Tämä luentomateriaali on tarkoitettu Jyväskylän yliopiston matematiikan ja tilastotieteen laitoksen kurssille

MATA114 Differentiaaliyhtälöt

(aineopinnot, 4 op). Katso kurssin käytännön järjestelyt kurssin TIM-pääsivulta.

Huom: Materiaaliin voi tulla muutoksia kurssin aikana. Myös aikatauluun voi tulla muutoksia; alustavasti 1 luku vastaa yhtä luentoa (saliopetuksessa 2x45min, etäopetuksessa yksi luentovideo).

Lähteinä on käytetty enimmäkseen seuraavia kirjoja:

[A] Adams, Robert A. Calculus: a complete course, 8. laitos, Pearson 2013

[B] Boyce, William E. ja DiPrima, Richard C. Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, 3. laitos, Wiley 1977

Esim. merkintä [A, x] viittaa kirjan [A] kappaleeseen x.

TIMin käytöstä

Oranssit palkit: Sivun oikeassa reunassa on oransseja palkkeja niissä kohdissa, joita et ole vielä lukenut. Ne auttavat sinua näkemään lukemattomat kohdat, jos hypit tekstiä eteenpäin. Klikkaa palkkeja pois sitä mukaa kun luet materiaalia.
- Jos et halua hyödyntää tätä ominaisuutta, on vasemmalla ylhäällä ratas, jonka takaa voit klikata kaikki kappaleet kerralla luetuiksi.
Keltaiset palkit: Mikäli kappale muuttuu sen jälkeen kun olet sen lukenut, ilmestyy sen viereen keltainen palkki. Sen vieressä on painike, jolla voit tarkistaa, mitä on muuttunut.
Kommentti: Jos jokin asia on epäselvä tai epäilet, että materiaalissa on virhe, on oikeassa reunassa C-merkki, josta voit lisätä kommentin. Kommentin voi asettaa näkymään vain itselle tai kaikille, jolloin opettaja voi lukea kommentin ja vastata siihen.

Johdattelua

Havaintoja:

Jos $y=f(x)= e^{3x}$ , niin $y'=f'(x)=e^{3x} \cdot 3=3y \,$ eli toteuttaa yhtälön .
Jos $y=f(x)= e^{x^2}$ , niin $y'=f'(x)=e^{x^2}\cdot 2x = 2xy \,$ eli toteuttaa yhtälön .

Yhtälöitä, joissa esiintyy (tuntemattoman) funktion derivaatta tai derivaattoja, sanotaan differentiaaliyhtälöiksi.

Usein tuntemattomasta funktiosta käytetään merkintää tarkoittaen muuttujan funktiota ja sen derivaatoista vastaavasti , $\, y''=y''(x)$ , $\, y^{(3)}=y^{(3)}(x)\,$ jne.
- Esim. yhtälö yllä pitäisi oikeastaan kirjoittaa huolellisemmin muodossa
  , mutta on tapana lyhentää merkintöjä kuten yllä.
Varsinkin sovelluksissa sekä funktio että muuttuja voidaan nimetä toisinkin; esim. .
- Varmista, että ymmärrät merkinnät ja käytä tarvittaessa "huolellisempia merkintöjä"!
Differentiaaliyhtälössä yhtäsuuruus () tarkoittaa yhtälön toteutumista "kaikilla" muuttujan arvoilla; esim. yllä jos $y=e^{x^2}$ , niin kaikilla $x \in \mathbb{R}$ . Mitä "kaikilla" tarkoittaa, riippuu tilanteesta.
Myös esim. $y=5e^{x^2}$ toteuttaa differentiaaliyhtälön (tarkista itse).
- Mitä mahtavat tarkoittaa "differentiaaliyhtälön ratkaiseminen" ja "differentiaaliyhtälön ratkaisu"?

Differentiaaliyhtälön kertaluku on korkeimman yhtälössä esiintyvän derivaatan kertaluku.

Esim. on ensimmäisen ja toisen kertaluvun DY.

Yleistä menetelmää kaikkien differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen ei ole.

Tällä kurssilla perehdytään muutamiin yksinkertaisimpiin ratkaisumenetelmiin, jotka soveltuvat tietyn tyyppisille differentiaaliyhtälöille, mm.
- lineaariset 1. ja osin myös 2. kertaluvun yhtälöt
- separoituvat ja separoituviksi palautuvat 1. kl:n yhtälöt
- (sekä eräitä muita yhtälötyyppejä)
Muun tyyppisistä yhtälöistä nähdään lähinnä vain joitakin (varoittavia) esimerkkejä; mm. on olemassa hyvin yksinkertaisen näköisiä yhtälöitä, joita ei voida ratkaista analyyttisesti, tai joilla ei ole yksikäsitteistä ratkaisua annetuilla alkuehdoilla - tai ratkaisua lainkaan.
Olemassaolo- ja yksikäsitteisyystulokset, numeeriset menetelmät, visualisointi, sarjaratkaisut, ...
Differentiaaliyhtälösysteemillä tarkoitetaan kahden tai useamman differentiaaliyhtälön ryhmää (joka siis sisältää useita tuntemattomia funktioita derivaattoineen). Tällä kurssilla systeemeistä puhutaan hyvin vähän; aiheesta tarkemmin kiinnostuneet voivat tutustua esim. kevään 2018 kurssimateriaaliin.

Esitiedoista: tällä kurssilla

tarvitset
- hyvät derivointi- ja integrointitaidot (esim. Calculus 3)
- alkeellisen käsityksen osittaisderivaatoista ja niiden merkinnöistä (esim. Calculus 1)
- perustiedot potenssisarjoista (esim. Calculus 3)
on hyvä, jos olet joskus tutustunut
- kompleksilukuihin (esim. Calculus 1 tai hiukan enemmänkin)
  - (Jos et, joudut "opettelemaan" asian, jonka kompleksiluvut tuntien voisit "ymmärtää".)
et varsinaisesti tarvitse
- lineaarialgebraa ennen kuin viimeisellä viikolla - ja sielläkin niukasti.
  - (Toki joissakin kohdin lineaarialgebran tuntemus voi auttaa ymmärrystä.)

1. Yleistä

käsitteitä:
- DY, kertaluku, eri muotoja
- (yksittäis)ratkaisu, yleinen ratkaisu, erikoisratkaisu
- lineaarisuus, homogeenisuus, vakiokertoimisuus
ratkaisuksi toteaminen
alkuehdot, alkuarvotehtävä
ensimmäisen kertaluvun DY:n alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaolosta ja yksikäsitteisyydestä
sovelluksista hiukan

1.1 Käsitteitä

1.1.1 Differentiaaliyhtälö (DY)

Tavallinen differentiaaliyhtälö, usein lyhyesti vain differentiaaliyhtälö (DY), on yhtälö, joka sisältää tuntemattoman yhden muuttujan reaalifunktion ja sen derivaattoja.

$\,$

Huomautuksia

Tällä kurssilla muuttuja on aina reaalinen.
Tuntematon funktio on siis yhden reaalimuuttujan reaaliarvoinen funktio:
$f \colon A \to \mathbb{R}$ , $A \subset \mathbb{R}$
Älä sekoita tavallisia differentiaaliyhtälöitä, kuten esim. yllä, ja osittaisdifferentiaaliyhtälöitä:
- Osittaisdifferentiaaliyhtälössä esiintyy tuntematon useamman kuin yhden muuttujan funktio ja sen osittaisderivaattoja.
- Esimerkiksi aaltoyhtälö $\displaystyle\frac{d^2 u}{dt^2}=k \frac{d^2 u}{d x^2}$ on osittaisdifferentiaaliyhtälö; funktio riippuu (vähintään) kahdesta muuttujasta ja .
- Huomaa:
  - differentiaaliyhtälö (DY), engl. differential equation (DE)
    - yleiskäsite; voi tarkoittaa sekä tavallisia että osittaisdifferentiaaliyhtälöitä (tai sitten vain tavallisia)
  - tavallinen differentiaaliyhtälö, engl. ordinary differential equation (ODE)
  - osittaisdifferentiaaliyhtälö (ODY), engl. partial differential equation (PDE)
Tällä kurssilla ei puhuta osittaisdifferentiaaliyhtälöistä. Sen sijaan osittaisderivaatan käsitettä ja merkintää tarvitaan joissain kohdin.

1.1.2 Kertaluku

Differentiaaliyhtälön kertaluku on korkeimman yhtälössä esiintyvän derivaatan kertaluku.

$\,$

Esimerkkejä

$y''+x^3y=\sin x\quad$ on toisen kertaluvun DY
$y^{(3)}+ 4x (y')^2=yy''+e^y\quad$ on kolmannen kertaluvun DY

Nämä yhtälöt toisin kirjoitettuina:

$\displaystyle \frac{d^2y}{dx^2}+x^3y=\sin x$
$\displaystyle \frac{d^3y}{dx^3}+4x\left(\frac{dy}{dx}\right)^2=y \frac{d^2y}{dx^2} +e^y$

Huom: kun sekaannuksen vaaraa ei ole, muuttuja jätetään usein merkitsemättä kuten yllä. Usein muuttujana on tai (aika). Lisäksi yhtälössä voi esiintyä kirjaimilla merkittyjä vakiolukuja eli parametreja.

1.1.3 Implisiittimuoto ja normaalimuoto

Ensimmäisen kertaluvun DY voidaan aina kirjoittaa muodossa F(x,y,y')=0 .

Tätä muotoa kutsutaan implisiittimuodoksi.

Huomaa, että mikä tahansa yhtälö voidaan aina kirjoittaa funktion avulla;
esim. on sama kuin , kun .

Joskus yhtälö F(x,y,y')=0 voidaan "ratkaista" derivaatan suhteen eli kirjoittaa muodossa y'=f(x,y) .

Tätä muotoa kutsutaan normaalimuodoksi.

Vastaavasti :nnen kertaluvun DY voidaan aina kirjoittaa implisiittimuodossa $F(x, y, y', \ldots, y^{(n)})=0$ ja joskus normaalimuodossa $y^{(n)}=f(x, y, y', ..., y^{(n-1)})$ .
Kaikkia DY:itä ei voida kirjoittaa normaalimuodossa ja yhtä implisiittimuotoista DY:ä voi vastata useampi normaalimuotoinen yhtälö; esim. $(y')^2 -4y=0 \iff y'=2 \sqrt{y}$ tai $y'=-2 \sqrt{y}$ .

1.1.4 DY:n ratkaisu ja ratkaiseminen

Differentiaaliyhtälön $F(x, y, y', \ldots, y^{(n)})=0$ ratkaisulla tarkoitetaan jollakin avoimella välillä määriteltyä funktiota $y:I\to \mathbb{R}$ , joka on vähintään kertaa derivoituva ja jolle yhtälö $F(x, y(x), y'(x), \ldots, y^{(n)}(x))=0$ toteutuu kaikilla $x \in I$ .

DY:n ratkaiseminen tarkoittaa kaikkien DY:n ratkaisujen löytämistä.

Huomatuksia

Kun halutaan korostaa, että on löydetty jokin DY:n ratkaisu, mutta ei vielä kaikkia, voidaan ratkaisusta käyttää myös nimitystä yksittäisratkaisu tai yksityisratkaisu.
Kysymys DY:n kaikkien ratkaisujen löytämisestä ei ole helppo edes 1. kertaluvun yhtälöille. Usein ratkaisut voidaan esittää vapaan vakion avulla (vrt. integroimisvakio), mutta ei aina kaikkia, ks. esimerkki 4 alla.
- Vakion avulla annetusta ratkaisujen perheestä käytetään usein nimitystä yleinen ratkaisu.
- Lisäksi DY:llä voi olla ratkaisuja, jotka eivät kuulu yleiseen ratkaisuun; näitä kutsutaan erikoisratkaisuiksi.

Esimerkkejä

Ratkaise $y'=\sin (2x)$ .

Ratkaisu

Yhtälö on muotoa , joten kaikki ratkaisut saadaan integroimalla eli antiderivoimalla: $y=\int \sin(2x) dx = -\frac12 \cos (2x) + C, \quad C \in \mathbb{R}.$

Ratkaise .

Ratkaisu

Integroimalla kerran saadaan $y'=\int 12 dx = 12x +C, \quad C \in \mathbb{R}$ ja integroimalla uudestaan lopulta $y= \int (12x+C) dx = 6x^2+Cx+D \quad C,D \in \mathbb{R}.$

Onko $y=\cos (3x)$ yhtälön ratkaisu?

Ratkaisu

Lasketaan tarpeelliset derivaatat ja tutkitaan, toteutuuko yhtälö.
$y' = -3\sin(3x)$ ja $y'' = -9 \cos (3x),$ joten $y''+9y=-9\cos (3x) + 9\cos (3x) = 0$ kaikilla $x\in \mathbb{R}$ , kyllä toteutuu;
siis $y=\cos (3x)$ on yhtälön (eräs) ratkaisu.

Onko yhtälön ratkaisu jokaisella $C \in \mathbb{R}$ ? Löydätkö muita? Kulkeeko jokin ratkaisuista pisteen kautta? Mikä?

Ratkaisu

Koska , niin

eli on yhtälön ratkaisu jokaisella $C \in \mathbb{R}$ .
- Siis on yhtälön yleinen ratkaisu.
Lisäksi vakiofunktio toteuttaa yhtälön.
- Koska vakiofunktiota ei saada yleisestä ratkaisusta millään vakion valinnalla, se on erikoisratkaisu.
Etsitään ne ratkaisut, jotka kulkevat pisteen kautta eli joille :
kun tai , joten
yksittäisratkaisut ja toteuttavat ehdon .
- Ehtoa kutsutaan alkuehdoksi; tästä lisää alla.

Huomautus

:nnen kertaluvun DY:n $F(x, y, y', \ldots, y^{(n)})=0$ yleisessä ratkaisussa esiintyy yleensä toisistaan riippumatonta vakiota $C_1, \, C_2, \, \ldots, \, C_n$ .

1.2 Alkuarvotehtävä

Etsi se DY:n yksittäisratkaisu, joka toteuttaa annetut alkuehdot $y(x_0)=y_0, \, y'(x_0)=y_1,\, \ldots$

Alkuehtoja annetaan yleensä DY:n kertaluvun verran.

Esimerkki

Ratkaise alkuarvotehtävä $\begin{cases} y'=\frac{1}{x^2} \\ y(1)=5. \end{cases}$

Ratkaisu

Yleinen ratkaisu saadaan integroimalla: $y = \int \frac{1}{x^2} dx= -\frac{1}{x}+C.$
Alkuehdon toteutuminen: $y(1) = -1+C = 5, \quad \text{kun } C=6.$
Alkuehdon toteuttava ratkaisu on $y= -\frac{1}{x}+6.$

(Huom: Esimerkissä 5 ratkaisuväli ei voi sisältää nollaa. Löydetty funktio $y= -\frac{1}{x}+6$ on alkuarvotehtävän ratkaisu välillä $]0, \infty[$ .)

1.3 Teknisten apuvälineiden käytöstä

Esim. Maximalla voi ratkaista joitakin differentiaaliyhtälöitä ja alkuarvotehtäviä.

Kuvassa on esimerkin 5 alkuarvotehtävä ratkaistu Maximalla:

1.4 Ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys (*)

Alkuarvotehtävällä ei välttämättä ole yksikäsitteista ratkaisua, kuten esimerkissä 4 nähtiin. Toisaalta joskus yksikäsitteinen ratkaisu löytyy, kuten esimerkissä 5. Joillakin DY:illä ei ole ratkaisua lainkaan.

Tietyillä edellytyksillä alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu. Alla oleva lause sanoo, että normaalimuotoon kirjoitetun 1. kertaluvun DY:n alkuarvotehtävällä $\begin{cases} y'=f(x,y) \\ y(x_0)=y_0 \end{cases}$ on yksikäsitteinen ratkaisu jollakin kohdan x_0 sisältävällä avoimella välillä, kun on riittävän siisti.

Lause

Oletetaan, että funktiot ja $\frac{df}{dy}$ ovat jatkuvia suorakulmioalueessa, jossa $a \leq x \leq b$ ja $c \leq y \leq d$ , ja että piste (x_0, y_0) on suorakulmion sisällä.

Tällöin löytyy $\delta > 0$ ja yksikäsitteinen välillä $]x_0-\delta, x_0+\delta[$ määritelty derivoituva funktio $\phi (x)$ , jolle
$\phi(x_0)=y_0$ ja $\phi'(x)=f(x, \phi(x))$ kaikilla $x \in ]x_0-\delta, x_0+\delta[$ .

[A, s. 1000 tai B, s. 24]

Huomautuksia

Lause siis sanoo kaksi asiaa:
- alkuarvotehtävällä on ratkaisu ("ratkaisun olemassaolo")
- ratkaisuja on vain yksi ("ratkaisun yksikäsitteisyys")
Lauseesta seuraa mm. se, että lauseen oletukset täyttävällä differentiaaliyhtälöllä ratkaisujen kuvaajat eivät leikkaa.
- Mieti: jos kahden eri ratkaisufunktion kuvaajat leikkaavat, funktiot saavat tässä kohdassa saman arvon eli vastaavalla alkuehdolla ratkaisuja olisi kaksi.
- Miksi esimerkin 4 havainto ei ole ristiriidassa lauseen kanssa?
Ratkaisun olemassaolo seuraa jo funktion jatkuvuudesta; yksikäsitteisyys vaatii enemmän.
Lauseesta puhutaan lisää myöhemmin.

1.5 Lisää käsitteitä

1.5.1 Lineaarisuus

Jos 1. kertaluvun DY on muotoa a(x)y'+b(x)y=f(x) , sitä sanotaan lineaariseksi.

Huomautuksia

Kukin termi on siis tulo, jossa toinen tekijä on muuttujan funktio ja toinen tuntematon funktio tai jokin sen derivaatoista.
Lineaarisessa DY:ssä ei esiinny esim. termejä tai .
Kerroinfunktioiden ja ei tarvitse olla lineaarisia.
- Esim. $\frac{y'}{x}+x^3y=\sin x$ on lineaarinen 1. kertaluvun DY.
  - Mitkä ovat kerroinfunktiot?
- Yleensä kerroinfunktioilta kuitenkin oletetaan derivoituvuus tai vähintään jatkuvuus tutkittavalla välillä.

Jos DY on muotoa $a_n(x)y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+ \ldots + a_0(x)y=f(x),$ sanomme, että DY on lineaarinen.

Jos lisäksi kaikilla , sanomme, että lineaarinen DY on homogeeninen;
vastaavasti, jos ei ole nollafunktio, lin. DY on epähomogeeninen.
Jos kerroinfunktiot $a_n, \, \ldots, \, a_0$ ovat vakiofunktioita, sanomme, että lineaarinen DY on vakiokertoiminen.

$\,$

Varoitus: sana "homogeeninen" on differentiaaliyhtälöidenkin yhteydessä myös toisessa käytössä (varsinkin englanninkielisissä lähteissä).
- On siis eri asia sanoa "tämä on homogeeninen DY" kuin "tämä lineaarinen DY on homogeeninen".
- Termin merkitys on varmistettava asiayhteydestä.
- Sanan toinen käyttötapa, ks. esim. [A, s. 995].
Lineaarisista DY:istä ja niiden ratkaisemisesta puhutaan lisää myöhemmin.
Jatkossa oletamme aina, että kerroinfunktiot $a_0, \ldots , a_n$ sekä funktio ovat jatkuvia (määrittelyjoukoissaan).

1.6 Sovelluksia

Kurssilla Calculus 2 on nähty jo joitakin differentiaaliyhtälöitä sovellusten yhteydessä:

Eksponentiaalinen kasvu / väheneminen: $y'=ky\, \quad (k \text{ vakio})$
- suureen kasvu- tai vähenemisnopeus on suoraan verrannollinen suureen arvoon, esim. radioaktiivinen hajoaminen
- Calculus 2, luku 5.1
  - Tieto $y'=ky \iff y(t)= C e^{kt}, C \in \mathbb{R}$ on helppo perustella: kaikilla vakion arvoilla funktio $y(t)= C e^{kt}$ on ratkaisu (ks. Calculus 2) ja toisaalta jos , niin $\displaystyle\frac{d}{dt}\left(\frac{y(t)}{e^{kt}}\right)=0$ eli $\displaystyle \frac{y(t)}{e^{kt}}$ on vakiofunktio.
    - Pian nähdään myös toinen ratkaisutapa.
  - Ks. Calculus 2, 5.1.1 ja 5.1.2 esimerkkeineen.
Newtonin jäähtymislaki: $y'=k(y-a)\, \quad (a, k \text{ vakioita})$
- lämpötilan muutosnopeus on suoraan verrannollinen lämpötilaeroon ympäristön kanssa
- Calculus 2, luku 5.2.1
  - Palautuu muuttujanvaihdolla yhtälöksi .
Logistinen kasvu: $y' = ky\left( 1-\frac{y}{L} \right)\, \quad (k, L \text{ vakioita})$
- suureen eksponentiaalista kasvua rajoittaa järjestelmän kantokyky, esim. populaation kasvua ravinnon määrä
- Calculus 2, luku 5.2.3
  - Tästä pian lisää.

(listaa voisi vielä jatkaa)

2. Separoituva DY

separoituva DY ja sen ratkaiseminen
separoituvaksi palautuva DY
käyräparven DY ja käyräparven kohtisuorat leikkaajat

[A, 7.9 ja 18.2]

2.0.1 Johdatteleva esimerkki

Jos integroidaan yhtälö muuttujan suhteen, saadaan uusi yhtälö, joka on yhtäpitävä alkuperäisen kanssa: $\begin{align*} e^{y(x)}y'(x) &= f(x) \\ \iff \int e^{y(x)}y'(x) dx &= \int f(x) dx \\ \iff \quad e^{y(x)} &= \int f(x) dx \end{align*}$
- Jos nyt funktio osataan integroida eli tunnetaan antiderivaatta , voidaan jatkaa: $\begin{align*} e^{y(x)} &= \int f(x) dx &\\ \iff e^{y(x)} &= F(x) + C, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff y(x) &= \ln \left( F(x)+C\right), \quad C \in \mathbb{R} \end{align*}$

Huomioita:
- Integroinnissa mukaan pujahtaa vakio , joka voi olla mikä tahansa reaaliluku.
- Integraalimerkintä sisältää kaikki antiderivaatat, joten vapaata vakiota ei tarvitse merkitä ennen kuin (viimeinen) integraalimerkki poistetaan.
- Merkinnän $y'=\frac{dy}{dx}$ avulla sama ratkaisu voidaan kirjoittaa myös näin: $\begin{align*} e^y y' &= f(x) \\ \iff e^y \frac{dy}{dx} &= f(x) \\ \iff \int e^y \frac{dy}{dx} dx &= \int f(x) dx \\ \iff \int e^y dy &= \int f(x) dx \\ \iff e^y &= F(x) + C, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y &= \ln \left( F(x)+C\right), \quad C \in \mathbb{R} \end{align*}$

2.1 Separoituvuus käsitteenä

Johdatteluesimerkissä differentiaaliyhtälön $e^y \, y'=f(x)$

vasemmalla puolella oli yhdistetyn funktion ja sisäfunktion derivaatan tulo, ja
oikealla puolella vain muuttujan funktio .
Niinpä kumpikin puoli voitiin integroida.

Normaalimuodossa vastaava yhtälö olisi $\displaystyle y'=f(x) \frac{1}{e^y}$ eli $y' = f(x) g(y), \quad \text{missä} \quad g(y)=\frac{1}{e^y}.$

Tämän muotoisia yhtälöitä kutsutaan separoituviksi ja yhtälön $y'=f(x) \frac{1}{e^y}$ kirjottamista muotoon $e^y\,y'=f(x)$ "muuttujien separoinniksi" (ajatellen myös funktiota y=y(x) muuttujana) eli erottamiseksi yhtälön eri puolille.

Jos ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö voidaan esittää muodossa y'(x)=f(x)g(y(x)), niin sanomme, että se on separoituva.

Huomioita ja esimerkkejä:

myös yhtälöt ja ovat separoituvia (miksi?)
yhtälö ei ole separoituva, mutta yhtälöt ja $y'=\frac{5x^2}{y^3}$ ovat
separoituva DY osataan ratkaista (ainakin melkein), jos antiderivaatat funktioille ja $\frac1g$ tunnetaan
ensimmäisen kertaluvun lineaarinen homogeeninen yhtälö ratkeaa separoimalla, ks. esimerkki myöhemmin
- tärkeää!

2.2 Esimerkkejä

(vrt. luvun 1 johdatteluosa)

Ratkaisu

Katso myös johdatteleva esimerkki 2.0.1 ja sen jälkeiset huomiot.

— 24 Mar 20

Ratkaistaan separointimenetelmällä: Jos $y \not = 0$ kaikilla , niin saadaan $\begin{align*} \frac1y y' &= 3 \\ \iff \int \frac1y \, dy &= \int 3 \, dx \\ \iff \quad \ln |y| &= 3x+C, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff \quad |y| &= e^{3x+C}, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff \quad |y| &= e^C e^{3x}, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y &= \pm e^C e^{3x}, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y &= \tilde{C} e^{3x}, \quad \tilde{C} \in \mathbb{R} \setminus \{0\} \end{align*}$ Lisäksi vakiofunktio on ratkaisu, joten yhtälön yleinen ratkaisu on $y = C e^{3x}, \quad C \in \mathbb{R}.$
- Huomaa, että kaikilla $C \in \mathbb{R}$ .

ks. myös ratkaisu päättelemällä aiemmin (kohdassa 1.6)
Sovelluksia:
- bakteeriviljelmän kasvu, Calculus 2, 5.1.1
- radioaktiivinen hajoaminen, Calculus 2, 5.1.2
Mallin sovittaminen: , etsi myös tietoihin sopiva parametrin arvo.

$y' = \frac{x}{y}$

Ratkaisu ja huomioita

Ratkaistaan separointimenetelmällä, käytetään merkintää $y'=\frac{dy}{dx}$ : $\begin{aligned} y' &= \frac{x}{y} \\ \iff \quad y \, \frac{dy}{dx} &= x \\ \iff \int y \, dy &= \int x \, dx \\ \iff \quad \frac{1}{2} y^2 &= \frac{1}{2}x^2+ \tilde{C}, \quad \tilde{C} \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y^2 &= x^2+C, \quad C \in \mathbb{R} \end{aligned}$
- Tätä ei voida ratkaista muotoon (eksplisiittinen ratkaisu).
- Muotoa $y^2 =x^2 + C, \quad C \in \mathbb{R}$ tai yhtäpitävästi $x^2 -y^2= C, \quad C \in \mathbb{R}$ kutsutaan implisiittiseksi ratkaisuksi.
- Ratkaisukäyrät ovat hyperbelejä (piirrä).
- Siis $y' =\frac{x}{y}$ on käyräparven $x^2 -y^2= C, \quad C \in \mathbb{R}$ DY; tästä lisää hetken päästä.

Ratkaise alkuarvotehtävä $\begin{cases} y' = x^2 y^3 \\ y(1) = 3 \end{cases}$

Ratkaisu

Ratkaistaan DY separoimalla: selvästi vakiofunktio on ratkaisu, mutta se ei toteuta alkuehtoa. $\begin{align*} y^{-3} \, y' &=x^2 \\ \iff \int y^{-3} \, dy &= \int x^2 dx \\ \iff -\frac{1}{2y^{2}} &= \frac13 x^3 + C_1, \quad C_1 \in \mathbb{R} \\ \iff y^2 &= -\frac{1}{\frac23 x^3 + C_2}, \quad C_2 \in \mathbb{R} \\ \iff y^2 &= -\frac{3}{2x^3 + C}, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff y &= \sqrt{-\frac{3}{2x^3 + C}}, \quad C \in \mathbb{R} \quad \text{tai} \\ y &= -\sqrt{-\frac{3}{2x^3 + C}}, \quad C \in \mathbb{R} \end{align*}$

Alkuehdon y(1)=3 voi toteuttaa vain $y = \sqrt{-\frac{3}{2x^3 + C}}$ . Ratkaistaan vakio : $\begin{align*} 3 &= \sqrt{-\frac{3}{2 + C}} \\ C & =-2\frac13 = -\frac73 \\ \end{align*}$ Alkuehdon toteuttava ratkaisu on $y = \sqrt{-\frac{3}{2x^3 - \frac73}}= \frac{3}{\sqrt{7-6x^3}}.$

Alkuehdon voisi sijoittaa jo kolmannen vaiheen implisiittiseen ratkaisuun ja ratkaista vakion ensin.
Piirrä kuva. Missä ratkaisu on määritelty?

(Newtonin jäähtymislaki)
- Eri ratkaisutapoja:
  - Muuttujanvaihdolla päästään yhtälöön (esimerkki 1).
  - Suoraan separointimenetelmällä: $\frac1{y-a} \, y' = k \iff \int \frac1{y-a} \, dy = kx+C \quad \text{jne.}$

$y'=ky(1-\frac{y}{L})$ (Logistinen kasvu)

Ratkaisun pääkohdat

Separointimenetelmällä; valitaan muuttujaksi nyt (aika). $\int \frac{L}{y(L-y)} \, dy= \int k \, dt$
- Osamurtokehitelmä: $\frac{L}{y(L-y)} =\frac{1}{y}+\frac{1}{(L-y)}$
- Olettaen saadaan $\ln y - \ln (L-y) = kt + C$ , josta $\begin{align*} \ln \frac{y}{L-y} &= kt+C \\ \iff \frac{y}{L-y} &= C_1 e^{kt} \\ \iff y &= (L-y) C_1 e^{kt} \\ \iff y &= \frac{C_1 L e^{kt}}{1+C_1 e^{kt}} \end{align*}$

2.3 Sijoituksella separoituvaksi palautuva DY

Joskus differentiaaliyhtälö voidaan palauttaa separoituvaksi muuttujanvaihdon avulla, esim.
- sijoituksella
- $y'=f(\frac{y}{x})$ sijoituksella $u=\frac{y}{x}$
  - yhtälöitä $y'=f(\frac{y}{x})$ kutsutaan joskus tasa-asteisiksi, engl. homogeneous [A, s. 995]

2.3.1 Esimerkki

Ratkaise alkuarvotehtävä $\begin{cases} y'= \frac{y+x}{x} \\ y(1)=0. \end{cases}$

Ratkaisu

Huomataan, että nolla ei voi kuulua ratkaisuvälille. Laajin mahdollinen ratkaisuväli on siis $]0, \infty[$ .
Muokataan ensin: $y'=\frac{y+x}{x}=\frac{y}{x}+1$ Tehdään muuttujanvaihto $u=\frac{y}{x}$ eli $u(x)=\frac{y(x)}{x}$ , jolloin ja

Ratkaistaan DY: $\begin{align*} y' &= \frac{y}{x}+1 \\ \iff u+xu' &= u+1 \\ \iff xu' &= 1 \\ \iff u' &= \frac{1}{x} \\ \iff u &= \int \frac1x \, dx = \ln|x| + C, \quad C \in \mathbb{R} \\ \end{align*}$ Sijoitetaan takaisin $u=\frac{y}{x}$ ja rajoitetaan , jolloin saadaan $\begin{align*} \frac{y}{x} &= \ln|x| + C, \quad C \in \mathbb{R} \\ \iff y &= x \ln x + Cx, \quad C \in \mathbb{R} \end{align*}$

Alkuehdon perusteella $0=y(1)=\ln 1 + C = C$ , joten alkuehdon toteuttava ratkaisu on $y= x \ln x, \quad x > 0.$

2.4 Käyräparven DY ja kohtisuorat leikkaajat

2.4.1 Käyräparven DY

Differentiaaliyhtälön ratkaisun kuvaajaa kutsutaan usein integraalikäyräksi

erityisesti silloin, kun yhtälöä ei voida ratkaista eksplisiittisesti, vrt. esimerkit 2 ja 3 edellä.

Vastaavasti vapaan vakion avulla annettua käyräparvea vastaa differentiaaliyhtälö, esim.

origokeskiset ympyrät: $\begin{align*} x^2+y^2 &= C, \quad C \in \mathbb{R} \quad || \frac{d}{dx} \text{ eli derivoidaan muuttujan } x \text{ suhteen} \\ 2x+ 2y\,y' &= 0 \\ y'=-\frac{x}{y} \end{align*}$

kl:n DY:n normaalimuoto antaa käyrän tangentin kulmakertoimen pisteessä .

2.4.2 Kohtisuorat leikkaajat

Käyräparven kohtisuorilla leikkaajilla tarkoitetaan käyräparvea, jonka jokainen käyrä leikkaa alkuperäisen parven kutakin käyrää kohtisuorasti.

Miten löydetään käyräparven kohtisuorat leikkaajat? Idea lyhyesti:
- käyräparven DY
- tangenttien kulmakertoimet
- (kohtisuoruusehto) uuden käyräparven tangenttien kulmakertoimet
- uuden käyräparven DY
- uusi käyräparvi

Esimerkki

Etsi käyräparven kohtisuorat leikkaajat.

Ratkaisun pääkohdat

Ratkaisu yllä olevaa ideaa noudatellen:
- Derivoidaan käyräparven yhtälö, saadaan DY Sijoitetaan alkuperäisestä yhtälöstä saatava $C=\frac{y}{x^2}$ , jolloin $y'= \frac{2y}{x}.$ (Sama tulos saadaan myös toisella tavalla: ratkaistaan käyräparven yhtälöstä ja derivoidaan vasta sitten.)
- Kohtisuorien leikkaajien DY on siis $y' = -\frac{x}{2y}.$
- Ratkaistaan tämä DY, saadaan implisiittinen ratkaisu $y^2 = -\frac12 x^2 + C$ ja edelleen $\frac{x^2}{2C}+\frac{y^2}{C} = 1$ (ellipsiparvi).

3. Lineaarinen DY, osa I: yleistä sekä 1. kertaluvun lin. DY:n ratkaiseminen

lineaarinen DY
lineaarisen DY:n alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys
lineaarisen 1. kl:n DY:n ratkaiseminen, osa 1:
- homogeeninen separoimalla
- epähomogeeninen lisäämällä homogeenisen yleiseen ratkaisuun epähomogeenisen yksittäisratkaisu
  - "arvataan" yksittäisratkaisu

3.0.1 Johdatteleva esimerkki

Tiedetään (ks. 1. esimerkki kohdassa 2.2), että differentiaaliyhtälön $y'-3y=0 \quad\quad\quad (1)$ yleinen ratkaisu on $y_{1,yleinen}(x) = C e^{3x}, \quad C \in \mathbb{R}.$ Miten löydettäisiin yhtälön $y'-3y=x \quad\quad\quad (2)$ yleinen ratkaisu?
- Kokeilemalla löydetään yksittäisratkaisu $y_2(x) = -\frac{1}{3}x - \frac19$ .
  - Tarkista:
    $y_2' (x) = -\frac13$ ja siksi
    $y_2' (x) - 3 y_2 (x) = -\frac13 -3(-\frac{1}{3}x - \frac19)=- \frac13 +x +\frac{1}{3}=x$ kaikilla .
- Huomataan myös, että yhteenlaskulla saatava funktio $y(x) = y_{1,yleinen}(x)+y_2(x) = Ce^{3x}-\frac{1}{3}x - \frac19$ on yhtälön (2) ratkaisu jokaisella $C \in \mathbb{R}$ .
  - Tarkista:
    $y'(x) = y_{1,yleinen}'(x)+y_2'(x)= 3Ce^{3x}-\frac13$
    ja siksi
    $y'(x) - 3 y(x) = 3Ce^{3x}-\frac13-3(Ce^{3x}-\frac{1}{3}x - \frac19)=\ldots=x$ kaikilla .
- Siis yhtälön (2) yleinen ratkaisu on $y(x) = y_{1,yleinen}(x)+y_2(x) = Ce^{3x}-\frac{1}{3}x - \frac19, \quad C \in \mathbb{R}.$
- Yhtälön (2) yleinen ratkaisu saatiin siis lisäämällä
  yhtälön (1) yleiseen ratkaisuun eräs yhtälön (2) yksittäisratkaisu.

Huomioita/kysymyksiä, joita tässä luvussa käsitellään:
- Toimiiko johdatteluesimerkissä käytetty menetelmä yleisesti?
  Millaisille differentiaaliyhtälöille?
- Miten löydetään yksittäisratkaisu ?
  (nopeammin kuin arvaa-kokeile-korjaa -menetelmällä)

3.1 Lineaarisen DY:n eri muodoista

Kuten kohdassa 1.5.1 määriteltiin, 1. kertaluvun lineaarinen DY on muotoa a(x) y' + b(x) y = f(x). Jos kaikilla on voimassa $a(x) \not = 0$ , niin yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa $y' + \frac{b(x)}{a(x)}y = \frac{f(x)}{a(x)}$ eli y' + p(x)y = q(x), kun merkitään $p(x) = \frac{b(x)}{a(x)}$ ja $q(x) = \frac{f(x)}{a(x)}$ .

Tästä yhtälö voidaan saattaa normaalimuotoon y'=-p(x)y + q(x).

Huomautuksia

Jos kerroinfunktiolla on nollakohtia, yhtälöllä voi olla ratkaisuja, jotka eivät ole normaalimuotoisen yhtälön ratkaisuja (eri määrittelyväli).
- Vrt. alkuarvotehtävän ratkaisujen olemassaolo- ja yksikäsitteisyys (1.4): lause koskee normaalimuotoista yhtälöä.
- (Kiinnostuneet löytävät varoittavan esimerkin P. Juutisen monisteesta luvun 2.2 lopusta.)
Yleensä käsitellään varsinaisen normaalimuodon sijaan muotoa $\quad y' + p(x)y = q(x).$
- Tätä vastaavalla homogeenisella yhtälöllä (HY) tarkoitetaan yhtälöä
  - Ratkeaa separoimalla (kuten yllä 3.0.1), tästä lisää myöhemmin.
  - Kuten johdatteluesimerkissä 3.0.1 nähtiin, homogeenisen yhtälön ratkaiseminen on tärkeä osa epähomogeenisen yhtälön ratkaisua.
  - Epähomogeenista yhtälöä voidaan kutsua myös täydelliseksi.

3.2 Lineaarisen DY:n ominaisuuksia

Tarkastellaan lineaarista 1. kertaluvun epähomogeenista differentiaaliyhtälöä $y' + p(x) y = q(x) \quad \quad (\text{E1})$ ja sitä vastaavaa homogeenista yhtälöä $y' + p(x) y = 0. \quad \quad \quad (\text{H1})$ Jatkossa oletetaan, että funktiot $p,q \colon I \to \mathbb{R}$ ovat jatkuvia (jollain välillä $I \subset \mathbb{R}$ ).

3.2.1 Ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys

Yhtälöllä (E1) on kullakin alkuehdolla yksikäsitteinen ratkaisu.
- Tämä seuraa lauseesta kohdassa 1.4, sillä ja ovat jatkuvia.

3.2.2 HY:n ratkaisujen lineaarikombinaatioista

Jokainen homogeenisen yhtälön (H1) ratkaisuista muodostettu lineaarikombinaatio on myös yhtälön (H1) ratkaisu.
- Ks. huomiot alla.

Lause:

Jos on homogeenisen yhtälön (H1) ratkaisu ja $A\in \mathbb{R}$ on vakio, niin myös on yhtälön (H1) ratkaisu.
Jos ja ovat homogeenisen yhtälön (H1) ratkaisuja, niin myös on yhtälön (H1) ratkaisu.

Todistus:
1. Vakio säilyy derivoitaessa, joten
2. Summa derivoidaan termeittäin, joten $\begin{align*} y'+p(x)y &= [y_1'(x) + y_2'(x)] +p(x)[y_1(x)+y_2(x)] \\ &= [y_1'(x)+p(x)y_1(x)] + [y_2'(x)+p(x)y_2(x)] = 0+0=0. \phantom{\int} \end{align*}$

Huomioita:

Lauseen kaksi osaa voidaan kirjoittaa yhtenä:
jos ja ovat HY:n ratkaisuja ja ja vakioita, niin myös on HY:n ratkaisu.
- Vrt. [A, s. 992, Theorem 1]
Pohdi: toimiiko epähomogeeniselle yhtälölle (E1)?
- Miksi ei? Millaisen yhtälön toteuttaa, jos ja ovat yhtälön (E1) ratkaisuja?

3.2.3 Epähomogeenisen DY:n muut ratkaisut

Miten löydetään epähomogeenisen yhtälön (E1) muut ratkaisut yksittäisratkaisun ja HY:n yleisen ratkaisun avulla?

Lause [A, s. 992, Theorem 2]:

Jos y = y_1(x) on yhtälön (H1) yksittäisratkaisu ja y=y_2(x) yhtälön (E1) yksittäisratkaisu, niin y=y_1(x)+y_2(x) on myös yhtälön (E1) yksittäisratkaisu.

Todistus:
- on yhtälön (E1) ratkaisu, koska $\begin{align*} y'+p(x)y &= [y_1'(x)+ y_2'(x)]+p(x)[y_1(x)+y_2(x)] \phantom{\int}\\ &= [y_1'(x) + p(x)y_1(x)]+ [y_2'(x) +p(x)y_2(x)] \phantom{\int}\\ &= 0+q(x)= q(x). \phantom{\int} \end{align*}$

Lause:

Jos y=y_1(x) on yhtälön (H1) yksittäisratkaisu, joka ei ole nollafunktio, ja y=y_2(x) on yhtälön (E1) yksittäisratkaisu, niin yhtälön (E1) yleinen ratkaisu on $y=Cy_1(x)+y_2(x), \quad C \in \mathbb{R},$ ja näin saadaan kaikki ratkaisut.

Todistuksen ideat:
- Edellisen lauseen nojalla jokainen on yhtälön (E1) ratkaisu.
- Jos ja ovat yhtälön (E1) ratkaisuja,
  niin on yhtälön (H1) ratkaisu:
  - Pohdi: miksi tämä riittää?

Huomioita

Lauseen voisi kirjoittaa myös toisessa muodossa:
Jos on yhtälön (H1) yleinen ratkaisu ja yhtälön (E1) yksittäisratkaisu, niin yhtälön (E1) yleinen ratkaisu on ja näin saadaan yhtälön (E1) kaikki ratkaisut.
- Tässä siis vapaa vakio on piilossa (epämääräisen) ilmaisun " on yleinen ratkaisu" takana.
- Vrt. johdatteleva esimerkki 3.0.1.

3.3 Homogeenisen lin. 1. kl:n DY:n ratkaiseminen

Yhtälö (H1) eli y'+p(x)y=0 voidaan kirjoittaa normaalimuotoon y'=-p(x)y ja separointimenetelmällä saadaan ratkaisuksi $y= C e^{-P(x)}, \quad C \in \mathbb{R},$ missä on jokin funktion antiderivaatta.

Tarkemmin: olkoon jokin funktion antiderivaatta. $\begin{align*} y' &= -p(x)y \\ \iff \frac1y \frac{dy}{dx} &= -p(x) \quad \text{tai} \quad y \equiv 0\\ \iff \int \frac1y \, dy &= -\int p(x) \, dx \quad \text{tai} \quad y \equiv 0\\ \iff \quad \ln |y| &= -P(x)+C_1, \quad C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{tai} \quad y \equiv 0\\ \iff \quad |y| &= e^{C_1} e^{-P(x)}, \quad C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{tai} \quad y \equiv 0\\ \iff \quad y &= \pm e^{C_1} e^{-P(x)}, \quad C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{tai} \quad y \equiv 0\\ \iff \quad y &= C e^{-P(x)}, \quad C \in \mathbb{R}\\ \end{align*}$
- Vielä tarkemmin katsoen ensimmäinen $\iff$ pitäisi perustella kohdan 1.4 avulla.
  - Kiinnostuneet löytävät yksityiskohdat P. Juutisen monisteesta (s.8-9).

Huomioita:

Ratkaisu ei riipu antiderivaatan valinnasta:
jos ja ovat eri antiderivaatat, niin niiden erotus on vakio ja siksi $e^{P_1-P_2}$ on vakio, joka sulautuu vapaaseen vakioon .
Ratkaisu voidaan kirjoittaa myös "epämääräisemmilllä merkinnöillä" $y(x)=Ce^{-\int p(x) \, dx}, \quad C \in \mathbb{R}.$

3.4 Epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisun löytämisestä (vakiokertoiminen yhtälö)

Tavoite: löytää jokin yhtälön (E1) eli y' + p(x) y = q(x) toteuttava yksittäisratkaisu.

Strategia, kun on vakiofunktio:
1. Arvataan ensin yksittäisratkaisun muoto funktion perusteella ja käytetään vapaita kertoimia.
  - Esimerkissä 3.0.1 ensimmäisen asteen polynomi:
  - Tätä voidaan kutsua yritteeksi.
2. Selvitetään kertoimet, joilla yrite toteuttaa yhtälön (E1).
  - Derivoidaan yrite ja sijoitetaan yhtälöön (E1).
  - Yhtälön tulee toteutua kaikilla ; näin saadaan kerrointa (/kertoimia) koskeva(t) yhtälö(t).

Vinkkejä yksittäisratkaisun muodon arvaamiseen, kun (vakio):

	yrite
polynomi	polynomi (samaa astetta)
$\sin x$	$A\sin x + B \cos x$
$\sin kx$	$A\sin kx + B \cos kx$
$e^{kx} \,\, {(k\not=-a)}$	$Ae^{kx}$
$e^{-ax}$	$Axe^{-ax}$

Pohdi, miksi nämä ovat hyviä yritteitä, kun on vakiofunktio.
- Miten täydentäisit taulukkoa?

Huomautus:

Jos ei ole vakiofunktio, hyvän yritteen keksiminen käy monimutkaiseksi.
- Tätä tilannetta käsitellään myöhemmin.

3.5 Esimerkkejä

Ratkaise
- (Tämä ratkaistiin jo päättelemällä kohdassa 3.0.1.)

Ratkaisu

Ratkaisu vaiheittain homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun ja polynomiyritteen avulla:
1. Ratkaistaan ensin homogeeninen yhtälö .
  - (Jos merkinnät ovat selvät, alla olevista välivaiheista voi osan jättää poiskin.) $\begin{align*} y'-3y &= 0 \\ \iff \quad \quad \frac{dy}{dx} &= 3y \\ \iff \quad \frac1y \, \frac{dy}{dx} &= 3 \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0 \\ \iff \int \frac1y \, \frac{dy}{dx} \,dx &= \int 3 \, dx \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0 \\ \iff \int \frac1y \,dy &= \int 3 \, dx \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0 \\ \iff \quad \ln |y| &= 3x+C_1, \, C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0 \phantom{\int}\\ \iff \quad |y| &= e^{3x+C_1}, \, C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0 \\ \iff \quad y &= \pm e^{3x} e^{C_1}, \, C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0 \\ \iff \quad y &= C e^{3x}, \, C \in \mathbb{R}\setminus \{0\} \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0 \\ \iff \quad y &= C e^{3x}, \, C \in \mathbb{R} \end{align*}$
  - Löydettiin homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu $y=y_h(x)=C e^{3x}, \, C \in \mathbb{R}$ .
2. Etsitään sitten alkuperäisen, epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu.
  - Käytetään yritettä :
    - Jotta alkuperäinen yhtälö toteutuu kaikilla , on oltava $\begin{cases} -3A = 1 \\ A-3B = 0 \end{cases}$ Tästä saadaan $A=-\frac13$ ja $B=-\frac19$ .
  - Löydettiin yksittäisratkaisu $y=y_e(x)=-\frac13 x -\frac19$ .
3. Yhdistetään tiedot:
  - Yhtälön yleinen ratkaisu on $y=y_h(x) + y_e(x) = C e^{3x} -\frac13 x -\frac19, \quad C \in \mathbb{R}$

Ratkaise $y'-3y = 2 \cos x$ .

Ratkaisu

Ratkaisu vaiheittain:
1. HY: , tämän yleinen ratkaisu on $y=Ce^{3x}$ , $C \in \mathbb{R}$ (laskettu yllä).
2. Otetaan yritteeksi $y_e(x)=A \sin x + B \cos x$ . $\begin{align*} & y_e' = A \cos x -B \sin x \\ & y_e' - 3y_e = A\cos x -B \sin x -3(A \sin x + B \cos x) \phantom{\int}\\ & \quad \quad \quad \,\,\, = (-3A-B) \sin x + (A-3B) \cos x \end{align*}$
  - Yrite toteuttaa yhtälön $y'-3y=2\cos x$ , kun $\begin{cases} -3A -B = 0 \\ A-3B = 2 \end{cases}$ Tästä saadaan $A=\frac{1}{5}$ , $B=-\frac{3}{5}$ . Siis $y_e(x) = \frac15 \sin x - \frac35 \cos x$ on yhtälön $y'-3y=2\cos x$ yksittäisratkaisu. (Tarkista itse.)
3. Yhtälön $y'-3y=2\cos x$ yleinen ratkaisu on $y=Ce^{3x} + \frac15 \sin x - \frac35 \cos x$ , $C \in \mathbb{R}$ .

Ratkaise $y'-3y = x+ \sin 2x$ .

Ratkaisu

Kuten luennon lopulla todettiin, ratkaisussa voi käyttää myös hyvin valittua yritettä neljällä vapaalla kertoimella, jolloin yksittäisratkaisu löytyy kerralla.

— 01 Apr 21

Ratkaisu vaiheittain:
1. HY: , tämän yleinen ratkaisu on $y_h=Ce^{3x}$ , $C \in \mathbb{R}$ (laskettu yllä).
2. Etsitään ensin yhtälön $y'-3y= \sin 2x$ toteuttava funktio kuten esimerkissä 2:
  - Otetaan yritteeksi $y_1(x)=A \sin 2x + B \cos 2x$ . $\begin{align*} & y_1' = 2A \cos 2x - 2B \sin 2x \\ & y_1' - 3y_1 = 2A\cos 2x - 2B \sin 2x -3(A \sin 2x + B \cos 2x) \phantom{\int}\\ & \quad \quad \quad \,\,\, = (-3A-2B) \sin 2x + (2A-3B) \cos 2x \end{align*}$
  - Yrite toteuttaa yhtälön $y'-3y = \sin 2x$ , kun $\begin{cases} -3A -2B = 1 \\ 2A-3B = 0 \end{cases}$ Tästä saadaan $A=-\frac{3}{13}$ , $B=-\frac{2}{13}$ . Siis $y_1(x) = -\frac{3}{13} \sin 2x - \frac{2}{13} \cos 2x$ on yhtälön $y'-3y=\sin 2x$ yksittäisratkaisu. (Tarkista itse.)
3. Etsitään sitten yhtälön toteuttava funktio .
  - Esimerkin 1 mukaan $y_2(x)=-\frac13 x -\frac19$ kelpaa.
4. Yhtälön $y'-3y=x + \sin 2x$ yleinen ratkaisu on $y=y_h+y_1+y_2 = Ce^{3x} -\frac{3}{13} \sin 2x - \frac{2}{13} \cos 2x -\frac13 x -\frac19, \quad C \in \mathbb{R}.$
  - (Tarkista itse.)

4. Lineaarinen DY, osa II: 1. kl. lin. jatkuu

lineaarisen 1. kl:n DY:n ratkaiseminen, osa 2:
- epähomogeeninen lisäämällä homogeenisen yleiseen ratkaisuun epähomogeenisen yksittäisratkaisu
  - etsitään yksittäisratkaisu vakion varioinnilla
- yleismenetelmä: etsitään integroiva tekijä

4.0.1 Johdattelua ja kertausta

Aiemmin (ks. 3.2.3) todettiin, että lineaarisen 1. kertaluvun DY:n $y' + p(x) y = q(x) \quad \quad (\text{E1})$ yleinen ratkaisu saadaan vastaavan homogeenisen yhtälön $y' + p(x) y = 0 \quad \quad \quad (\text{H1})$ yleisen ratkaisun ja yhtälön (E1) minkä tahansa yksittäisratkaisun summana:
- Ideaa voi visualisoida tasossa origon kautta kulkevalla suoralla (yhtälön (H1) ratkaisut) ja sen kanssa yhdensuuntaisella suoralla (yhtälön (E1) ratkaisut).

Jos kerroinfunktio on vakio eli (E1) on vakiokertoiminen, niin joissakin tapauksissa yksittäisratkaisu on helppo "arvata":
- valitaan yritteen muoto funktion perusteella
- sovitetaan kertoimet niin, että yrite toteuttaa yhtälön (E1).
  - (ks. 3.4 ja 3.5)
Entä, jos
- yritteen muodon päätteleminen suoraan funktion perusteella menee vaikeaksi, tai
- kerroinfunktio ei olekaan vakiofunktio?

4.1 Vakion variointi

Etsitään epähomogeenisen yhtälön (E1) yksittäisratkaisua yritteellä, jossa vastaavan homogeenisen yhtälön (H1) ratkaisussa esiintyvä vakio on korvattu funktiolla C(x) .

4.1.1 Esimerkki

Ratkaise vakion varioinnin avulla $y' + \frac{y}{x} = 1$ , kun .
- Kertaa homogeenisen yhtälön ratkaisu kohdasta 3.3.

Ratkaisu

Ratkaisu:
1. HY:
  $\begin{align*} y'+\frac{y}{x} &= 0 \\ \iff \frac1y\,\frac{dy}{dx} &= -\frac1x \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0\\ \iff \int \frac1y\,dy &= -\int \frac1x \, dx \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0\\ \iff \ln |y| &= -\ln |x| + C_1, \quad C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0\\ \iff \quad |y| &= e^{-\ln |x| + C_1}, \quad C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0\\ \iff \quad y &= \pm e^{C_1} |x|^{-1}, \quad C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{ tai } \quad y \equiv 0\\ \iff \quad y &= C \, \frac{1}{x}, \quad C \in \mathbb{R} \end{align*}$
  - HY:n yleinen ratkaisu on $y_h(x)=C \, \frac{1}{x}$ , $C \in \mathbb{R}. \phantom{\int}$
    $\,$
2. Vakion variointi: etsitään sellainen funktio , että $y_e(x) = C(x)\frac{1}{x}$ on yhtälön $y' + \frac{y}{x} = 1$ ratkaisu. Derivoidaan: $y_e'(x) = C'(x)\frac{1}{x} - C(x)\frac{1}{x^2}$ Sijoitetaan yhtälön vasemmalle puolelle: $y_e'+\frac{y_e}{x} = C'(x)\frac{1}{x} - C(x)\frac{1}{x^2} + \frac{C(x)\frac{1}{x}}{x} = C'(x)\frac{1}{x}$ Jos on yhtälön $y' + \frac{y}{x} = 1$ ratkaisu, niin $C'(x)\frac{1}{x} = 1$ ja siis josta voidaan valita $C(x) = \frac{1}{2}x^2.$
  - Nyt $y_e(x)=C(x)\frac{1}{x} =\frac{1}{2}x^2 \cdot \frac{1}{x}= \frac{x}{2}$ on yhtälön $y' + \frac{y}{x} = 1$ yksittäisratkaisu.
    - Tarkista itse. $\phantom{\int}$
3. Yhtälön $y' + \frac{y}{x} = 1$ yleinen ratkaisu on $y = y_h(x)+y_e(x) = \frac{C}{x} + \frac{x}{2}, \quad C \in \mathbb{R}$
  - Tarkista itse.

Huomautuksia:
- Keksitkö lisäksi jonkin toisen tavan, jolla yhtälö $y' + \frac{y}{x} = 1$ osattaisiin ratkaista?
- Vakion variointia tarvitaan myös jatkossa.

4.2 Ratkaisu integroivan tekijän avulla

Ratkaistaan epähomogeeninen yhtälö (E1) kertomalla se ensin sopivalla lausekkeella f(x) niin, että saadun yhtälön f(x) y' + f(x) p(x) y = f(x) q(x) vasen puoli on tulon "jotakin kertaa y" derivaatta.

Mieti: $\frac{d}{dx}[f(x)y(x)] = f'(x) y(x) + f(x) y'(x) = f(x)y' + f'(x) y$
- Sopiva funktio olisi siis sellainen, että .
  - Valitaan $f(x)= e^{P(x)}$ , missä ; $\displaystyle\phantom{\int}$
    nyt $f'(x)=e^{P(x)}P'(x) = f(x) p(x)$ , kuten haluttiin.

Saatu uusi DY voidaan ratkaista: ensin integroidaan ja sen jälkeen ratkaistaan .
- Integroinnin jälkeen yhtälön vasemmalla puolella on tulo eli $e^{P(x)} y$ .

Funktiota $f(x) = e^{P(x)} = e^{\int p(x) \, dx}$ kutsutaan yhtälön y'+p(x)y=q(x) integroivaksi tekijäksi.

4.2.1 Esimerkki

Ratkaise integroivan tekijän avulla $y' + \frac{y}{x} = 1$ , kun .

Ratkaisu

Ratkaisu (kun ):
- Kerroinfunktiona on $p(x)=\frac1x$ , joten integroiva tekijä on $f(x)=e^{\ln x}=x$ (huom. ).
- Koska $\frac{d}{dx}[xy(x)]=y+xy' = x(y'+\frac{y}{x})$ , niin $\begin{align*} y'+\frac{y}{x} &= 1 \\ \iff x(y'+\frac{y}{x}) &= x \\ \iff \frac{d}{dx}[xy(x)] &= x \\ \iff \quad xy(x) &= \int x \, dx\\ \iff \quad xy(x) &= \frac12 x^2 + C, \quad C \in \mathbb{R}\\ \iff \quad y(x) &= \frac12 x + \frac{C}{x}, \quad C \in \mathbb{R}\\ \end{align*}$

Saatiin sama ratkaisu kuin aiemmin vakion varioinnilla.

4.3 Lineaarisen 1. kl:n DY:n ratkaisukaava

Ratkaistaan yhtälö (E1) eli y' + p(x) y = q(x) kahdella tavalla: 1) homogeenisen yhtälön ratkaisun ja vakion varioinnin sekä 2) integroivan tekijän avulla.

Tapa 1:
- Ensin homogeeniyhtälön (H1) ratkaisu separointimenetelmällä (vrt. mm. esimerkki 1 kohdassa 3.5), saadaan $y = C e^{-\int p(x) \, dx}, \, C \in \mathbb{R}$ (integroimisvakio eksponentissa saadaan valita vaikkapa nollaksi).
- Sitten vakion variointi: tehdään yrite $y_e(x) = C(x)e^{-\int p(x) \, dx}$ , jolloin $y_e' = C'(x) e^{-\int p(x) \, dx} - C(x)p(x) e^{-\int p(x) \, dx}$ ja sijoittamalla yrite yhtälön vasemmalle puolelle saadaan $\begin{align*} y_e' +p(x) y_e &= C'(x) e^{-\int p(x) \, dx} -C(x)p(x) e^{-\int p(x) \, dx} +p(x)C(x)e^{-\int p(x) \, dx} \\ &= C'(x) e^{-\int p(x) \, dx}. \end{align*}$ Jotta tämä olisi yhtälön (E1) yksittäisratkaisu, täytyy olla $C'(x) e^{-\int p(x) \, dx} = q(x)$ eli $C(x) = \int q(x) e^{\int p(x) \, dx} \, dx.$ Yhtälön (E1) yksittäisratkaisuksi löydetään $y_e (x) = C(x)e^{-\int p(x) \, dx} = e^{-\int p(x) \, dx} \int q(x) e^{\int p(x) \, dx} \, dx.$
- Yhtälön (E1) yleinen ratkaisu on siis $y= y_h(x) + y_e (x) = Ce^{-\int p(x) \, dx} + e^{-\int p(x) \, dx} \int q(x) e^{\int p(x) \, dx} \, dx$ eli (valitun) antiderivaatan avulla kirjoitettuna $y= Ce^{-P(x)} + e^{-P(x)} \int q(x) e^{P(x)} \, dx, \, C \in \mathbb{R}.$
  - Integraalimerkinnän vapaa integroimisvakio huomioiden tämä voidaan kirjoittaa myös muodossa $y= e^{-P(x)} \int q(x) e^{P(x)} \, dx.$

Tapa 2, integroivan tekijän avulla:
- Kerrotaan yhtälö (E1) integroivalla tekijällä $e^{\int p(x) \, dx},$ jolloin saadaan $\begin{align*} y' +p(x) y &= q(x) \\ \iff e^{\int p(x) \, dx} y' + e^{\int p(x) \, dx} p(x) y &= e^{\int p(x) \, dx} q(x) \phantom{\int} \\ \iff \frac{d}{dx} [e^{\int p(x) \, dx} y] &= e^{\int p(x) \, dx} q(x) \\ \iff e^{\int p(x) \, dx} y &= \int e^{\int p(x) \, dx} q(x) \, dx \\ \iff y &= e^{-\int p(x) \, dx}\int e^{\int p(x) \, dx} q(x) \, dx . \end{align*}$
  - Jälleen käyttäen valitusta antiderivaatasta merkintää saadaan muoto $y = e^{-P(x)} \int e^{P(x)} q(x) \, dx.$

4.3.1 Alkuarvotehtävä

Vastaavasti alkuarvotehtävän $\begin{cases} y' + p(x)y = q(x) \\ y(x_0)=y_0 \end{cases}$ ratkaisu saadaan kaavalla $y= e^{-P(x)}[y_0 + \int_{x_0}^x e^{P(s)}q(s) \, ds]= y_0 e^{-P(x)} + e^{-P(x)}\int_{x_0}^x e^{P(s)}q(s) \, ds,$ missä $P(x)=\int_{x_0}^x p(s)\, ds.$ - Tarkista itse.

5. Epälineaarinen 1. kl DY

lisää separoituvasta DY:stä
- 1. ratkaisukäyrien käyttäytyminen ja erikoisratkaisut
integraaliyhtälö
lineaariseksi palautuva DY
- Bernoullin yhtälö
eksakti ja eksaktiksi palautuva DY

5.1 Separoituvasta DY:stä vielä

Tarkastellaan separoituvaa DY:ä y'=f(x)g(y). Oletetaan, että ja ovat jatkuvia.

5.1.1 Kaikki ratkaisut?

Jos funktiolla ei ole nollakohtia, kaikki ratkaisut saadaan separoidun yhtälön $\frac{1}{g(y)} y' = f(x)$ ratkaisuina.
Jos funktiolla on nollakohtia, niin em. ratkaisujen lisäksi yhtälöllä on vakioratkaisuja:
- jos on nolla, niin $y\equiv y_0$ on ratkaisu (tarkista itse).
Jos on jatkuvasti derivoituva, niin näiden lisäksi muita ratkaisuja ei ole.
- Alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu, koska ja ovat jatkuvia, ks. 1.4.

5.1.2 Ratkaisukäyristä

Jos on jatkuvasti derivoituva, niin ratkaisukäyrät eivät leikkaa toisiaan.

Jos jatkuvasti derivoituvalla funktiolla on nollakohdat $a_1< \ldots < a_m$ , niin yhtälöllä on erikoisratkaisut $y(x) \equiv a_1, \ldots, \, y(x) \equiv a_m$ , ja muiden ratkaisujen kuvaajat kulkevat suorien $y= a_1, \ldots, \, y= a_m$ välissä niitä sivuamatta.
- Esim. piirrä alla esimerkin 1 ratkaisukäyrät.

Sen sijaan

esim. yhtälöllä $y'= \sqrt[3]{y^2}$ on ainakin kaksi alkuehdon toteuttavaa ratkaisua,
$y \equiv 0$ ja $y=\frac{1}{27} x^3$
- Tarkista itse.

5.1.3 Muistutus lineaarisesta DY:stä

Yleinen lineaarinen 1. kl:n yhtälö on muotoa a(x)y' + b(x)y = f(x) ja sitä vastava homogeeninen yhtälö a(x)y' + b(x)y = 0.

Jälkimmäinen voidaan muokata separoituvan yhtälön muotoon: $y' = -\frac{b(x)}{a(x)} y$
- mutta alkuperäisellä yhtälöllä voi olla ratkaisuja myös väleillä, jotka sisältävät funktion nollakohdan...
Välillä, jolla sekä että ovat jatkuvia ja ei saa arvoa nolla, alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu.

5.1.4 Esimerkkejä

Ratkaise ja piirrä muutamia ratkaisukäyriä.

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Funktion nollakohta on , joten yhtälöllä on vakioratkaisu $y \equiv 0$ .
- Lisäksi $\begin{align*} y^{-2}y' &= x^2 \\ \iff \quad \int y^{-2} \, dy &= \int x^2 \,dx \\ \iff \quad -y^{-1} &= \frac13 x^3 + C_1, \quad C_1 \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y^{-1} &= -\frac13 x^3 + C_2, \quad C_2 \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y &= \frac{1}{-\frac13 x^3 + C_2}, \quad C_2 \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y &= \frac{3}{3C_2 - x^3}, \quad C_2 \in \mathbb{R} \\ \iff \quad y &= \frac{3}{C - x^3}, \quad C \in \mathbb{R} \end{align*}$
  - Näillä ratkaisuilla ei ole nollakohtia.
  - Funktio on jatkuvasti derivoituva, joten kaikki ratkaisut on löydetty:
    $y\equiv 0$ tai $y = \frac{3}{C - x^3}, \quad C \in \mathbb{R}$ .
- Piirretään vielä kuvaajia.
  - Huomataan, että mikään kuvaajista ei leikkaa x-akselia eli suoraa .

Ratkaise ja piirrä ratkaisukäyriä. Miten vakioratkaisu $y \equiv 3$ näkyy kuvassa?
- Kuten aiemmin, ratkaisuksi saadaan , $C \in \mathbb{R}$ .
- Kuvassa on piirretty ratkaisukäyrät vakion arvoilla $-10; -9{,}5; -9; \, \ldots, \, 9{,}5; 10$ .
  - Ratkaisukäyrät eivät leikkaa toisiaan; erityisesti ne pysyvät suoran ylä- tai alapuolella.

Tässä ei näy kuvaa.

AL: Mikä selain? (Minulla kyllä näkyy.)

Päivitys/tieto: ongelma ei johtunut selaimesta vaan kuvatiedoston lukuoikeuden puuttumisesta.

— 04 Apr 20 (edited 09 May 20)

Ratkaise alkuarvoilla ja .
- Mitä huomaat?

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Yhtälö on separoituva:
  , missä kaikilla ja , kun .
  - Siis yhtälöllä on erikoisratkaisu $y \equiv 0$ . Funktio on jatkuvasti derivoituva, joten muut ratkaisut eivät saa arvoa nolla missään.
- Etsitään yleinen ratkaisu separointimenetelmällä: $\begin{align*} y^{-2} \frac{dy}{dx}&= 1 \\ \iff \quad \int y^{-2} \, dy &= \int 1\, dx \\ \iff \quad -y^{-1} &= x + C_1, \quad C_1 \in \mathbb{R} \phantom{\int}\\ \iff \quad \quad y &= \frac{1}{C-x}, \quad C \in \mathbb{R} \end{align*}$
  - Ratkaisuvälinä on joko $]-\infty, C[$ tai $]C, \infty[$ (väli riippuu vakiosta ).
- Etsitään sitten alkuehdon toteuttava ratkaisu:
  $y(0)=\frac1C \overset{!}{=}1$ , josta saadaan .
  - Siis alkuehdon toteuttava ratkaisu on $y(x)=\frac{1}{1-x}$ , .
- Etsitään sitten alkuehdon toteuttava ratkaisu:
  $y(0)=\frac1C \overset{!}{=}2$ , josta saadaan $C=\frac12$ .
  - Siis alkuehdon toteuttava ratkaisu on $y(x)=\frac{1}{\frac12-x}=\frac{2}{1-2x}$ , $x < \frac12$ .
- Eri alkuehdoilla löydettiin siis eri väleillä määritelty ratkaisu.
  - Ratkaisu ei pysy rajoitettuna, kun lähestyy kohtaa tai kohtaa $\frac12$ (ratkaisun nimittäjän nollakohtaa) - eikä tätä kohtaa nähdä suoraan yhtälöstä tai alkuehdosta...

Ratkaise $\displaystyle y' = \frac{4-2x}{3y^2 -5}$ ja piirrä yhtälön ratkaisukäyriä.
- Leikkaavatko ratkaisukäyrät toisiaan?

Ratkaisu

Ratkaisu: yhtälö on separoituva, eikä funktiolla $\displaystyle g(y)=\frac{1}{3y^2-5}$ ole nollakohtia. $\begin{align*} y' &=\frac{4-2x}{3y^2-5} \\ \iff \quad (3y^2-5) \frac{dy}{dx} &= 4-2x \\ \iff \quad \int (3y^2-5) \, dy &= \int (4-2x) \, dx \\ \iff \quad \quad y^3 -5y &= 4x-x^2 +C \end{align*}$
- Tämä on implisiittinen ratkaisu, tyydytään siihen. Piirretään yhtälöä vastaavia tasokäyriä vakion eri arvoilla.
  - piirtovälineenä esim. GeoGebra, desmos.com tms.
- Käyrät eivät leikkaa toisiaan vakion eri arvoilla. Tämä nähdään myös siitä, että on jatkuvasti derivoituva (määrittelyjoukossaan).
  - Esim. alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu, jonka implisiittinen muoto on Derivoituvan funktion kuvaajalla ei ole pystysuoraa tangenttia; kuvan perusteella funktion määrittelyväliksi kelpaisi esim. mutta ei esim. .
  - Toisaalta esim. alkuehdon toteuttava ratkaisu on ja kuvan perusteella ratkaisu on koko reaaliakselilla määritelty funktio.
    - Muista myös yhtälön numeerinen ratkaiseminen, ks. Calculus 2, luku 6.
- Kuvassa on ratkaisukäyriä vakion arvoilla $-10; -9{,}5; \ldots; \, 10$ .

5.2 Integraaliyhtälö

Jos derivaatan sijaan yhtälössä esiintyy tuntemattoman funktion (tai sen avulla muodostetun uuden funktion) integraalifunktio, voidaan differentiaaliyhtälön sijaan puhua integraaliyhtälöstä.

Joskus integraaliyhtälöstä päästään differentiaaliyhtälöön derivoimalla yhtälö.
- Huom: yhtälön derivoinnissa katoaa tietoa:
  $f(x) = g(x) \, \forall x \implies f'(x)=g'(x) \, \forall x$ , $\phantom{\displaystyle \int}$ mutta
  $f'(x) = g'(x) \, \forall x \implies f(x)=g(x) + C \, \forall x$ jollakin $C \in \mathbb{R}$
- Derivoinnissa "kadonnut" tieto vastaa differentiaaliyhtälön alkuehtoa.

5.2.1 Esimerkki

Ratkaise integraaliyhtälö $y(x) = 3 + 2\int_1^x ty(t) \, dt.$

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Derivoidaan integraaliyhtälö muuttujan suhteen, jolloin saadaan uusi yhtälö
  - (Kertaa tarvittaessa analyysin peruslause, esim. Calculus 2, 11.2.1.)
- Tämä on separoituva yhtälö , missä funktio on jatkuvasti derivoituva ja sillä on yksi nollakohta, nolla.
  - Niinpä yhtälöllä on vakioratkaisu $y \equiv 0$ ja lisäksi separoimalla saatavat ratkaisut; kaikki voidaan esittää muodossa $\begin{align*} y= C e^{x^2}, \quad C \in \mathbb{R}. \end{align*}$
- Jotta alkuperäinen integraaliyhtälö $\displaystyle y(x) = 3 + 2\int_1^x ty(t) \, dt$ toteutuu, on oltava .
  - (Tämä nähdään siitä, että $\int_1^1 ty(t) \, dt = 0$ .)
- Siis $C=\frac{3}{e}$ ja integraaliyhtälön ratkaisu $y = \frac3e e^{x^2} = 3 e^{x^2-1}.$

5.3 Lineaariseksi palautuva DY

Joskus epälineaarinen DY voidaan palauttaa lineaariseksi muuttujanvaihdolla.

"Muuttujanvaihdolla" tarkoitetaan tässä, kuten aiemminkin, yhtälön kirjoittamista uuden funktion avulla.

5.3.1 Bernoullin yhtälöt

Yhtälöä y' + p(x) y = q(x) y^n kutsutaan Bernoullin yhtälöksi.

Jos tai , yhtälö on lineaarinen (tarkista itse).
Jos ei ole eikä 1, niin valitsemalla $v=y^{1-n}$ yhtälö palautuu lineaariseksi: $v'=(1-n)y^{-n} y'$ ja saadaan $\begin{align*} y^{-n}y' + p(x) y^{1-n} &= q(x) \\ \iff \frac{1}{1-n} v' +p(x) v &= q(x) \\ \iff v' +(1-n)p(x) v &= (1-n)q(x), \end{align*}$ mikä on lineaarinen DY (tuntemattoman funktion suhteen).

5.4 Eksakti DY

Tarkastellaan ensimmäisen kertaluvun DY:ä, joka on muotoa M(x,y) + N(x,y)y'=0, missä ja ovat kahden muuttujan funktioita.

Yhtälö voidaan kirjoittaa myös normaalimuodossa $y' = - \frac{M(x,y)}{N(x,y)}$ tai nk. differentiaalimuodossa M(x,y)dx + N(x,y) dy=0.

Jos funktioille ja on voimassa $\frac{d}{dy}M = \frac{d}{dx}N,$ niin sanomme, että DY M(x,y) + N(x,y)y'=0 on eksakti.

$\,$

Jos yhtälö on eksakti, niin on olemassa kahden muuttujan funktio $\phi(x,y)$ , jolle $\frac{d}{dx} \phi = M \quad \text{ ja } \quad \frac{d}{dy} \phi =N,$ ja yhtälön implisiittiseksi ratkaisuksi saadaan $\phi(x,y)=C$ , $C \in \mathbb{R}$ .
Esimerkiksi yhtälön eli $x \, dx + y \, dy = 0$ (implisiittinen) ratkaisu on $x^2 + y^2 = C, \quad C \in \mathbb{R}$ eli ratkaisukäyriä ovat kaikki origokeskiset ympyrät.

5.4.1 Esimerkki

Totea, että yhtälö $2x+\sin y -y e^{-x} + (x \cos y + \cos y + e^{-x}) y' = 0$ on eksakti ja ratkaise se.

Hei, onko tuossa esimerkki 6:n yhtälön M(x,y)-osassa: 2x+sin(y-ye^-x), vai 2x+sin(y)-ye^-x?

AL: jälkimmäinen, $\sin y = \sin (y)$

— 04 Apr 20 (edited 04 Apr 20)

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Nyt $M(x,y)=2x+\sin y -y e^{-x}$ ja $N(x, y) =x \cos y + \cos y + e^{-x}.$
  - (Huomaa, että tässä ja ovat kahden muuttujan funktioita; on "riippumaton muuttuja".)
- Tarkistetaan, toteutuuko ehto $\frac{d}{dy}M = \frac{d}{dx}N.$
  - Vasen puoli: $\frac{d}{dy}M = 0+ \cos y -e^{-x}$
  - Oikea puoli: $\frac{d}{dx}N = \cos y + 0 - e^{-x}$
    - Samat, joten yhtälö on eksakti.
- Etsitään funktio $\phi$ , jolle $\frac{d}{dx} \phi = M \quad \text{ ja } \quad \frac{d}{dy} \phi =N.$
  - Integroidaan muuttujan suhteen ja annetaan integroimisvakion riippua muuttujasta : $\phi(x,y) = \int M(x,y) \, dx = \int 2x+\sin y -y e^{-x} \, dx = x^2 + x \sin y + ye ^{-x} + C_1(y).$
  - Valitaan niin, että myös yhtälö $\displaystyle \frac{d}{dy} \phi =N$ toteutuu: $\frac{d}{dy} \phi (x,y) = \frac{d}{dy} (x^2 + x \sin y + ye ^{-x} + C_1(y)) = 0 + x\cos y + e^{-x} +C_1'(y)$ Tämä on , kun $C_1'(y) = \cos y$ eli kun $C_1(y) = \sin y + C_2$ ; valitaan vielä .
  - Löydettiin $\phi(x,y)=x^2 + x \sin y + ye ^{-x} + \sin y.$
- Yhtälön implisiittinen ratkaisu on $\phi(x,y)=C$ eli $x^2 + x \sin y + ye ^{-x} + \sin y = C, \quad C \in \mathbb{R}.$

5.4.2 Eksaktiksi palauttaminen integroivan tekijän avulla

Ensimmäisen kertaluvun DY ei välttämättä ole eksakti, vaikka se voitaisiinkin kirjoittaa muodossa M(x,y) + N(x,y)y'=0. Joskus ei-eksakti yhtälö voidaan muuttaa eksaktiksi kertomalla yhtälön kumpikin puoli samalla funktiolla, nk. integroivalla tekijällä. Erityisesti voidaan etsiä vain yhdestä muuttujasta riippuvaa integroivaa tekijää.

Jos $\frac{\frac{d}{dy}M - \frac{d}{dx}N}{N(x,y)} = \psi(x)$ jollakin $\psi$ (eli ei riipu muuttujasta lainkaan), niin yhtälölle löytyy vain muuttujasta riippuva integroiva tekijä $\mu(x)$ . Lisäksi integroiva tekijä $\mu(x)$ löydetään funktion $\psi$ avulla: $\frac{1}{\mu(x)} \mu' = \frac{\frac{d}{dy}M - \frac{d}{dx}N}{N(x,y)} = \psi(x).$
- Tästä saadaan $\mu(x) = e^{\int \psi(x) \, dx}$ .
Mistä yllämainittu ehto on peräisin?
- Ehto saadaan yhtälön $\mu(x)M(x,y) + \mu(x)N(x,y)y'=0$ eksaktisuusehdosta $\frac{d}{dy} (\mu(x) M(x,y)) = \frac{d}{dx} (\mu(x) N(x, y)),$ ensin muotoon $\mu \frac{d}{dy}M=\mu'N+ \mu \frac{d}{dx}N$ ja siitä $\frac{d}{dy}M=\frac{1}{\mu}\mu'N+ \frac{d}{dx}N$ jne.

6. Ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys sekä numeerisia ratkaisumenetelmiä

Viivaelementtikenttä
Ratkaisujen olemassaolo ja yksikäsitteisyys
Alkuarvotehtävän ratkaiseminen numeerisesti
- Eulerin menetelmä
- parannettu Eulerin menetelmä
- Runge-Kutta -menetelmä

[A, 18.3]

6.0.1 Johdannoksi

Jos 1. kertaluvun differentiaaliyhtälöä ei osata ratkaista analyyttisin keinoin, mitä voidaan tehdä?

Ratkaisukäyrien havainnollistaminen suoraan DY:stä
- viivaelementtikenttä
Alkuarvotehtävän ratkaiseminen numeerisesti
- numeeriset menetelmät

Numeeristen ratkaisumenetelmien käyttäminen tarkoittaa approksimointia: lasketaan ratkaisufunktion arvojen likiarvoja numeerisesti. Tällöin on tärkeää tietää, että ratkaisu on olemassa.

6.1 Viivaelementtikenttä

Jos $y=\phi(x)$ toteuttaa normaalimuotoisen differentiaaliyhtälön y' = f(x,y) ja $\phi(x_1)=y_1$ eli piste (x_1,y_1) on funktion $\phi$ kuvaajalla, niin kuvaajalle pisteeseen piirretyn tangenttisuoran kulmakerroin on $\phi'(x_1)=f(x_1, y_1).$

Kuhunkin pisteeseen (x,y) liittyy siis kulmakerroin f(x,y) , jota voidaan havainnollistaa piirtämällä pisteeseen lyhyt jana tällä kulmakertoimella. Nämä jananpätkät muodostavat differentiaaliyhtälön y'=f(x,y) suunta- eli viivaelementtikentän (engl. slope field).

Esimerkiksi yhtälön y' = x-y viivakenttää voidaan hahmotella piirtämällä koordinaatistoon valittuihin pisteisiin (x,y) lyhyet jananpätkät, joiden kulmakertoimet saadaan lausekkeesta x-y :

piste	kulmakerroin
(0,0)	0
(1,0)	1
(2,0)	2
(1,1)	0
(2,1)	1
(0,1)	-1
(0,2)	-2
(-1,1)	-2
(jne.)

Kuva

Hei, kuvat eivät näyttäisi toimivan luentorungossa.

AL: Onpas merkillistä. Minulla näkyy kaikilla selaimilla ja kaikilla koneilla… Selvitellään asiaa.

Lisäys: Tämä ongelma selvisi pian, liittyi kuvatiedostojen lukuoikeuksiin.

— 05 Apr 20 (edited 09 May 20)

Kun pisteitä valitaan enemmän (ja viivat piirretään lyhyemmiksi), viivaelementtikenttä havainnollistaa yhä paremmin ratkaisukäyriä:

Kuva

Yhtälö y'=x-y osataan ratkaista; kyse on lineaarisesta epähomogeenisestä vakiokertoimisesta differentiaaliyhtälöstä y'+y=x, jonka yleinen ratkaisu on $y=Ce^{-x} + x-1.$

Piirretään alkuehtoja y(0)=1 , y(0)=0 , y(0)=-1 ja y(0)=-2 vastaavat ratkaisukäyrät samaan kuvaan viivaelementtikentän kanssa:

Kuva

$\,$

Huomataan, miten ratkaisukäyrät noudattelevat viivaelementtikentän viivoja - tai kääntäen, miten ratkaisukäyriä voitaisiin hahmotella viivaelementtikentän perusteella ratkaisematta yhtälöä.

Tämä yhtälön y'=f(x,y) ratkaisukäyrien hahmottelu viivaelementtikentän perusteella onnistuu myös siinä tapauksessa, että yhtälöä ei osata ratkaista.

6.2 Ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys

Kohdassa 1.4 nähty alkuarvotehtävän ratkaisun yksikäsitteisyys- ja olemassaololause on tärkeä myös - ja erityisesti! - silloin, kun differentiaaliyhtälöä ei osata analyyttisin keinoin ratkaista. Alla vielä sama lause uudelleen:

Oletetaan, että funktiot ja $\frac{df}{dy}$ ovat jatkuvia suorakulmioalueessa, jossa $a \leq x \leq b$ ja $c \leq y \leq d$ , ja että piste (x_0, y_0) on suorakulmion sisällä.

Tällöin löytyy $\delta > 0$ ja yksikäsitteinen välillä $]x_0-\delta, x_0+\delta[$ määritelty derivoituva funktio $\phi (x)$ , jolle $\phi(x_0)=y_0$ ja $\phi'(x)=f(x, \phi(x))$ kaikilla $x \in ]x_0-\delta, x_0+\delta[$ .

Ts. alkuarvotehtävällä $\begin{cases} y'=f(x,y) \\ y(x_0)=y_0 \end{cases}$ on yksikäsitteinen ratkaisu välillä $]x_0-\delta, x_0+\delta[$ .

[A, s. 1000 tai B, s. 24]

Huomautuksia (toisto)

Lause siis sanoo kaksi asiaa:
- alkuarvotehtävällä on ratkaisu ("ratkaisun olemassaolo")
- ratkaisuja on vain yksi ("ratkaisun yksikäsitteisyys")
Lauseesta seuraa mm. se, että lauseen oletukset täyttävällä differentiaaliyhtälöllä ratkaisujen kuvaajat eivät leikkaa.

6.2.1 Todistuksen idea

Lauseen alkuarvotehtävä voidaan esittää yhtäpitävästi integaaliyhtälön muodossa:

$y=\phi(x)$ on alkuarvotehtävän $\begin{cases} y'=f(x,y) \\ y(x_0)=y_0 \end{cases}$ ratkaisu, jos ja vain jos $\phi(x) = y_0 + \int_{x_0}^x f(t, \phi(t)) \,dt.$

Rakennetaan jono funktioita, jotka lähenevät ratkaisua $\phi$ : $\begin{align*} \phi_0 (x) &= y_0 \\ \phi_{n+1}(x) &= y_0 + \int_{x_0}^x f(t, \phi_n(t)) \, dt, \quad n = 0, 1, 2, \ldots \end{align*}$

Näitä kutsutaan Picardin iteraatioiksi. Ratkaisun olemassaolon todistus saadaan, kun osoitetaan, että rajafunktio $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \phi_n(x)$ on olemassa ja toteuttaa yllä olevan integraaliyhtälön.

Tämä vaatii tietoja funktiojonon suppenemisesta; aihetta käsitellään ainakin kurssilla JMA4.
- Kiinnostuneet löytävät todistuksen esim. Petri Juutisen luentomonisteesta.

Ratkaisun yksikäsitteisyyden todistuksessa voidaan käyttää Gronwallin lemmaa: jos on jatkuvasti derivoituva välillä , $a \in I$ ja $|g'(x)| \leq Kg(x)$ , niin $g(x) \leq g(a)e^{K|x-a|}.$

Lemman avulla kahden alkuarvotehtävän ratkaisun erotus osoitetaan nollaksi koko tutkittavalla välillä; todistusta ei käsitellä tämän enempää tällä kurssilla.
- Kiinnostuneet löytävät todistuksen esim. Petri Juutisen luentomonisteesta.

6.2.2 Esimerkkejä ja huomautuksia

Alkuarvotehtävä, jolla on useita ratkaisuja: $\begin{cases} y' = 3 \sqrt[3]{y^2} \\ y(0) =0 \end{cases}$
- Ratkaisuja ainakin kaksi: ja .
  - (Tästä puhuttiin jo aiemmin kohdassa 5.1.2.)
- Huomaa, että tässä
  - $f(x,y)=3 \sqrt[3]{y^2}$ on jatkuva kaikkalla (eli koko -tasossa),
  - mutta $\displaystyle\frac{d}{dy}f(x,y)=\frac{2}{\sqrt[3]{y}}$ ei ole edes määritelty akselilla eli kun ;
  - siis $\displaystyle\frac{d}{dy}f(x,y)$ ei ole jatkuva missään origon eli pisteen sisältävässä suorakulmioalueessa
  - eli lauseen oletus ei ole voimassa.
Alkuarvotehtävän ratkaisu ei välttämättä ole määritelty koko välillä (tai koko reaaliakselilla, vaikka lauseen oletus olisi voimassa koko -tasossa); ks. esimerkki 3 kohdassa 5.1.4.

6.3 Numeerisia ratkaisumenetelmiä

Tarkastellaan alkuarvotehtävää $\begin{cases} y'=f(x,y) \\ y(x_0)=y_0 \end{cases}$ ja oletetaan, että olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen oletukset täyttyvät eli että tehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu $y=\phi(x)$ jollakin kohdan x_0 sisältävällä välillä.

Vaikka DY:ä ei osattaisi ratkaista eksplisiittisesti eli funktiolle $\phi$ ei löydettäisi lauseketta muuttujan avulla, sen arvoja voidaan approksimoida halutuissa kohdissa. Tarkastellaan kolmea approksimointimenetelmää.

Ideana on laskea approksimaatio funktion arvolle kohdassa x_n eli arvolle $\phi(x_n)$ käyttäen askelta. Samalla tullaan laskeneeksi approksimaatiot myös funktion arvoille kohdissa $x_1, \ldots, x_{n-1}$ .

Merkintöjä

askeleen pituus oikealle edettäessä
- jos , menetelmä etenee vasemmalle
, $n=1, 2, \ldots$
menetelmän antama approksimaatio arvolle $\phi(x_n)$

6.3.1 Eulerin menetelmä

Murtoviiva-approksimaatio, jossa kunkin osan kulmakerroin on f(x,y) laskettuna osan alkupisteessä (ja vaaka-suuntainen etenemä , koska $x_{n+1}=x_n +h$ ).

Iteraatiokaava: $y_{n+1} = y_n +hf(x_n, y_n)$

Esimerkki:

Lasketaan kohdassa 6.1 käsitellyn alkuarvotehtävän $\begin{cases} y'= x-y \\ y(0)=1 \end{cases}$ Eulerin menetelmän approksimaatiot välillä käyttäen
1. askelpituutta ja viittä askelta
2. askelpituutta ja 10 askelta.
  Verrataan lisäksi tuloksia tunnettuun ratkaisuun $\phi(x)=x-1+2e^{-x}$ . Mikä on menetelmän virhe?

a-kohdan tulokset ja kuva

b-kohdan tulokset ja kuva

b) h=0,1; kuvassa myös a-kohdan tulokset

Huomataan:
- ensimmäisen askeleen jälkeen virhe on b-kohdassa noin neljäsosa a-kohdan virheestä,
- välin päätepisteessä () b-kohdan virhe on noin puolet a-kohdan virheestä.

Eulerin menetelmässä

yhden askeleen virhe on verrannollinen askeleen pituuden neliöön
kumuloitunut virhe kohdassa on verrannollinen lukuun
- Esim. jos halutaan pienentää virhe kymmenesosaan, on laskentapisteiden määrä kymmenkertaistettava.

6.3.2 Parannettu Eulerin menetelmä

Murtoviiva-approksimaatio, jossa kunkin osan kulmakertoimeksi lasketaan funktion f(x,y) arvojen keskiarvo "päätepisteissä"; tuntematon päätepiste lasketaan Eulerin menetelmällä.

Iteraatiokaava: $y_{n+1} = y_n +h\frac{f(x_n, y_n) + f(x_{n+1}, u_{n+1})}{2}, \quad \text{missä} \quad u_{n+1}=y_n +hf(x_n, y_n)$

Esimerkki:

Lasketaan kohdassa 6.1 käsitellyn alkuarvotehtävän $\begin{cases} y'= x-y \\ y(0)=1 \end{cases}$ parannetun Eulerin menetelmän approksimaatiot välillä käyttäen askelpituutta ja viittä askelta.
- Verrataan lisäksi tuloksia Eulerin menetelmän tuloksiin.

tulokset

Parannetussa Eulerin menetelmässä

kussakin kohdassa lasketaan funktion arvo kahdesti
- eli laskentavaativuus on Eulerin menetelmään nähden kaksinkertainen
kun on riittävän siisti,
- approksimaatiovirhe on (korkeintaan) verrannollinen lukuun
- kumuloituva virhe kohdassa on (korkeintaan) verrannollinen lukuun
  - eli kymmenkertaistamalla pienenee virhe sadasosaan.

6.3.3 Runge-Kutta -menetelmä

Neljännen kertaluvun Runge-Kutta -menetelmässä murtoviivan osien kulmakertoimet lasketaan käyttäen funktion f(x,y) arvoja tietyissä, erikseen laskettavissa pisteissä.

Iteraatiokaava: $y_{n+1} = y_n + h \, \frac{p_n+2q_n+2r_n+s_n}{6},$ missä $\begin{align*} p_n &= f(x_n, y_n) \\ q_n &= f(x_n + \frac{h}{2}, y_n + \frac{h}{2} p_n) \\ r_n &= f(x_n + \frac{h}{2}, y_n + \frac{h}{2} q_n) \\ s_n &= f(x_n + h, y_n+ hr_n) \end{align*}$
Menetelmän virhe on noin $\frac1{500}$ parannetun Eulerin menetelmän virheestä esimerkin tapauksessa (ks. [A, s. 1005]).
Funktion arvoja lasketaan kaksinkertainen määrä (ja nelinkertainen Eulerin menetelmään verrattuna).
Kumulativinen virhe on verrannollinen askelpituuden neljänteen potenssiin , josta nimi.

7. Lineaarinen DY, osa III: 2. kl. lin. vakiokertoiminen DY (osa 1: homogeeninen)

Yleistä 2. kl:n DY:istä
- Eräitä erikoistapauksia
- Alkuarvotehtävästä
Lineaarisen 2. kl:n DY:n ominaisuuksia
- HY:n ratkaisujen lin. riippumattomuus, ratkaisukanta, kaikki ratkaisut
Vakiokertoimisen HY:n ratkaiseminen
- Karakteristinen yhtälö ja sen käyttö

[A, 18.4 ja 3.7] sekä osin [B, 3.1-3.5]

7.0.1 Johdattelevia havaintoja

Havaintoja eksponenttifunktiosta: $\displaystyle \phantom{\int}$
1. Jos , niin $f'(x)=f(x)=f''(x)= \ldots$ eli toteuttaa DY:t $\quad y'=y$ , $\, y''=y$ , $\, y'''=y$ jne. $\displaystyle \phantom{\int}$
2. Jos $f(x) = e^{-x}$ , niin $f'(x)=-f(x) \quad \text{ja} \quad f''(x)=f(x)$ eli $y=e^{-x}$ toteuttaa DY:t $\, y'=-y$ ja $\displaystyle \phantom{\int}$
3. Jos $f(x) = e^{3x}$ , niin $f'(x)=3f(x) \quad \text{ja} \quad f''(x)=9f(x)$ eli $y=e^{3x}$ toteuttaa DY:t $\, y'=3y$ ja $\displaystyle \phantom{\int}$

Havaintoja sini- ja kosinifunktiosta: $\displaystyle \phantom{\int}$
1. Jos $f(x) = \sin x$ , niin $f'(x)=\cos x \quad \text{ja} \quad f''(x) = -\sin x$ eli $y= \sin x$ toteuttaa DY:n $\quad y''=-y$ . $\displaystyle \phantom{\int}$
2. Jos $f(x) = \sin (3x)$ , niin $f'(x)=3\cos (3x) \quad \text{ja} \quad f''(x) = -9\sin (3x)$ eli $y= \sin (3x)$ toteuttaa DY:n $\quad y''=-9y$ . $\displaystyle \phantom{\int}$
3. Tee itse vastaavat havainnot kosinifunktiosta.

Yhteenvetoa havainnoista:
- Yhtälölle löydettiin ainakin yksittäisratkaisut ja $y=e^{-x}$ .
  - Näitä ei saada toisistaan vakiolla kertomalla! $\displaystyle\phantom{\int}$
- "Lähes samannäköisille" yhtälöille $y'' -9y=0 \quad \text{ja} \quad y''+9y=0$ löydettiin kokeilemalla "aivan eri näköisiä" yksittäisratkaisuja;
  - ensimmäiselle eksponenttifunktion,
  - jälkimmäiselle trigonometristen funktioiden avulla.

7.0.2 Johdatteleva esimerkki

Tehtävä:

Etsi yhtälölle kaksi ratkaisua ja ,
- joita ei saada toisistaan vakiolla kertomalla
  (eli joille ei millään vakiolla päde kaikilla ).

Ratkaisu:

Arvataan, että ratkaisuksi voisi sopia $y=e^{rx}$ jollakin vakiolla .
- Jos $y_{arv}=e^{rx}$ , niin $y_{arv}' = re^{rx} \quad \text{ja} \quad y_{arv}'' = r^2 e^{rx} ,$ joten $\begin{align*} y_{arv}'' - 7 y_{arv}' +12 y_{arv} &= r^2 e^{rx} -7r e^{rx} + 12 e^{rx} \\ &= e^{rx} (r^2-7r+12). \end{align*}$
  - Tämä on nolla täsmälleen silloin, kun eli kun tai (mieti, miksi). $\displaystyle \phantom{\int}$
- Arvaus tuotti siis funktiot $y_1(x) = e^{3x}$ ja $y_2(x) = e^{4x}$ .
  - Totea itse, että kumpikin toteuttaa alkuperäisen DY:n. $\displaystyle \phantom{\int}$
Löydettiin DY:n ratkaisut polynomiyhtälön avulla.
- Tämä toimii - ainakin, kun polynomiyhtälöllä on kaksi eri (reaalista) ratkaisua.
- Tästä lisää tänään.

7.1 Toisen kertaluvun DY, yleistä

Toisen kertaluvun DY voidaan aina kirjoittaa implisiittimuodossa F(x, y, y', y'') = 0 ja joskus lisäksi normaalimuodossa y''= f(x, y, y'). (Käsitteistä puhuttiin jo kohdassa 1.1.)

7.1.1 Yksinkertaistuvia erikoistapauksia

Joskus toisen kertaluvun DY voidaan ratkaista aiemmin opituilla keinoilla kuten integroimalla tai palauttamalla se 1. kl:n DY:ksi.

Yhtälö ratkeaa integroimalla kahdesti.
- Yhtälössä ei esiinny eikä . $\displaystyle \phantom{\int}$
Yhtälö palautuu 1. kl:n yhtälöksi merkinnällä .
- Yhtälössä ei esiinny . $\displaystyle \phantom{\int}$
Yhtälö palautuu 1. kl:n yhtälöksi kertomalla derivaatalla ja integroimalla, jolloin saadaan $\frac12 (y')^2 = \int f(y)y'dx.$
- Yhtälössä ei (alunperin) esiinny eikä .

Yhtälö palautuu 1. kl:n yhtälöksi tempulla, jossa otetaan uudeksi muuttujaksi, josta uusi tuntematon funktio riippuu: $v=v(y)=\frac{dy}{dx}, \quad v'=\frac{dv}{dy}.$ Tällöin $y''=\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{dv}{dx}=\frac{dv}{dy}\frac{dy}{dx}=\frac{dv}{dy} v$ ja yhtälöksi saadaan $F(v\frac{dv}{dy} , v, y)=0.$
- [A, s. 1008]
- Yhtälössä ei alunperin esiinny .

7.1.2 Alkuarvotehtävä

Toisen kertaluvun DY:n yleisessä ratkaisussa esiintyy yleensä kaksi toisistaan riippumatonta vakiota.
- Vrt. integrointi kahdesti.
- Vakioiden arvojen kiinnittämiseksi ei riitä funktion arvo yhdessä kohdassa; tarvitaan kaksi ehtoa.
Alkuarvotehtävässä kiinnitetään yleensä sekä funktion arvo että sen derivaatan arvo tietyssä kohdassa.
- Alkuehdot annetaan samassa kohdassa; "alkuhetkellä".
Jos derivaatan arvon sijaan kiinnitetäänkin itse funktion arvo alkuhetken lisäksi myös toisessa kohdassa, puhutaan alkuarvotehtävän sijaan reuna-arvotehtävästä.
Normaalimuotoisen yhtälön alkuarvotehtävälle on vastaavanlainen ratkaisujen yksikäsitteisyys- ja olemassaololause kuin 1. kertaluvun yhtälöille.
- Tarkemmin: [B, 3.1]

7.1.3 Esimerkkejä

Ratkaise alkuarvotehtävä $\begin{cases} \quad y''=x(y')^2\\ \, y(0)=1 \\ y'(0)=-2. \end{cases}$

Ratkaisu

(Huomataan, että yhtälössä ei esiinny lainkaan.)
Merkitsemällä saadaan $\begin{align*} y'' &= x(y')^2 \\ \iff v' &= xv^2 \\ \iff v^{-2} v' &= x \quad \text{tai} \quad v\equiv 0 \\ \iff \int v^{-2} \, dv &= \int x \,dx \quad \text{tai} \quad v\equiv 0 \\ \iff -v^{-1} &= \frac12 x^2+ C, \, C \in \mathbb{R} \quad \text{tai} \quad v\equiv 0 \\ \iff v &= -\frac{2}{x^2+ C_1}, \, C_1 \in \mathbb{R} \quad \text{tai} \quad v\equiv 0 \end{align*}$ Derivaattaa koskevasta alkuehdosta saadaan
eli $-\frac{2}{C_1} = -2$ , josta edelleen . Siis $y'(x)=v(x)=-\frac{2}{x^2+1}.$
Palataan alkuperäiseen merkintään: $y'=-\frac{2}{x^2+1}.$ Tästä saadaan integroimalla $y=-2\int \frac{1}{x^2+1} \, dx = -2 \arctan x + C_2.$ Alkuehdosta saadaan , joten alkuehdon toteuttava ratkaisu on $y = -2 \arctan x + 1.$

Ratkaise .

Ratkaisu

(Huomataan, että yhtälössä ei esiinny muuttuja yksin lainkaan; yhtälö on muotoa . Käytetään yllä mainittua temppua.)
Merkitään , jolloin eli ja yhtälöksi saadaan $y\,v\,v' = v^2$ (muuttujana , tuntemattomana funktiona ).
- Separoimalla saadaan (nollaratkaisun lisäksi) $v^{-1} v'= y^{-1}$ josta integroimalla :n suhteen $\ln |v| = \ln |y| + C$ ja yleiseksi ratkaisuksi .
Palataan alkuperäiseen merkintään: Nollaratkaisun lisäksi saadaan separoimalla ja integroimalla muuttujan suhteen $\ln |y| = C_1 x + C_2$ eli yleinen ratkaisu on $y=C_3 e^{C_1 x}, \quad C_1, C_3 \in \mathbb{R}.$
Tarkista itse.

7.2 Lineaarinen 2. kl:n DY, yleistä ja ominaisuuksia

Edellä mainittujen yksinkertaistuvien erikoistapausten lisäksi tällä kurssilla käsittelemme 2. kl:n DY:istä lähinnä vain lineaarisia.

Kuten kohdassa 1.5.1 määriteltiin, sanomme 2. kl:n DY:ä lineaariseksi, jos se on muotoa $a(x)y''+b(x)y'+c(x)y=f(x) \quad (\text{L2})$ missä oletamme, että kerroinfunktiot a, b ja ovat jatkuvia (jollakin välillä $I \subset \mathbb{R}$ ).

Jos on nollafunktio, yhtälöä (L2) sanotaan homogeeniseksi (HY), muutoin epähomogeeniseksi.
Jos kerroinfunktiot ja ovat vakiofunktioita, yhtälöä (L2) kutsutaan vakiokertoimiseksi.
- Huomaa, että funktion eli "epähomogeenisen osan" ei tarvitse olla vakiofunktio.
Jos kerroinfunktiot ovat jatkuvia, normaalimuotoisen lineaarisen DY:n alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu.
- Alkuehdot määräävät sekä funktion arvon että derivaatan arvon; siis sekä pisteen kuvaajalta että kuvaajan tangentin kulmakertoimen tässä pisteessä.
- Kuten 1. kl:n tapauksessa, kohdissa, joissa , voi yhtälön (L2) ratkaisu käyttäytyä eri tavalla kuin yhtälön $y''+ \frac{b(x)}{a(x)} y' + \frac{c(x)}{a(x)} y = \frac{f(x)}{a(x)}$ ratkaisu.

Lause:

Jos y=y_1(x) ja y=y_2(x) ovat lineaarisen homogeenisen yhtälön ratkaisuja ja $A, B \in \mathbb{R}$ ovat vakioita, niin myös y= Ay_1(x)+ By_2(x) on yhtälön ratkaisu.

Todistetaan vastaavasti kuin 1. kl:n tapauksessa
- tai kuten yleisesti (kertalukuna ): ks. [A, s. 992, Theorem 1].

Kysymys:

Milloin näin saadaan kaikki ratkaisut?
- Idea: kun ratkaisut ja ovat riittävän erilaisia niin, että summa ei sievene muotoon tai .

Määritelmä:

Sanomme, että funktiot y_1 ja y_2 ovat lineaarisesti riippumattomia (LI), jos yhtälö $a_1y_1(x) + a_2 y_2(x) = 0 \quad \text{kaikilla } x$ toteutuu vain, kun a_1=a_2=0 ,
ts. ei löydy vakiota , jolle olisi y_1(x) = Cy_2(x) kaikilla .

Lause:

Jos y=y_1(x) ja y=y_2(x) ovat lineaarisen homogeenisen yhtälön $y'' +p(x)y'+q(x)y=0 \quad \text{(H2)}$ lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja,
niin yhtälön (H2) yleinen ratkaisu on $y= Ay_1(x)+ By_2(x), \quad A, B \in \mathbb{R}$ ja näin saadaan kaikki ratkaisut.

Tällöin sanomme, että funktiot ja muodostavat yhtälön (H2) ratkaisukannan.

Todistus jätetään aiheesta syvällisemmin kiinnostuneille, esim. P. Juutisen moniste, s. 31-33 sekä [B, 3.2].

7.3 Vakiokertoimisen HY:n ratkaiseminen karakteristisen yhtälön avulla

Tarkastellaan seuraavaksi lineaarista 2. kertaluvun homogeenista vakiokertoimista yhtälöä $a y'' + b y' + cy = 0. \quad \text{(*)}$

Johdattelevassa esimerkissä 7.0.2. löydettiin yhtälölle kaksi ratkaisua, $y_1(x) = e^{3x}$ ja $y_2(x) = e^{4x}$ , polynomiyhtälön ratkaisujen ja avulla.
- Nyt tiedetään lisäksi, että yhtälön yleinen ratkaisu on $y=Ae^{3x} + B e^{4x}, \quad A, B \in \mathbb{R},$ sillä ja ovat lineaarisesti riippumattomat.

7.3.1 Karakteristinen yhtälö

Lineaarisen, homogeenisen, vakiokertoimisen 2. kertaluvun DY:n $a y'' + b y' + cy = 0 \quad \text{(*)}$ karakteristinen yhtälö on $a r^2 + br + c =0 \quad \text{(**)}$ ja differentiaaliyhtälön (*) ratkaisut löytyvät yhtälön (**) ratkaisujen r=r_1 ja r=r_2 avulla.

Tiedetään, että toisen asteen polynomiyhtälöllä on joko
- kaksi erisuurta reaalista ratkaisua,
- yksi kaksinkertainen reaalinen ratkaisu tai
- ei yhtään reaalista ratkaisua; tällöin yhtälöllä on kuitenkin
  - kaksi kompleksista ratkaisua, jotka ovat toistensa konjugaatit.
Yhtälön (**) ratkaisut saadaan toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla $r = \frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a},$ kun tilanteessa käytetään merkintää $\sqrt{D}= i\sqrt{-D}$ , missä on imaginaariyksikkö.
- Kertaa tarvittaessa esim. Calculus 1, luku 4.4 kompleksiluvuista.

7.3.2 Kaksi reaalijuurta

Jos yhtälöllä (**) on reaaliset ratkaisut r=r_1 ja r=r_2 , $r_1 \not = r_2$ , niin

$y_1(x)=e^{r_1 x}$ ja $y_2(x)=e^{r_2 x}$ muodostavat DY:n (*) ratkaisukannan ja
DY:n (*) yleinen ratkaisu on $y=Ae^{r_1 x} + B e^{r_2 x}, \quad A, B \in \mathbb{R}.$

Tämä voidaan perustella vastaavasti kuin johdatteluesimerkissä 7.0.2 ja kohdan 7.3 alussa yllä tehtiin.

7.3.3 Yksi (kaksinkertainen) juuri

Jos yhtälöllä (**) on vain yksi reaalinen ratkaisu r=r_1 = r_2 , niin

$y_1(x)=e^{r_1 x}$ ja $y_2(x)=xe^{r_1 x}$ muodostavat DY:n (*) ratkaisukannan ja
DY:n (*) yleinen ratkaisu on $y=Ae^{r_1 x} + B xe^{r_1 x}, \quad A, B \in \mathbb{R}.$

Perusteluksi riittää huomata, että $y_1(x)=e^{r_1 x}$ ja $y_2(x)=xe^{r_1 x}$ ovat lineaarisesti riippumattomat ja todeta laskemalla, että $y=Ae^{r_1 x} + B xe^{r_1 x}$ toteuttaa DY:n (*).

7.3.4 Kompleksiset juuret

Jos yhtälöllä (**) on ratkaisut $r=k+i \omega$ ja $r=k-i \omega$ , niin

$y_1(x)=e^{k x} \cos(\omega x)$ ja $y_2(x)=e^{k x} \sin (\omega x)$ muodostavat DY:n (*) ratkaisukannan ja
DY:n (*) yleinen ratkaisu on $y=Ae^{k x} \cos(\omega x) + B e^{k x} \sin(\omega x), \quad A, B \in \mathbb{R}.$

Onko tuohon jokin erityinen syy, että miksi kompleksisten juurten yhteydessä r-muuttujalla ei ole alaindeksiä toisin kuin reaalijuurten tapauksissa?

— 22 Apr 20 (edited 22 Apr 20)

Ei ole tarvetta merkitä erikseen, kun käytetään “lausekkeita” $k+i\omega$ ja $k-i\omega$. Alaindeksi on tarpeen edellisissä kohdissa, kun halutaan viitata eri ratkaisuihin, eikä niille ole muuta merkintää.

— 22 Apr 20

Tämän perusteluksi riittää, kuten edellä, havaita funktioiden $y_1(x)=e^{k x} \cos(\omega x)$ ja $y_2(x)=e^{k x} \sin (\omega x)$ lineaarinen riippumattomuus sekä todeta laskemalla, että $y=Ae^{k x} \cos(\omega x) + B e^{k x} \sin(\omega x)$ on ratkaisu kaikilla $A, B \in \mathbb{R}$ .
- (Mutta mistä ratkaisun muodon voi keksiä / muistaa?) $\displaystyle \phantom{\int}$
(+) Toisaalta perustelussa voidaan käyttää tietoja kompleksisesta eksponenttifunktiosta:
- $e^{i x} = \cos x + i \sin x$ , kun $x \in \mathbb{R}$ , joten kompleksiarvoisista funktioista $\tilde{y}_1 (x) = e^{(k+i\omega)x} \quad \text{ja} \quad \tilde{y}_2 (x) = e^{(k-i\omega)x}$ (vrt. reaalijuurten antamat $y_1=e^{r_1 x}$ ja $y_2=e^{r_2 x}$ )
  saadaan sopivina lineaarikombinaatioina reaaliarvoiset funktiot $\begin{align*} \frac{1}{2}(\tilde{y}_1 (x) + \tilde{y}_2 (x)) &= \frac{1}{2}(e^{kx}e^{i\omega x} + e^{kx}e^{ -i\omega x}) \\ &= \frac{1}{2}(e^{kx}(\cos \omega x + i \sin \omega x + \cos \omega x - i \sin \omega x)) = e^{kx}\cos (\omega x) \end{align*}$ ja $\begin{align*} \frac{1}{2i}(\tilde{y}_1 (x) - \tilde{y}_2 (x)) &= \frac{1}{2i}(e^{kx}e^{i\omega x} - e^{kx}e^{-i\omega x}) \\ &= \frac{1}{2i}(e^{kx}(\cos \omega x + i \sin \omega x - (\cos \omega x - i \sin \omega x))) = e^{kx}(\sin \omega x), \end{align*}$ missä käytettiin myös tietoja sinin parittomuudesta ja kosinin parillisuudesta.

7.3.5 Esimerkkejä

Ratkaise .

Ratkaisu

DY on lineaarinen, homogeeninen, vakiokertoiminen 2. kertaluvun DY, joten se ratkeaa karakteristisen yhtälön avulla.
- DY:n karakteristinen yhtälö on
- Karakteristisella yhtälöllä on kaksi reaalista ratkaisua: ja .
- Niinpä DY:n yleinen ratkaisu on $y= Ae^{x} + B e^{-2x}, \quad A, B \in \mathbb{R}.$

Ratkaise .

Ratkaisu

Karakteristinen yhtälö on ja sen ainoa ratkaisu on .
Tämän perusteella DY:n yleinen ratkaisu on $y=Ae^{-3x}+Bxe^{-3x}, \quad A, B, \in \mathbb{R}.$

Ratkaise .

Ratkaisu

Karakteristinen yhtälö on
- Tämän yhtälön ratkaisut ovat $r= \frac{-4\pm \sqrt{4^2-4\cdot 1 \cdot 13}}{2 \cdot 1}= \frac{-4 \pm \sqrt{-36}}{2}=-2 \pm 3i.$
- DY:n yleiseksi ratkaisuksi saadaan näiden avulla $y= A e^{-2x} \cos(3x) + B e^{-2x} \sin (3x), \quad A, B \in \mathbb{R}.$

Ratkaise alkuarvotehtävä , $\,y(0)=2$ , $\,y'(0)=-3$ .

Ratkaisu

DY:n karakteristinen yhtälö on jonka ratkaisut ovat $r = \frac{-2 \pm \sqrt{4-8}}{2}=-1 \pm i.$
DY:n yleinen ratkaisu on $y= Ae^{-x} \cos x+ B e^{-x} \sin x.$
Alkuehdosta saadaan ja
derivaattaa $\begin{align*} y' &=-Ae^{-x} \cos x - Ae^{-x} \sin x - B e^{-x} \sin x + B e^{-x} \cos x \\ &= e^{-x} ((B-A) \cos x + (-A-B) \sin x) \end{align*}$ koskevasta alkuehdosta saadaan , josta .
Siis alkuehdon toteuttava ratkaisu on $y = 2 e^{-x} \cos x - e^{-x} \sin x.$

8. Lineaarinen DY, osa IV: 2. kl. lin. vakiokertoiminen DY (osa 2: epähomogeeninen)

Lineaarisen epähomogeenisen DY:n yleinen ratkaisu
- HY:n yleisen ratkaisun ja epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisun avulla
Yksittäisratkaisun etsiminen
- vakiokertoimiselle yhtälölle joskus valistuneesti arvatun yritteen avulla
- (yleisesti vakion varioinnilla; siitä myöhemmin)
Sovelluksista hiukan
- harmoninen värähtelijä

8.1 Lineaarisen 2. kl:n DY:n ominaisuuksia (jatkoa)

Lineaarisen 2. kertaluvun differentiaaliyhtälön ominaisuuksia käsiteltiin jo aiemmin kohdassa 7.2;
- ks. erityisesti HY:n yleinen ratkaisu kahden lineaarisesti riippumattoman yksittäisratkaisun avulla.

Tarkastellaan nyt lineaarista 2. kertaluvun epähomogeenista differentiaaliyhtälöä $y'' + p(x) y' + q(x) y = f(x) \quad \quad (\text{E2})$ ja sitä vastaavaa homogeenista yhtälöä $y'' + p(x) y' + q(x) y = 0 \quad \quad (\text{H2}).$ Oletetaan edelleen, että funktiot $p,q \colon I \to \mathbb{R}$ ovat jatkuvia (jollain välillä $I \subset \mathbb{R}$ ).

Kuten 1. kl:n tapauksessa, myös korkeampien kertalukujen lineaarisen epähomogeenisen DY:n ratkaisuun voidaan lisätä vastaavan homogeenisen yhtälön ratkaisu, ja summa on edelleen epähomogeenisen yhtälön ratkaisu (ks. [A, s. 992]).

Toisen kertaluvun tilanteessa lause voidaan muotoilla seuraavasti:

Jos y = y_1(x) on yhtälön (H2) yksittäisratkaisu ja y=y_2(x) yhtälön (E2) yksittäisratkaisu, niin y=y_1(x)+y_2(x) on myös yhtälön (E2) yksittäisratkaisu.

Todistus sujuu samaan tapaan kuin 1. kl:n tilanteessa, ks. 3.2.3.

8.2 Epähomogeenisen DY:n yleinen ratkaisu

Lause:

Jos y=y_1(x) ja y=y_2(x) ovat yhtälön (H2) lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja
ja y=y_e(x) on yhtälön (E2) yksittäisratkaisu, niin yhtälön (E2) yleinen ratkaisu on $y= Ay_1(x)+ By_2(x) + y_e(x), \quad A, B \in \mathbb{R}$ ja näin saadaan kaikki ratkaisut.

Todistuksen ideat on nähty jo 1. kl:n tapauksessa kohdassa 3.2.3.

Huomautus:

Kuten 1. kl:n tapauksessa, tämänkin lauseen voisi kirjoittaa myös toisessa muodossa:
Jos on yhtälön (H2) yleinen ratkaisu ja yhtälön (E2) yksittäisratkaisu, niin yhtälön (E2) yleinen ratkaisu on ja näin saadaan yhtälön (E2) kaikki ratkaisut.
- Tässä siis vapaat vakiot ovat piilossa (epämääräisen) ilmaisun " on yleinen ratkaisu" takana.

8.3 Epähomogeenisen DY:n yksittäisratkaisun löytämisestä

Kuten 1. kl:n tapauksessa, yksittäisratkaisua voidaan etsiä

"valistuneen arvauksen" avulla
- jos yhtälö on vakiokertoiminen ja epähomogeeninen osa on tähän sopiva
  - (arvauksen eli yritteen muoto perustuu epähomogeenisen osan muotoon, tarkemmin myöhemmin);

tai

vakioiden varioinnin avulla.
- Tämä on hiukan monimutkaisempaa kuin 1. kl:n tapauksessa, koska vakioita on kaksi - tarvitaan kaksi yhtälöä, joista vain toinen saadaan alkuperäisestä DY:stä, toinen pitää "määrätä".
  - Tästä lisää myöhemmin.

8.4 Epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu valistuneen arvauksen avulla (vakiokertoiminen yhtälö)

Tavoite: löytää jokin yhtälön (E2) eli y'' + p(x) y' + q(x) y = f(x) toteuttava yksittäisratkaisu, kun ja ovat vakiofunktioita.

Strategia:
1. Arvataan ensin yksittäisratkaisun muoto funktion perusteella ja käytetään vapaita kertoimia.
  - Kuten aiemmin, tätä voidaan kutsua yritteeksi.
    - (Yritteeksi voidaan kutsua mitä tahansa funktiota, jonka muoto on jotakin vapaata osaa lukuunottamatta määrätty ja jonka vapaa osa halutaan määrätä niin, että funktio toteuttaa annetun yhtälön.)
2. Selvitetään kertoimet, joilla yrite toteuttaa yhtälön (E2).

Vinkkejä yksittäisratkaisun muodon arvaamiseen, kun kerroinfunktiot ja ovat vakioita
- ja yrite ei satu olemaan vastaavan homogeenisen yhtälön ratkaisu:

	yrite
polynomi	polynomi (samaa astetta)
$\sin x$	$A\sin x + B \cos x$
$\sin kx$	$A\sin kx + B \cos kx$
$e^{kx}$	$Ae^{kx}$

Lisää vinkkejä:
- Jos on jokin edellisistä kerrottuna -asteisella polynomilla, korvataan yritteessä olevat vapaat kertoimet ja -asteisilla polynomeilla vapain kertoimin.
- Jos on jokin edellisistä kerrottuna tekijällä $e^{rx}$ , kerrotaan myös yrite tällä tekijällä.
- Jos näin saatu yrite sattuu olemaan vastaavan homogeenisen yhtälön ratkaisu, kerrotaan yrite tekijällä - tai, jos tämäkin on HY:n ratkaisu, tekijällä .

Huomautus:

Kuten aiemmin, jos ja/tai ei ole vakiofunktio tai ei sovi mihinkään edellä mainituista kuvauksista, yksittäisratkaisua voidaan etsiä homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun vakioiden varioinnilla.
- Tästä lisää myöhemmin.

8.5 Esimerkkejä

Ratkaise

Ratkaisu

Ratkaistaan ensin vastaava HY eli karakteristisen yhtälön avulla.
- Karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat ja , joten HY:n yleinen ratkaisu on $y_h=C_1 e^x + C_2 e^{-2x}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

Etsitään sitten epähomogeenisen DY:n yksittäisratkaisu yritteen avulla: $y_e' = A, \quad y_e'' = 0$ joten Jotta DY toteutuisi, pitää olla $-2A = 4 \quad \text{ja} \quad (A-2B) = 0,$ josta saadaan ja .
- Löydettiin yksittäisratkaisu .
DY:n yleinen ratkaisu on $y= -2x-1 + C_1 e^x + C_2 e^{-2x}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

Ratkaise $y''+4y=\sin x$ .

Ratkaisu

HY: , karakteristinen yhtälö: $r^2+4=0 \iff r=\pm 2i$
- HY:n yleinen ratkaisu on $C_1 \sin (2x) + C_2 \cos (2x), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$
Etsitään yksittäisratkaisu yritteellä $y_e = A\sin x + B \cos x$ : $y_e' = A \cos x -B \sin x, \quad y_e'' = -A\sin x - B \cos x$ joten $y_e'' + 4y_e = 3A \sin x + 3B \cos x \overset{!}{=} \sin x \iff 3A=1, \, 3B=0.$
- Yksittäisratkaisuksi kelpaa $y_e = \frac13 \sin x$ .
Yleinen ratkaisu on $y=\frac13 \sin x + C_1 \sin (2x) + C_2 \cos (2x), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

Ratkaise $y''+4y=\sin (2x)$ .

Ratkaisu

HY sama kuin edellisessä, yleinen ratkaisu on $y = C_1 \sin 2x + C_2 \cos 2x, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$
Etsitään yksittäisratkaisu yritteellä $y_e = A x \sin 2x + B x \cos 2x$ :
- (Huomaa, että $y=A \sin 2x + B \cos 2x$ on HY:n ratkaisu eikä siksi toteuta epähomogeenista yhtälöä.) $y_e' = A \sin 2x +2Ax \cos 2x +B \cos 2x -2Bx \sin 2x$ ja $\begin{align*} y_e'' &= 2A \cos 2x + 2A \cos 2x -4Ax \sin 2x -2B \sin 2x - 2B \sin 2x -4Bx \cos 2x \\ &= (-4Ax-4B) \sin 2x + (4A-4Bx) \cos 2x = 4(-Ax-B) \sin 2x + 4(A-Bx) \cos 2x \end{align*}$ joten $y_e'' + 4y_e = 4(-Ax-B+Ax) \sin 2x + 4(A-Bx+Bx) \cos 2x = -4B \sin 2x + 4A \cos 2x$ ja DY toteutuu, kun ja eli $B=-\frac14$ ja .
- Yksittäisratkaisuksi kelpaa $y_e = -\frac14 x \cos 2x$ .
Yleinen ratkaisu on $y=-\frac14 x \cos (2x) + C_1 \sin (2x) + C_2 \cos (2x), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

Ratkaise $y''+4y= \sin x + \sin (2x)$ .

Ratkaisu

Kahdessa aiemmassa esimerkissä on löydetty
- HY:n yleinen ratkaisu sekä
- epähomogeenisten yhtälöiden $y''+4y= \sin x$ ja $y''+4y= \sin 2x$ yksittäisratkaisut.
Koska nyt HY on sama ja epähomogeeninen osa $\sin x + \sin 2x$ on edellisten yhtälöiden epähomogeenisten osien summa, edellisten epähomogeenisten yhtälöiden yksittäisratkaisujen summa $y_s=\frac13 \sin x - \frac14 x \cos 2x$ on epähomogeenisen yhtälön $y''+4y= \sin x + \sin 2x$ yksittäisratkaisu.
- (Tarkista itse.)
Yleinen ratkaisu on $y=\frac13 \sin x -\frac14 x \cos (2x) + C_1 \sin (2x) + C_2 \cos (2x), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

Huomautus

Esimerkissä 3 yllä huomattiin, että yhtälön $y''+4y=\sin 2x$ yksittäisratkaisu on $y_e = -\frac14 x \cos 2x.$
- Kertoimen vuoksi tämä ei ole rajoitettu funktio!
- Vrt. resonanssi, värähtelyä voimistetaan "samalla taajuudella".

8.6 Sovellus: harmoninen värähtelijä

Monet luonnonilmiöt ovat jaksollisia - esim. heiluriliike, kitaran kielen tai rummun kalvon värähtely, maailmanpyörän vaunun korkeus, kelluvan poijun liike meressä, vaihtovirran jännite...

Näissä ilmiöissä jokin suure (esim. maailmanpyörän vaunun korkeus ala-asentoon nähden) riippuu ajasta jaksollisesti, ja niinpä sini- ja kosinifunktiot sopivat ilmiön mallintamiseen. Muuttujana malleissa on aika, jota merkitään usein kirjaimella (time).

Malli perustuu luonnonlakeihin tai muuhun matematiikan ulkopuoliseen tietoon tai oletukseen ilmiöstä, esim. Newtonin lait fysiikassa, populaation kasvua rajoittavat (esim. ravinnon saantiin liittyvät) tekijät biologiassa tai hinnan vaikutus kysyntään taloustieteessä; usein suureeseen vaikuttaa jonkinlainen "tasapainotilan suuntaan vetävä voima", josta päädytään differentiaaliyhtälömalliin.

Yksinkertaisimmassa tällaisessa mallissa tasapainottava voima on verrannollinen poikkeamaan tasapainotilasta, mikä johtaa sinimuotoiseen edestakaiseen heilahteluun tasapainoaseman ympärillä. Tällaista mallia kutsutaan harmoniseksi värähtelijäksi.

8.6.1 Harmoninen värähtelijä

Harmonisen värähtelijän DY on $y''+\omega^2 y = 0$ eli $\frac{d^2y}{dt^2} + \omega^2 y = 0.$

Tausta:
- Kun punnus, jonka massa on , riippuu (massattomasta) jousesta, punnukseen kohdistuu toisaalta painovoima ja toisaalta jousen kannatteleva voima; tasapainotilassa nämä ovat yhtä suuret.
- Kun merkitään funktiolla punnuksen keskipisteen korkeutta tasapainotilaan nähden (eli tasapainotilassa ) ja oletetaan, että punnukseen kohdistuva voima on verrannollinen poikkeamaan tasapainotilasta, saadaan Newtonin laista "voima = massa * kiihtyvyys" yhtälö $m \frac{d^2y}{dt^2} =-ky.$
  - Verrannollisuuskerrointa kutsutaan jousen jousivakioksi.
  - Muistutus: nopeus on paikan ensimmäinen derivaatta ajan suhteen, kiihtyvyys toinen.
- Jakamalla massalla ja merkitsemällä $\omega^2 = \frac{k}{m}$ saadaan yllä oleva harmonisen värähtelijän DY.

Harmonisen värähtelijän DY:llä on yleinen ratkaisu $y(t) = A \cos \omega t + B \sin \omega t,$ joka voidaan esittää myös pelkän sinin tai pelkän kosinin (ja vaihesiirron) avulla: $y(t) = R \cos (\omega(t-t_0)) = A \cos \omega t + B \sin \omega t,$ kun $A=R\cos (\omega t_0)$ ja $B=R \sin (\omega t_0)$ , ja tällöin R^2 = A^2+B^2 ja $\tan (\omega t_0) = \frac{A}{B}$ .
(Tämä seuraa suoraan kosinin summakaavasta.)

Alkuehdot ja vakiot:
- , $y'(0) = B \omega$
  - (Tarkista itse.)
- Vakiot ja liittyvät siis punnuksen paikkaan ja nopeuteen alkuhetkellä .
  - Huomaa, että jos punnus on alkuhetkellä paikallaan tasapainoasemassa, se pysyy siinä (nollaratkaisu).
Vakio $R=\sqrt{A^2+B^2}$ on liikkeen amplitudi eli ääriaseman etäisyys tasapainoasemasta.
Aika, joka kuluu ääriasennosta paluuseen takaisin samaan ääriasentoon, on funktion (perus)jakso $T=\frac{2\pi}{\omega}$ .
- Sama aika kuluu minkä tahansa peräkkäisten ajanhetkien välissä, jolloin punnus on samalla korkeudella ja liikkumassa samaan suuntaan (ylös tai alas).
Jakson (aika sekunteina) käänteisluku on värähtelyn taajuus (hertseinä, 1 Hz = 1/s).
- Kulmataajuus on $\omega = \frac{2\pi}{T}$ (radiaania sekunnissa).

Esimerkkejä

Mitkä ovat ratkaisun amplitudi, taajuus ja jakso, kun värähtelijän DY on ja alkuehdot , ? (Ajan yksikkönä on sekunti.)
- Yleinen ratkaisu on $y=A \cos 4t + B\sin 4t$ .
- Alkuehdoista saadaan ja eli .
- Ratkaisu on siis $y=-6 \cos 4t + 8 \sin 4t$ .
- Amplitudi on $R = \sqrt{(-6)^2+ 8^2}=10$ . (Yksikköä ei ole annettu.)
- Taajuus on $\frac{4}{2\pi} \approx 0{,}637$ Hz ja jakson pituus $\frac{2\pi}{4} \approx 1{,}57$ sekuntia.

Jousessa roikkuu 100 gramman punnus, jonka poikkeuttamiseen $\frac13$ cm tasapainoasemasta tarvitaan 30000 ${\rm g \, cm/s^2}$ voima. Alkuhetkellä punnus vedetään 2 cm tasapainoaseman alapuolelle ja lähetetään ylöspäin nopeudella 60 ${\rm cm/s}$ . Mikä on punnuksen paikka hetkellä ? Entä kuinka kaukana tasapainoasemasta punnus käy?

Ratkaisu

Punnuksen paikkaa hetkellä kuvaava funktio toteuttaa DY:n $\frac{d^2y}{dt^2} + \omega^2 y = 0,$ missä $\omega^2 = \frac{k}{m}$ ( massa, jousivakio).
Selvitetään ensin jousivakio annetusta tiedosta (voima, joka tarvitaan kumoamaan punnukseen kohdassa cm vaikuttava jousivoima ): $30000 \, {\rm g \, cm/s^2}= (\frac13 \, {\rm cm}) \, k$ josta saadaan $k=90000 \, {\rm g/s^2}$ .
Kulmataajuus on $\omega = \sqrt{k/m} = 30 \, {\rm rad/s}$ .
- Yleinen ratkaisu on $y = A \cos 30t + B \sin 30 t$ .
Alkuehdot ovat (cm) ja (cm/s).
- Alkuehdot toteuttava ratkaisu on $y = -2 \cos 30t + 2 \sin 30 t$ .
Amplitudi on $R = \sqrt{(-2)^2+ 2^2} = 2 \sqrt{2} \approx 2{,}83$ cm.

8.6.2 Vaimennettu harmoninen värähtelijä

Kun harmonisen värähtelijän DY:öön lisätään vaimennuskerroin , saadaan mukaan ensimmäisen kertaluvun termi, mutta edelleen yhtälö on toisen kertaluvun lineaarinen homogeeninen vakiokertoiminen DY eli ay''+by'+cy = 0 (kertoimet a, b, c >0 ).

Harmoninen värähtelijä on

alivaimennettu, jos
- eksponentiaalisesti vaimeneva heilahtelu
kriittisesti vaimennettu, jos
- vaimenee nopeimmin, ei heilahtele
ylivaimennettu, jos
- lähenee tasapainotilaa, mutta hitaammin kuin kriitisesti vaimennettu.

8.6.3 Pakotettu harmoninen värähtelijä

Kun (mahdollisesti vaimennetun) harmonisen värähtelijän DY:öön lisätään ulkoinen ajava voima , saadaan toisen kertaluvun epähomogeeninen lineaarinen vakiokertoiminen DY ay''+by'+cy = f(t).

Yksinkertaisimmillaan $f(t) = \sin (\omega_1 t)$ tai $f(t) = \cos (\omega_1 t)$ ,
- sinimuotoinen ajava voima, jonka kulmataajuus on $\omega_1$ .
Vrt. keinu ja "vauhdin antaminen"; jos taajuus on oikea, amplitudi kasvaa (resonanssi).

9. Lineaarinen DY, osa V: 2. kl. lin. (yleisestä)

Kertausta (lyhyesti):
- yleisen lineaarisen
  - HY:n ratkaisukanta
  - epähomogeenisen DY:n yleinen ratkaisu
- vakiokertoimisen lineaarisen
  - HY karakteristisen yhtälön avulla
  - epähomogeenisen yksittäisratkaisu valistuneella arvauksella
Uutta:
- HY:n toinen ratkaisu kertaluvun pudotuksella
- epähomogeenisen DY:n yksittäisratkaisu vakioiden varioinnilla

9.0.1 Kertausta

Käytetään edelleen merkintää (E2) lineaarisesta 2. kertaluvun epähomogeenisesta differentiaaliyhtälöstä y'' + p(x) y' + q(x) y = f(x) ja merkintää (H2) sitä vastaavasta homogeenisesta yhtälöstä y'' + p(x) y' + q(x) y = 0.

Yhtälön (H2) yleinen ratkaisu:
- Jos ja ovat kaksi yhtälön (H2) lineaarisesti riippumatonta ratkaisua, niin yhtälön (H2) yleinen ratkaisu on $y= Ay_1(x)+ By_2(x), \quad A, B \in \mathbb{R}.$
  - Näin saadaan yhtälön (H2) kaikki ratkaisut.
  - Funktiot ja muodostavat yhtälön (H2) ratkaisukannan.

Yhtälön (E2) yleinen ratkaisu:
- Jos on yhtälön (H2) yleinen ratkaisu ja yhtälön (E2) yksittäisratkaisu, niin yhtälön (E2) yleinen ratkaisu on
  - Näin saadaan yhtälön (E2) kaikki ratkaisut.
  - Vapaat vakiot ovat mukana merkinnässä .

Jos kerroinfunktiot ja ovat vakiofunktioita, niin
- yhtälön (H2) ratkaisukanta löytyy karakteristisen yhtälön avulla
- yhtälön (E2) yksittäisratkaisu voi löytyä valistuneesti arvatun yritteen avulla.

9.1 HY:n ratkaisukannan etsiminen kertaluvun pudotuksella

Miten löydetään kaksi homogeenisen yhtälön (H2) ratkaisua, jotka ovat LI?

Yksi ratkaisu on usein löydettävissä (/löydettävä) kokeilemalla.
Kun on löydetty yksi yhtälön (H2) ratkaisu , etsitään toinen yritteellä

9.1.1 Esimerkkejä

Osoita, että $y=y_1(x)=e^{-2x}$ on yhtälön ratkaisu ja etsi tästä lineaarisesti riippumaton ratkaisu yritteellä (käyttämättä karakteristista yhtälöä). Mikä on yhtälön yleinen ratkaisu?

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Kun $y_1= e^{-2x}$ , niin $y_1' = -2e^{-2x}$ ja $y_1'' = 4e^{-2x}$ ,
  joten $y_1'' + 4y_1'+4y_1= 4e^{-2x} +4 \cdot (-2e^{-2x}) + 4e^{-2x} = 0.$
  - Siis $y_1= e^{-2x}$ on yhtälön (eräs) ratkaisu.
- Etsitään toinen ratkaisu yritteellä $y_2(x) = u(x) y_1(x) = u(x) e^{-2x}.$
  - Tulon derivointissäännön mukaan $y_2' = u'(x) e^{-2x} -2 u(x) e^{-2x} = e^{-2x} (u'(x)-2u(x))$ ja $\begin{align*} y_2'' &= -2 e^{-2x}(u'(x) -2 u(x)) + e^{-2x}(u''(x) -2 u'(x)) \\ &= e^{-2x}(u''(x) -4 u'(x) +4 u(x)) \end{align*}$
  - Jotta toteuttaisi yhtälön , täytyy siis olla $\begin{align*} 0 &= y_2''+4y_2'+4y_2 \\ &= e^{-2x}(u''(x) -4 u'(x) +4 u(x)) + 4 e^{-2x} (u'(x)-2u(x)) +4 u(x) e^{-2x} \\ &= e^{-2x}u''(x). \end{align*}$ Tämä toteutuu, kun eli kun missä ja ovat vakioita; valitsemalla esim. ja saadaan ja siis $y_2(x) = x e^{-2x}.$
  - Koska $\displaystyle \frac{y_1(x)}{y_2(x)} = \frac{e^{-2x}}{x e^{-2x}} = \frac{1}{x}$ ei ole vakio, funktiot ja ovat LI.
    - Löydettiin kaivattu toinen ratkaisu $y_2(x) = x e^{-2x}$ , joka on lineaarisesti riippumaton funktiosta .
- Yleinen ratkaisu on $y=C_1 y_1 (x) +C_2 y_2 (x) = C_1 e^{-2x}+C_2 x e^{-2x}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

Osoita, että on yhtälön $y'' -\frac{1}{x} y' + \frac{1}{x^2} y = 0, \quad x \not = 0$ ratkaisu, ja selvitä yhtälön yleinen ratkaisu.

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Kun , niin ja , joten $y_1'' - \frac{1}{x} y_1' + \frac{1}{x^2} y_1 = 0 - \frac{1}{x} + \frac{1}{x} = 0$ kaikilla $x \not = 0$ eli on yhtälön (yksittäis)ratkaisu.
- Etsitään toinen ratkaisu yritteellä :
  - Tulon derivointissäännön mukaan ja $\begin{align*} y_2'' &= u''(x)x + 2u'(x) \end{align*}$
  - Jotta toteuttaisi yhtälön $y'' -\frac{1}{x} y' + \frac{1}{x^2} y = 0$ , täytyy siis olla $\begin{align*} 0 &= y_2'' -\frac{1}{x} y_2' + \frac{1}{x^2} y_2 \\ &= u''(x)x + 2u'(x) - \frac{1}{x} (u'(x)x +u(x)) + \frac{1}{x^2} u(x) x \\ &= u''(x)x + u'(x) \end{align*}$ kaikilla $x \not = 0$ . Tämä toteutuu, kun $u''(x)= -\frac{1}{x} u'(x)$ eli kun funktio toteuttaa yhtälön $v'=-\frac{1}{x}v.$
    - Separoimalla (tai vaikka kokeilemalla) löydetään yksittäisratkaisu $v(x) = \frac{1}{x}$ , josta edelleen $u(x)=\ln|x|$ .
    - Saadaan siis $y_2(x) = x \ln |x|$ , joka on lineaarisesti riippumaton funktiosta .
  - Löydettiin toinen ratkaisu $y_2(x) = x \ln |x|$ .
    - Tarkista itse, että on ratkaisu.
- Yleinen ratkaisu väleillä $]-\infty, 0[$ ja $]0, \infty[$ on $y= C_1 x + C_2 x \ln |x|, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

9.1.2 Huomautuksia

Esimerkeissä 1 ja 2 etsittiin homogeeniselle yhtälölle (H2) toinen ratkaisu yritteellä missä on ensin löydetty ratkaisu.
- Menetelmästä käytetään joskus nimitystä kertaluvun pudotus.
  - Menetelmä johtaa ensimmäisen kertaluvun yhtälöön funktion suhteen.
    - Laske itse: jos , niin $\begin{align*} y_2''+p(x)y_2'+q(x) y_2 &= u''y_1+(2y_1'+p(x)y_1)u' + (y_1''+p(x)y_1'+q(x)y_1)u \\ &=u''y_1+(2y_1'+p(x)y_1)u', \end{align*}$ kun on yhtälön (yksittäis)ratkaisu.
- Menetelmä toimii, kun $y_1 (x) \not = 0$ kaikilla (tutkittavalla välillä).
  - Kiinnostuneet löytävät menetelmän toimivuudelle yleisen perustelun esim. P. Juutisen luentomonisteesta (s. 34); saadun toisen ratkaisun lineaarinen riippumattomuus ensimmäisestä voidaan tutkia nk. Wronskin determinantin avulla.
Samalla menetelmällä löydettäisiin myös yleisesti vakiokertomiselle yhtälölle jolle (eli jonka karakteristisella yhtälöllä on kaksoisjuuri $r=r_0=-\frac{b}{2a}$ ), yhden ratkaisun $y_1=e^{r_0 x}$ avulla toinen ratkaisu $y_2=x e^{r_0 x}$ .
- Kokeile itse, lasku on sama kuin esimerkissä 1; huomaa, että nyt
  ja .
  - (Oikeastaan saadaan $y_2=(Cx+D) e^{r_0 x}$ ; voidaan valita ja vapaasti, kunhan ei valita , jolloin tulos ei olisi enää LI funktion kanssa.)

9.2 Vakioiden variointi

Etsitään epähomogeenisen yhtälön (E2) yksittäisratkaisu yritteellä y_e = C_1 (x) y_1(x) + C_2 (x) y_2 (x), missä y_1 ja y_2 ovat vastaavan homogeenisen yhtälön (H2) kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua.

Tehdään lisäoletus $C_1'(x) y_1 (x) + C_2'(x) y_2(x) = 0 \quad \text{kaikilla } x.$
- Tämä yksinkertaistaa laskuja.
- (E2) antaa vain yhden funktioita ja koskevan yhtälön, toinen voidaan valita.

9.2.1 Esimerkkejä

Etsi yhtälölle $y''-4y'+4y=xe^{2x}$ yksittäisratkaisu vakioiden varioinnilla.

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y= C_1 e^{2x} + C_2 x e^{2x}, \quad C_1, C_ 2 \in \mathbb{R}$ (tämä löydetään esim. karakteristisen yhtälön ja sen kaksoisjuuren avulla).
- Vakioiden variointi:
  - Tehdään yrite $y_e= C_1(x) e^{2x} + C_2(x) x e^{2x},$ jolloin $y_e' = C_1'(x) e^{2x} + 2C_1(x) e^{2x} + C_2'(x) x e^{2x} + C_2(x) e^{2x} + 2C_2(x) x e^{2x}.$
  - Tehdään lisäoletus $C_1'(x) e^{2x} + C_2'(x) x e^{2x} = 0,$ jolloin $y_e' = 2C_1(x) e^{2x} + C_2(x) e^{2x} + 2C_2(x) xe^{2x} =e^{2x} (2C_1(x) + C_2(x)+ 2C_2(x) x)$ ja $\begin{align*} y_e'' &= 2e^{2x} (2C_1(x) + C_2(x) + 2C_2(x) x) + e^{2x} (2C_1'(x) + C_2'(x) + 2C_2'(x) x + 2C_2(x)) \\ &= e^{2x} (4C_1(x) + 4C_2(x) + 4C_2(x) x + 2C_1'(x) + C_2'(x) + 2C_2'(x) x) \\ &= e^{2x} (4C_1(x) + 4C_2(x) + 4C_2(x) x + C_2'(x)) \end{align*}$
    - Lisäoletusta käytettiin jälleen viimeisessä vaiheessa.
    - (Ilman lisäoletusta saataisiin monimutkaisempi lauseke toisine derivaattoineen.)
  - Jotta olisi yhtälön ratkaisu, täytyy olla $\begin{align*} x e^{2x} &= y_e'' - 4y_e' +4y_e \\ &= e^{2x} [(4C_1(x) + 4C_2(x) + 4C_2(x) x + C_2'(x)) \\ & \qquad - 4(2C_1(x) + C_2(x)+ 2C_2(x) x) \\ & \qquad + 4(C_1(x) \qquad \qquad + C_2(x) x)] \\ &= e^{2x} C_2'(x) \\ \end{align*}$ eli , josta saadaan $C_2 (x) = \frac12 x^2$ (integroimisvakio voidaan valita nollaksi).
  - Yhtälön $C_1'(x) e^{2x} + C_2'(x) x e^{2x} = 0$ perusteella eli joten $C_1 (x) = -\frac13 x^3$ .
- Löydettiin yksittäisratkaisu $y_e = C_1(x) e^{2x} + C_2 (x) x e^{2x} = -\frac13 x^3 e^{2x} + \frac12 x^3 e^{2x} = \frac16 x^3 e^{2x}.$
- Vrt. ratkaisu suoraan yritteen $y_a = Ax^3 e^{2x}$ avulla kuten H4/T8b: $y_a' = (3Ax^2+2Ax^3)e^{2x} \quad \text{ja} \quad y_a'' = (6Ax+12Ax^2+4Ax^3)e^{2x},$ ja on oltava $\begin{align*} x e^{2x} &= y_a'' -4y_a' + 4y_a \\ &= e^{2x}[(6Ax+12Ax^2+4Ax^3) -4(3Ax^2+2Ax^3)+4Ax^3] \\ &= 6Axe^{2x}, \end{align*}$ josta ratkaistaan $\displaystyle A=\frac 1 6$ .

Ratkaise $y''+y=\tan x$ välillä $x \in ] {-}\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$ .

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on $y_h = C_1 \sin x + C_2 \cos x, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R},$ joka löydetään karakteristisen yhtälön kompleksisten juurten $r=\pm i$ avulla.
- Etsitään epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisu vakioiden varioinnilla.
  - Tehdään yrite $y_e = C_1 (x)\sin x + C_2 (x) \cos x$ ja lisäoletus $C_1' (x)\sin x + C_2' (x) \cos x = 0.$ Nyt $\begin{align*} y_e' &= C_1' (x)\sin x + C_1 (x)\cos x + C_2' (x) \cos x - C_2 (x) \sin x \\ &= C_1 (x)\cos x - C_2 (x) \sin x \end{align*}$ ja $y_e'' = C_1' (x)\cos x - C_1 (x)\sin x - C_2' (x) \sin x - C_2 (x) \cos x.$
  - Jotta yhtälö toteutuu, on oltava $\begin{align*} \tan x &= y_e''+y_e \\ &= C_1' (x)\cos x - C_1 (x)\sin x - C_2' (x) \sin x - C_2 (x) \cos x \\ & \qquad + C_1 (x)\sin x + C_2 (x) \cos x \\ &= C_1' (x)\cos x - C_2' (x) \sin x \end{align*}$ ja yhdessä lisäoletuksen kanssa saadaan yhtälöpari $\begin{cases} C_1' (x)\sin x + C_2' (x) \cos x = 0, \\ C_1' (x)\cos x - C_2' (x) \sin x = \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}. \end{cases}$ Ensimmäisestä saadaan $C_2' (x) = - C_1'(x) \frac{\sin x}{\cos x},$ ja edelleen toisesta yhtälöstä $C_1'(x) (\cos^2 x + \sin ^2 x) = \sin x$ eli $C_1'(x) = \sin x,$ jolloin $C_2' (x) = -\frac{\sin^2 x}{\cos x} = -\frac{1-\cos^2 x}{\cos x} = \cos x - \frac{1}{\cos x}.$
  - Integroimalla (ja valitsemalla integroimisvakiot nolliksi) saadaan $C_1 (x) = - \cos x$ ja $C_2 (x) = \int \left(\cos x - \frac{1}{\cos x}\right) \, dx = \sin x - \ln \left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right).$
    - Integraalin $\int \frac{1}{\cos x} \, dx$ laskeminen onnistuu sijoituksen $u = \tan \frac{x}{2}$ avulla, jolloin (ks. Calculus 3) $\, \sin x = \frac{2u}{1+u^2}\,$ ja $\,\cos x = \frac{1-u^2}{1+u^2}\,$ sekä $\,dx = \frac{2}{1+u^2} du\,$ ; käyttäen myös trigonometrisia kaavoja saadaan $\int \frac{1}{\cos x} \, dx = \int \frac{2}{1-u^2} \, du = \int \left(\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u}\right) \, du$ $=\ln\left(\frac{1+u}{1-u} \right) = \ln \left(\frac {\cos\frac x 2 + \sin \frac x 2}{\cos\frac x 2 - \sin \frac x 2}\right)$ $= \ln \left(\frac {(\cos\frac x 2 + \sin \frac x 2)^2}{\cos^2 \frac x 2 - \sin^2 \frac x 2}\right) = \ln \left(\frac {1+2\cos\frac x 2 \sin \frac x 2}{\cos x}\right).$
  - Löydettiin yksittäisratkaisu $\begin{align*} y_e &= C_1(x) \sin x + C_2 (x) \cos x \\ &= - \cos x \sin x + \left(\sin x - \ln \left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right)\right) \cos x \\ &= - \cos x \ln \left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right). \end{align*}$
- Yhtälön yleinen ratkaisu on $y = y_h + y_e = C_1 \sin x + C_2 \cos x - \cos x \ln \left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

9.2.2 Huomautuksia

Vakion/vakioiden varioinnilla viitataan yleensä menetelmään, jossa yritteenä käytetään homogeenisen yhtälön ratkaisua, jossa vakion/vakioiden paikalle laitetaan funktio(t).
- Tässä mielessä myös aiemmin nähty kertaluvun pudotus -menetelmä homogeenisen yhtälön toisen ratkaisun löytämiseksi on "vakion variointia".
Vakioiden variointi soveltuu myös korkeampien kertalukujen yhtälöille, mutta voi johtaa hankaliin laskuihin.

10. Korkeamman kertaluvun DY:istä ynnä muuta

korkeamman kertaluvun lineaarinen DY
erikoistapauksia:
- vakiokertoiminen lin. homogeeninen
- Eulerin yhtälö (2. kl)

[A, 18.5]

10.1 Lineaarinen korkeamman kertaluvun DY

Tarkastellaan nyt lineaarista :nnen kertaluvun epähomogeenista differentiaaliyhtälöä $a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \ldots + a_1(x) y' + a_0(x) y = f(x) \quad \quad (\text{En})$ ja sitä vastaavaa homogeenista yhtälöä $a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \ldots + a_1(x) y' + a_0(x) y = 0, \quad \quad (\text{Hn})$ Oletetaan, että kerroinfunktiot $a_0, \, \ldots , \, a_n$ ovat jatkuvia ja $a_n (x) \not = 0$ koko tutkittavalla välillä.

Jos $y_1, \, y_2, \, \ldots, \, y_n$ ovat yhtälön (Hn) lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja, niin yhtälön (Hn) yleinen ratkaisu on $y = C_1 y_1 (x) + \ldots +C_n y_n (x), \qquad C_1, \, \ldots, \, C_n \in \mathbb{R},$ ja näin saadaan kaikki ratkaisut.

Jos on yhtälön (Hn) yleinen ratkaisu ja yhtälön (En) yksittäisratkaisu, niin yhtälön (En) yleinen ratkaisu on ja näin saadaan yhtälön (En) kaikki ratkaisut.
- Kuten aiemmin, vapaat vakiot ovat piilossa (epämääräisen) ilmaisun " on yleinen ratkaisu" takana.

10.2 Vakiokertoiminen n:nnen kl:n lineaarinen homogeeninen DY

Lineaarinen, homogeeninen, vakiokertoiminen :nnen kertaluvun DY on $a_n y^{(n)} + a_{n-1} y^{(n-1)} + \ldots + a_1 y' + a_0 y = 0, \quad (\ast)$ missä $a_n \not = 0$ .

10.2.1 Karakteristinen yhtälö

Vastaavasti kuin toisen kertaluvun tilanteessa (ks. 7.3), myös kertaluvulle n>2 differentiaaliyhtälön ( $\ast$ ) karakteristinen yhtälö on $a_n r^n + a_{n-1} r^{n-1} + \ldots + a_1 r + a_0 = 0. \quad (\ast \ast)$

Differentiaaliyhtälön ( $\ast$ ) ratkaisut löytyvät yhtälön ( $\ast \ast$ ) ratkaisujen eli juurten avulla.
- Tiedetään, että (kompleksiset sekä moninkertaiset juuret huomioiden) :nnen asteen polynomiyhtälöllä on juurta.
- DY:lle ( $\ast$ ) löydetään sen karakteristisen yhtälön juurten avulla yksittäisratkaisua, jotka ovat toisistaan lineaarisesti riippumattomia.
  - DY:n ( $\ast$ ) yleinen ratkaisu saadaan näiden ratkaisujen avulla vastaavasti kuin 2. kl:n tapauksessa.

Perusteluksi / johdatteluksi:

Etsitään ratkaisua yritteellä $y_{arv} (x) = e^{rx},$ jolloin $y_{arv}'=re^{rx}$ , $y_{arv}''=r^2e^{rx}$ jne; yleisesti :s derivaatta on $\phantom{mmmmmmmmmm} y_{arv}^{(k)} = r^k e^{rx} \qquad \text{kaikilla } k = 1, 2, \ldots, n.$ Yrite $y_{arv}$ on DY:n ( $\ast$ ) ratkaisu, jos $\begin{align*} 0 &= a_n y_{arv}^{(n)} + a_{n-1} y_{arv}^{(n-1)} + \ldots + a_1 y_{arv}' + a_0 y_{arv} \phantom{\int} \\ &= a_n r^n e^{rx} + a_{n-1} r^{n-1} e^{rx} + \ldots + a_1 r e^{rx} + a_0 e^{rx} \phantom{\int}\\ &= e^{rx} (a_n r^n + a_{n-1} r^{n-1} + \ldots + a_1 r + a_0) \end{align*}$ eli jos $a_n r^n + a_{n-1} r^{n-1} + \ldots + a_1 r + a_0 = 0.$

10.2.2 Vakiokertoimisen HY:n ratkaisut karakteristisen yhtälön avulla

Tiedetään, että reaalikertoimisen polynomiyhtälön juuret ovat joko
- yksinkertaisia reaalijuuria,
- moninkertaisia reaalijuuria tai
- kompleksisia (yksin- tai moninkertaisia) juuria.
  - Kompleksiset juuret esiintyvät aina pareina kompleksikonjugaattinsa kanssa; siis
    jos $k+i\omega$ on -kertainen juuri, niin
    myös $k-i\omega$ on -kertainen juuri.
  - Vrt. polynomin jako 1. ja 2. asteen tekijöihin.

Reaalijuuret:
- Jos on yhtälön ( $\ast \ast$ ) -kertainen reaalinen juuri
  (eli on polynomin $a_n r^n + \ldots + a_1 r + a_0$ tekijä),
  niin funktiot $e^{r_1 x}, \quad xe^{r_1 x}, \quad \ldots, \quad x^{m-1} e^{r_1 x}$ ovat yhtälön ( $\ast$ ) LI ratkaisuja.
  - ( kpl)
Kompleksijuuret:
- Jos $r=k+i\omega$ ja $r=k- i \omega$ ovat yhtälön ( $\ast \ast$ ) -kertaisia kompleksisia juuria
  (eli $[(r-k)^2+ \omega^2]^m$ on polynomin $a_n r^n + \ldots + a_1 r + a_0$ tekijä),
  niin funktiot $e^{k x} \sin \omega x, \quad xe^{k x} \sin \omega x, \quad \ldots, \quad x^{m-1}e^{k x} \sin \omega x$ ja $e^{k x} \cos \omega x, \quad xe^{k x} \cos \omega x, \quad \ldots, \quad x^{m-1}e^{k x} \cos \omega x$ ovat yhtälön ( $\ast$ ) LI ratkaisuja.
  - ( kpl)

10.2.3 Esimerkkejä

Ratkaise $y^{(4)} - 16 y = 0$ .

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Karakteristinen yhtälö on
  - Jaetaan polynomi tekijöihin:
  - Tästä nähdään, että yhtälöllä on juuret eli ratkaisut
    , , ja
    (neljä yksinkertaista juurta).
- Yhtälön $y^{(4)} - 16 y = 0$ yleinen ratkaisu on $y= C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x} + C_3 \sin(2x) + C_4 \cos(2x), \qquad C_1, \, C_2, \, C_2, \, C_4 \in \mathbb{R}.$

Ratkaise $y^{(5)} - 2 y^{(4)} + y^{(3)} = 0$ .

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Karakteristinen yhtälö on
  - Jaetaan polynomi tekijöihin:
  - Tästä nähdään, että yhtälöllä on juuret 0, 0, 0, 1 ja 1 eli
    - kolminkertainen juuri ja
    - kaksinkertainen juuri .
- Yhtälön $y^{(5)} - 2 y^{(4)} + y^{(3)} = 0$ yleinen ratkaisu on $y= C_1 + C_2 x + C_3 x^2 + C_4 e^{x} + C_5 x e^x, \qquad C_1, \, C_2, \, C_2, \, C_4, \, C_5 \in \mathbb{R}.$

Selvitä DY:n kertaluku ja yleinen ratkaisu, kun DY on lineaarinen, homogeeninen ja vakiokertoiminen, ja sen karakteristinen yhtälö on

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Karakteristinen yhtälö on 7. asteen polynomiyhtälö, joten DY:n kertaluku on 7.
- Karakteristisella yhtälöllä on
  - kolminkertainen juuri sekä
  - kaksinkertaiset kompleksiset juuret $r = -2 \pm 3i$ .
- DY:n yleinen ratkaisu on $\begin{align*} y= & C_1 e^{-4x} + C_2 xe^{-4x} + C_3 x^2e^{-4x} \phantom{\int}\\ &+ C_4 e^{-2x} \sin(3x) + C_5 e^{-2x} \cos(3x) \phantom{\int}\\ &+ C_6 x e^{-2x} \sin(3x) + C_7 x e^{-2x} \cos(3x), \end{align*}$ $C_1, \, C_2, \, C_3, \, C_4, \, C_5, \, C_6, \, C_7 \in \mathbb{R}$ .

10.3 Eulerin yhtälö (2. kl)

Yhtälöä ax^2 y'' +bx y' +c y = 0, missä $a \not = 0$ (ja missä on muuttujan funktio kuten aiemminkin),
kutsutaan (2. kertaluvun) Eulerin yhtälöksi.

Jakamalla yhtälö lausekkeella saataisiin normaalimuotoinen lineaarinen yhtälö $y'' +\frac{b}{ax} y' + \frac{c}{ax^2} y = 0,$ kun $x \not = 0$ , joka ei ole määritelty, kun .
- Etsitään ratkaisua, kun . (Sama ratkaisu kelpaa myös, kun , kun korvataan lausekkeella .)

10.3.1 Karakteristinen yhtälö

Etsitään Eulerin yhtälölle $ax^2y'' + bx y' + cy =0 \qquad \text{(Eu)}$ ratkaisua välillä $]0, \infty[$ yritteellä $y_{arv} (x) = x^r$ .
- Koska $y_{arv}' (x) = rx^{r-1} \quad \text{ja} \quad y_{arv}'' (x) = r(r-1)x^{r-2},$ niin $y_{arv}$ on yhtälön ratkaisu, jos $\begin{align*} 0 &= ax^2y_{arv}'' + bx y_{arv}' + cy_{arv} \\ &= ax^2r(r-1)x^{r-2} + bx rx^{r-1} + cx^r \phantom{\int}\\ &= x^r(ar(r-1) + br + c) \\ \end{align*}$ kaikilla eli jos eli jos

Eulerin yhtälön (Eu) ratkaisut löydetään tämän karakteristisen yhtälön avulla.

Kaksi reaalijuurta:
- Jos , niin yhtälöllä on kaksi reaalijuurta, ja , $r_1 \not = r_2$ .
- Tällöin Eulerin yhtälöllä (Eu) on välillä $]0,\infty[$ yleinen ratkaisu $y = C_1 x^{r_1} + C_2 x^{r_2}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$
- Yleinen ratkaisu voidaan kirjoittaa muodossa $y = C_1 |x|^{r_1} + C_2 |x|^{r_2}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R},$ joka on ratkaisu myös välillä $]-\infty, 0[$ .
  - (Tarkista itse, että on ratkaisu, kun .)
Yksi kaksinkertainen reaalijuuri:
- Jos , niin yhtälöllä on kaksinkertainen reaalijuuri .
- Tällöin Eulerin yhtälöllä (Eu) on välillä $]0,\infty[$ yleinen ratkaisu $y = C_1 x^{r_1} + C_2 x^{r_1} \ln x, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$
  - Ratkaisu $x^{r_1} \ln x$ löydetään kertaluvun pudotuksella, ks. 9.1. (laske itse).
- Yleinen ratkaisu voidaan kirjoittaa muodossa $y = C_1 |x|^{r_1} + C_2 |x|^{r_1} \ln|x|, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R},$ joka on ratkaisu myös välillä $]-\infty, 0[$ .
Kompleksiset juuret:
- Jos , niin yhtälöllä on kaksi kompleksijuurta, $r=k+i\omega$ ja $r=k-i\omega$ .
- Tällöin Eulerin yhtälöllä (Eu) on välillä $]0,\infty[$ yleinen ratkaisu $y = C_1 x^{k} \sin (\omega \ln x) + C_2 x^{k} \cos (\omega \ln x), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$
- Yleinen ratkaisu voidaan kirjoittaa muodossa $y = C_1 |x|^{k} \sin (\omega \ln |x|) + C_2 |x|^{k} \cos (\omega \ln |x|), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$ joka on ratkaisu myös välillä $]-\infty, 0[$ .

Eulerin yhtälöiden ratkaisuun käytettävässä yhtälössä virhe. Virheellinen: ar^2-(b-a)r+c=0. Oikein: ar^2+(b-a)r+c=0 (kuten ylempänä on kirjoitettu)

— 27 Apr 21 (edited 27 Apr 21)

Kiitos, korjattu.

— 27 Apr 21

Toinen tapa:
- Eulerin yhtälö (Eu) voidaan ratkaista myös palauttamalla se vakiokertoimiseksi DY:ksi muuttujanvaihdon avulla.
  - Tällöin päädytään yhtälöön ,
    missä .

10.3.2 Esimerkkejä

Ratkaise alkuarvotehtävä , , .

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Karakteristinen yhtälö on eli
  - Karakteristisella yhtälöllä on kaksi reaalijuurta, ja $r=-\frac12$ .
- Yleinen ratkaisu välillä $]0, \infty[$ on $y=C_1 x^2+ C_2 x^{-\frac12}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$
- Alkuehtojen toteutuminen:
  - Koska $y'(x) = 2C_1 x - \frac12 C_2 x^{-\frac32}$ , alkuehdoista saadaan yhtälöpari $\begin{cases} 5 = y(1) = C_1 + C_2 \\ 0 = y'(1) = 2C_1 + - \frac12 C_2 \end{cases}$ ja sen ratkaisuna ja .
  - Alkuehdot toteuttava ratkaisu on siis $y = x^2 + 4x^{-\frac12}= x^2 + \frac{4}{\sqrt{x}}, \quad x > 0.$

Ratkaise .

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Karakteristinen yhtälö on eli
  - Karakteristisella yhtälöllä on kaksi kompleksijuurta, $r=2\pm 3i$ .
- Yleinen ratkaisu on $y=C_1 x^2 \sin(3\ln|x|)+ C_2 x^2 \cos(3\ln|x|), \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

11. Sarjaratkaisuista, osa I

Potenssisarja ja analyyttinen funktio
Lineaarisen 2. kl:n DY:n potenssisarjamuotoisen ratkaisun etsiminen
- rekursioyhtälö sarjan kertoimille

[A, 18.7] ja [B, luku 4]

11.1 Potenssisarjoista

Tarkastellaan potenssisarjaa $\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n ,$ jonka

kertoimet ovat reaalilukuja
kehityskeskus on
suppeneminen tarkoittaa raja-arvon $\displaystyle \lim_{N \to \infty} \sum_{n=0}^{N} a_n (x-x_0)^n$ olemassaoloa.
- Huom: riippuu muuttujan arvosta!

Sarjoihin liittyvät perusasiat voit tarvittaessa kerrata esim. kurssilta Calculus 3:

lukusarjan suppeneminen ja itseinen suppeneminen
- lukusarjan suppenemistestit
potenssisarjan suppenemissäde ja suppenemisväli
- suppenemissäteen etsiminen suppenemistestien avulla
potenssisarjojen yhteen-, vähennys- ja kertolasku (Cauchyn tulo)
potenssisarjan derivointi ja integrointi
- termeittäin; suppenemissäde ei muutu
funktion Taylorin sarja ja analyyttisyys kerrataan alla
- käytössä tavanomaiset merkinnät , , $f^{(0)}=f$

11.2 Analyyttinen funktio

Jos $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n$ kaikilla $|x-x_0| < \delta$ jollakin $\delta > 0$ , niin sanomme, että funktio on analyyttinen kohdassa x_0 .

Tällöin
- kertoimet ovat $a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$ ja
- sarjaa kutsutaan funktion Taylorin sarjaksi kehitettynä pisteessä .

Esimerkkejä: $\begin{align*} & \sin x = x -\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \ldots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \, x^{2n+1} \\ & \cos x = 1 -\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \ldots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, x^{2n}\\ & e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \ldots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \, x^n\\ & \frac{1}{1-x} = 1+ x+ x^2 + x^3 + x^4 +\ldots = \sum_{n=0}^{\infty} x^n, \quad \text{kun } |x| < 1 \end{align*}$

Lisää sarjakehitelmiä löytyy esim. Ari Lehtosen kaavakokoelmasta:
http://users.jyu.fi/~lehtonen/opetus/TrigKaavoja_v3.pdf

Huomioita:

Jos kehityskeskus muuttuu, myös kertoimet muuttuvat, esim. $e^x = e^2 e^{(x-2)} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^2}{n!} (x-2)^n$ kaikilla ; siis $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \, x^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^2}{n!} (x-2)^n$ kaikilla .
Polynomit ovat analyyttisiä; polynomin Taylorin sarja on päättyvä
(eli jostakin alkaen loput kertoimet ovat nollia).
Rationaalifunktiot ovat analyyttisiä määrittelyjoukkonsa pisteissä, mutta Taylorin sarjan suppenemissäde voi olla pienikin, esim. $\frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1-(-x^2)} = \sum_{n=0}^{\infty} (-x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}, \quad \text{kun } |x| < 1$
- (huomaa nimittäjän kompleksinen nollakohta $x= \pm i$ )
Jos funktio on analyyttinen, niin sillä on kaikkien kertalukujen derivaatat.
- Toinen suunta ei ole totta; vastaesim. $f(x) = e^{-1/x^2}$ , kun $x \neq 0$ ja , joka ei ole analyyttinen origossa.
Analyyttisten funktioiden summat, tulot ja yhdistetyt funktiot ovat myös analyyttisiä.
Siellä, missä potenssisarja suppenee, se määrittelee analyyttisen funktion
- jolla ei välttämättä ole lauseketta "suljetussa muodossa" eli alkeisfunktioiden avulla.

11.3 Johdattelevia esimerkkejä

Etsitään yhtälölle ratkaisua sarjan $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ muodossa eli etsitään sellaiset kertoimet $a_2, \ldots$ , että $y_s= \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ on yhtälön ratkaisu.

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Potenssisarja voidaan derivoida termeittäin, joten $y_s'= \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$ ja $y_s''= \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} .$
- Jotta yhtälö toteutuu, on oltava $0 = y_s'' + y_s = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ eli (tehdään ensimmäiselle sarjalle indeksin siirto; vrt. muuttujanvaihto ) $0 = \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} [(n+2)(n+1) a_{n+2} +a_n] x^{n}.$
  - Tämä toteutuu kaikilla vain silloin, kun saadun sarjan jokainen kerroin on nolla; siis $a_{n+2} = -\frac{a_n}{(n+2)(n+1)}$ kaikilla $n=0, 1, \ldots$
  - Kaksi sarjan ensimmäistä kerrointa ovat ja (vapaita), muut saadaan laskettua näistä: $a_2=-\frac{a_0}{2 \cdot 1}, \quad a_3 = -\frac{a_1}{3\cdot 2}, \quad a_4 = -\frac{a_2}{4\cdot 3} = \frac{a_0}{4!}, \quad a_5 = -\frac{a_3}{5\cdot 4} = \frac{a_1}{5!}$ jne; yleisesti saadaan parillisen () ja parittoman () indeksin kertoimille oma kaavansa: $a_{2k} = (-1)^k \frac{a_0}{(2k)!} \quad \text{ja} \quad a_{2k+1} = (-1)^k \frac{a_1}{(2k+1)!}$ kun $k=1, 2, \ldots$
- Kiinnittämällä kertoimet ja saadaan yksittäisratkaisuja:
  - valitsemalla ja saadaan $y_1= 1 - \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{4!}x^4 - \ldots = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k)!} x^{2k} \quad(= \cos x)$
  - valitsemalla ja saadaan $y_2= x - \frac{1}{3!}x^3 + \frac{1}{5!}x^5 - \ldots = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!} x^{2k+1} \quad (= \sin x)$
  - Eri valinnoilla saadaan LI ratkaisut, joten yleinen ratkaisu saadaan näiden avulla.
- DY:n yleinen ratkaisu on $y= a_0\left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k)!} x^{2k}\right) + a_1\left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!} x^{2k+1}\right),$ $a_0, a_1 \in \mathbb{R}$ .
  - Vrt. ratkaisu karakteristisen yhtälön avulla aiemmin: $y= C_1 \sin x + C_2 \cos x$ .

Etsi esimerkin 1 yhtälölle ratkaisu, joka toteuttaa alkuehdot , .

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Esimerkissä 1 löydettiin sarjaratkaisu $y_s = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = a_0\left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k)!} x^{2k}\right) + a_1\left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!} x^{2k+1}\right).$
- Koska ja , alkuehdot toteuttava ratkaisu on $y = 2\left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k)!} x^{2k}\right) + 3\left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!} x^{2k+1}\right).$
  - Saatiin siis $y= 2 \cos x + 3 \sin x$ (kuten aiemmin opituilla keinoilla).

Miksi y_s(0)=a_0 ja y’_s(0)=a_1? Jos teen x=0 sitten kaikki on nolla

AL: Huomaa, että vakiotermi (muuttujaosa $x^0=1$) ei ole nolla, kun x=0.

— 03 May 20 (edited 06 May 20)

11.4 Yleistä sarjaratkaisuista

Johdattelevassa esimerkissä 11.3
- oletettiin, että differentiaaliyhtälöllä on ratkaisu muodossa $y= \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,$ ja etsittiin sarjan kertoimia koskeva ehto, jonka täyttyessä ko. sarja on DY:n ratkaisu;
  - Yhtälöä $\displaystyle a_{n+2} = -\frac{a_n}{(n+2)(n+1)}$ kutsutaan rekursioyhtälöksi.
- saatiin kertoimia koskevasta rekursioyhtälöstä kertoimille yleinen kaava indeksin sekä ensimmäisten kertomien (ja samalla alkuarvojen) ja avulla.
  - (Itse asiassa saatiin eri kaavat parillisilla ja parittomilla indekseillä ; tämän vuoksi myös itse ratkaisu oli kätevää kirjoittaa yhden sarjan sijaan kahden sarjan summana.)
Sivuhuomio:
- sinifunktio voitaisiin itse asiassa määritellä alkuarvotehtävän
  , , ratkaisuna,
  kosini vastaavasti tehtävän
  , , ratkaisuna,
- ja johtaa näiden ominaisuudet DY:n ratkaisun sarjaesityksen avulla.

Voisiko näistä vaikka olla jokin esimerkki

AL: Yllä on yksi esimerkki, alempana toinen. Millaista lisäesimerkkiä kaipaisit?

#- Esimerkiksi, jokin hieman vaikeampi kuin yllä, mutta ei singulaaripisteen avulla

AL: Adamsin Calculus-kirjasta löytyy esimerkki, joka on vaikeampi kuin tuo yllä oleva (ja siksi otin mieluummin tuon yllä olevan). Braunin kirjasta, joka on mainittu lukemistolistassa Koti-sivulla, löytyy s. 186 Example 1, joka vastannee toiveitasi paremmin; sivulta 190 alkaen löytyy myös lisää esimerkkejä.

AL: Esimerkki 3 lisätty 28.4.2021

— 01 May 20 (edited 28 Apr 21)

Yleisemmin lineaariselle 2. kertaluvun differentiaaliyhtälölle voidaan etsiä sarjaratkaisua vastaavalla tavalla yritteellä $y_s= \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n,$ jolloin päädytään kertoimia koskevaan rekursioyhtälöön.
- Ensimmäisten kertoimien kiinnittämisen jälkeen loput voidaan laskea yksi kerrallaan.
- Joskus kertoimille löydetään suora laskukaava (ilman rekursiota).
- Valitsemalla kehityspiste eri tavalla päädytään hiukan eri laskuihin.
  - Alkuarvotehtävässä valitaan kehityspisteeksi se muuttujan arvo, jolle alkuarvot ja on annettu.
    - Näin alkuehdot määräävät suoraan sarjan ensimmäiset kertoimet. (Miksi?)
    - Huomaa, että tällöin myös kerroinfunktiot on ilmaistava binomin potenssien avulla. (Miksi?)
  - Muuttujanvaihdolla voidaan toki palauttaa kehityspiste origoon, ratkaista saatu uusi DY ja lopuksi palata alkuperäiseen muuttujaan.
Kysymyksiä:
- Voidaanko aina olettaa, että yhtälöllä on ratkaisu ko. sarjamuodossa?
  - Ainakin silloin, kun $a(x) \not = 0$ kaikilla $x \in ]x_0 - \delta, x_0+\delta[$ jollakin $\delta>0$ ja kerroinfunktiot ovat analyyttisiä (esim. polynomeja).
    - Kiinnostuneet löytävät lisätietoja esim. [B, 3.1 ja 4].
  - Jos , tilanne on monimutkaisempi; tästä hiukan lisää myöhemmin.
- Missä sarja suppenee, eli missä se määrittelee funktion, joka on DY:n ratkaisu?
  - Tätä voidaan tutkia kurssilla Calculus 3 opituilla menetelmillä.

TÄRKEÄÄ:
- Eri alojen, varsinkin fysiikan, ilmiöiden mallinnuksessa päädytään usein differentiaaliyhtälöihin, joilla tiedetään olevan ratkaisuja tai joille jopa löydetään ratkaisuja sarjamuodossa, mutta joiden ratkaisuilla ei ole lauseketta alkeisfunktioiden avulla.
  - (Taustalla ratkaisujen olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseet...)
- Sarjaesitys määrittelee suppenemisvälillään uuden funktion, jolle voidaan todistaa erilaisia ominaisuuksia.
  - Vrt. integraalin avulla määritellyt funktiot kuten normaalijakauman kertymäfunktio.
  - Arvoille voidaan laskea niin tarkkoja likiarvoja kuin halutaan.
  - Joskus käytetään nimitystä "erikoisfunktio" - tosin nimitys ei ole tarkasti rajattu.
- Joillekin usein tarvittaville erikoisfunktioille on annettu nimiä kuten esim. Besselin funktiot.

Esimerkki

Etsi yhtälölle kaksi LI ratkaisua.

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Tehdään sarjayrite $\displaystyle y_s = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ .
- Potenssisarja voidaan derivoida termeittäin, joten $y_s'= \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$ ja $y_s''= \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} .$
- Jotta yhtälö toteutuu, on oltava $\begin{aligned} 0 &= y_s'' -2xy_s'+ 8y_s \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} -2x \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + 8 \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} - \sum_{n=1}^{\infty} 2n a_n x^{n} + \sum_{n=0}^{\infty} 8 a_n x^n \\ &= 2 a_2 + 8 a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} [(n+2)(n+1) a_{n+2} - 2n a_n + 8 a_n] x^{n} \end{aligned}$
  - Tämä toteutuu kaikilla vain silloin, kun saadun sarjan jokainen kerroin on nolla; siis ja $(n+2)(n+1) a_{n+2} - 2n a_n + 8 a_n = 0$ kaikilla $n= 1, 2, \ldots$ eli ja kun $n= 1, 2, \ldots$ , $a_{n+2} = \frac{(2n-8) a_n}{(n+2)(n+1)}.$
- Valitaan kaksi sarjan ensimmäistä kerrointa (jotka yleisessä ratkaisussa olisivat vapaita vakioita) kahdella eri tavalla kahden eri ratkaisun saamiseksi.
  - Valitaan ensin ja , jolloin $a_2 = -4, \quad a_3 = \frac{-4a_1}{3 \cdot 2} = 0, \quad a_4 = \frac{-2a_2}{4\cdot 3} = \frac{2}{3}, \quad a_5 = 0, \quad a_6 = \frac{0 \cdot a_4}{6 \cdot 5} = 0$ Siis $y_1 = 1 - 4 x^2 + \frac23 x^4$ (kaikki parittomien potenssien kertoimet ovat nollia, koska , ja koska , myös parillisten potenssien kertoimet ovat tästä alkaen nollia, ja siksi ratkaisu on polynomi).
  - Valitaan sitten ja , jolloin (samoin kaikki muutkin parillisten potenssien kertoimet) ja $\begin{aligned} a_3 &= \frac{2 - 8}{3 \cdot 2} a_1 = \frac{-6}{3!}, \quad \\ a_5 &= \frac{2 \cdot 3 - 8}{5 \cdot 4} a_3 = \frac{(-6)\cdot(-2)}{5!}, \quad \\ a_7 &= \frac{2 \cdot 5 - 8}{7 \cdot 6}a_5 = \frac{(-6)\cdot(-2)\cdot 2}{7!}, \quad \\ a_9 &= \frac{2 \cdot 7 - 8}{9 \cdot 8}a_7 = \frac{(-6)\cdot(-2)\cdot 2 \cdot 6}{9!}, \quad \end{aligned}$ yleisesti $a_{2k+1} = \frac{(-6)\cdot(-2)\cdot \ldots \cdot (2(2k-1)-8)}{(2k+1)!}$ eli $a_{2k+1} = \frac{(-6)\cdot(-2)\cdot \ldots \cdot (4k-10)}{(2k+1)!}.$ Näin saatiin toinen ratkaisu $y_2 = x + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-6)\cdot(-4)\cdot \ldots \cdot (4k-10)}{(2k+1)!} x^{2k+1}.$ Tämä on lineaarisesti riippumaton ensin löydetystä ratkaisusta , joka oli polynomi.

12. Sarjaratkaisuista, osa II

Johdattelua
DY:n singulaaripiste
- ratkaisun etsimisestä säännöllisen singulaaripisteen lähistöllä

[A, 18.7] ja [B, luku 4]

12.1 Johdattelua

Tarkastellaan 2. kl:n lineaarista homogeenista DY:ä $a(x)y''+b(x)y'+c(x)y=0, \qquad$ missä kerroinfunktiot a, b ja ovat analyyttisiä.

Muistutus (mainittu luvussa 7): jos kerroinfunktiot ja ovat jatkuvia, normaalimuotoisen lineaarisen DY:n alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu.
- Sivumaininta: yleinen ratkaisu löytyy pisteessä kehitetyn potenssisarjan muodossa, jos ja ovat analyyttisiä pisteessä .
Entä, jos kerroinfunktiolla on nollakohtia? (Voiko yhtälöllä olla ratkaisuja myös välillä, joka sisältää :n nollakohdan? Mitä voi tapahtua?)

Esimerkkejä/havaintoja

Osoita, että ja $y_2 = \frac1x$ ovat kaksi yhtälön LI ratkaisua välillä $]0, \infty[$ . Millä tavalla ratkaisut käyttäytyvät, kun $x \to 0+$ ?

Ratkaisu

Osoitus sijoittamalla kuten aiemmin. Huomataan, että ratkaisulla on äärellinen raja-arvo nollassa, mutta ratkaisulla ei.
- Lisähuomio: yleinen ratkaisu välillä, joka ei sisällä nollaa, on $y=C_1 x + \frac{C_2}{x}$ (sama kuin normaalimuotoisella yhtälöllä $y'' - \frac2{x^2} y = 0$ ).

Osoita, että ja ovat kaksi yhtälön LI ratkaisua. Mikä on yhtälön yleinen ratkaisu? Piirrä muutamia ratkaisujen kuvaajia. Mitä huomaat?

Ratkaisu

Osoitus sijoittamalla kuten aiemmin. Yhtälön yleinen ratkaisu on (huomataan, että näistä jokainen saa nollassa arvon nolla; alkuehtoja ei siis voi asettaa nollassa, vaikka kukin ratkaisu on analyyttinen kaikkialla).

12.2 Singulaaripiste

Jos a(x_0)=0 ja lisäksi $b(x_0) \not = 0$ tai $c(x_0) \not = 0$ , niin sanomme, että piste x=x_0 on yhtälön a(x) y'' + b(x) y' + c(x) y = 0 singulaaripiste.

Käytetään vastaavan normaalimuotoisen yhtälön kertoimista merkintöjä $p(x) = \frac{b(x)}{a(x)} \quad \text{ja} \quad q(x) = \frac{c(x)}{a(x)},$ eli normaalimuotoinen yhtälö on
Huomataan, että singulaaripisteen lähistöllä kerroinfunktioista ja ainakin toinen on rajoittamaton (ts. toispuolinen epäoleellinen raja-arvo on $\infty$ tai $-\infty$ ) eli sillä on nk. singulariteetti tässä kohdassa; funktio ei ole jatkuva eikä jatkettavissa jatkuvasti kohtaan .

Jos funktiot $(x-x_0) p(x) \quad \text{ja} \quad (x-x_0)^2 q(x)$ ovat $\!\phantom{.}^\ast$ analyyttisiä kohdassa x=x_0 , niin sanomme, että x_0 on yhtälön säännöllinen singulaaripiste.

$\phantom{.}^\ast$ Tässä tulofunktiot jatketaan jatkuvasti määrittelemättömyyskohtaan x_0 , jos mahdollista eli käytetään arvona raja-arvoa, jos äärellinen raja-arvo löytyy.

12.2.1 DY:n ratkaisu säännöllisen singulaaripisteen lähellä

Etsitään ratkaisua potenssisarjan sijaan muodossa $y_s = (x-x_0)^{\mu} \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n,$ missä x_0 on DY:n säännöllinen singulaaripiste.

Löydetään ainakin yksi ratkaisu; toista voi etsiä vaikkapa kertaluvun pudotuksella, joka tosin saattaa johtaa hankaliin laskuihin.
- Kiinnostuneet löytävät muitakin menetelmiä, esim. [B, 4.6].
Esimerkkejä:
- Eulerin yhtälö ,
  - johon tutustuttiin jo aiemmin kohdassa 10.3 sekä harjoituksissa H5/T8-9
- Besselin yhtälö $x^2 y'' + xy' +(x^2-\nu^2) y = 0,$
  - jonka tapausta $\nu=\frac12$ käsiteltiin harjoituksissa H5/T10.

Esimerkki

Etsi Besselin yhtälölle yksi ratkaisu muodossa $y = x^{\mu} \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.$

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Kun $y_s = x^{\mu} \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{\mu+n} ,$ niin $y_s' = \sum_{n=0}^{\infty} (\mu + n) a_n x^{\mu+n-1}$ ja $y_s'' = \sum_{n=0}^{\infty} (\mu + n)(\mu + n-1) a_n x^{\mu+n-2}.$
- Jotta yhtälö toteutuisi, on oltava $\begin{align*} 0 &= x^2 y_s'' + xy_s' +(x^2-1) y_s \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (\mu + n)(\mu + n-1) a_n x^{\mu+n} + \sum_{n=0}^{\infty} (\mu + n) a_n x^{\mu+n} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{\mu+n+2} - \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{\mu+n} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} [(\mu + n)(\mu + n-1) a_n + (\mu + n) a_n -a_n] x^{\mu+n} + \sum_{n=2}^{\infty} a_{n-2} x^{\mu+n} \\ &= (\mu^2-1) a_0 x^{\mu}+ (\mu^2 + 2\mu) a_1 x^{\mu+1} + \sum_{n=2}^{\infty} [(\mu + n+1)(\mu + n-1) a_n + a_{n-2}] x^{\mu+n} \end{align*}$ kaikilla .
  - Koska voidaan valita kerroin ( $\not= 0$ ), saadaan vakiotermistä yhtälö $\mu^2-1=0$ eli $\mu = 1$ tai $\mu = -1$ .
    - (Jos olisi , olisi termeillä yhteinen tekijä , joka erotettaisiin tekijään $x^\mu$ .)
  - Tällöin välttämättä ensimmäisen asteen termin kerroin .
  - Kun $n \geq 2$ , kertoimille saadaan rekursioyhtälö $(\mu + n+1)(\mu + n-1) a_n + a_{n-2} = 0$ eli $((\mu + n)^2-1) a_n + a_{n-2} = 0$ eli $a_{n} = - \frac{a_{n-2}}{(\mu + n)^2-1}.$
- Valitaan $\mu = 1$ , jolloin rekursioyhtälö on $a_{n} = - \frac{a_{n-2}}{n(n+2)}.$
  - Koska , saadaan , jne, $a_{2k+1}=0$ kaikilla $k = 1, 2, \ldots$
  - Valinnalla saadaan $a_2 = - \frac{1}{2 \cdot 4}, \quad a_4 = - \frac{a_2}{4 \cdot 6} = \frac{1}{2 \cdot 4\cdot 4\cdot 6}, \quad a_6 = - \frac{a_4}{6 \cdot 8} = -\frac{1}{2 \cdot 4\cdot 4\cdot 6 \cdot 6 \cdot 8}, \ldots$ ja yleisesti $a_{2k} = \frac{(-1)^k}{2^{2k}k!(k+1)!}.$
- Yksi DY:n ratkaisu on $y = x^{\mu} \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = x \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2^{2k}k!(k+1)!} x^{2k} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2^{2k}k!(k+1)!} x^{2k+1}.$
  - (Tarkista itse, että on ratkaisu.)
- Suhdetestin avulla nähdään, että sarja suppenee kaikilla .

Huomioita

Jos indeksiyhtälön (yllä $\mu^2-1 = 0$ ) juurten erotus ei ole kokonaisluku, saadaan sijoittamalla juuret $\mu= \mu_1$ ja $\mu= \mu_2$ sarjaan kaksi LI ratkaisua.
- (Kompleksijuurten tapauksessa ratkaisut ovat kompleksiarvoisia, mutta niiden avulla löydetään reaaliarvoiset LI ratkaisut kuten Eulerin yhtälölle; vrt. H5/T10.)
Jos indeksiyhtälön juuret ovat samat tai poikkeavat toisistaan kokonaisluvun verran (kuten yllä $\mu = 1$ tai $\mu = -1$ ), saadaan sijoittamalla suurempi juuri $\mu$ sarjaan yksi ratkaisu kuten yllä; toisessa ratkaisussa esiintyy lisäksi logaritmi.
- Kiinnostuneet löytävät lisätietoja muista lähteistä, esim. [B].

13. DY-systeemeistä, osa I

Yleistä systeemeistä
Lineaarinen 1. kl:n systeemi
Yhteys korkeamman kertaluvun yhtälöihin

[B, 7.1 ja 7.2]

13.1 Yleistä DY-systeemeistä

13.1.1 Johdattelua ja merkintöjä

Aiemmin on käsitelty differentiaaliyhtälöitä, joissa esiintyy yhden muuttujan funktio , sen derivaattoja , jne. sekä mahdollisesti myös muuttujan funktioita.
- Esim. 2. kl:n lineaarinen epähomogeeninen DY
- Tällainen yhtälö kuvaa yhden suureen () muuttumista toisen suureen, nk. riippumattoman muuttujan () suhteen.
- Usein muuttujana on aika; käytetään jatkossa riippumattomasta muuttujasta merkintää .
Seuraavaksi tarkastellaan useamman suureen muuttumista kuvaavia yhtälöpareja ja -ryhmiä; merkitään tuntemattomia funktioita kirjaimilla , , tai , , jne. ja muuttujaa kirjaimella .
- Derivaattojen merkitsemiseen voidaan käyttää tuttua "pilkkumerkintää", esim. $x' = \frac{dx}{dt}, \quad x'' = \frac{d^2x}{dt^2}, \ldots \qquad \text{ja} \qquad y' = \frac{dy}{dt}, \quad y'' = \frac{d^2y}{dt^2}, \ldots$

13.1.2 Esimerkkejä ilmiöistä

Jänisten ja kettujen määrää tietyllä alueella voi mallintaa DY-parilla $\begin{cases} x' = \phantom{-}ax - bxy \\ y' = -cy + dxy \end{cases}$ eli $\begin{cases} x'(t) = \phantom{-}ax(t) - bx(t)y(t) \\ y'(t) = -cy(t) + dx(t)y(t), \end{cases}$ missä
- on jänisten määrä hetkellä
- on kettujen määrä hetkellä
- parametri on jänisten syntyvyys
  - (populaatio kasvaa eksponentiaalisesti, jos kettuja ei ole)
- parametri on kettujen kuolevuus
  - (populaatio vähenee eksponentiaalisesti, jos jäniksiä ei ole)
- parametrit ja kuvaavat, miten jänisten ja kettujen määrät vaikuttavat toisiinsa.

Tämä on nk. Lotkan ja Volterran peto-saalis -malli vuodelta 1925.

Kappaleen paikkaa ()-koordinaatistossa kuvaa systeemi $\begin{cases} m \, x'' = F_1(t, x, y, z, x', y', z') \\ m \, y'' = F_2(t, x, y, z, x', y', z') \\ m \, z'' = F_3(t, x, y, z, x', y', z'), \end{cases}$ missä
- on kappaleen massa,
- on kappaleeseen vaikuttava voima,
  - joka voi riippua sekä ajasta että kappaleen paikasta ja nopeudesta.

Tausta:
- voima = massa $\times$ kiihtyvyys
  - Newtonin laki
  - koordinaattiakseleiden suuntaisiin komponentteihin hajotettuna
- kiihtyvyys = paikan 2. derivaatta ajan suhteen.

Kahden jousen ja kahden kappaleen kytketty systeemi
- (kiinteästä pisteestä alkaa jousi 1, jonka päässä on kappale 1, josta alkaa jousi 2, jonka päässä on kappale 2
  - vaakasuorassa kitkattomalla pinnalla tai pystysuorassa, jolloin käsitellään jousivoiman ja painovoiman erotusta)
- Kappaleiden poikkeamat ja tasapainoasemasta riippuvat toisistaan: $\begin{cases} m_1 x'' = -k_1 x + k_2 (y-x) \\ m_2 y'' = -k_2 (y-x), \end{cases}$ missä
  - ja ovat kappaleiden massat
  - ja ovat jousien jousivakiot.
- Tausta:
  - kappaleeseen vaikuttava voima on verrannollinen poikkeamaan tasapainoasemasta (ks. 8.6).
- Jos systeemiin lisätään ulkoinen voima , joka kohdistuu kappaleeseen 2, saadaan systeemi $\begin{cases} m_1 x'' = -k_1 x + k_2 (y-x) \\ m_2 y'' = -k_2 (y-x) + f(t). \end{cases}$

Kolmen jousen ja kahden kappaleen kytketty systeemi
- Vaakasuorassa kitkattomalla pinnalla kahden kiinteän pisteen välissä on
  kolme jousta sekä näiden välissä kaksi kappaletta.
- Kappaleisiin vaikuttavat ulkoiset voimat ja .
- Kappaleiden poikkeamat ja tasapainoasemasta riippuvat sekä toisistaan että ulkoisista voimista (vrt. esimerkki 3): $\begin{cases} m_1 x'' = -k_1 x + k_2 (y-x) + F_1(t) \\ m_2 y'' = -k_2 (y-x) -k_3 y + F_2(t) \end{cases}$ eli $\begin{cases} m_1 x'' = -(k_1+k_2)x + k_2 y + F_1 (t) \\ m_2 y'' = k_2 x -(k_2+k_3)y + F_2 (t) \end{cases}$

Suolaliuosten sekoittuminen kahdessa tankissa, joiden välillä neste liikkuu:
- (ks. tarvittaessa yhden tankin tilanne H3/T9)
- Suolan määrä tankissa 1 ja tankissa 2 riippuvat toisistaan: $\begin{cases} x' = -\frac{p_1}{V_1}x + \frac{p_2}{V_2}y \\ y' = \frac{p_1}{V_1}x - \frac{p_2}{V_2}y, \end{cases}$ missä
  - ja ovat tankkien tilavuudet
  - ja ovat liuosten virtausnopeudet putkissa 1 (tankista 1 tankkiin 2) ja 2 (tankista 2 tankkiin 1)
- Tausta:
  - Suolapitoisuus tankissa 1 on $\frac{x}{V_1}$ ja tankissa 2 vastaavasti $\frac{y}{V_2}$ .
    - Oletetaan, että tankkien sisältöä "sekoitetaan hyvin" eli suola on koko ajan tasaisesti sekoittunut tankin sisällä.
  - Suolamäärän muutos tankissa on ulosvirtauksen ja sisäänvirtauksen suolamäärien erotus.
- Jos kierto ei ole suljettu,
  - vaan esim.
    - tankkiin 1 valutetaan suolatonta vettä nopeudella ja
    - tankista 2 valutetaan liuosta pois samalla nopeudella ,
  - niin saadaan systeemi $\begin{cases} x' = -\frac{p_1}{V_1}x + \frac{p_2}{V_2}y \\ y' = \frac{p_1}{V_1}x - \frac{p_2}{V_2}y - \frac{u}{V_2}y \end{cases}$ eli $\begin{cases} x' = -\frac{p_1}{V_1}x + \frac{p_2}{V_2}y \\ y' = \frac{p_1}{V_1}x - \frac{p_2+u}{V_2} y. \end{cases}$

13.1.3 DY-systeemin ratkaisu ja alkuarvotehtävä

Kahden yhtälön 1. kertaluvun DY-systeemin (tai DY-parin) $\begin{cases} x' = F_1(t, x, y) \\ y' = F_2(t, x, y) \end{cases}$ ratkaisulla tarkoitetaan funktioita x=f(t) ja y=g(t) , jotka (yhdessä) toteuttavat molemmat yhtälöt (jollakin välillä).

Vastaavasti 1. kl:n DY-systeemin $\begin{cases} x_1' = F_1(t, x_1, \ldots, x_n), \\ x_2' = F_2(t, x_1, \ldots, x_n), \\ \phantom{=} \dots \\ x_n' = F_n(t, x_1, \ldots, x_n) \end{cases}$ ratkaisulla tarkoitetaan funktioita $x_1=f_1(t), \, \ldots, \, x_n=f_n(t)$ , jotka toteuttavat kaikki yhtälöä (jollakin välillä).

Alkuarvotehtävä muodostuu, kun DY-systeemin yhtälöiden lisäksi määrätään funktioiden arvot jossakin (yhdessä) pisteessä; esimerkin 1 tilanteessa esim. $\begin{cases} x' = \phantom{-}ax - bxy, \qquad x(0) = 1500 \\ y' = -cy + dxy, \qquad \, y(0) = 50. \end{cases}$

Huomioita:

DY-systeemissä voi esiintyä myös korkeamman kertaluvun differentiaaliyhtälöitä.
Kertaluvun lineaarinen DY voidaan muuttaa ensimmäisen kertaluvun DY-systeemiksi, jossa on yhtälöä.
- Tästä lisää myöhemmin.

13.2 Lineaarinen DY-systeemi

Tällä kurssilla käsittelemme vain lineaarisia DY-systeemejä.

Yleinen yhtälön 1. kertaluvun lineaarinen DY-systeemi on muotoa $\begin{cases} x_1' = p_{11} (t) x_1 + \cdots + p_{1n}(t) x_n + g_1(t), \\ x_2' = p_{21} (t) x_1 + \cdots + p_{2n}(t) x_n + g_2(t), \\ \phantom{=} \dots \\ x_n' = p_{n1} (t) x_1 + \cdots + p_{nn}(t) x_n + g_n(t). \end{cases}$

Jos $g_1, \, \ldots, \, g_n$ ovat kaikki nollafunktioita, niin sanomme, että lineaarinen systeemi on homogeeninen, muutoin epähomogeeninen.
Jos funktiot $p_{11}, \ldots, \, p_{nn}$ ja $g_1, \, \ldots, \, g_n$ ovat jatkuvia jollakin välillä, niin vastaavalla alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu tällä välillä.
Kuten yhden yhtälön tapauksessa on nähty, myös epähomogeenisen DY-systeemin yleinen ratkaisu löytyy vastaavan homogeenisen systeemin yleisen ratkaisun ja epähomogeenisen systeemin yksittäisratkaisun avulla.
- Tapausta käsitellään tehtävässä H7/T8.

Yllä nähdyissä esimerkeissä
- lineaarisia olivat systeemit esimerkeissä 3, 4 ja 5
- esimerkin 2 systeemin lineaarisuus riippuu funktioista , ja
- esimerkin 1 Lotkan ja Volterran peto-saalis -malli $\begin{cases} x' = \phantom{-}ax - bxy \\ y' = -cy + dxy \end{cases}$ on esimerkki epälineaarisesta DY-systeemistä.
  - Tällä kurssilla ei käsitellä tätä mallia tämän enempää; kiinnostuneet löytävät lisätietoja epälineaarisista DY-systeemeistä muista lähteistä (esim. [B, luku 9]).

13.3 Korkeamman kertaluvun DY:n yhteys 1. kl:n DY-systeemeihin

Kertaluvun lineaarinen DY voidaan muuttaa ensimmäisen kertaluvun DY-systeemiksi, jossa on yhtälöä.

Vakiokertoiminen yhtälön (1. kl:n) lineaarinen DY-systeemi, jossa on tuntematonta funktiota, voidaan muuttaa :nnen kertaluvun lineaariseksi DY:ksi.

Huomatutuksia:

Tällä kurssilla on opittu ratkaisemaan joitakin 2. (ja eräitä korkeammankin) kertaluvun DY:itä.
- Näillä keinoilla päästään ratkaisemaan myös joitakin DY-systeemejä.
Voitaisiin myös toimia toisin: opiskella DY-systeemien käsittelyä tarkemmin ja ratkaista 2. ja korkeamman kl:n DY:itä palauttamalla ne 1. kl:n DY-systeemeiksi.
- Kiinnostuneet löytävät tämän lähestymistavan esim. kevään 2018 kurssimateriaalista.
  - (Lineaarialgebran työkalut käytössä: matriisi, determinantti, ominaisarvot ym.)
Numeerisia menetelmiä on sekä DY-systeemeille että korkeamman kertaluvun DY:ille.
- Huomaa, että numeeriset menetelmät ovat käytettävissä myös epälineaarisille yhtälöille.
- Usein korkeamman kl:n DY palautetaan 1. kl:n systeemiksi, jonka numeerinen ratkaiseminen sujuu samaan tapaan kuin kohdassa 6.3 nähtiin.
  - Esim. Eulerin menetelmässä systeemin $\begin{cases} x' = f(t, x, y), \qquad x(t_0) = x_0 \\ y' = g(t, x, y), \qquad \, y(t_0) = y_0 \end{cases}$ iteraatiokaava olisi $\begin{cases} x_{n+1} = x_n +hf(t, x_n, y_n) \\ y_{n+1} = y_n +hg(t, x_n, y_n). \end{cases}$

13.3.1 Esimerkkejä

Muuta 3. kl:n lineaarinen DY ensimmäisen kertaluvun DY-systeemiksi.

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Merkitään , ja . Nyt $x_1' = y' =x_2 \qquad \text{ja} \qquad x_2' = y'' = x_3$ ja alkuperäinen DY on näillä merkinnöillä Saamme (kolmen tuntemattoman ja kolmen yhtälön) 1. kl:n differentiaaliyhtälöryhmän $\begin{cases} x_1' = x_2 \\ x_2' = x_3 \\ x_3' = -2x_3 + 3x_2 - 5x_1. \end{cases}$

Muuta lineaarinen 1. kl:n DY-systeemi $\begin{cases} x' = x + y \\ y' = 4x + y \end{cases}$ (toisen kertaluvun) differentiaaliyhtälöksi ja ratkaise se. Mikä on DY-systeemin ratkaisu?

Ratkaisu

Ratkaisu:
- Eliminoidaan toinen tuntemattomista:
  - Ratkaistaan ensimmäisestä yhtälöstä , jolloin saadaan ja derivaatta Sijoitetaan nämä toiseen yhtälöön, jolloin saadaan eli
- Ratkaistaan saatu 2. kl:n DY :
  - Karakteristisen yhtälön juuret ovat ja , joten DY:n yleinen ratkaisu on $x = C_1 e^{-t} + C_2 e^{3t}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}$ .
- Selvitetään vielä : $y = x' - x = - C_1 e^{-t} + 3C_2 e^{3t} - C_1 e^{-t} - C_2 e^{3t} = -2 C_1 e^{-t} + 2C_2 e^{3t}$
- DY-systeemin ratkaisu on siis $\begin{cases} x = C_1 e^{-t} + C_2 e^{3t} \\ y = -2 C_1 e^{-t} + 2C_2 e^{3t} \end{cases}, \qquad C_1, C_2 \in \mathbb{R}.$

14. DY-systeemeistä, osa II

autonominen systeemi
ratkaisun rata
kriittinen piste

[B, 9.2]

14.1 Autonominen DY-systeemi

DY-systeemi on autonominen, jos muuttuja ei esiinny yhtälöissä yksinään: $\begin{cases} x' = f(x,y) \\ y' = g(x,y) \end{cases}$
- Esimerkiksi lineaarinen, homogeeninen, vakiokertoiminen DY-systeemi $\begin{cases} x' = 2x + 3y \\ y' = 4x + 5y \end{cases}$ on autonominen.

14.1.1 Ratkaisun rata

Oletetaan, että autonomisella systeemillä $\begin{cases} x' = f(x,y) \\ y' = g(x,y) \end{cases} \qquad \text{(AS)}$ on ratkaisu $\begin{cases} x = \phi(t) \\ y = \psi(t). \end{cases}$ Tämä on parametrisoitu käyrä -tasossa; sanomme käyrää ratkaisun radaksi.

Vrt. hiukkasen paikka -koordinaatistossa, kun systemin (AS) yhtälöt kuvaavat hiukkasen nopeutta.
Autonomisen systeemin ratkaisujen radat joko yhtyvät tai eivät leikkaa lainkaan.
- Tätä ominaisuutta ei ole ei-autonomisen systeemin ratkaisujen radoilla.
Jos parametri saadaan eliminoitua, parametrisoidun käyrän esityksestä saadaan tasokäyrän yhtälö.
- Tarvittaessa ks. Calculus 3, luku 8.
- Parametrin kadotessa katoaa myös tieto siitä, miten ratkaisu käyttäytyy ajan kuluessa.
Jos $f(x,y) \not = 0$ , voidaan ratakäyrää etsiä suoraan DY-systeemin (AS) yhtälöiden avulla: $\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{g(x,y)}{f(x,y)}.$
- Tämä on 1. kl:n DY funktiolle : $y'= \frac{g(x,y)}{f(x,y)}.$
  - Tämän DY:n ratkaisujen kuvaajat ovat DY-systeemin (AS) ratkaisujen radat.
- Oletus $f(x,y) \not = 0$ takaa, että "käyrä ei käänny pystyyn" ja käyrä on (oletuksen voimassaollessa) funktion kuvaaja, .
- Tämä muoto sopii erityisesti ratakäyrän tangentin kulmakertoimen selvittämiseen.
  - Sellaisten pisteiden lähellä, joissa , voidaan etsiä käyrän normaalin kulmakerrointa muodon $\frac{dx}{dy} = \frac{f(x,y)}{g(x,y)}$ kautta, jos $g(x,y) \not = 0$ .
    - Entä ne pisteet, joissa ja ?

14.1.2 Kriittinen piste

Pistettä, jossa f(x,y) = 0 ja g(x,y) = 0 , sanomme autonomisen DY-systeemin (AS) $\begin{cases} x' = f(x,y) \\ y' = g(x,y) \end{cases}$ kriittiseksi pisteeksi.

Jos on systeemin (AS) kriittinen piste, niin systeemillä on ratkaisu $x=x_0, \, y= y_0$ (vakiofunktiot).
- Tämä on ainoa ratkaisu, jonka rata kulkee ko. pisteen kautta.
  - Vakioratkaisun rata on ko. piste.
  - Kriittisiä pisteitä voi olla useita.
Jos $\phi(t) \to x_0$ ja $\psi(t) \to y_0$ , kun $t\to \infty$ , niin sanomme, että ratkaisu $x=\phi(t),\, y=\psi(t)$ lähestyy kriittistä pistettä.
- Jos kaikki lähellä olevat ratkaisut lähestyvät kriittistä pistettä, kun $t \to \infty$ , niin sanomme, että kriittinen piste on asymptoottisesti stabiili.
- Jos lähellä olevat ratkaisut eivät pakene ajan kuluessa kauas kriittisestä pisteestä, sanomme, että kriittinen piste on stabiili.
  - Asymptoottisesti stabiili kriittinen piste on stabiili.
- Jos kriittinen piste ei ole stabiili, sanomme, että se on epästabiili.

Esimerkki

Toisen kertaluvun DY jossa kuvaa kappaleen paikkaa 1-ulotteisessa koordinaatistossa, kun kappaleen massa on ja siihen vaikuttaa voima ,
voidaan merkinnän (= kappaleen nopeus) avulla kirjoittaa DY-systeeminä $\begin{cases} x' = y \\ y' = \frac{1}{m} f(x,y) . \end{cases}$
- Tämän systeemin kriittisessä pisteessä sekä nopeus () että kiihtyvyys () ovat nollia.
  - Kappale on levossa eikä siihen vaikuta mikään voima.
  - tasapainotila
Miten käy, kun kappale siirretään pois tasapainotilasta?
- Jos kriittinen piste on
  - asymptoottisesti stabiili, kappale palaa tasapainotilaan,
  - epästabiili, kappale pakenee kauas tasapainotilasta,
  - stabiili, mutta ei asymptoottisesti stabiili, kappale jää liikkumaan lähistölle.
- Vrt. heiluri jäykän varren päässä
  - tasapainoasema ala-asennossa, ilmanvastus huomioidaan
  - tasapainoasema ylä-asennossa
  - tasapainoasema ala-asennossa, ilmanvastusta ei huomioida.

Huomautuksia/lauseita

Kunkin tason pisteen kautta kulkee korkeintaan yksi systeemin (AS) ratakäyrä.
Jos ratakäyrä kulkee vähintään yhden sellaisen pisteen kautta, joka ei ole kriittinen piste, niin käyrä joko ei leikkaa itseään lainkaan tai on suljettu käyrä (esim. ellipsi).
- Suljettua ratakäyrää vastaava systeemin (AS) ratkaisu on jaksollinen.
Jos systeemi (AS) kuvaa hiukkasen paikkaa -koordinaatistossa ja hiukkanen on alkuhetkellä muualla kuin kriittisessä pisteessä, se ei päädy äärellisessä ajassa kriittiseen pisteeseen
- eli ratakäyrä voi "päättyä" kriittiseen pisteeseen, mutta ei "ohittaa sitä".
Hiukkanen
- liikkuu samaa rataa pitkin riippumatta alkuhetkestä;
- ei palaa lähtöpisteeseensä paitsi jaksollisen ratkaisun tilanteessa, jolloin se palaa sinne toistuvasti;
- ei leikkaa toisesta pisteestä lähteneen hiukkasen rataa, elleivät ne ole samalla radalla;
- voi päätyä kriittiseen pisteeseen vain kun $t \to \infty$ .
Ratkaisu voi käyttäytyä kolmella eri tavalla:
1. lähestyy kriittistä pistettä, kun $t \to \infty$
2. rata on suljettu käyrä (ja ratkaisu siis jaksollinen) tai rata lähestyy suljettua käyrää
3. ratkaisu pakenee (äärettömän kauas), kun $t \to \infty$ .
Tarkemmin: kevään 2018 kurssin TIM-sivulla

14.1.3 Esimerkkejä

Ratkaise alkuarvotehtävä $\begin{cases} x' = -x, \qquad x(0) = 4 \\ y' = -2y, \qquad y(0) = 2. \end{cases}$ Miltä ratkaisun rata näyttää ja mikä on sen etenemissuunta, kun kasvaa?

Ratkaisu:
- Yhtälöparin ensimmäisessä yhtälössä ei esiinny eikä jälkimmäisessä , joten kumpikin yhtälö voidaan ratkaista separoimalla ja ratkaisut ovat $x(t)=C_1e^{-t} \quad \text{ja} \quad y(t)=C_2e^{-2t}, \qquad C_1,C_2\in\mathbb{R}.$
- Alkuehdoista saadaan $x(t)=4e^{-t} \quad \text{ja} \quad y(t)=2e^{-2t}.$
- Ratkaisun rata on parametrisoitu käyrä $\begin{cases} x = 4e^{-t}\\ y = 2e^{-2t}. \end{cases}$
- Eliminoidaan parametri : $y = 2e^{-2t} = 2 (e^{-t})^{2} = \frac{1}{8} (4 e^{-t})^{2}= \frac{1}{8}x^{2}.$
  - Rata on siis käyrä $\displaystyle y = \frac{x^2}{8}$ , ,
    (puolikas ylöspäin aukeavaa paraabelia, jonka huippu on origossa).
- Kun , saadaan alkuehdoista ja , ja kun kasvaa, rata lähenee origoa.
  - Ratkaisematta systeemiä nähdään, että kun ja , niin ja .
- Huom: systeemillä on yksi kriittinen piste, origo; alkuehdot toteuttava ratkaisu lähenee origoa, kun $t\to\infty$ .

Ratojen etsiminen toisella tavalla:
- Kun $x \not = 0$ , radan tangentin kulmakerroin on $\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-2y}{-x} = \frac{2y}{x}.$
- Tämä on separoituva yhtälö $y'=\frac{2y}{x}$ , jonka ratkaisut ovat $\int \frac{1}{y} \, dy = 2\int \frac{1}{x} \, dx \quad \text{tai} \quad y=0$ eli
- Alkuehdoista ja saadaan $C = \frac{1}{8}$ .
  - Ratkaisematta systeemiä nähdään, että kun ja , niin ja eli radan etenemissuunta on alas vasemmalle.

Etsi systeemin $\begin{cases} x'=-y(y-1)\\ y'=(x-1)(y-1) \end{cases}$ kriittiset pisteet sekä ratkaisujen radat.

Ratkaisu:
- Systeemin kriittiset pisteet ovat pisteet , joille $\begin{cases} -y(y-1)= 0\\ (x-1)(y-1)=0 \end{cases}$ eli pisteet, joissa sekä piste .
- Systeemin ratkaisujen radat (kriittisten pisteiden ulkopuolella) saadaan yhtälöstä $\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{(x-1)(y-1)}{-y(y-1)}=\frac{x-1}{-y}.$
  - Yhtälö $\displaystyle y' = \frac{x-1}{-y}$ on separoituva ja sen ratkaisut ovat $-\frac{1}{2}y^2=\frac{1}{2}(x-1)^2+C_1$ eli $(x-1)^2 + y^2 = C, \quad C \in \mathbb{R}.$
  - Ratkaisujen kuvaajat ovat $\sqrt{C}$ -säteisiä -keskisiä ympyröitä tai niiden osia (ei-vakioradat ovat kriittisten pisteiden ulkopuolella).

Lisähuomioita

Sama idea kuin esimerkin 1 toisessa tavassa sopii myös epälineaarisen autonomisen 1. kl:n DY:n tutkimiseen.
- esim. yhtälöstä $x'(t) = \alpha x(t) -\beta (x(t))^2, \qquad x(0)=x_0 >0$ saadaan merkinnällä funktio $y(x)= \alpha x -\beta x^2$ ja jos $\alpha, \beta > 0$ , tämän kuvaaja on alaspäin aukeava paraabeli.
- Kriittiset pisteet ovat ja $x=\frac{\alpha}{\beta}$ .
  - Näistä on epästabiili ja $x=\frac{\alpha}{\beta}$ asymptoottisesti stabiili; tämä nähdään derivaatan merkistä
    - positiivinen, jos $0<x<\frac{\alpha}{\beta}$ ja
    - negatiivinen, jos $x > \frac{\alpha}{\beta}$ .
- Tämä kyseinen yhtälö voidaan myös ratkaista separoimalla; ratkaisuksi saadaan $x(t) = \frac{\alpha}{\beta + \frac{\alpha - \beta x_0}{x_0} e^{-\alpha t}}$
  - Kriittiset pisteet ovat yhtälön vakioratkaisuja.
  - (Vrt. logistinen yhtälö, Calculus 2, kohta 5.2.3.)
- Entä, jos $\alpha < 0$ ja $\beta < 0$ ?

Tässä käsitellään “yhden yhtälön systeemiä”, jonka kriittiset pisteet ovat ne kohdat x, joissa x’ = 0, kuten tekstissä on kerrottu. Pahoittelen pientä hämmennystä videon tässä kohdassa.

— 07 May 21 (edited 07 May 21)

Lotkan ja Volterran peto-saalis -mallissa $\begin{cases} x' = \phantom{-}ax - bxy \\ y' = -cy + dxy \end{cases}$
- kriittiset pisteet ovat ja $(\frac{c}{d}, \frac{a}{b})$
- kun alkuehdot ovat , (kriittisen pisteen ulkopuolella), ratkaisut ovat jaksollisia ja pysyvät positiivisina
  - (ei todisteta; kiinnostuneet löytävät käsittelyn muista lähteistä, esim. [B, 9.5] tai Braun).

Kertaus

Varsinaista kertausluentoa ei ole, mutta voit esittää kysymyksiä esim. Ratkomon kanavalla; päivystän vielä maanantaina 17.5. klo 14--16. Toki myös muuna aikana saa tavoitella.

Ohjeita:

Älä stressaa liikaa.
- Jos olet osannut yli puolet jokaisen viikon harjoitustehtävistä, pääset kyllä kurssitentistä läpi.
- Jos et ole, keskity kohtaan 2.
Varmista, että osaat perusasiat; esim.
- tunnistat ja osaat ratkaista
  - separoituvan DY:n
  - lineaarisen 1. kl:n DY:n
    - Mitä eri tapoja on? Mikä on helpoin, milloin se toimii? Onko menetelmää, joka toimii aina?
  - lineaarisen 2. kl:n DY:n
    - Eri menetelmiä eri tilanteisiin: vakiokertoiminen, Eulerin yhtälö, muu...
      - Missä tilanteessa voit käyttää kertaluvun pudotusta?
      - Miten HY:n ratkaisua voi käyttää TY:n ratkaisemiseen?
  - helpot erikoistapaukset
    - Ratkeaako suoraan integroimalla?
    - Palautuuko alempaan kertalukuun muuttujanvaihdolla ?
  - hiukan hankalammat erikoistapaukset
    - Palautuuko DY muuttujanvaihdolla separoituvaksi? Miten?
    - eksakti DY
- tiedät, mitä yleinen ratkaisu tarkoittaa
  - tiedät, mistä vapaat vakiot ratkaisuun ilmestyvät ja osaat käsitellä niitä
- tiedät, mitä implisiittinen ratkaisu tarkoittaa
- tiedät, mitä alkuarvotehtävä tarkoittaa ja miten se ratkaistaan
- osaat tarkistaa saamasi ratkaisun
- osaat lukea ja ymmärtää erilaisia merkintöjä ja käyttää niitä oikein
- lasket oikein

Mieti, osaatko vielä muutakin.
- käyräparven DY ja kohtisuorat leikkaajat
- numeeriset menetelmät, viivaelementtikenttä
- korkeamman kl:n vakiokertoiminen lineaarinen DY
- DY-systeemit
- sarjaratkaisun etsiminen lin. 2. kl:n DY:lle (myös säännöllisen singulaaripisteen lähellä)
- hankalammat erikoistapaukset
  - Palautuuko DY muuttujanvaihdolla johonkin tuttuun tapaukseen, esim. lineaariseksi?
  - Palautuuko DY eksaktiksi integroivan tekijän avulla?
  - Mitä muita "temppuja" epälineaaristen DY:iden ratkaisemiseksi on?
- käytännön sovellukset
  - DY-mallin rakentaminen annetuista tiedoista
  - eksponentiaalinen kasvu / väheneminen
  - harmoninen värähtelijä
- teoreettisten tulosten perustelut

Huom: useimmat asiat voi yrittää ymmärtää, jolloin muistamista on vähemmän.
- esim.
  - Mitä separointimenetelmässä oikeastaan tehdään?
  - Mistä karakteristinen yhtälö tulee, millainen yleinen ratkaisu sen avulla saadaan - ja miksi?
  - Miten epähomogeenisen lineaarisen DY:n
    - yleinen ratkaisu löytyy HY:n yleisen ratkaisun avulla - ja miksi?
    - yksittäisratkaisun etsimisen voi "paloitella", kun epähomogeeninen osa on summa - ja miksi?
- Toisaalta joskus voi ensin oppia muistamaan - ja ymmärrys kehittyy pikkuhiljaa myöhemmin, kun kokemus karttuu.
  - (Vrt. toisen asteen yhtälön ratkaisukaavan käyttäminen vs. johtaminen neliöksi täydentämällä.)