2 Johdanto Tassa esityksessa funktiot ovat - ellei muuta sanota - yhden tai useamman reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Funktion kasitteen tas

Transkriptio

1 Dierentiaaliyhtalot/217 I. Ensimmaisen kertaluvun DY I.1. Lineaarinen DY I.2. Separoituva DY I.3. Eksakti DY I.4. Muita DY:ita I.5. Ratkaisun olemassaolo II. Toisen kertaluvun lineaarinen DY II.1. Perusjarjestelma ja ratkaisun olemassaolo II.2. Vakiokertoiminen homogeeninen DY II.3. Homogeeninen DY II.4. Vakiokertoiminen epahomogeeninen DY II.5. Epahomogeeninen DY III. Lin. vakiokertoiminen DY, kun kertaluku 3 IV. Ens. kertal. lin. vakiokertoiminen DY-ryhma IV.1. Perusjarjestelma, ratkaisun olemassaolo ym. IV.2. Homogeeninen DY-ryhma IV.3. Epahomogeeninen DY-ryhma 1

2 2 Johdanto Tassa esityksessa funktiot ovat - ellei muuta sanota - yhden tai useamman reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita. Funktion kasitteen tasmallinen maaritelma on esitetty analyysin kurssilla. Kuitenkin sanomme usein f(t):a funktioksi, vaikka tarkoitamme talla sellaista f:aa, jonka arvo t:ssa on f(t) ja jonka maarittely- ja maalijoukko ilmenevat asiayhteydesta. On tarkeaa huomata, etta dierentiaaliyhtalon ratkaisut ovat funktioita, eivat lukuja. Maaraamaton integraali R f(t)dt tarkoittaa mita tahansa kiinnitettya funktiota F (t), joka tayttaa ehdon F (t) = f(t). Esim. 2tdt = t 2 + C; missa C on mika tahansa kiinnitetty, mutta maaraamaton reaaliluku. R = reaalilukujen joukko C = kompleksilukujen joukko

3 3 I. Ensimmaisen kertaluvun DY I.1. Lineaarinen DY Tassa jaksossa tarkastellaan ensimmaisen kertaluvun lineaarista dierentiaaliyhtaloa (1) y (t) + a(t)y(t) = b(t); missa y, a ja b ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n kaikki ratkaisut sellaisilla valeilla, joilla a ja b ovat jatkuvia. Olkoon I jokin sellainen vali. Yhtaloa (1) vastaava homogeeninen DY on (2) y (t) + a(t)y(t) = : Lause 1. Olkoon y 1 (t) = exp( R a(t)dt), kun t 2 I. Vaite: y on (2):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun y = Cy 1 ja C on vakio. Todistus. Derivoimalla nahdaan valittomasti, etta Cy 1 on (2):n ratkaisu. Jos myos y on sellainen, niin y=y 1 on vakio, koska d dt ( y y 1 ) = y y 1 yy 1 y 2 1 = ayy 1 y( ay 1 ) y 2 1 = : Lause 2. Jos y 1 on kuten lauseessa 1 ja y(t) = y 1 (t) b(t)=y 1 (t)dt (t 2 I); niin y on (1):n ratkaisu I:lla. Lause 3. Olkoon y jokin (1):n ratkaisu I:lla ja y 1 kuten lauseessa 1. Vaite: y on (1):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun (3) y = Cy 1 + y ja C on vakio. Todistus. Selvasti Cy 1 + y on (1):n ratkaisu. Oletetaan kaantaen, etta y on (1):n ratkaisu. Silloin y y on (2):n ratkaisu. Lauseen 1 nojalla y y = Cy 1 eli y = Cy 1 + y. Lauseen 3 ehdoilla kaavan (3) oikeaa puolta sanotaan (1):n yleiseksi ratkaisuksi ko. valilla.

4 4 Edella on esitetty perusteluineen kaikki, mita tarvitaan (1):n ratkaisemiseksi. Osoitettiin, etta (1):n yleinen ratkaisu I:lla on (4) y(t) = Cy 1 (t) + y 1 (t) b(t)=y 1 (t)dt; missa y 1 (t) = exp( R a(t)dt). Sen sijaan viela ei ole mainittu mitaan siita, miten tama kaava on johdettu. Esitetaan nyt kaksi sellaista tapaa. Kumpaakin yleistetaan myohemmin. I. Vakion variointi. Korvataan lauseen 1 vakio C maaraamattomalla funktiolla C(t) ja sijoitetaan (1):een y(t) = C(t)y 1 (t). Silloin (1) on ekvivalentti sen kanssa, etta C (t)y 1 (t) = b(t): Tama on ekvivalentti sen kanssa, etta on olemassa sellainen reaalinen C, etta (huom.: y 1 (t) 6= ) C(t) = C + b(t)=y 1 (t)dt: Nain on taas osoitettu, etta (4) on (1):n yleinen ratkaisu I:lla. II. Integroiva tekija.. Kerrotaan (1) puolittain integroivalla tekijalla y 1 (t) 1. Saadaan (1):n kanssa ekvivalentti yhtalo Tassa vasen puoli on y (t) y 1 (t) + a(t) y(t) y 1 (t) = b(t) y 1 (t) : d y(t) ; dt y 1 (t) josta paadytaan haluttuun tulokseen integroimalla puolittain. Lause 3 yleistyy hieman: Lause 4. Jos y on (1):n yleinen ratkaisu ja y 2 on jokin yhtalon y (t)+ a(t)y(t) = b 2 (t) ratkaisu, niin yhtalon yleinen ratkaisu on y + y 2. y (t) + a(t)y(t) = b(t) + b 2 (t)

5 (Maaraamattomien kertoimien menetelma) Ratkais- Esimerkkeja. taan y + 2y = b(t) muutaman b:n tapauksessa, kun I = R. Joka tapauksessa y 1 (t) = e 2t. 1. b(t) = 4. Yrite: y(t) = A. Saadaan A = 2. Yleinen ratkaisu: y(t) = Ce 2t + 2: 2. b(t) = sin t. Yrite: y(t) = A sin t + B cos t. Saadaan A = 2=5, B = 1=5. Yleinen ratkaisu: y(t) = Ce 2t + (2 sin t cos t)=5: 3. b(t) = 4 + e t. Yrite: y(t) = Ae t. Saadaan A = 1=3. Yleinen ratkaisu (ks. lause 4): y(t) = Ce 2t e t =3: 4. Ratkaistaan y y = 2e t. Nyt y 1 (t) = e t. Yrite y(t) = Ae t ei johda nyt mihinkaan, koska se on samaa muotoa kuin y 1 (t). Seuraava yrite: y(t) = Ate t. Saadaan A = 2. Nain ollen yleinen ratkaisu on y(t) = Ce t + 2te t : 5 Esimerkkeja. (Sovelletaan (4):aa.) 1. Ratkaistaan ty (t) + y(t) =. Kun I = (; 1), saadaan y(t) = C=t. Samoin, kun I = ( 1; ). 2. Ratkaistaan y (t) + 2ty(t) = t. Nyt I = R. Kaavan (4) mukaan y(t) = Ce t2 : 3. Ratkaistaan y (t) 2t 1 y(t) = t 2 cos t. Nyt I = (; 1) tai I = ( 1; ). Joka tapauksessa y 1 (t) = t 2. Kummallakin valilla saadaan kaavan (4) mukaan y(t) = (C + sin t)t 2 :

6 6 DY:oon liitetaan usein alkuehto. Yhtalon (1) tapauksessa alkuehto on muotoa y(t ) = y. Kun alkuehto on annettu, tavoitteena on loytaa sellainen ratkaisu, joka tayttaa alkuehdon. DY:a, johon on liitetty alkuehto, sanotaan alkuarvotehtavaksi. Yhtalon (1) yleisessa ratkaisussa on aina yksi, joka tayttaa alkuehdon. Esimerkkeja. 1. Liitetaan ed. esimerkin 1 yhtaloon alkuehto y( 1) = 2. Saadaan C = 2 ja I = ( 1; ) ja y(t) = 2=t. 2. Liitetaan ed. esimerkin 3 yhtaloon alkuehto y(=2) = 3. Saadaan C = ja taman myota DY:lle yksikasitteinen ratkaisu valilla (; 1).

7 7 I.2. Separoituva DY Tarkastellaan separoituvaa DY:a (1) y (t) = g(t)f(y(t)) missa y, g ja f ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n ratkaisut y sellaisilla valeilla I, joilla seuraavat kolme ehtoa tayttyvat: (i) g on jatkuva I:lla, (ii) f on jatkuva y:n arvojoukossa, (iii) f(y(t)) 6= aina, kun t 2 I. Olkoon g jatkuva I:lla ja f jatkuva J:lla ja f(y) 6= aina, kun y 2 J. Merkitaan dy F (y) = (y 2 J): f(y) Olkoon y derivoituva I:lla ja y(t) 2 J aina, kun t 2 I. Helposti nahdaan, etta y on (1):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun d F (y(t)) = g(t) (t 2 I) dt eli, kun on olemassa sellainen c 2 R, etta (2) F (y(t)) = g(t)dt + c (t 2 I): Tassa y(t) on implisiittisessa muodossa. Koska F on monotoninen, niin (2):sta saadaan y myos eksplisiittisesti, ainakin periaatteessa. Jos f(y ) =, saadaan lisaksi ratkaisuksi vakiofunktio y(t) = y. Muodollisesti voidaan menetella nain: dy dt = g(t)f(y); dy f(y) = g(t)dt; dy f(y) = g(t)dt + C:

8 8 Esimerkkeja. (Separoituvia yhtaloita.) 1. y = y 2. Saadaan y = tai y = (t c) 1, kun I = (c; 1) tai I = ( 1; c). Vali I siis riippuu c:sta. 2. 3y = (2t 5)y 2. Tama ei ole standardimuotoa, mutta se ei haittaa. Saadaan y = (t 2 5t + c) 1=3. Koska ei saa olla J:ssa, niin I:ta pitaa rajoittaa niin, etta t 2 5t + c 6= aina, kun t 2 I. 3. y = t=y. Saadaan y 2 t 2 = C. I:ta pitaa rajoittaa niin, etta t 2 > C aina, kun t 2 I. 4. y = 2 p y. Triviaali ratkaisu on y =. Lisaksi saadaan y = (t c) 2 (t c): 5. y = (6t 5 + 1)(cos y + e y ) 1. Saadaan ratkaisu implisiittimuodossa sin y + e y = t 6 + t + c: Nyt ehto, etta cos y + e y ei saa olla tayttyy ainakin, jos I on sellainen, etta t 6 + t + c > 2 aina, kun t 2 I. Esimerkkeja. (Separoituvia yhtaloita, joissa on alkuehto.) 1. y = ay by 2, missa a; b >. Alkuehto: y() = y >. Triviaalit ratkaisut: y = ja y = a=b. Jalkimmainen toteuttaa alkuehdon, jos y = a=b. Muut ratkaisut: Saadaan implisiittiyhtalo y a by = ceat ; missa c:n maaraa alkuehto. Sitten ratkaistaan y ja saadaan ay y = by + (a by )e at : Tama on voimassa ainakin, kun t. 2. y = (y 1)=(t + 3), alkuehto y( 1) =. Triviaali ratkaisu y = 1 ei toteuta alkuehtoa. Saadaan y = (t + 1)=2 valilla ( 3; 1).

9 9 I.3. Eksakti DY Tassa jaksossa esiintyy kahden muuttujan reaaliarvoisia funktioita. Sanotaan, etta R 2 :n osajoukko G on alue, jos se on avoin ja yhtenainen. Sanotaan, etta G on konveksi, jos aina, kun A 2 G ja B 2 G, myos A:n ja B:n yhdistava jana sisaltyy G:hen. Oletetaan seuraavassa yksinkertaisuuden vuoksi, etta G on alue. Olkoon f funktio G! R. Silloin, ovat jatkuvia G:ssa, sanotaan, etta f on jatkuvasti dierentioituva G:ssa. Usein merkitaan = f x = f y. Sanotaan, etta DY (1) M(x; y(x)) + N(x; y(x))y (x) = on eksakti G:ssa, jos on olemassa G:ssa jatkuvasti dierentioituva funktio u, joka tayttaa ehdot u x = M ja u y = N (eli ru = (M; N) eli u on vektorikentan (M; N) potentiaali). Jos I on vali ja (1) on voimassa aina, kun x on talla valilla, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Olkoon (1) eksakti G:ssa ja u kuten edella. Olkoon I avoin vali ja (x; y(x)) 2 G aina, kun x 2 I. On helppo todeta, etta y on (1):n ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun y on derivoituva I:lla ja on olemassa sellainen C 2 R, etta u(x; y(x)) = C (x 2 I): Usein joudutaan tyytymaan tahan implisiittiyhtaloon. Lause 1. Olkoot M ja N jatkuvasti dierentioituvia G:ssa. (a) Jos (1) on eksakti G:ssa, niin (2) 8(x; y) 2 G M y = N x : (b) Jos (2) on voimassa ja G on konveksi (tahtimainenkin riittaisi), niin (1) on eksakti G:ssa. Todistus sivuutetaan.

10 1 Esimerkki. (Eksakti yhtalo.) Olkoon G = R 2 ja M(x; y) = ye y + 2 ja N(x; y) = xe y + xye y + 1 aina, kun (x; y) 2 G. Silloin G on konveksi ja lauseen ehto (2) tayttyy, joten yhtalo M + Ny = on eksakti G:ssa. Etsitaan u. Koska u x = M, niin integroimalla x:n suhteen saadaan u = xye y + 2x + h(y): Huomaa, etta h(y) voi riippua y:sta, vaikka se ei saa riippua x:sta. Derivoidaan edellinen yhtalo puolittain y:n suhteen. Saadaan u y = xe y + xye y + h (y): Koska u y = N, niin h (y) = 1 eli h(y) y on vakio. Nain ollen on olemassa sellainen k 2 R, etta u = xye y + 2x + y + k: Nain ollen y on ratkaisu I:lla silloin ja vain silloin, kun y on derivoituva I:lla ja on olemassa sellainen C 2 R, etta xye y + 2x + y = C (x 2 I): Esimerkki. (Epaeksakti yhtalo.) (x + y 2 )y y =. Ed. lauseen nojalla tama ei ole missaan alueessa eksakti. Kerrotaan puolittain integroivalla tekijalla y 2. Saadaan (xy 2 + 1)y y 1 = ; joka on eksakti jokaisessa alueessa G, jota x-akseli ei leikkaa. Taman implisiittinen ratkaisu on y xy 1 = C. Alkuperaisella yhtalolla on lisaksi ratkaisu y =. Huomataan myos, etta annettu epaeksakti yhtalo voidaan esittaa myos muodossa x xy 1 = y. Esimerkki. (Epaeksakti yhtalo.) 2y 6x + (3x 4x 2 =y)y =. Ehto M y = N x tayttyy vain suoralla y = 8x, joten yhtalo ei ole missaan alueessa eksakti. Kertomalla integroivalla tekijalla xy 2 saadaan vasemmalle puolelle d dx (x2 y 3 2x 3 y 2 ); josta x 2 y 3 2x 3 y 2 = C. Tama sisaltaa myos funktion y =, kun C =. Nollafunktio ei kuitenkaan ole annetun DY:n ratkaisu.

11 11 Integroiva tekija voi loytya seuraavan (helposti todistettavan) lauseen avulla: Lause 2. Jos (M y N x )=N ei riipu y:sta, vaan on muotoa f(x), niin yhtalolla Mdx + Ndy = on integroiva tekija exp( R f(x)dx). Jos (N x M y )=M ei riipu x:sta, vaan on muotoa f(y), niin yhtalolla Mdx + Ndy = on integroiva tekija exp( R f(y)dy). Kahden edellisen esimerkin tapauksessa tama lause ei auta. Seuraavissa se auttaa. Esimerkki. 2(y 2 + y + 2x 2 ) + x(2y + 1)y = : Nyt (M y N x )=N = 1=x, joten exp( R (1=x)dx) ja siten x on integroiva tekija. Esimerkki. (1. jakson lineaarinen yhtalo (1)) Tama voidaan kirjoittaa muotoon M(t; y) + N(t; y)y = ; missa R M = b(t) a(t)y ja N = 1. Nyt (M y N t )=N = a(t), joten exp( a(t)dt) eli 1=y 1 (t) on integroiva tekija. Nain ollen kuten 1. jaksossakin. d dt ( y(t)=y 1(t) + b(t)=y 1 (t)dt) =

12 12 I.4. Muita DY:ita Yhtalo (1) y (x) = f(y(x)=x) palautuu sijoituksella y(x)=x = z(x) separoituvaksi yhtaloksi Yhtalo z (x) = f(z(x)) z(x) : x (2) y (x) = f(ax + by(x)) (a; b 2 R; b 6= ) palautuu sijoituksella ax + by(x) = z(x) separoituvaksi yhtaloksi Bernoullin DY z (x) = a + bf(z(x)): (3) y (x) + a(x)y(x) = b(x)y(x) ( 2 R) on lineaarinen, jos = tai 1. Jos 6= 6= 1, se palautuu sijoituksella z(x) = y(x) 1 lineaariseksi yhtaloksi 1 1 z (x) + a(x)z(x) = b(x): Tama ei ole valttamatta ekvivalentti (3):n kanssa! Riccatin DY on muotoa (4) y (x) = a(x)y(x) 2 + b(x)y(x) + c(x): Talla ei ole ratkaisukaavaa. Jos (4):lla on jokin ratkaisu y 1 (x) ja jos niin z(x) toteuttaa lineaarisen DY:n y(x) = y 1 (x) + 1 z(x) ; z (x) = 2a(x)y 1 (x) + b(x) z(x) a(x):

13 13 Esimerkki. (Tyypin (1) DY.) y = y=x + x=y. Sijoitetaan y=x = z. Saadaan z = 1 xz : Esimerkki. (Bernoullin DY.) 2y + 3y = 9xy 3. Triviaali ratkaisu on y =. Sijoitetaan z = y 2. Saadaan z 3z = 9x; jonka yleinen ratkaisu on z = Ce 3x + 3x + 1. Nain ollen y = kunhan nimittaja 6=. 1 p Ce 3x + 3x + 1 (C 2 R) Esimerkki. (Riccatin DY.) y = y 2 + xy + 1. Talla on ainakin ratkaisu y = x. Sijoitetaan y = x + 1=z ja saadaan lineaarinen DY josta z xz = 1; z = Ce x2 =2 + e x2 =2 e x2 =2 dx:

14 14 I.5. Ratkaisun olemassaolo Tarkastellaan tehtavaa (1) y (t) = f(t; y(t)); y(t ) = y : Lause. Jos on olemassa sellaiset positiiviset ja ", etta f =@y ovat jatkuvia suorakulmiossa (2) f(t; y) 2 R 2 : jt t j < ; jy y j < "g; niin on olemassa sellainen positiivinen, etta (1):lla on yksikasitteinen ratkaisu valilla (t ; t + ). (Todistus sivuutetaan.) Esimerkki. (Lauseen ehto tayttyy.) Jos f(t; y) polynomi, niin f ovat jatkuvia R 2 :ssa. Siis (1):lla on yksikasitteinen ratkaisu jollakin valilla (t ; t + ). Esimerkki. (Lauseen ehto tayttyy.) Olkoot a, b ja c Riccatin yhtalossa jatkuvia avoimella valilla, johon x kuuluu. Olkoon alkuehto y(x ) = y. Silloin Riccatin DY:lla on yksikasitteinen ratkaisu jollakin valilla (x ; x + ). Esimerkki. (Lauseen ehto ei tayty.) y = 3y 1=3, y() =. Nyt derivaatta y 2=3 ei ole edes maaritetly :ssa.

15 15 II. Toisen kertaluvun lineaarinen DY II.1. Perusjarjestelma ja ratkaisun olemassaolo Tassa luvussa tarkastellaan toisen kertaluvun lineaarista DY:a (1) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = f(t); missa y, p ja q ja f ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n kaikki ratkaisut sellaisilla valeilla, joilla p, q ja f ovat jatkuvia. Olkoon I jokin sellainen vali. Jos vaaditaan lisaksi, etta alkuehdot (2) y(t ) = a; y (t ) = b tayttyvat, niin (1) ja (2) muodostavat yhdessa alkuarvotehtavan. Lause 1. Alkuarvotehtavalla (1) - (2) on yksikasitteinen ratkaisu I:lla. (Sivuutetaan todistus.) Yhtaloa (1) vastaava homogeeninen DY on (3) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = : Seuraavat kaksi lausetta koskevat tata. Lause 2. (3):n kaikkien ratkaisujen joukko I:lla on lineaariavaruus, jota sanotaan sen ratkaisuavaruudeksi I:lla. Lause 3. Jos y 1 ja y 2 ovat (3):n ratkaisuja I:lla ja jokin I:n piste t tayttaa ehdon (4) y 1(t) y1(t) y 2 (t) y2(t) 6= ; niin fy 1 ; y 2 g on (3):n ratkaisuavaruuden kanta. Kantaa sanotaan (3):n perusjarjestelmaksi I:lla.

16 16 Todistus. Olkoon t ehdon (4) tayttava t ja y alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joka lauseen 1 mukaan on yksikasitteinen. Ehdon (4) nojalla yhtaloparilla C1 y 1 (t ) + C 2 y 2 (t ) = a (5) C 1 y1(t ) + C 2 y2(t ) = b on yksikasitteinen ratkaisu C 1, C 2. Nain ollen C 1 y 1 + C 2 y 2 on myos alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joten y = C 1 y 1 + C 2 y 2. Koska pari C 1, C 2 on yksikasitteinen, niin fy 1 ; y 2 g on lineaarisesti riippumaton ja siten siis kanta. Selvasti fy 1 ; y 2 g on (3):n perusjarjestelma I:lla silloin ja vain silloin, kun fy 1 ; y 2 g on lineaarisesti riippumaton joukko (3):n ratkaisuja. Esimerkki. ft; 1=tg on yhtalon t 2 y + ty y = perusjarjestelma valilla (; 1). Lause 4. Jos y on (1):n ratkaisu I:lla ja fy 1 ; y 2 g on (3):n perusjarjestelma, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on y = C 1 y 1 + C 2 y 2 + y ; C 1 ; C 2 2 R: Seuraavaa lausetta tarvitaan jaksossa II.5. Lause 5. Jos fy 1 ; y 2 g on (3):n perusjarjestelma, niin ehto (4) tayttyy aina, kun t 2 I. Todistus. Muuten I:ssa on sellainen t, etta (6) y 1 (t )y 2(t ) = y 1(t )y 2 (t ): Jos y 1 (t ) = y 2 (t ) = ja a 6=, niin (5) on selvasti mahdoton. Jos taas y j (t ) 6= (misssa j = 1 tai j = 2), niin kerrotaan (5):n ylempi yhtalo puolittain y j (t ):lla ja alempi y j (t ):lla ja saadaan (ks (6)) ay j(t ) = by j (t ); mika on mahdoton, jos a = ja b 6=. Siis a ja b voidaan aina valita niin, etta (5) ei toteudu, ts. on olemassa sellainen alkuehto, jota mikaan (3):n ratkaisuavaruuden funktio ei tayta. Tama on ristiriidassa lauseen 1 kanssa, joten mainittua t :aa ei ole.

17 17 II.2. Vakiokertoiminen homogeeninen DY Tarkastellaan ed. jakson (3):n erikoistapausta (1) y (t) + by (t) + cy(t) = : missa b; c 2 R. Taman karakteristinen yhtalo on (2) r 2 + br + c = : Merkitaan D = b 2 4c (diskriminantti). Jos y = e rt, niin (1) ja (2) ovat ekvivalentit. Olkoot (2):n juuret r 1 ja r 2. Jos D <, merkitaan r 1 = + i ja r 2 = i, missa i on imaginaariyksikko ja ; 2 R. Jos D =, merkitaan r 1 = r 2 = r. Lause. (1):n perusjarjestelma on 8 >< >: fe r 1t ; e r 2t g; jos D > ; fe t cos(t); e t sin(t)g; jos D < ; fe rt ; te rt g; jos D = : Todistus. Selvasti nama toteuttavat kaikilla t:n arvoilla (1):n ja edellisen jakson (4):n. Jos D <, niin (1):n eras perusjarjestelma on fe r 1t ; e r 2t g, mutta tama on nyt kompleksinen. Tama voidaan vaihtaa reaaliseksi perusjarjestelmaksi f 1 2 (er 2t + e r 1t ); i 2 (er 2t e r 1t )g; joka onkin edellisen lauseen mukainen. Nimittain e ix = cos x+i sin x aina kun x 2 R. Esimerkki. (Vakiokertoimisen homogeenisen perusjarjestelma.) 1. y 4y 12y =. Nyt D = 64, r 1 = 6, r 2 = 2, perusjarjestelma fe 6t ; e 2t g: 2. y + 2y + 4y =. Nyt D = 12, r 1 = 1 + i p 3, r 2 = 1 i p 3, = 1, = p 3, perusjarjestelma fe t cos(t p 3); e t sin(t p 3)g: 3. 4y + 4y + y =. Nyt D =, r = 1=2, perusjarjestelma fe t=2 ; te t=2 g:

18 18 II.3. Homogeeninen DY Tarkastellaan jakson I.1 yhtaloa (3) eli (1) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = : Yleista ratkaisumenetelmaa ei ole. Rajoitutaan kahteen erikoistapaukseen. Toisessa palaudutaan alempaa kertalukua olevaan DY:oon, toisessa vakiokertoimiseen. Nama puolestaan voidaan aina ratkaista. Olkoon y 1 jokin (1):n ratkaisu I:lla. Sijoitus y(t) = y 1 (t)v(t) johtaa yhtaloon eli y 1 (t)v (t) + 2y 1(t) + p(t)y 1 (t) v (t) + y 1 (t) + p(t)y 1(t) + q(t)y 1 (t) v(t) = y 1 (t)v (t) + 2y 1(t) + p(t)y 1 (t) v (t) = : Merkitsemalla w(t) = v (t) saadaan I kertaluvun lineaarinen DY Tama on sama kuin y 1 (t)w (t) + 2y 1(t) + p(t)y 1 (t) w(t) = : w (t) + 2y 1(t)=y 1 (t) + p(t) w(t) = ; jos y 1 (t) 6= aina, kun t 2 I. Talloin w(t) = C 2 y 1 (t) 2 e P (t) (t 2 I); R missa C 2 on vakio ja P (t) = p(t)dt. Koska w = v ja y = y 1 v, saadaan siis lopulta (2) y(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 1 (t) y 1 (t) 2 e P (t) dt (t 2 I); missa myos C 1 on vakio ja I on sellainen vali, jolla y 1 6=. Nain ollen (1):n perusjarjestelma I:lla on fy 1 ; y 2 g, missa y 2 (t) = y 1 (t) R y 1 (t) 2 e P (t) dt. Esimerkki 1. (Yksi ratkaisu tunnettu). y 2ry + r 2 y =. Eras ratkaisu on e rt, joten yleinen ratkaisu on C 1 e rt + C 2 te rt. Tama saadaan tietenkin helpommin jo ed. jakson menetelmalla.

19 19 Esimerkki 2. (Yksi ratkaisu tunnettu). Olkoon (1):ssa I = ( 1; 1) ja p(t) = 2t 2 ; q(t) = 1 t2 1 t : 2 Selvasti y 1 (t) = t on yksi R ratkaisu. Maarataan y 2 niin, etta fy 1 ; y 2 g on perusjarjestelma. Koska p(t)dt = ln(1 t 2 ), niin y 2 (t) = t t 2 exp(ln(1 t 2 ))dt = t (t 2 1)dt = 1 t 2 : Cauchyn ja Eulerin DY. Tama on (3) t 2 y (t) + pty (t) + qy(t) = ; missa p ja q ovat vakioita. Johdetaan taman perusjarjestelma (; 1):lla. Sijoitus s = ln t johtaa ekvivalenttiin vakiokertoimiseen yhtaloon (4) y (s) + (p 1)y (s) + qy(s) = : Taman karakteristinen yhtalo on r 2 + (p 1)r + q = : Jos taman juuret r 1 ja r 2 ovat reaaliset ja r 1 6= r 2, (4):n perusjarjestelmaksi saadaan fe r 1s ; e r 2s g. Siis, koska s = ln t, (3):n perusjarjestelma on ft r 1 ; t r 2 g. Samaan paadytaan hieman nopeammin sijoittamalla (3):een yrite t r. Jos r 1 = r 2 = r, (4):n perusjarjestelmaksi saadaan fe rs ; se rs g. Talloin (3):n perusjarjestelma on ft r ; t r ln tg. Jos r 1 ja r 2 eiva ole reaaliset, vaan muotoa i, niin (3):n perusjarjestelma on ft cos( ln t); t sin( ln t)g: Esimerkki 1. (Cauchy-Euler) p = 3 ja q = 1. Perusjarjestelma on ft 1 ; t 1 ln tg. Esimerkki 2. (Cauchy-Euler) p = 11=3, q = 1. Perusjarjestelma on ft 3 ; t 1=3 g. Esimerkki 3. (Cauchy-Euler) p = 3, q = 3. Perusjarjestelma on ft 2 cos(ln t); t 2 sin(ln t)g.

20 2 II.4. Vakiokertoiminen epahomogeeninen DY Tarkastellaan yhtaloa (1) ay (t) + by (t) + cy(t) = t n e rt ; missa a; b; c; r 2 C ja n 2 N [ fg. Jos y = e rt v, niin (1) on ekvivalentti sen kanssa, etta (2) av (t) + (2ar + b)v (t) + (ar 2 + br + c)v(t) = t n : Merkitaan P n (t) = P n m= A mt m, missa A ; A 1 ; : : : ; A n ovat kompleksilukuvakioita. Siis P n (t) on polynomi, jonka aste on n. Lemma. On olemassa sellainen polynomi P n (t), etta (2) on voimassa, kun v(t) = t k P n (t) ja k on pienin sellainen kokonaisluku, etta (2):a vastaavan homogeenisen yhtalon ratkaisuja ei ole joukossa ft k+m j m ng. Lause. On olemassa sellainen polynomi P n (t), etta (1) on voimassa, kun (3) y(t) = t k P n (t)e rt ja k tayttaa lemmassa mainitun ehdon. Lauseen ja lemman k on aina, 1 tai 2. Tarkemmin: k = 8 >< >: ; jos ar 2 + br + c 6= 1; jos ar 2 + br + c = ja 2ar + b 6= 2; jos ar 2 + br + c = ja 2ar + b = : Maaraamattomien kertoimien menetelma (1):n ratkaisemiseksi on seuraava: Sijoitetaan (1):een yrite (3) ja ratkaistaan nain muodostuva kertoimia A m koskeva lineaarinen yhtaloryhma. Samalla menetelmalla voidaan aina ratkaista myos (4) ay (t) + by (t) + cy(t) = f(t); kun f(t) on muotoa t n e rt olevien funktioiden (kompleksinen) lineaarikombinaatio. Nimittain ratkaistaan erikseen jokaista termia vastaava DY ja lasketaan sitten saadut ratkaisut yhteen.

21 Esimerkkeja. 1. y + y + y = t 2. Nyt k =, joten yrite on y = A + A 1 t + A 2 t 2. Saadaan y = 2t + t y + y = 1. Nyt k = 1, joten yrite on y = ta. Saadaan y = t. 3. y + y = t. Nyt k = 1, joten yrite on y = t(a + A 1 t). Saadaan y = t + t 2 =2. 4. y + y = 4te t. Nyt k =, joten yrite on y = (A + A 1 t)e t. Saadaan y = ( 3 + 2t)e t. 5. y + y = 1 + t + 4te t. Lasketaan yhteen kolmen ed. esimerkin tulokset ja saadaan y = t 2 =2 + ( 3 + 2t)e t. 6. ay (t) + by (t) + cy(t) = e rt. Jos ar 2 + br + c 6=, niin e rt y = ar 2 + br + c toteuttaa yhtalon. Taman mukaan yhtalon ratkaisu on y = e t =( ) = e t. 21 y 4y + 4y = e t yksi 7. y 4y + 4y = t 4 e 2t. Nyt r = 2, k = 2 ja yritteeksi on otettava y = t 2 (A + + A 4 t 4 ). Nyt ratkaisu loytyy kuitenkin nopeammin nojautumalla (1):n ja (2):n ekvivalenssiin, kun y = e 2t v. Saadaan v = t 4, v = t 6 =3 ja y = e 2t t 6 =3. 8. y + y + y = Cte t=2 cos(ct=2). Olkoon C = p 3. Koska cos(ct=2) = Re(exp(iCt=2)), niin yhtalo saa muodon y + y + y = Re(Cte rt ), missa r = 1=2 + ic=2. Maarataan ensin jokin z, joka toteuttaa yhtalon z + z + z = Cte rt. Nyt r 2 + r + 1 = ja 2r + 1 6=, joten k = 1 ja yrite on z = t(a + A 1 t)e rt. Sievennysten jalkeen saadaan yhtalopari ica + 2A 1 = A = 1=C eli 2iCA 1 = C A 1 = i=2 : Siis z = (t=c it 2 =2)e rt. Koska (Re z) + (Re z) + Re z = Re(z + z + z) = Re Cte rt ; niin saadaan y = Re z. Koska exp(ict=2) = cos(ct=2) + i sin(ct=2) ja Re z = (t=c)e t=2 Re(exp(iCt=2)) (t 2 =2)e t=2 Re(i exp(ict=2)); niin y = (t=c) cos(ct=2) + (t 2 =2) sin(ct=2) e t=2.

22 22 II.5. Epahomogeeninen DY Olkoot y 1 ja y 2 pisteessa t derivoituvia funktioita. Naiden Wronskin determinantti t:ssa on luku W (y 1 ; y 2 )(t), joka maaritellaan kaavalla W (y 1 ; y 2 )(t) = y 1(t) y1(t) y 2 (t) y2(t) : Olkoon I vali ja tarkastellaan yhtaloa (1) y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) = f(t); missa p ja q ja f ovat jatkuvia I:lla. Lause. Jos fy 1 ; y 2 g on (1):a vastaavan homogeenisen yhtalon perusjarjestelma I:lla ja W (t) = W (y 1 ; y 2 )(t), niin y(t) = y 2 (t) y1 (t)f(t)=w (t) dt y 1 (t) y2 (t)f(t)=w (t) dt toteuttaa (1):n. Todistus. Jakson II.1 lauseen 5 nojalla W (t) 6=, kun t 2 I, joten lauseen integraalit ovat maaritellyt. Laskemalla y ja y ja sijoitamalla tulokset (1):een nahdaan vaite oikeaksi. Johdetaan edellisen lauseen tulos varioimalla vakioita, ts. korvaamalla homogeenisen yhtalon ratkaisussa C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t) esiintyvat vakiot muuttuvilla funktioilla C 1 (t) ja C 2 (t) ja ratkaisemalla nama niin, etta y(t) = C 1 (t)y 1 (t) + C 2 (t)y 2 (t) toteuttaa (1):n. Jos C (2) 1 (t)y 1 (t) + C2(t)y 2 (t) = C1(t)y 1(t) + C2(t)y 2(t) = f(t); niin laskemalla y ja y ja sijoitamalla tulokset (1):een nahdaan vaite oikeaksi. Ehto (2) on matriisimuodossa y1 (t) y 2 (t) C 1 (t) y1(t) y2(t) C2(t) = f(t)

23 23 eli C 1(t) C2(t) = Tassa kaanteismatriisi on y1 (t) y1(t) 1 W (t) y 2 (t) y2(t) y2 (t) y 1 (t) joten (2) on ekvivalentti sen kanssa, etta 1 : f(t) ; Jos siis C 1(t) = y 2 (t)f(t)=w (t); C 2(t) = y 1 (t)f(t)=w (t): C 1 (t) = y2 (t)f(t)=w (t) dt; C 2 (t) = y1 (t)f(t)=w (t) dt; niin (2) toteutuu. Esimerkki 1. Olkoon I vali, =2 I ja ratkaistaan (3) y 4y + 4y = t 2 e 2t yleisesti I:lla. Homogeenisen yhtalon perusjarjestelma on fe 2t ; te 2t g ja W (e 2t ; te 2t ) = e 4t. Nain ollen y(t) = te 2t e 2t (t 2 e 2t )=e 4t dt e 2t te 2t (t 2 e 2t )=e 4t dt = (1+ln jtj)e 2t toteuttaa (3):n, ja yleinen ratkaisu on y(t) = (K 1 + K 2 t ln jtj)e 2t : Esimerkki 2. Maaritetaan jokin yhtalon (4) y + y = tan t ratkaisu valilla ( =2; =2). Homogeenisen yhtalon perusjarjestelma on fcos t; sin tg ja W (cos t; sin t) = 1. Nain ollen y(t) = sin t toteuttaa (4):n. cos t tan tdt cos t sin t tan tdt = (cos t) ln 1 + sin t cos t

24 24 Esimerkki 3. Maaritetaan jokin yhtalon (4) y y = t + 2 e t + 1 ratkaisu R:ssa. Yhtalon z z = t eras ratkaisu on z(t) = t. Yhtaloa w w = 2 e t + 1 vastaavan homogeenisen perusjarj. on fe t ; e t g ja W (e t ; e t ) = 2. Nain ollen epahomogeenisella on ratkaisu w(t) = 1 2e t 2 e t e t + 1 dt + 1 2e t 2 et e t + 1 dt = e t ln(e t + 1) 1 + e t ln(1 + e t ): Kun tahan lisataan t saadaan sellainen y(t), joka toteuttaa (4):n. Huomautus. Vakioiden varioiminen johtaisi esim. jakson II.4 esimerkissa 1 tyolaisiin integraaleihin. Toisaalta maaraamattomien kertoimien menetelma ei sovellu kahdessa ed. esimerkissa (paitsi kolmannessa osittain), vaikka yhtalot ovatkin vakiokertoimisia. Seuraavassa kertoimet eivat ole edes vakioita. Esimerkki 4. Ratkaistaan (5) y + 2ty 1 t 2 2y 1 t 2 = 2 2t yleisesti valilla ( 1; 1). Jakson II.3 esimerkissa todettiin, etta tata vastaavan homogeenisen yhtalon perusjarjestelma on ft; 1 + t 2 g. Saadaan W (t; 1 + t 2 ) = t 2 1. Nain ollen t(2 2t)dt t 2 1 = 2t 2t 2 t 3 + 2(1 + t) 2 ln(1 + t) y(t) = (1 + t 2 ) toteuttaa (5):n, ja yleinen ratkaisu on (1 + t2 )(2 2t)dt t t 2 1 y(t) = K 1 t + K 2 (1 + t 2 ) + 2 t 3 + 2(1 + t) 2 ln(1 + t):

25 25 III. Lin. vakiokertoiminen DY, kun kertaluku 3 Tassa luvussa tarkastellaan lyhyesti vakiokertoimista DY:a (1) y (n) (t) + p n 1 y (n 1) (t) + + p 1 y (t) + p y(t) = f(t); missa n 3 seka y ja f ovat funktioita ja t riippumaton muuttuja. Todistukset sivuutetaan nyt kokonaan. Jos (1) on voimassa jonkin valin kaikissa pisteissa t, niin y on (1):n ratkaisu ko. valilla. Tavoitteena on loytaa (1):n kaikki ratkaisut sellaisilla valeilla, joilla f on jatkuva. Olkoon I jokin sellainen vali. Jos vaaditaan lisaksi, etta alkuehdot (2) y(t ) = a ; y (t ) = a 1 ; : : : ; y (n 1) (t ) = a n 1 tayttyvat, niin (1) ja (2) muodostavat yhdessa alkuarvotehtavan. Lause 1. I:lla. Alkuarvotehtavalla (1) - (2) on yksikasitteinen ratkaisu Yhtaloa (1) vastaava homogeeninen DY on (3) y (n) (t) + p n 1 y (n 1) (t) + + p 1 y (t) + p y(t) = : Lause 2. (3):n kaikkien ratkaisujen joukko I:lla on lineaariavaruus, jonka dimensio on n. Lauseen 2 lineaariavaruutta sanotaan (3):n ratkaisuavaruudeksi I:lla ja sen kantaa (3):n perusjarjestelmaksi I:lla. Lause 3. Jos y on (1):n ratkaisu I:lla ja fy 1 ; : : : ; y n g on (3):n perusjarjestelma, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on y = nx j=1 C j y j + y (C 1 ; : : : ; C n 2 R): Jos f on sopivaa muotoa, niin y loydetaan maaraamattomien kertoimien menetelmalla kuten II luvussa. Palataan tahan viela alempana, lauseessa 4.

26 26 Perusjarjestelman loytamiseksi ratkaistaan ensin karakteristinen yhtalo (4) r n + p n 1 r n p 1 r + p = : Jos (4):n erilaiset juuret ovat r 1,...,r m eli (5) r n + p n 1 r n p 1 r + p = (r r 1 ) k 1 : : : (r r m ) k m ; niin (3):n (kompleksinen) perusjarjestelma on (6) [ m j=1 [k j 1 k= ftk e r jt g: Jos + i on jokin (4):n juurista, missa ; 2 R, niin myos i on (4):n juuri, jolloin perusjarjestelman osajoukko ft k e t+it ; t k e t it g voidaan korvata reaalisella osajoukolla ft k e t cos(t); t k e t sin(t)g: Nain voidaan (6) aina korvata reaalisella perusjarjestelmalla. Olkoon (1):ssa f(t) = t m e rt, missa r 2 C ja m 2 N [ fg. Lause 4. On olemassa sellainen astetta m oleva polynomi P m (t), etta (1) on voimassa, kun (7) y(t) = t k P m (t)e rt ja k on pienin sellainen kokonaisluku, etta (3):n ratkaisuja ei ole joukossa ft k+h e rt j h mg. Maaraamattomien kertoimien menetelma (1):n ratkaisemiseksi on seuraava: Sijoitetaan (1):een yrite (7) ja ratkaistaan nain muodostuva polynomin P m (t) kertoimia koskeva lineaarinen yhtaloryhma. Samalla menetelmalla voidaan ratkaista (1) myos, kun f(t) on muotoa t m e rt olevien funktioiden (kompleksinen) lineaarikombinaatio. Nimittain ratkaistaan erikseen jokaista f(t):n termia vastaava DY ja lasketaan sitten saadut ratkaisut yhteen.

27 27 Esimerkkeja. (Perusjarjestelma) Seuraavissa K(r) tarkoittaa karakteristista polynomia. 1. y y y + y =, joten perusjarjestelma on K(r) = r 3 r 2 r + 1 = (r + 1)(r 1) 2 ; fe t ; e t ; te t g: 2. y 2y =, K(r) = r 3 2r 2 = (r 2)r 2 ; joten perusjarjestelma on fe 2t ; 1; tg: 3. y y + y y =, K(r) = r 3 r 2 + r 1 = (r 1)(r 2 + 1) = (r 1)(r + i)(r i); joten perusjarjestelma on fe t ; cos t; sin tg: 4. y + 2y + 5y =, K(r) = r 3 + 2r 2 + 5r = r(r 2 + 2r + 5) = r(r i)(r + 1 2i); joten perusjarjestelma on f1; e t cos(2t); e t sin(2t)g: 5. y (4) + 8y + 16y =, K(r) = r 4 + 8r = (r 2 + 4) 2 = (r + 2i) 2 (r 2i) 2 ; joten perusjarjestelma on fcos(2t); t cos(2t); sin(2t); t sin(2t)g:

28 28 Esimerkkeja. (Epahomogeeninen yhtalo) 1. y y y + y = e 2t. Koska K(2) = 3 6=, niin y = e 2t =K(2) = e 2t =3: 2. y y y + y = e t. Nyt m = ja r = 1 lauseessa 4, joten k = 2. Siis P m (t) = A, siis vakio, ja yrite on muotoa Saadaan A = 1=4. y(t) = t 2 Ae t : 3. y y y + y = te t. Nyt m = 1 ja r = 1 lauseessa 4, joten k = 2. Siis P m (t) = A + A 1 t, ja yrite on muotoa y(t) = t 2 (A + A 1 t)e t = (A t 2 + A 1 t 3 )e t : Saadaan A = 1=8 ja A 1 = 1=12.

29 IV. Ens. kertal. lin. vakiokertoiminen DY-ryhma IV.1. Perusjarjestelma, ratkaisun olemassaolo ym. Olkoon I vali ja n 2 N. Tarkastellaan lineaarista DY-ryhmaa (1) x (t) = Ax(t) + f(t); missa x ja f ovat funktioita I! R n ja A = (a ij ) on t:sta riippumaton tyypin n n matriisi. Merkitaan x = (x 1 ; : : : ; x n ), f = (f 1 ; : : : ; f n ) ja tulkitaan nama (1):ssa tyypin n 1 matriiseiksi. Oletetaan, etta f on jatkuva I:lla, ts. etta jokainen sen komponentti on jatkuva I:lla. Ryhmaan (1) voidaan liittaa alkuehto (2) x(t ) = x : Ryhmaa (1) vastaava homogeeninen ryhma on (3) x (t) = Ax(t): Tassa tapauksessa f on nollafunktiona jatkuva R:ssa, joten I = R, ja I voidaan jattaa mainitsematta. Lause 1. Alkuarvotehtavalla (1) - (2) on yksikasitteinen ratkaisu I:lla. (Sivuutetaan todistus.) Lause 2. (3):n kaikkien ratkaisujen joukko on lineaariavaruus, jota sanotaan sen ratkaisuavaruudeksi. Olkoot x 1, : : :, x n funktioita I! R n. Olkoon X(t) matriisi, jonka pystyriveina ovat vektorit x j (t), ts. X(t) = x 11 (t) : : : x n1 (t) B : : : : : x 1n (t) : : : x nn (t) 1 C A : Naiden Wronskin determinantti t:ssa on det X(t). Merkitaan W (x 1 ; : : : ; x n )(t) = det X(t): Huomautus. Wronskin determinantin ed. maaritelma ei ole ristiriidassa sen kanssa miten se maariteltiin II luvussa. Maaritelmat nimittain yhtyvat, kun n = 1. 29

30 3 Lause 3. Jos x 1, : : :, x n ovat (3):n ratkaisuja ja jokin t tayttaa ehdon (4) W (x 1 ; : : : ; x n )(t) 6= ; niin fx 1 ; : : : ; x n g on (3):n ratkaisuavaruuden kanta. Kantaa sanotaan (3):n perusjarjestelmaksi. Vastaavaa matriisia X sanotaan (3):n perusmatriisiksi. Todistus. Olkoon t ehdon (4) tayttava t ja x alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joka lauseen 1 mukaan on yksikasitteinen. Ehdon (4) nojalla yhtaloryhmalla X(t )c = x on yksikasitteinen ratkaisu c. Nain ollen Xc on myos alkuehdon (2) tayttava (3):n ratkaisu, joten x = Xc. Koska c on yksikasitteinen, niin X:n pystyrivien muodostama joukko eli fx 1 ; : : : ; x n g on lineaarisesti riippumaton ja siten siis kanta. Seuraus. (3):n ratkaisuavaruuden dimensio on n. Todistus. Olkoon e j = ( 1j ; : : : ; nj ) (siis R n :n kantavektori). Jokaista j:ta kohti (3):lla on alkuehdon x() = e j tayttava ratkaisu x j, ja selvasti W (x 1 ; : : : ; x n )() = 1. Selvasti mika tahansa I:lla maaritelty funktiojoukko fx 1 ; : : : ; x n g on lineaarisesti riippumaton, jos jokin I:n piste t tayttaa ehdon (4). Mutta lineaarisesta riippumattomuudesta ei seuraa (4). Esim. f(1; ); (t; )g on lineaarisesti riippumaton pari funktioita, mutta naiden Wronskin determinantti on kaikilla t:n arvoilla. Lause 4. Jos fx 1 ; : : : ; x n g on (3):n perusjarjestelma ja x on (1):n ratkaisu I:lla, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on x = nx j=1 C j x j + x : Huomautus. Em. yleinen ratkaisu voidaan esittaa lyhyesti muodossa x = Xc + x ; missa X on perusmatriisi ja c = (C 1 ; : : : ; C n ).

31 31 Kertalukua n oleva lineaarinen (vakiokertoiminen) DY voidaan helposti saattaa muotoon (1). Kaantaen, on mahdollista, mutta vaikeampi saattaa (1) muotoon, jossa minka tahansa x j :n maaraa kertalukua n oleva lineaarinen vakiokertoiminen DY. Tata sanotaan eliminointimenetelmaksi. Tarkastellaan seuraavaksi naita tehtavia. DY:n muuntaminen muotoon (1). Olkoon (5) y (n) (t) + p n 1 y (n 1) (t) + + p 1 y (t) + p y(t) = f(t): Olkoon jolloin (5) saa muodon x j (t) = y (j 1) (t) (j = 1; : : : ; n); x n(t) + p n 1 x n (t) + + p 1 x 2 (t) + p x 1 (t) = f(t): Silloin, jos x(t) = (x 1 (t); : : : ; x n (t)), f(t) = (; : : : ; ; f(t)) ja niin A = 1 : : : 1 : : : : : : : : : : : : 1 p p 1 p 2 p 3 : : : p n 1 x (t) = Ax(t) + f(t): 1 C A ; Esimerkki. Jos y + 2y 3y = t ja x = (y; y ), niin 1 x = x + : 3 2 t Eliminointimenetelma. Merkitaan x = D x, x = D 1 x, x = D 2 x, x = D 3 x jne. Siis D on dierentiaalioperaattori. Sita kaytetaan seuraavien esimerkkien tapaan. Esimerkkeja. 1. 2x (4) +3x +x = (2D 4 +3D +1)x. (Vrt. karakteristinen polynomi.) 2. (D + 1)x + (3D 2)x = (4D 1)x = 4x x.

32 32 3. ((D + 1)(3D 2))x = (3D 2 + D 2)x = 3x + x 2x. 4. (D + 1)((3D 2)x) = (D + 1)(3x 2x) = 3x + x 2x. 5. Esimerkeissa 3 ja 4 saatiin ((D+1)(3D 2))x = (D+1)((3D 2)x). (Vrt. assosiatiivisuus.) 6. (D + 1)(3D 2)x = (3D 2)(D + 1)x. (Vrt. kommutatiivisuus.)

33 33 Esitellaan eliminointimenetelma kahden esimerkin avulla. Esimerkki 1. (DY-pari) Pari x (t) = Ax(t) + f(t) saadaan muotoon x 1 a 11 x 1 a 12 x 2 = f 1 x 2 a 21x 1 a 22 x 2 = f 2 eli (D a11 )x 1 a 12 x 2 = f 1 : a 21 x 1 + (D a 22 )x 2 = f Olkoon tassa erikoisesti A = ja f(t) = 2 3 (D 1)x1 x 2 = (6) 2x 1 + (D 3)x 2 = t : t. Silloin Kerrotaan alempi yhtalo (D 1):lla: (D 1)x1 x 2 = 2(D 1)x 1 + (D 1)(D 3)x 2 = 1 t : Lisataan ylempi kahdesti alempaan, jolloin alemmalle riville saadaan eli ((D 1)(D 3) 2)x 2 = 1 t (7) (D 2 4D + 1)x 2 = 1 t; siis II kertaluvun DY x 2 :n suhteen. Samaan tapaan voidaan johtaa II kertaluvun DY x 1 :n suhteen. Mutta ratkaisemista ajatellen on samantekevaa kumpi tehdaan, silla kun esim. x 2 on ratkaistu, x 1 saadaan I kertaluvun DY:sta. Katsotaan samalla (6):n ratkaisu loppuun saakka. Yhtalon (7) perusjarjestelmaksi saadaan fe r 1t ; e r 2t g, missa r 1 = 2 + p 3 ja r 2 = 2 p 3. Yrite on siis x 2 = A + A 1 t ja saadaan A = 3 ja A 1 = 1. Nain ollen ja (6):sta helposti x 2 = C 1 e r 1t + C 2 e r 2t 3 t x 1 = 1 2 C 1( 1 + p 3)e r 1t C 2( 1 p 3)e r 2t 1 2 t 2 : Nain ollen parin (6) yleinen ratkaisu R:ssa on x = C 1 e r 1t 1 p C 2 e r 2t 1 1 p t 2 t :

34 34 Esimerkki 2. Millainen III kertaluvun DY x 1 :lle saadaan ryhmasta Tama saadaan muotoon 1 x A x? A x = : Merkitaan D 1 = D 1 ja D 5 = D 5. Saadaan D 1 2 D 1 1A x = : 2 1 D 5 Operoidaan III rivia D 1 :lla: D 1 2 D 1 1 A x = : 2D 1 D 1 D 1 D 5 Lisataan I rivi kahdesti ja II rivi D 1 2 D A x = : (D 1 D 5 5) Operoidaan I rivia (D 1 D 5 1(D 2 1D 5 5)D 1 (D 1 D 5 5) D 1 1 (D 1 D 5 5) 1 A x = : Lisataan III ensimmaiseen ja kerrotaan sitten I kahdella, jolloin I:lle riville saadaan (D 1 D 5 5)D 1 x 1 = eli eli (D 3 7D 2 + 6D)x 1 = x 1 7x 1 + 6x 1 = :

35 35 IV.2. Homogeeninen DY-ryhma Tarkastellaan homogeenista DY-ryhmaa (1) x (t) = Ax(t): Jos x(t) = e rt u, missa u 6= ja u on riippumaton t:sta, niin (1) on ekvivalentti sen kanssa, etta (2) (A ri)u = ; missa I on n-rivinen identiteettimatriisi. Koska yhtaloryhmalla (2) on epatriviaali ratkaisu u, niin matriisin A ri determinantti on. Siis r on A:n ominaisarvo ja u vastaava ominaisvektori. Em. determinanttia sanotaan A:n karakteristiseksi polynomiksi. A:n ominaisarvot ovat siis taman juuret. Koska taman polynomin aste on n, niin ominaisarvojen lukumaara on n. Muistettakoon, etta :aa ei pideta koskaan ominaisvektorina, vaikka se u:n paikalle sijoitettuna toteuttaakin (2):n. Kaikkien A:n ominaisarvojen joukkoa sanotaan A:n spektriksi. Lause 1. Jos fr 1 ; : : : ; r n g on A:n spektri ja vastaava ominaisvektoreiden joukko fu 1 ; : : : ; u n g on lineaarisesti riippumaton, niin (1):n perusjarjestelma on fe r jt u j j j = 1; : : : ; ng: Todistus. Nama toteuttavat (1):n ja jos W (t) on naiden Wronskin determinantti, niin W () 6= oletetun lineaarisen riippumattomuuden johdosta. Nain ollen vaite seuraa ed. jakson lauseesta 3. Lause 2. Jos fr 1 ; : : : ; r n g on A:n spektri ja r i 6= r j aina, kun i 6= j, niin vastaava ominaisvektoreiden joukko on lineaarisesti riippumaton.

36 36 Todistus. Olkoon Au j = r j u j (j = 1; : : : ; n) ja U = fu 1 ; : : : ; u k g maksimaalinen lineaarisesti riippumaton joukko vektoreita u j. Vastaoletus: k < n. Silloin u n voidaan esittaa U:n lineaarikombinaationa eli u n = kx j=1 c j u j ; missa c j 6= ainakin yhdella j:n arvolla (koska u n 6= ). Nain ollen kx j=1 c j (r n r j )u j = (r n A) kx j=1 Nain ollen c j (r n r j ) = aina, kun 1 j k. r n 6= r j, joten c j = aina, kun 1 j k, ristiriita. c j u j = (r n A)u n = : Oletuksen mukaan Lause 3. Jos A on symmetrinen, sen ominaisvektoreiden virittaman avaruuden dimensio on n. (Sivuutetaan todistus.) Esimerkki 1. (Lauseen 2 ehto tayttyy, spektri reaalinen.) Olkoon A Spektri on f; 1; 1g. Vastaavat ominaisvektorit samassa jarjestyksessa ovat 1 u = (1; ; ); u 1 = (2; 1; 1); u 1 = (; 1; 1): Lauseen 1 mukaan (1):n perusjarjestelma on A : f(1; ; ); e t (2; 1; 1); e t (; 1; 1)g eli perusmatriisi on 1 2e t e t e t A : e t e t

37 37 Esimerkki 2. (Lauseen 2 ehto tayttyy, spektri epareaalinen.) Olkoon 1 3 A = : 6 7 Spektri on f4 + 3i; 4 3ig. Vastaavat ominaisvektorit samassa jarjestyksessa ovat u + = (1; 1 + i); u = (1; 1 i): Lauseen 1 mukaan (1):n perusjarjestelma on fx + ; x g, missa x + = e (4+3i)t (1; 1 + i) = e 4t 1 (cos(3t) + i sin(3t)) 1 + i x = e (4 3i)t (1; 1 i) = e 4t 1 (cos(3t) i sin(3t)) 1 i kun vektorit kirjoitetaan tyypin 2 1 matriiseina. Realisoidaan tama. Ensinnakin x + + x = 2e 4t cos(3t) ; cos(3t) sin(3t) x + x = 2ie 4t sin(3t) cos(3t) + sin(3t) Koska fx + ; x g on perusjarjestelma, niin samoin on Tama on lisaksi reaalinen. f 1 2 (x + + x ); 1 2i (x + x )g: Esimerkki 3. (Lauseen 3 ehto tayttyy, spektri reaalinen.) Olkoon A A : Spektri on f 3; 3g. Tassa 3 on kertalukua 2. Arvoa 3 vastaa ominaisvektori (1; 1; 1). Arvoa 3 vastaavat ominaisvektorit ( 1; 1; ) ja (1; ; 1). Nama kolme vektoria muodostavat lineaarisesti riippumattoman joukon. 1 : ; ;

38 38 Esimerkki 4. (Lauseen 2 ehto tayttyy, spektri epareaalinen.) Olkoon A A : Spektri on f1; 1 + 2i; 1 2ig. Vastaavat ominaisvektorit samassa jarjestyksessa ovat u 1 = (2; 3; 2); u + = (; i; 1); u = (; i; 1): Lauseen 1 mukaan (1):n perusmatriisi on 2et 3e t ie (1+2i)t ie (1 2i)t A : 2e t e (1+2i)t e (1 2i)t Jos tassa toinen pystyrivi edustaa vektoria x + ja kolmas vektoria x, niin perusmatriisi voidaan realisoida korvaamalla toinen ja kolmas pystyrivi vastaavasti vektoreilla 1 2 (x ++x ) ja 1 2i (x + x ). Nain saadaan reaalinen 2et 1 3e t e t sin(2t) e t cos(2t) A : 2e t e t cos(2t) e t sin(2t) Maaritelma. Jos on A:n ominaisarvo ja k on sellainen kokonaisluku, etta (A I) k v = ; v 6= ; niin v on :aa vastaava A:n yleistetty ominaisvektori. Lause 4. Jos, v ja k ovat kuten maaritelmassa seka X (3) x(t) = e t k 1 niin (1) on voimassa. j= t j j! (A I)j v; Todistus. Sijoitetaan (3):n mukainen x(t) kaavaan (1).

39 39 Huomautus. Kaavan (3) oikealla puolella oleva summa muodostuu kehittamalla e At Maclaurinin sarjaksi ikaan kuin At olisi luku (ks. kaavaarkki). Tata voi kayttaa muistisaantona. Huomautus. On selvaa, etta jos v on ominaisvektori, niin v on myos yleistetty ominaisvektori. Mutta kaanteinen paatelma ei ole voimassa. 1 Nimittain, jos A =, niin on A:n ominaisarvo ja vastaavat ominaisvektorit ovat muotoa (v; ). Mutta :aa vastaavavat A:n yleistetyt ominaisvektorit ovat kaikki R 2 :n vektorit paitsi, koska A 2 =. Lause 5. Jos on A:n ominaisarvo, jonka kertaluku on m, niin on olemassa lineaarisesti riippumaton joukko, jossa on m :aa vastaavaa A:n yleistettya ominaisvektoria. (Sivuutetaan todistus.) Esimerkki 5. (Yleistetyt ominaisvektorit.) Tassa esimerkissa eivat lauseen 2 eivatka lauseen 3 ehdot tayty. Olkoon 1 A A : 1 2 Talla on vain yksi ominaisarvo = 2, jonka kertaluku on siten kolminkertainen. Tata vastaa kahden lineaarisesti riippumattoman ominaisvektorin joukko fu; vg, missa u = (1; ; ) ja v = (; ; 1). Koska (A 2I) 2 =, niin mika tahansa w 6= on :a vastaava yleistetty ominaisvektori. Valitaan nyt w siten, etta fu; v; wg on lineaarisesti riippumaton, siis esim. w = (; 1; ). Lauseen 4 nojalla w:sta saadaan (1):lle ratkaisu x(t) = e 2t (w + t(a 2I)w) = e 1A + 1 A@ 1AA = e t 1 A : 1 t Tama yhdessa u:hun ja v:hen liittyvien ratkaisujen kanssa tuottaa e2t te 2t e 2t e 2t te 2t Taman determinantti ei ole, joten kysymyksessa on todella perusmatriisi. 1 A :

40 4 IV.3. Epahomogeeninen DY-ryhma Tarkastellaan epahomogeenista DY-ryhmaa (1) x (t) = Ax(t) + f(t): Jos x (t) on (1):n ratkaisu I:lla ja X(t) on vastaavan homogeenisen ryhman perusmatriisi, niin (1):n yleinen ratkaisu I:lla on x(t) = X(t)c+x (t) (ks. IV.1, lause 4). Seuraava lause voidaan johtaa varioimalla vakiota c. Lause 1. x (t) = X(t) R X(t) 1 f(t)dt, kun t 2 I. Todistus. Koska X (t) = AX(t), niin X X 1 f = X X 1 f + X X 1 f = A X X 1 f + f: Esimerkki 1. (f vakio.) Olkoon 1 A = 1 ; f(t) = Nyt A:n spektri on fi; ig. Perusmatriisi on sin t cos t X(t) = cos t sin t ja X(t) 1 = X(t). Nain ollen X(t) 1 f(t)dt = Nain ollen x (t) = X(t) Yleinen ratkaisu on x(t) = X(t)c + x (t) sin t cos t = cos t sin t = sin t 3 sin t 3 cos t sin t X(t) 1 f(t)dt = cos t C1 + C 2 3 : cos t 3 cos t sin t dt = 3 = cos t sin t dt 3 cos t 3 sin t : 3 cos t = : 3 sin t 3 C1 sin t + C 2 cos t : C 1 cos t + C 2 sin t + 3

41 41 Esimerkki 2. (f ei ole vakio.) Olkoon 2 1 4t 3t 2 A = ; f(t) = 1 2 3t 2 Nyt A:n spektri on f1; 3g. Perusmatriisi on e t e X(t) = 3t e t e 3t ja Nain ollen X(t) 1 f(t)dt = Nain ollen X(t) 1 = = x (t) = X(t) e t = e t e t =2 e t =2 e 3t =2 e 3t : =2 e t =2 e t =2 : 4t 3t 2 e 3t =2 e 3t =2 3t 2 dt 2te t 2(1 + t)e t (2t 3t 2 )e 3t dt = t 2 e 3t X(t) 1 f(t)dt e 3t 2(1 + t)e t e 3t t 2 e 3t = t2 2t 2 t 2 : + 2t + 2 :