a 1 y 1 (x) + a 2 y 2 (x) = 0 vain jos a 1 = a 2 = 0

Transkriptio

1 6. Lineaariset toisen kertaluvun yhtälöt Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt ovat tuntuvasti hankalampia ratkaista kuin ensimmäinen. Käsittelemmekin tässä vain tärkeintä erikoistapausta, toisen kertaluvun lineaarista ja vakiokertoimista differentiaaliyhtälöä. Toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö on a (x) d y dx + a (x) dy dx + a 0(x)y = b(x), ts. se sisältää enintään y:n toista derivaattaa (toinen kertaluku) ja sen termit ovat verrannollisia ainoastaan y tai y 0 (lineaarinen differentiaaliyhtälö). (siinä ei siis esiinny termejä y, y y, e y jne.) Jos kertoimet a 0, a ja a ovat vakioita, sanotaan yhtälön olevan vakiokertoimisen. Lineaarisen toisen kertaluvun yhtälön standardimuoto on d y dy + p(x) + q(x)y = g(x), (6.7) dx dx missä p(x) = a (x)/a (x), q(x) = a 0 (x)/a (x) ja g(x) = b(x)/a (x) (olettaen, että a (x) 0 tarkasteltavalla välillä). Standardimuotoon (6.7) liittyvä homogeeninen yhtälö on d y dy + p(x) + q(x)y = 0. (6.8) dx dx Jos standardimuotoisessa yhtälössä (6.7) g(x) 0, sanotaan yhtälön olevan ei-homogeeninen tai täydellinen.. kertaluvun lineaarisen dy:n ratkaisujen ominaisuuksia Toisen kertaluvun lineaarisen differentiaaliyhtälön ratkaisu etenee samaan tapaan kuin ensimmäisen kertaluvun:. Etsitään homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu, y HY (x).. Etsitään täydellisen yhtälön joku ratkaisu y 0 (x). Nyt täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on y TY (x) = y HY (x) + y 0 (x). Tämä ominaisuus seuraa samalla perusteella kuten. kl:n yhtälölläkin. Voidaan osoittaa, että homogeenisen yhtälön (HY) (6.8) yleinen ratkaisu (jossain joukossa x I) voidaan kirjoittaa muodossa y HY (x) = C y (x) + C y (x) (6.9) missä C, C ovat vakioita jotka voidaan kiinnittää alkuehdoista ja y (x) ja y (x) ovat kaksi mielivaltaista lineaarisesti riippumatonta HY:n ratkaisua. Tässä tapauksessa lineaarinen riippumattomuus tarkoittaa että a y (x) + a y (x) = 0 vain jos a = a = 0 kaikilla x I. Helposti nähdään että jos y ja y ovat HY:n ratkaisuja niin y HY on myös ratkaisu. Normaalisti ratkaisujen lineaarinen riippumattomuus on selvää. Tarkemmin se voidaan laskea Wronskin determinantista: W [y, y ](x) = y (x) y (x) y (x) y (x) (6.0) = y (x)y (x) y (x)y (x) on = 0 jos ja vain jos y ja y ovat lineaarisesti riippuvia ratkaisuja. Käytännössä lineaarista riippuvuutta ei useinkaan testatata Wronskin determinantilla, ei ainakaan silloin kun on kyse tutuista funktioista. On helppo nähdä, että esimerkiksi kaikki eri potenssifunktiot (x r, potenssit r erisuuria) ovat toisistaan lineaarisesti riippumattomia. Tästä seuraa se, että kaikki eri eksponenttifunktiotkin (e rx, eri kertoimet r) ovat toisistaan riippumattomia sen lisäksi, että ne ovat riippumattomia myös potenssifunktioista. Samoin sini- ja kosinifunktiot ovat toisistaan rippumattomia. Sen sijaan esim. kosinifunktio riippuu lineaarisesti (kompleksisista) eksponenttifunktioista (Eulerin kaava: cos x = (eix + e ix )). Tästä voidaan toisaalta päätellä, että funktiot cos rx (kertoimet r itseisarvoltaan erisuuria) ovat riippumattomia sekä toisistaan että funktioista sin rx. Esim. Funktiot y (x) = e x cos 3x ja y (x) = e x sin 3x ratkaisevat homogeenisen yhtälön y 4y + 3y = 0. Etsi ratkaisu, joka toteuttaa alkuehdot y(0) = ja y (0) = y ja y ovat lineaarisesti riippumattomia. Yleinen ratkaisu on siis Tämän derivaatta on y(x) = c e x cos 3x + c e x sin 3x y (x) = c (e x cos 3x 3e x sin 3x) +c (e x sin 3x + 3e x cos 3x). Asetetaan y(0) = ja y (0) =, jolloin saadaan yhtälöt c = c + 3c =. Ratkaisut ovat c = ja c = 3. Alkuehdot toteuttava differentiaaliyhtälön ratkaisu on siten y(x) = e x cos 3x 3e x sin 3x. 6.. Vakiokertoimiset toisen kertaluvun homogeeniset lineaariset yhtälöt MAPUlla rajoitumme ratkaisemaan vakiokertoimisia. kertaluvun differentiaaliyhtälöitä. Nämä ratkaistaan ratkaisemalla ensin homogeeninen yhtälö (HY), mikä on ay + by + cy = 0, (6.) 43

2 missä a, b ja c ovat vakiota ja a 0. Yhtälön mukaan siis vakioilla kerrotun funktion ja sen derivaattojen summan pitäisi olla identtisesti nolla. Ratkaisua kannattaisi varmaankin etsiä sellaisten funktioiden joukosta, joiden derivaatat ovat keskenään ja itse funktion kanssa samaa, mahdollisesti vakiotekijöillä kerrottuna. Ratkaisu saattaisi siten löytyä funktioiden e rx joukosta (r vakio). Sijoitetaan tämä yrite yhtälöön (6.), jolloin saadaan ar e rx + bre rx + ce rx = 0. Koska eksponenttifunktio e rx on aina nollasta poikkeava, voimme jakaa yhtälön sillä ja päädytään ns. karakteristiseen yhtälöön ar + br + c = 0. (6.) Toisen asteen yhtälönä karakteristinen yhtälö on helppo ratkaista: r = b + b 4ac a r = b b 4ac. a Funktiot y = e rx ja y e rx ratkaisevat siten differentiaaliyhtälön (6.). Tapaus : b > 4ac: Tässä tapauksessa karakteristisen yhtälön ratkaisut r ja r ovat reaalisia, ja r r. Tällöin e rx ja e rx ovat lineaarisesti riippumattomia. (Nähdään myös Wronskin determinantista). Yleinen ratkaisu y on näiden superpositio y(x) = c e rx + c e rx. Esim. Yhtälön y + y 6y = 0 yleinen ratkaisu Karakteristinen yhtälö on nyt ja sen ratkaisut r + r 6 = 0 r, = ± + 4 Yleinen ratkaisu on siten { = y(x) = c e x + c e 6x. 6. Esim. Alkuarvotehtävä y + y y = 0, kun y(0) = 0 ja y (0) = Karakteristisen yhtälön r + r = 0 ratkaisut ovat r = + ja r =. Yleinen ratkaisu on niin ollen y(x) = c e ( + )x + c e ( )x. Alkuehdot johtavat yhtälöihin 0 = y(0) = c e 0 + c e 0 = c + c = y (0) = ( + )c e 0 + ( )c e 0 = ( + )c + ( )c, joiden ratkaisuina ovat c = /4 ja c = /4. Alkuarvoprobleeman siis toteuttaa funktio y(x) = )x 4 e( + + )x 4 e(. Tapaus : b < 4ac Nyt karakteristisen yhtälön juuret ovat kompleksiset: ar + br + c = 0 r, = a ( b ± i b 4ac ) α ± iβ missä α = b/(a) ja β = 4ac b /(a) ovat reaalisia. Juuret ovat siis toistensa liittolukuja, r = r. Nyt siis differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu saadaan edelleen eksponenttifunktioiden summasta y = C e rx + C e rx = e αx (C e iβx + C e iβx ) = e αx (A cos βx + B sin βx) missä nyt A = C + C ja B = ic ic. Yllä viimeisin muoto antaa reaalisen ratkaisun (y(x) R), jos A, B R. Esim. Yhtälön y + y + 4y = 0 yleinen ratkaisu Karakteristisen yhtälön r + r + 4 = 0 ratkaisut ovat Silloin funktiot r = ± 4 6 = ± i 3. y (x) = e x cos 3x ja y (x) = e x sin 3x ovat yhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja. Yleinen ratkaisu on siten y(x) = c e x cos 3x + c e x sin 3x. Esim. Vaimennettu harmoninen värähtelijä Olkoon meillä kappale (massa m) joka liikkuu x -akselia pitkin ja joka on kiinnitetty jousella kiintopisteeseen. Olkoon kappaleen paikka x(t). Jousi aiheuttaa kappaleeseen harmonisen voiman F jousi = kx (k > 0), missä x = 0 on piste missä kappale on levossa. Lisäksi kappaleeseen vaikuttaa nopeuteen verrannollinen kitkavoima γv = γx (t). 44

3 Newtonin lain mukaan F = ma = mx kx γx = mx Tämä on. kertaluvun lineaarinen homogeeninen vakiokertoiminen differentiaaliyhtälö. Karakteristinen yhtälö on k γr = mr r = m ( γ ± γ 4mk) Jos γ < 4km (pieni vaimennus), ratkaisu on x(t) = e γt/(m) (A cos ωt + B sin ωt) missä ω = 4mk γ /(m). Kappale siis värähtelee vaimenevasti taajuudella ω. Jos γ = 0, värähtely ei vaimene. Jos taas γ > 4km (voimakas vaimennus), ratkaisu on x(t) = Ae rt + Be rt missä r, = m ( γ ± γ 4mk) < 0 ovat reaalisia. Tapaus 3: b = 4ac Karakteristisen yhtälön ar + br + c = 0 juuret ovat yhtäsuuret, jos b 4ac = 0. Ainoa juuri on tällöin reaalinen ja suuruudeltaan r 0 = b a ja e r0x on siten ainoa e rx oleva ratkaisu. Tiedämme toisaalta, että toisen kertaluvun yhtälöllä on aina kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Etsitään toinen ratkaisu vakion varioinnilla: yrite vie differentiaaliyhtälömme y(x) = v(x)e r0x ay + by + cy = 0. Sijoitamme tähän yritteemme ja derivaatat y = v e r0x + r 0 ve r0x y = v e r0x + r 0 v e r0x + r 0ve r0x. Hieman ryhmittäen saadaan ( av + (ar 0 + b)v + (ar 0 + br 0 + c)v ) e r0x = 0. Funktion v täytyy siis toteuttaa yhtälö av + (ar 0 + b)v + (ar 0 + br 0 + c)v = 0. Sijoitetaan tähän r 0 = b/a ja nähdään että ja ar 0 + b = a b a + b = 0 ar 0 + br 0 + c = a b 4a b b a + c = b 4a + c = b 4ac 4a = 0, koska diskriminantti oli b 4ac = 0. Päädymme siten yhtälöön av = 0 ratkaisu on v(x) = C x + C. Tästä nähdään että y(x) = xe r0x on niin ollen eräs alkuperäisen yhtälömme ratkaisu, ja on helppo nähdä, että tämä on lineaarisesti riippumaton ratkaisusta e r0x. Olemme saaneet aikaan reseptin: Jos yhtälöön ay + by + cy = 0 liittyvän karakteristisen yhtälön ar + br + c = 0 molemmat juuret ovat yhtäsuuret, r 0, niin yleinen ratkaisu on y(x) = C e r0x + C xe r0x. Esim. Yhtälön y + 4y + 4y = 0 yleinen ratkaisu Karakteristinen yhtälö on r + 4r + 4 = (r + ) = 0, jonka molemmat juuret ovat. Yleinen ratkaisu on silloin y(x) = c e x + c xe x. Vakion variointi soveltuu yleisemminkin tilanteisiin, missä tunnetaan jokin erikoisratkaisu ja pitäisi etsiä toinen tästä lineaarisesti riippumaton ratkaisu. Olkoon g jokin yhtälön y + py + qy = 0 ratkaisu. Sijoittamalla tähän y(x) = g(x)v(x) päädytään yhtälöön gv + g v + g v + pg v + pgv + qgv = 0. Uudelleen ryhmittäen voidaan kirjoittaa gv + (g + pg)v + (g + pg + qg)v = 0. Koska g toteutti alkuperäisen yhtälön, g + pg + qg = 0, saamme gv + (g + pg)v = 0. Tämä on funktiolle v = u ensimmäisen kertaluvun yhtälö g(x) du dx + [g (x) + p(x)g(x)]u = 0. 4

4 Tämä separoitavissa yhtälöksi du g u = (x) + p(x)g(x) dx, g(x) jolloin saadaan ln u = ln Eksponenttiointi antaa v (x) = u(x) = [g(x)] p(x) dx. [g(x)] e p(x) dx, josta vielä kerran integroimalla saadaan v. 6.. Epähomogeeninen vakiokertoiminen lineaarinen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Nyt differentiaaliyhtälö (täydellinen yhtälö, TY) on ay + by + cy = f(x) (6.3) Helposti nähdään että jos y on TY:n joku ratkaisu ja y 0 on homogeenisen yhtälön (HY, f(x) = 0) joku ratkaisu niin y = y 0 + y on myös TY:n ratkaisu. Koska. kertaluvun lineaarisen yhtälön täydellinen ratkaisu riippuu kahdesta vakiosta, saadaan TY:n täydellinen ratkaisu = HY:n täydellinen ratkaisu + TY:n joku yksittäisratkaisu. Kuinka siis löytää TY:n yksittäisratkaisu?. Arvaus/yrite: toimii hyvin etenkin jos f(x) on polynomi. Tällöin kannattaa yrittää y(x) polynomi, jonka asteluku = f:n asteluku. Esim. y + ay + by = c: yritetään y = α, vakio. Siis by = bα = c α = c/b. Arvaus toimii myös usein jos f(x) = e αx, sillä f:n kaikki derivaatat ovat verrannollisia e αx :ään: y + ay + by = e αx Yrite: y = Ae αx, sijoitus yhtälöön antaa A(α + aα + b)e αx = e αx A = (α + aα + b) Tämä toimii jollei e αx satu olemaan HY:n ratkaisu (jolloin α + aα + b = 0). Tällöin kannattaa kokeilla yritettä Axe αx, ellei sekin satu olemaan HY:n ratkaisu (tällöin α on HY:n karakterisen polynomin kaksinkertainen juuri). Siinä tapauksessa yrite on Ax e αx.. Integrointi kahdessa vaiheessa: Tämä on yleisempi menetelmä täydellisen yhtälön ratkaisuun. Tässä menetelmässä yhtälöä ryhmitellään muotoon jossa sitä voidaan integroidan suoraan, ja homogeenista yhtälöä ei tarvitse ratkaista erikseen. Kirjoitetaan yhtälö ensin muotoon (jaetaan y :n kertoimella, jos tarpeen) y + ay + by = (D + ad + b)y = f(x) missä D d dx, D d on merkintätapa. dx HY:n karakteristinen yhtälö on r + ar + b = 0, jonka ratkaisut ovat r, r. Näiden juurien avulla voimme kirjoittaa karakteristisen polynomin muotoon r + ar + b = (r r )(r r ) Täten differentiaaliyhtälökin voidaan kirjoittaa (D + ad + b)y(x) = (D λ )(D λ )y(x) = f(x) Määritellään nyt u (D λ )y, jolloin saamme dy:n: (D λ )u = f(x) Tämä on lineaarinen. kl:n vakiokertoiminen dy, mikä ratkeaa edellä kuvatulla menetelmällä. Nyt voimme sitten ratkaista y:n yhtälöstä (D λ )y = u(x) mikä siis antaa alkuperäisen TY:n ratkaisun. Esim. y + y y = e x HY:n karakteristinen yhtälö on r + r = 0 r = ( ± + 8) = ± 3 =, Täten voimme kirjoittaa y + y y = (D )(D + )y = e x.vaihe: olkoon nyt u(x) = (D + )y, jolloin u:n differentiaaliyhtälö on tämän HY: (D )u(x) = u (x) u(x) = e x u u = 0 du u = dx u(x) = Ce x TY:n ratkaisu saadaan vakion varioinnilla: u(x) = C(x)e x u (x) = C e x + Ce x, joten sijoitus (C + C)e x Ce x = e x C = C = x + A Siis TY:n täydellinen ratkaisu on u(x) = Ce x + xe x.vaihe: ratkaistaan y yhtälöstä (D + )y = y + y = u(x) = (C + x)e x HY: y = y y = Be x TY: jälleen vakion varioinnilla B B(x): y = B e x Be x. 46

5 Sijoitus differentiaaliyhtälöön antaa (B B)e x + Be x = (C + x)e x B = (C + x)e 3x B = (C + x)e 3x dx = C 3 e3x + x 3 e3x = ( C 3 9 )e3x + x 3 e3x + D = Ee 3x + x 3 e3x + D 3 e3x missä viimeisessä vaiheessa otettiin käyttöön uusi vakio E = C/3 /9. Siis TY:n ratkaisu on y = (Ee 3x + x 3 e3x + D)e x = De x + (E + x 3 )ex mikä onkin myös TY:n yleinen ratkaisu. Vakion variointi antaakin yleisesti koko ratkaisun kaupan päälle yksittäisratkaisun lisäksi, vakioista riippuvat osat ovat HY:n yleinen ratkaisu. Edellisen esimerkin yhtälöön Nyt e ix ei ole HY:n ratkaisu, joten TY:n yksittäisratkaisu löytyy yrittellä z = Ae ix : A = A[(i) + i ]e ix = 4e ix Siis TY:n yleinen ratkaisu on ja i = ( 3 i) ( 3 + i)( 3 i) = 3 i z = C e x + C e x + 3 i e ix y = Im z = A e x + A e x cos x 3 sin x missä A = Im C, A = Im C. y + y y = e x voi myös soveltaa arvausmenetelmää. HY:n karakteristinen yhtälö on r + r = 0, minkä juuret ovat r =,. Koska nyt siis e x on HY:n ratkaisu, TY:n yksittäisratkaisu voidaan löytää yritteellä y = Axe x : y = A(e x + xe x ), y = A(e x + xe x ) Nyt dy tulee muotoon A( + x)e x + A( + x)e x Axe x = e x 3A = Siis TY:n yksittäisratkaisu on y = x 3 ex, ja TY:n täydellinen ratkaisu on HY:n täydellisen ratkaisun ja TY:n yksittäisratkaisun summa: y = Ae x + Be x + x 3 ex Eksponenttifunktioyritteestä on usein myös hyötyä jos f(x) sin x, cos x (esim. värähtelevä pakkovoima harmonisella oskillaattorilla). Esim: y + y y = 4 sin x Tämän voi toki ratkaista integroinnilla kahdessa vaiheessa, mutta kirjoitammekin yhtälön muotoon z + z z = 4e ix. Tällöin ottamalla imaginaariosa yhtälöstä saadaan alkuperäinen yhtälö, ja y = Im z. HY:n karakteristinen yhtälö on r + r = 0 r = ( ± + 8) =, joten HY:n ratkaisu on z HY = C e x + C e x 47