6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset

SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 51 6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6.1. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p i : I R, i = 0, 1, 2,..., n, ja q : I R jatkuvia funktioita. Differentiaaliyhtälö n (6.1) p k (x)y (k) (x) = q(x) x I k=0 on n. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Jos q = 0, niin differentiaaliyhtälö on homogeeninen. Esimerkki 6.2. Muistamme, että D 2 sin(x) = sin(x) ja D 2 cos(x) = cos(x). Siis sin ja cos ovat DY:n (6.2) u (x) + u(x) = 0 ratkaisuja. Kuten Esimerkissä 5.1 huomaamme, että funktiot g a,b : R R, (6.3) g a,b (x) = a cos(x) + b sin(x) ovat DY:n (6.2) ratkaisuja. Ratkaisu g a,b toteuttaa lisäehdot g a,b (0) = a ja g a,b (0) = b. Tehtävää u (x) + u(x) = 0 (6.4) u(0) = a u (0) = b kutsutaan alkuarvotehtäväksi (AAT). Osoitamme seuraavaksi, että alkuarvot määräävät DY:n (6.2) ratkaisut yksikäsitteisesti. Differentiaaliyhtälön (6.2) ratkaisut toteuttavat DY:n (6.5) 0 = 2u u + 2u u = ( (u ) 2 + u 2), joka saadaan (6.2):stä kertomalla 2u :lla. DY (6.5) on siis muotoa f = 0, joka ratkeaa integroimalla (f = (u ) 2 + u 2 ): (6.6) (u ) 2 + u 2 = C, C R. Alkuarvot määräävät vakion C: (6.7) C = u (0) 2 + u(0) 2. Olkoot funktiot u 1 ja u 2 alkuarvotehtävän (6.4) ratkaisuja. Tällöin funktio w = u 1 u 2 on AAT:n u (x) + u(x) = 0 (6.8) u(0) = 0 u (0) = 0 ratkaisu. Se siis toteuttaa DY:n (6.9) (w ) 2 + w 2 = 0, joten w = 0. Siis u 1 = u 2, joten g a,b on AAT:n (6.4) ainoa ratkaisu. Yleistämme Lauseen 5.3: Lause 6.3. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p k : I R, k = 0, 1, 2,..., n, ja q j : I R, j = 1, 2,..., m jatkuvia funktioita. Olkoon f j differentiaaliyhtälön n (6.10) p k (x)y (k) (x) = q j (x) x I k=0

52 JOUNI PARKKONEN ratkaisu. Tällöin m j=1 f j on DY:n (6.11) ratkaisu. n m p k (x)y (k) (x) = q j (x) k=0 Todistus. Kuten Lause 5.3. j=1 x I Esimerkki 6.4. (a) Ratkaisemme epähomogeenisen differentiaaliyhtälön (6.12) y (x) = q(x) integroimalla. APL:n nojalla (6.12) on yhtäpitävä seuraavien kanssa: (6.13) y (x) = q(t)dt + C, C 1 R ( s ) y(x) = q(t)dt + C 1 + C 2, C 1, C 2 R ( s ) = q(t)dt + C 1 x + C 2, C 1, C 2 R. Korkeamman asteen DY:t (6.14) y (n) (x) = q(x) ratkaistaan samalla tavalla integroimalla n kertaa. (b) Olkoon A R ja f : R R, (6.15) f(x) = e Ax. Tällöin (6.16) f (x) = Ae Ax = Af(x) ja (6.17) f (x) = A 2 e Ax = A 2 f(x). Siis funktiot f 1, f 2 : R R, (6.18) f 1 (x) = e kx ja f 2 (x) = e kx ovat differentiaaliyhtälön (6.19) y (x) k 2 y(x) = 0 ratkaisuja, k R. Lauseen 6.3 nojalla kaikki funktiot (6.20) C 1 f 1 + C 2 f 2, C 1, C 2 R ovat DY:n (6.19) ratkaisuja. (c) Vastaavasti kaikki funktiot f : R R, (6.21) f(x) = C 1 cos(kx) + C 2 sin(kx) ovat DY:n (6.22) y (x) + k 2 y(x) = 0 ratkaisuja. Tarkastelemme toisen kertaluvun vakiokertoimisia lineaarisia differentiaaliyhtälöitä lähemmin.

SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 53 Määritelmä 6.5. Olkoot a, b R. Differentiaaliyhtälön (6.23) y (x) + ay (x) + by(x) = 0, karakteristinen polynomi on (6.24) r 2 + ar + b. Lause 6.6 (OY-lause). Alkuarvotehtävällä y (x) + ay (x) + by(x) = 0 (6.25) y(x 0 ) = A y (x 0 ) = B on täsmälleen yksi ratkaisu. Ratkaisu saadaan kaavalla (a) f(x) = C 1 e r1x +C 2 e r2x, jos r 1 R ja r 2 R ovat karakteristisen polynomin juuria, r 1 r 2. (b) f(x) = C 1 e rx + C 2 xe rx, jos r R on karakteristisen polynomin kaksinkertainen juuri. (c) f(x) = e a 2 x (C 1 cos(ωx)+c 2 sin(ωx)), ω = 1 2 4b a2, jos karakteristisella polynomilla ei ole reaalisia juuria. Huomautus 6.7. Kaikki DY:n (6.25) ratkaisut ovat lineaarikombinaatioita (VeMa, LA) kahdesta sopivasta perusratkaisusta u 1 ja u 2 : (a) u i (x) = e r ix, i = 1, 2. (b) u 1 (x) = e rx, u 2 (x) = xe rx. (c) u 1 (x) = e a 2 x cos(ωx), u 2 (x) = e a 2 x sin(ωx). Eri tapaukset tunnistetaan karakteristisen polynomin diskriminantin a 2 4b avulla: (a) a 2 4b > 0. (b) a 2 4b = 0. (c) a 2 4b < 0. Todistus. (1) Sijoittamalla toteamme, että Huomautuksessa 6.7 annetut perusratkaisut ovat DY:n (6.25) ratkaisuja: (a)-kohdassa (6.26) u i (x) + au i(x) + bu i (x) =r 2 i u i (x) + ar i u i (x) + bu i (x) =(r 2 i + ar i + b)u i (x) = 0, koska r i on karakteristisen polynomin juuri, i {1, 2}. Väite seuraa Lauseesta 6.3. Kohdat (b) ja (c) todistetaan samaan tapaan (Harjoitus). (2) Alkuarvot. (a)-kohdassa on ratkaistava C 1 ja C 2 yhtälöparista { C 1 e r1x0 + C 2 e r2x0 = A (6.27) C 1 r 1 e r 1x 0 + C 2 r 2 e r 2x 0 = B. Yhtälöparin determinantti on (6.28) e r1x0 r 2 e r2x0 r 1 e r1x0 e r2x0 = (r 2 r 1 )e (r1+r2)x0 0, joten sillä on täsmälleen yksi ratkaisu. (b) ja (c) todistetaan samaan tapaan. (3) Yksikäsitteisyys. Yksinkertaistamme tarkasteltavaa differentiaaliyhtälöä seuraavalla havainnolla: Olkoon (6.29) y(x) = u(x)e a 2 x. Tällöin y on DY:n (6.30) y (x) + ay (x) + by(x) = 0 ratkaisu, jos ja vain jos u on DY:n (6.31) u (x) + 4b a2 u(x) = 0 4

54 JOUNI PARKKONEN ratkaisu (Harjoitus). Yksinkertaistamalla merkintöjä määrittelemällä 4b a2 (6.32) V = 4 päädymme tarkastelemaan differentiaaliyhtälöä (6.33) u (x) + V u(x) = 0. Osoitamme, että differentiaaliyhtälön (6.33) alkuarvotehtävällä on yksikäsitteinen ratkaisu. (Alkuarvot eivät ole samat kuin tehtävässä (6.25), mutta ne riippuvat alkuperäisistä bijektiivisesti: u(x 0 ) = Ae a 2 x0, u (x 0 ) = (B + a 2 )e a 2 x0.) Olkoot f ja g kaksi DY:n (6.33) ratkaisua, joille f(x 0 ) = g(x 0 ) ja f (x 0 ) = g (x 0 ). Olkoon h = f g. Tällön h on Lauseen 6.3 nojalla AAT:n u (x) + V u(x) = 0 (6.34) u(x 0 ) = 0 u (x 0 ) = 0 ratkaisu. Osoitamme, että h(x) = 0 kaikilla x R. Koska h toteuttaa DY:n (6.35) h (x) = V h(x), niin myös h on jatkuvasti derivoituva. Induktiolla saamme, että h C (R), ja kaikki derivaatat saadaan DY:stä (6.35) derivoimalla. Niinpä (6.36) h (3) (x) = V h (x) h (4) (x) =( V ) 2 h (x). h (2n 1) (x) =( V ) n 1 h (x) h (2n) (x) =( V ) n h(x). Erityisesti, koska h(x 0 ) = 0 = h (x 0 ), kaikki h:n derivaatat ovat nollia pisteessä x 0. Siis h:n Taylorin sarja x 0 :ssa on (6.37) T,x0 h(x) = 0. Pitää vielä osoittaa, että Taylorin sarja suppenee kohti h:ta kaikilla x. Taylorin kaavan (Lause 2.5) mukaan (6.38) h(x) = T 2n 1,x0 h(x) + R 2n 1,x0 h(x) = R 2n 1,x0 h(x). Olkoon s > 0. Koska h on jatkuva, on M > 0 siten, että h(x) < M kaikilla x [x 0 s, x 0 + s]. Siis (6.36):n nojalla (6.39) h (2n) (x) < ( V ) n h(x) V n M x [x 0 s, x 0 + s]. Lauseen 4.22 todistusta kopioiden (6.40) h(x) = R 2n 1,x0 h(x) (2.26) = h (2n) (ξ) (x x 0 ) 2n V n Ms 2n n 0. (2n)! (2n)! Siis h(x) = 0 kaikilla x [x 0 s, x 0 +s]. Koska s voi olla miten suuri vain, h(x) = 0 kaikilla x R. Siis f = g. Tämä osoittaa, että AAT:llä (6.25) on täsmälleen yksi ratkaisu. Esimerkki 6.8. Ratkaisemme alkuarvotehtävän y (x) + 2y (x) + 2y(x) = 0 (6.41) y(0) = 0 y (0) = 1.

SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 55 8 6 4 2-4 -2 2 4 6 8 10-2 -4-6 -8 Kuva 14. Sinifunktion, funktion x e x ja Esimerkin 6.8 ratkaisun y kuvaajat välillä ] 5, 10[. Karakteristinen polynomi on r 2 + 2r + 2 = (r + 1) 2 + 1 1 kaikilla x R, joten sillä ei ole reaalisia juuria. Siis perusratkaisut ovat u 1 (x) = e x cos(x) ja u 2 (x) = e x sin(x). Alkuarvot: y(0) = C 1 e 0 cos 0 + C 2 e 0 sin 0 = C 1 = 0 (6.42) y ( (0) =C 1 e 0 cos 0 e 0 sin 0 ) ( + C 2 e 0 sin 0 + e 0 cos 0 ) =C 1 + C 2 = 1. Siis C 1 = 0 ja C 2 = 1. Alkuarvotehtävän ratkaisu on (6.43) y(x) = e x sin(x). Seuraavaksi todistamme, että epähomogeenisella toisen kertaluvun lineaarisella vakiokertoimisella differentiaaliyhtälöllä on ainakin yksi ratkaisu. Tämän tuloksen ja Lauseen 6.6 avulla todistamme OY-lauseen epähomogeenisessa tapauksessa. Lause 6.9. Olkoon q :]c, d[ R jatkuva. Olkoot u 1 ja u 2 DY:n (6.44) y (x) + ay (x) + by(x) = 0 perusratkaisut. Olkoot (6.45) W = u 1 u 2 u 1u 2 ja (6.46) Funktio t 1 (x) = u 2 (t) q(t) W (t) dt t 2 (x) = u 1 (t) q(t) W (t) dt. (6.47) y 0 = t 1 u 1 + t 2 u 2 on DY:n (6.48) y (x) + ay (x) + by(x) = q(x) ratkaisu.

56 JOUNI PARKKONEN Todistus. y 0 + ay 0 + by 0 =t 1 u 1 + t 2 u 2 + (t 1u 1 + t 2u 2) + (t 1u 1 + t 2u 2 ) + a ((t 1 u 1 + t 2 u 2) + (t 1u 1 + t 2u 2 )) + b(t 1 u 1 + t 2 u 2 ) (6.49) =t 1u 1 + t 2u 2 = u 2 q W u 1 + u 1 q W u 2 = u 1u 2 u 2 u 1 q = q, W koska u 1 ja u 2 ovat homogeeniyhtälön ratkaisuja ja (6.50) t 1u 1 + t q 2u 2 = u 2 W u q 1 + u 1 W u 2 = 0. Lause 6.10 (OY-lause). Olkoon q :]c, d[ R jatkuva, ja olkoon x 0 ]c, d[. Alkuarvotehtävällä y (x) + ay (x) + by(x) = q(x) (6.51) y(x 0 ) = A y (x 0 ) = B on täsmälleen yksi ratkaisu. Ratkaisu on muotoa (6.52) y = C 1 u 1 + C 2 u 2 + y 0, missä u 1 ja u 2 ovat DY:n (6.53) y (x) + ay (x) + by(x) = 0 perusratkaisut ja y 0 on jokin DY:n (6.51) ratkaisu. Todistus. (1) Lauseen 6.9 mukaan DY:llä (6.51) on ratkaisu y 0. (2) Alkuarvotehtävällä y (x) + ay (x) + by(x) = 0 (6.54) y(x 0 ) = A y 0 (x 0 ) y (x 0 ) = B y 0(x 0 ) on Lauseen 6.6 nojalla ratkaisu y 1. Lauseen 6.3 nojalla ja laskemalla alkuarvot yhteen huomaamme, että funktio y = y 0 + y 1 on AAT:n (6.51) ratkaisu. (3) Olkoot h ja g kaksi AAT:n (6.51) ratkaisua. Tällöin funktio h = f g on AAT:n y (x) + ay (x) + by(x) = 0 (6.55) y(x 0 ) = 0 y (x 0 ) = 0 ratkaisu. Lauseen 6.6 todistus osoittaa, että h = 0, joten f = g. Esimerkki 6.11. (a) Ratkaisemme DY:n (6.56) y (x) + y(x) = 1 cos(x), π 2 < x < π 2 Lauseiden 6.9 ja 6.10 avulla. Vastaavan homogeenisen DY:n perusratkaisut ovat u 1, u 2 : R R, u 1 (x) = cos(x) ja u 2 (x) = sin(x). Tässä tapauksessa W (x) = 1 kaikilla x, joten 1 (6.57) t 1 (x) = sin(t) dt = log(cos(x)) cos(t)

SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 57 ja 1 (6.58) t 2 (x) = cos(t) dt = x. cos(t) DY:n (6.56) kaikki ratkaisut ovat siis muotoa (6.59) y(x) = C 1 cos(x) + C 2 sin(x) + cos(x) log(cos(x)) + x sin(x). Etsimme vielä ratkaisun, joka toteuttaa ehdot y(0) = 1 ja y (0) = 0. Nyt (6.60) y (x) = C 1 sin(x)+c 2 cos(x) sin(x) log(cos(x)) sin(x)+x cos(x)+sin(x). Saamme siis (6.61) Alkuehdot toteuttava ratkaisu on y(0) = C 1 = 1 y (0) = C 2 = 0. (6.62) y(x) = cos(x) + cos(x) log(cos(x)) + x sin(x). (b) Tämä esimerkki osoittaa, että alkuarvotehtävästä yleistetyllä tehtävällä, jossa ratkaisun ja sen derivaatan arvo kiinnitetään eri pisteissä, ei aina ole ratkaisua: Tarkastelemme tehtävää y (x) + y(x) = 0 (6.63) y(0) = 0 y ( π 2 ) = 1. Differentiaaliyhtälön (6.63) ratkaisut ovat muotoa y(x) = C 1 cos(x) + C 2 sin(x). Alkuarvoista saamme y(0) = C 1, joten C 1 = 0. Siis y (x) = C 2 cos(x), joten y ( π 2 ) = 0 kaikilla C 2. Siis tehtävällä (6.63) ei ole ratkaisua. Kokeilu on joskus hyvä tapa etsiä ratkaisua toisen kertaluvun vakiokertoimiselle epähomogeeniselle lineariselle DY:lle kuten ensimmäisen kertaluvun tapauksessakin. Seuraava tulos antaa joukon reseptejä Lause 6.12. (a) Jos q(x) on polynomi, niin DY:llä (6.25) on polynomiratkaisu. (b) Jos q(x) = Ae cx ja (1) c ei ole karakteristisen polynomin juuri, niin (6.64) y 0 (x) = Ke cx on DY:n (6.25) ratkaisu. (2) c on karakteristisen polynomin yksinkertainen juuri, niin (6.65) y 0 (x) = Kxe cx on DY:n (6.25) ratkaisu. (3) c on karakteristisen polynomin kaksinkertainen juuri, niin (6.66) y 0 (x) = Kx 2 e cx on DY:n (6.25) ratkaisu. (c)jos q(x) = A sin(kx) (tai q(x) = B cos(kx)) ja (1) (a 0 tai b k 2 ), niin (6.67) y 0 (x) = K cos(kx) + L sin(kx) on DY:n (6.25) ratkaisu.

58 JOUNI PARKKONEN (2) (a = 0 ja b = k 2 ), niin (6.68) y 0 (x) = A 2k x cos(kx) (tai (6.69) y 0 (x) = B x sin(kx) ). 2k on DY:n (6.25) ratkaisu. Todistus. Todistamme ainoastaan kohdan (c)(2) tapauksen, jossa q(x) = A sin(kx). Olkoon (6.70) y(x) = Cx cos(kx). Tällöin (6.71) y (x) = C ( k 2 x cos(kx) 2k sin(kx) ). Siis (6.72) y (x) + k 2 y(x) = 2Ck sin(kx) = A sin(kx) C = A 2k. Muut tapaukset todistetaan samaan tapaan (Harjoitus). Esimerkki 6.13. (a) Differentiaaliyhtälöä (6.73) y (x) + y(x) = cos(x) vastaavan homogeeniyhtälön perusratkaisut ovat u 1 (x) = cos(x) ja u 2 (x) = sin(x). Lauseen 6.12 mukaisesti kokeilemme ratkaisuksi funktiota y 0 : R R, (6.74) y 0 (x) = Cx sin(x). Nyt (6.75) y 0(x) = C(sin(x) + x cos(x)) ja (6.76) y 0 (x) = C(2 cos(x) x sin(x)). Siis (6.77) y 0 (x) + y 0 (x) = 2C cos(x) Cx sin(x) + Cx sin(x) = 2C cos(x) = cos(x), jos ja vain jos C = 1 2. Siis DY:n yleinen ratkaisu on (6.78) y(x) = C 1 cos(x) + C 2 sin(x) + x 2 sin(x). Etsimme vielä alkuarvotehtävän y (x) + y(x) = cos(x) (6.79) y(0) = 0 y (0) = 1 ratkaisun. Alkuehdosta y(0) = 0 saamme C 1 = 0. Kun otamme tämän huomioon, saamme (6.80) y (x) = C 2 cos(x) + x 2 cos(x) + 1 2 sin(x), joten ehdosta y (0) = 1 saamme C 2 = 1. Siis alkuehdot toteuttava ratkaisu on (6.81) y(x) = sin(x) + x 2 sin(x). (b) Selvästi funktio y 1 : R R, y 1 (x) = x on DY:n (6.82) y (x) + y(x) = x

SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 59 8 6 4 2-15 -10-5 5 10 15-2 -4-6 Kuva 15. Esimerkin 6.13(a) alkuarvotehtävän ratkaisu välillä [ 5π, 5π]. ratkaisu. Lauseen 6.3 nojalla funktio y 2 = y 0 + y 1, siis (6.83) y 2 (x) = x + x 2 sin(x), on DY:n (6.84) y (x) + y(x) = x + cos(x) ratkaisu. Kaikki ratkaisut ovat muotoa (6.85) y(x) = C 1 cos(x) + C 2 sin(x) + x + x 2 sin(x). Emme käsittele jatkuvakertoimisia lineaarisia differentiaaliyhtälöitä kovin laajasti. Seuraava tulos on kuitenkin hyvä osata: Lause 6.14. Olkoon y 1 0 differentiaaliyhtälön (6.86) y (x) + p(x)y (x) + q(x)y(x) = 0 ratkaisu. Jos v on differentiaaliyhtälön (6.87) y 1 (x)v (x) + (2y 1(x) + p(x)y 1 (x))v (x) = 0 ratkaisu, niin y 2 = vy 1 on differentiaaliyhtälön (6.86) ratkaisu. Todistus. Sijoitamme funktion y 2 = vy 1 differentiaaliyhtälöön (6.86): (6.88) Väite seuraa tästä. y 2 + py 2 + qy 2 =v(y 1 + py 1 + qy 1 ) + v (2y 1 + py 1 ) + v y 1 =v y 1 + (2y 1 + py 1 )v. Jos tunnemme yhden DY:n (6.86) ratkaisun, saamme aina toisen ratkaisemalla DY:n (6.87). DY (6.87) on helppo ratkaista: Se on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen DY v :lle. v saadaan siis Lauseen 5.5 kaavalla, ja kun se tunnetaan, v saadaan integroimalla. Lauseen 6.14 menetelmää kutsutaankin kertaluvun pudottamiseksi (d Alembert 1700-luvulla). Esimerkki 6.15. Arvaamalla tai kokeilemalla huomaamme, että funktio y 1 (x) = x on DY:n (6.89) x 2 y (x) + 2xy (x) 2y(x) = 0

60 JOUNI PARKKONEN ratkaisu. Etsimme toisen ratkaisun muodossa (6.90) y 2 (x) = v(x)y 1 (x) = xv(x) Lauseen 6.14 mukaisesti. Rajoitumme ensin tarkastelemaan DY:tä (6.89) joukossa ]0, [, jolloin se on ekvivalentti DY:n (6.91) y (x) + 2 x y (x) 2 x 2 y(x) = 0 kanssa. On siis ratkaistava v DY:stä (6.92) xv (x) + 4v (x) = 0. Lause 5.5 antaa ratkaisut v (x) = Cx 4, C R. Tästä saamme v:n integroimalla. Koska yksi ratkaisu riittää, valitsemme v(x) = x 3. Siis funktio (6.93) y 2 (x) = xv(x) = x 2 on DY:n (6.89) ratkaisu, kun x > 0. Lauseen 6.3 nojalla tiedämme, että kaikki funktiot (6.94) y(x) = C 1 x + C 2 x 2, ovat DY:n (6.89) ratkaisuja, kun x > 0. C,C 2 R Huomautus 6.16. Lauseen 6.14 kaavaa ei tarvitse muistaa. Riittää muistaa, että ratkaisua etsitään muodossa y 2 = y 1 v, DY (6.92) seuraa sijoittamalla tämä lauseke alkuperäiseen yhtälöön. Lauseiden 5.5 ja 6.9 kaavat voi johtaa Lauseen 6.14 tyyliin. Menetelmää kutsutaan vakion varioinniksi: DY:n (6.95) y (x) + p(x)y(x) = q(x) ratkaisu saadaan kokeilemalla funktiota (6.96) y 0 (x) = u(x)c(x), missä u(x) = e P (x) on vastaavan homogeeniyhtälön ratkaisu. DY:n (6.97) y (x) + ay (x) + by(x) = q(x) ratkaisu saadaan kokeilemalla funktiota (6.98) y 0 (x) = u 1 (x)c 1 (x) + u 2 (x)c 2 (x), missä u 1 ja u 2 ovat vastaavan homogeeniyhtälön perusratkaisut. Kun nämä lausekkeet sijoitetaan tarkasteltavaan differentiaaliyhtälöön, saadaan ensimmäisen kertaluvun tapauksessa DY (6.99) C (x)u(x) = q(x), joka on helppo ratkaista integroimalla, ja toisen kertaluvun tapauksessa DY-pari { C (6.100) 1(x)u 1 (x) + C 2(x)u 2 (x) = 0 C 1(x)u 1(x) + C 2(x)u 2(x) = q(x), josta ratkaisemalla saadaan Lauseen 6.9 kaavat. Department of Mathematics and Statistics, P.O. Box 35, 40014 University of Jyväskylä, Finland E-mail address: parkkone@maths.jyu.fi