t)=\sin t$. Epähomogeenisen osan osaratkaisu on

$x_3(t)=u_1(t)x_1(t)+u_2(t)x_2(t)=u_1(t)\cos t+u_2(t)\sin t$.

Ratkaistaan $u_1$ ja $u_2$:

$\begin{array}{cc}W(x_1,x_2)(t)& =\det \left[\begin{array}{cc}{x}_1(t)& x_2(t)\\ {x_1}^{\prime }(t)& {x_2}^{\prime }(t)\end{array}\right]\\ & =\det \left[\begin{array}{cc}\cos t& \sin t\\ -\sin t& \cos t\end{array}\right]\\ & =\cos t\cdot \cos t-(-\sin t)\cdot \sin t\\ & ={\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t\\ & =1\mathrm{\forall }t\in ]0,\frac{\pi }{2}[\end{array}$

${u_1}^{\prime }(t)=-\frac{x_2(t)q(t)}{W(x_1,x_2)(t)}=-\frac{\sin t}{\cos t}=-\tan t$ ja

${u_2}^{\prime }(t)=\frac{x_1(t)q(t)}{W(x_1,x_2)(t)}=\frac{\cos t}{\cos t}=1$

Integroidaan yhtälöt puolittain:

$u_1(t)=-\int \tan t\mathrm{d}t=\ln (\cos t)+C_1$ ja

$u_2(t)=\int 1\mathrm{d}t=t+C_2$

Koska $x_3$:ksi riittää yksi ratkaisu, voidaan valita, että $C_1=C_2=0$. Tällöin $x_3(t)=\ln (\cos t)\cos t+t\sin t$ ja DY:n yleinen ratkaisu on $x:]0,\frac{\pi }{2}[\to ℝ$,

$x(t)=c_1\cos t+c_2\sin t+\ln (\cos t)\cos t+t\sin t$.