6 DIFFERENTIAALIYHTÄLÖISTÄ Esimerkki: Tarkastellaan korkeudella h ht () putoavaa kappaletta, jonka massa on m (ks. kuva). Newtonin II:n lain (ma missä Yhtälö dh dt m dh dt F) mukaan mg, on kiihtyvyys ja mg gravitatiovoima. dh g dt on korkeutta h hallitseva ns. differentiaaliyhtälö ts. siinä esiintyy tuntemattoman funktion (siis h:n) derivaattoja. Yhtälön ratkaiseminen on h:n etsimistä. Tässä esimerkissä se on helppoa: Integroidaan molemmat puolet t:n suhteen: dh gt c dt ja edelleen integroimalla saadaan tulos h gt ct c missä c ja c ovat integroimisvakioita. 09
0 Terminologiaa: Alkuehdot: Määrittävät integroimisvakioiden arvot. Esimerkissä edellä tieto kappaleen korkeudesta ja nopeudesta ajanhetkellä t 0 riittää Muuttujat: (h ja t) - riippumattomat (vapaat): t - riippuvat: h Differentiaaliyhtälö: (tavallinen) - vain yksi riippumaton muuttuja (t) Osittaisdifferentiaaliyhtälö: - useita riippumattomia muuttujia Esimerkiksi d d a k 0 dt dt on tavallinen differentiaaliyhtälö, jossa riippuva muuttuja riippuu vain yhdestä riippumattomasta muuttujasta t.
Esimerkiksi u u 3y y on osittaisdifferentiaaliyhtälö, jossa riippuva muuttuja u riippuu riippumattomista muuttujista ja y. Kertaluku: - on korkein derivaattojen kertaluku Esimerkiksi differentiaaliyhtälön d d a k 0 dt dt kertaluku on ja niin on myös yhtälön dh g dt Lineaarinen differentiaaliyhtälö n n d y d y dy n n n 0 an( ) a ( ) a ( ) a ( ) y F( ) d d d - riippuva muuttuja ja sen derivaatat esiintyvät korkeintaan ensimmäisessä potenssissa - jos yhtälö ei ole lineaarinen, se on ns. epälineaarinen differentiaaliyhtälö
Esimerkiksi d y 4 y d on lineaarinen, mutta d y sin y 0 d on epälineaarinen. Jälkimmäisen yhtälön epälineaarisuus paljastuu esimerkiksi kehittämällä sini sarjaksi 3 y sin y y... 3! Kertaluvun n tavallinen differentiaaliyhtälö voidaan aina kirjoittaa muodossa n F y dy d y,,,, 0 d d n. Jos yhtälö n F y dy d y,,,, 0 d d n toteutuu, kun siihen kirjoitetaan y ( ), missä väliin I, niin ( ) on yhtälön (eksplisiittinen) ratkaisu välillä I.
Esimerkki: Osoita, että y( ) on differentiaaliyhtälön y'' y 0 ratkaisu. Ratkaisu: 3 Derivaatat '( ) ja ''( ) on määritelty, kun 0, ja sijoitus alkuperäiseen yhtälöön antaa 3 3 3 ( ) ( ) 0, ts. yhtälö toteutuu (kun 0). Siis: y( ) on ratkaisu alueissa (,0) ja (0, ) Esimerkki: Osoita, että ( ) ce ce on yhtälön y'' y' y 0 ratkaisu. Ratkaisu: Derivaatat '( ) ce ce ''( ) ce 4ce sijoitettuna antaa ja ce 4ce ce ce ce ce 0 eli yhtälö toteutuu. Siis ( ) ce ce on ratkaisu välillä (, ) ja c ja c ovat mitä tahansa vakioita. 3
Esimerkki: osoita, että differentiaaliyhtälön y dy y ( e ) ye 0 d ratkaisu määräytyy yhtälöstä y ye 0 Ratkaisu: y Derivoidaan yhtälö f(, y) ye 0 implisiittisesti: f y f ye, y e y joiden avulla f y dy ye, f y d y e josta y dy y ( e ) ( ye ). d Kun tämä sijoitetaan alkuperäiseen differentiaaliyhtälöön, havaitaan, että se toteutuu. y Sanotaan, että yhtälö ye 0 antaa ratkaisun implisiittisesti. 4
Alkuarvoprobleema: - n:nnen kertaluvun differentiaaliyhtälön ratkaisuun liittyy aina n kpl mielivaltaisia vakioita (c) - vakiot määräytyvät, jos tunnetaan mm. ratkaisufunktion ja sen n ensimmäisen derivaatan arvot jossakin ratkaisuvälin I pisteessä. - Alkuarvoprobleema kuuluu: Etsi välillä I se differentiaaliyhtälön ratkaisu y, joka pisteessä 0 I toteuttaa n kpl ehtoja: y( 0) y0 y'( 0) y ( n) y ( 0) y n, missä y0, y,, yn ovat vakioita. Esimerkki: Määritä yhtälön y'' y' y 0 se ratkaisu, joka toteuttaa alkuehdot y(0) ja y'(0) 3 Ratkaisu: ( ) ce ce (katso edeltä) '( ) ce ce Nyt (0) cc ja näistä c 7/3 '(0) cc 3 c /3 7 joten ( ) e e 3 3 5
6 6. ENSIMMÄISEN KERTALUVUN YHTÄLÖT Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa dy f( y, ) d ja sen yleinen ratkaisu on funktio y ( ), joka sisältää yhden mielivaltaisen vakion C. Tietyllä C:n arvolla ratkaisu on siis y-tason käyrä. Esimerkiksi yhtälön dy y d 5 /5 ratkaisu on y Ce ja oheisessa kuvassa on piirretty ratkaisukäyriä eri C:n arvoilla. Alkuarvoprobleemassa vakion C arvo määräytyy annetusta alkuarvosta. Esimerkiksi jos edellisessä esimerkissä vaaditaan, että ratkaisun pitää toteuttaa ehto y(0), ratkaisuksi valikoituu käyrä, joka kulkee pisteen (0, ) kautta. Ns. olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen perusteella (ei todisteta nyt) sillä alueella missä ratkaisuja löytyy
7 jokaisen pisteen kautta kulkee jokin ratkaisukäyrä ja ratkaisut ovat yksikäsitteisiä. Yksikäsitteisyys tarkoittaa sitä, että jos ratkaisu löydetään, niin ei tarvitse etsiä muita ratkaisuja, koska niitä ei ole olemassa. Kunkin pisteen ( 0, y 0) kautta kulkee täsmälleen yksi ratkaisu ja tästä johtuen ratkaisujen kuvaajat eivät koskaan leikkaa toisiaan. Esimerkiksi yhtälön dy ratkaisu on y C, d y eli joukko hyperbelejä, jossa vakiota C säätämällä mikä tahansa piste saadaan ratkaisuksi ja eri ratkaisukäyrät eivät leikkaa toisiaan. Fysiikan mallintamisessa alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys ovat ensiarvoisen tärkeitä. Ensinnäkin todellisessa maailmassa "jotakin tapahtuu", joten mallinnettaessa maailmaa alkuarvoprobleemoina olisi ratkaisujen syytä olla olemassa. Toiseksi, jos saman kokeen toisto samoilla ehdoilla johtaa aina samaan tulokseen, täytyy kokeeseen liittyvän mallinkin olla yksikäsitteinen. Klassillinen mekaniikka on hyvä esimerkki deterministisestä mallista: tulevaisuus määräytyy tarkasti, jos alkutila tunnetaan tarkasti
8 6.. SEPAROITUVAT YHTÄLÖT Yhtälö on separoituva (muuttujat erotettavissa), jos dy f( y, ) qpy ( ) ( ). d Tällöin nimittäin dy q( ) d, py ( ) joka ratkeaa integroimalla dy q( ) d p( y) Esimerkki: Ratkaise differentiaaliyhtälö dy 5 d y Ratkaisu: Erotetaan muuttujat y dy ( 5) d ja integroidaan y dy ( 5) d, josta 3 y 5 C 3 ja edelleen /3 3 y 5K, missä K 3C
Esimerkki: Ratkaise dy d alkuarvolla y( ) 0. y 3 9 Ratkaisu: Erotetaan muuttujat ja integroidaan dy d y, 3 josta ln y ln 3 Cln 3 e C. C Saadaan y 3e K 3, missä siis K C e. Niinpä ja lopulta Alkuarvo y K( 3) y K( 3) y( ) K( 3) K 0 K Näin siis lopullinen vastaus on y ( 3) ( )
0 6.. EKSAKTIT YHTÄLÖT Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö dy f( y, ) d voidaan aina kirjoittaa muodossa M (, y) d N(, y) dy 0. 3 Esimerkiksi: d saadaan helposti muotoon tai myös dy y (3 y) d ( ) dy 0 y3 d dy 0 Eksaktisuus Muoto M (, y) d N(, y) dy on eksakti, jos on olemassa funktio Fy (, ) siten, että Fy (, ) M( y, ) ja Fy (, ) y Tällöin differentiaaliyhtälön M (, y) d N(, y) dy 0 sanotaan olevan eksaktin. Ny (, )
Ratkaiseminen Funktion Fy (, ) kokonaisdifferentiaali on F F df d dy M (, y) d N(, y) dy 0 y josta seuraa, että F(, y) C (vakio). Tämä määrää implisiittisesti muuttujan y riippuvuuden :stä. Testi eksaktisuudelle Voidaan osoittaa, että M (, y) d N(, y) dy 0 on eksakti yhtälö silloin ja vain silloin kun My (, ) Ny (, ) y Esimerkki: Osoita, että yhtälö ( y 3 ) d ( ) dy 0 on eksakti ja etsi sen ratkaisut. Ratkaisu: Tässä M ( y 3 ) ja N ( ) ja pätee M N ja myös, y joten yhtälö on eksakti.
Ratkaistaan yhtälö etsimällä funktio Fy: (, ) Koska F M y 3 saadaan integroimalla 3 F y g y ( ),, missä integroimisvakio on nyt g( y ), joka on mielivaltainen y:n funktio. Tästä tuloksesta voidaan laskea derivaatta y:n suhteen: F d g( y), y dy joka toisaalta on N. Saadaan siis tulos d g ( y ) eli g( y) y vakio. dy Lopulta siis 3 F(, y) y y C, joka on alkuperäisen differentiaaliyhtälön implisiittinen ratkaisu.
3 Yleinen ratkaisumenetelmä Olkoon M (, y) d N(, y) dy 0 eksakti.. F M, josta integroidaan Fy: (, ) F(, y) M(, y) dg( y).. Derivoidaan näin saatu Fy (, ) y:n suhteen ja asetetaan F N, y jolloin saadaan g( y ):n derivaatta g'( y ) 3. Integroidaan g( y) g '( y) dy ja näin saadaan Fy (, ) kokonaan. 4. Implisiittinen ratkaisu on F(, y) C, missä C on mielivaltainen vakio. Proseduuri voidaan aloittaa myös kirjoittamalla kohdassa F. N... jne... y
Esimerkki: Ratkaise e ( e y e y) d ( ) dy 0. Ratkaisu: Tässä Mey ey N e M N ja koska e e yhtälö on eksakti. y 4 Askel : F N, josta Fy (, ) Ndy ey yh ( ) y Askel : F ey ey h '( ) M, joten h'( ) Askel 3: h( ) h'( ) d vakio, joten Fy (, ) ey y vakio Askel 4: e yy C on implisiittinen ratkaisu.
5 6..3 LINEAARISET YHTÄLÖT Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen yhtälö on dy a( ) a0( y ) b ( ). d Se ratkaistaan kirjoittamalla ensin ns. standardimuoto dy Py ( ) Q ( ), d ja sitten integroimalla y ( ) Q( ) dc ( ), missä ( ) ep P( ) d on ns. integroiva tekijä. Esimerkki: Etsi differentiaaliyhtälön dy y cos d yleinen ratkaisu. Ratkaisu: Ensin on tunnistettava yhtälön tyyppi. Selvästi yhtälö on. kl:n lineaarinen, missä a( ), a0( ) ja b( ) cos. Seuraavaksi se on saatettava standardimuotoon. Tämä toteutuu, kun yhtälö kerrotaan :llä (joka on 0):
dy y cos d Tästä poimitaan P ( ) ja Q( ) cos. Sitten lasketaan integroiva tekijä ( ) ep P( ) d ep d epln epln ja lopuksi integroidaan tulos y ( ) Q( ) d C cos d C ( ) cos dc (sin C) = sin C 6 Tarkistus: Tulos y sin C ja derivaatta y' sin cos C sijoitettuna alkuperäiseen yhtälöön antaa sin cos C ( sin C ) sin cos C sin C cos eli sama kuin alkuperäisen oikea puoli.
7 6..4 MUUTTUJAN VAIHTO Kun yhtälö M (, y) d N (, y) dy 0 ei ole - separoituva - eksakti - lineaarinen niin muuttujan vaihto saattaa auttaa. Esimerkkinä. kl:n ns. homogeeninen yhtälö dy f(, y) G( ) d v, missä y v. Testi homogeenisyydelle dy Yhtälö f( y, ) on homogeeninen, jos d f ( t, ty) f (, y) kaikilla t 0 Ratkaiseminen y Sijoitetaan v, josta y v ja dy d v v. d d Alkuperäinen yhtälö saa muodon dv v G( v ), d joka separoituu dv d G( v) v
Esimerkki: Ratkaise differentiaaliyhtälö ( y) d dy 0. Ratkaisu: Onko yhtälö separoituva? dy y Ei, koska qpy ( ) ( ) d Onko yhtälö eksakti? Ei, koska M(, y) y ja N(, y) M N y ja Onko yhtälö. kl:n lineaarinen? Kyllä, koska se saadaan muotoon dy y, d joka toteuttaa sivun 5 vaatimuksen, kun a ( ) a ( ) 0 ja b ( ). Ratkaistaan: Kirjoitetaan ensin standardimuoto dy y, josta P ( ) ja Q ( ). d Sitten integroiva tekijä ( ) ep P( ) d ep d, 8
9 Lopuksi integroidaan ratkaisu: y ( ) Q( ) d C d C ( ) Tässä d d ln, kun 0 ja d d ln, kun 0, joten lopputulos voidaan kirjoittaa muodossa y ln C. Toinenkin tapa on, jos kysytään: Onko yhtälö homogeeninen? Kyllä on, koska se voidaan kirjoittaa muodossa dy y. d Ratkaistaan sijoittamalla v y/ y v, jolloin dv v v dv d ja integroimalla d dv dv ln C ja kun palautetaan v y/ tulee y ln C
Esimerkki: Ratkaise differentiaaliyhtälö ( y y ) d dy 0. Ratkaisu: Selvästi yhtälö ei ole separoituva. Onko se eksakti? Kokeillaan: M y y ja N ja M y N y, ts. ei ole eksakti. Se ei myöskään ole. kl:n lineaarinen, mutta homogeeninen se on, sillä dy y y y f d. Ratkaistaan sijoittamalla v y/ y v, jolloin dv v vv d dv d v josta edelleen arctanv ln C ja y v tan(ln C) ja lopulta y tan(ln C) 30
3 6. LINEAARISET TOISEN KERTALUVUN YHTÄLÖT Yleinen muoto: d y dy a( ) a ( ) a0( ) y b( ) d d Jos kertoimet a, a ja a 0 ovat vakioita, yhtälö on ns. vakiokertoiminen. Standardimuoto on d y dy p ( ) qy ( ) g ( ) d d ja tähän liittyvä ns. homogeeninen yhtälö on d y dy p ( ) qy ( ) 0 d d Jos standardimuotoisessa yhtälössä g ( ) 0, niin yhtälöä sanotaan ei-homogeeniseksi tai täydelliseksi. Huom!. kl:n yhtälöiden homogeenisuudella ei ole mitään tekemistä. kl:n yhtälöiden homogeenisuuden kanssa.
3 6.. SUPERPOSITIO-OMINAISUUS Jos y ja y ovat homogeenisen toisen kertaluvun lineaarisen differentiaaliyhtälön ratkaisuja, niin myös niiden mielivaltainen lineaarikombinaatio cy cy on yhtälön ratkaisu. Esimerkki: Funktiot y( ) e cos3 ja y( ) e sin3 ratkaisevat homogeenisen yhtälön y'' 4 y' 3y 0. Etsi ratkaisu, joka toteuttaa alkuehdot y(0) ja y'(0) 5. Ratkaisu: Kirjoitetaan superpositio ( ) y ce cos3 ce sin3 ja tämän derivaatta y'( ) c (e cos33e sin3 ) c(e sin 33e cos3 ) ja sijoitetaan alkuehdot y(0) cc0c ja y'(0) c ( 0) c (0 3) c 3c 5. Näistä saadaan c ja c 3. Alkuehdot toteuttava ratkaisu on siten ( ) y e cos3 3e sin3
33 6.. HOMOGEENISEN YHTÄLÖN RATKAISUT Toisen kertaluvun lineaarisella homogeenisella differentiaaliyhtälöllä on täsmälleen kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Jos siis y ja y ovat kaksi lineaarisesti riippumatonta ratkaisua, niin yhtälön jokainen ratkaisu on muotoa cy cy. Kaksi funktiota riippuvat lineaarisesti toisistaan, jos ja vain jos tarkasteluvälillä toinen on vakio kertaa toinen. 3 Esimerkki: Tutki funktioiden e ja lineaarista riippuvuutta välillä (,). Ratkaisu: Ei ole olemassa vakiota c siten, että e 3 c ( ) koko välillä (,), joten funktiot ovat lineaarisesti riippumattomia kyseisellä välillä. Huom! Yksittäisissä pisteissä funktioita toisiinsa kytkevä vakio aina löydetään 3 e c, mutta vakion arvo muuttuu kun siirrytään pisteestä toiseen.
6..3 VAKIOKERTOIMISET HOMOGEENISET YHTÄLÖT Yhtälö ay '' by ' cy 0, missä a, b ja c ovat vakioita, ratkaistaan yritteellä y r e, missä r on vakio. On siis r y e r y' re y'' re ja kun nämä sijoitetaan alkuperäiseen yhtälöön, tulee r missä aina e 0. Kun karakteristinen yhtälö r r r r ar e bre ce 0, ar br c 0. Karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat r r e jaetaan pois, saadaan ns. b b 4ac a b b 4ac r. a r r Funktiot e ja e ratkaisevat siten annetun differentiaaliyhtälön. 34
Riippuen karakteristisen yhtälön juurista, yhtälön yleiselle ratkaisulle saadaan kolme eri tapausta:. Reaaliset juuret r r. Kompleksiset juuret r y( ) ce ce r r i ja r i r r y( ) Ae Be c e cos c e sin 3. Yksi reaalinen juuri r 0 r r y( ) c e c e r r 0 0 Näissä c, c, A ja B ovat vakioita. 35 r r Esimerkki: Totea, että funktiot e ja e ovat lineaarisesti riippumattomia, kun r r. r r Ratkaisu: Kirjoitetaan e Ae, josta r e r r r r ( rr) A e e e e. r e Jos nyt r r, niin A ei ole vakio ja funktiot ovat lineaarisesti riippumattomia.
36 Esimerkki: Ratkaise differentiaaliyhtälö y'' 5 y' 6y 0. Ratkaisu: Yhtälö on vakiokertoiminen homogeeninen toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Karakteristinen yhtälö on r 5r6 0 ja sen ratkaisut ovat 5 5 4 5 7 r r. 6 r Kohta. pätee, joten 6 y( ) ce ce Esimerkki: Ratkaise alkuarvotehtävä y'' y' y 0, kun y(0) 0 ja y'(0) Ratkaisu: Karakteristinen yhtälö on r r 0, josta 44 r r. r Yleinen ratkaisu on ( ) ( ) y( ) ce ce ja lasketaan alkuarvoa varten myös derivaatta y'( ) ( ) ce ( ) ce. ( ) ( )
Alkuarvoista saadaan y(0) c c 0 y'(0) ( ) c ( ) c joiden ratkaisuina saadaan c ja c 4 Alkuarvot toteuttava ratkaisu on siten ( ) ( ) y( ) e e 4 4 Esimerkki: Osoita, että ( i) ( i) Ae Be ce cos ce sin Ratkaisu: c i i c ( i) ( i) ce cos e e e e e c i i c ( i) ( i) ce sin e e e e e i i ja näiden summaksi tulee c c ( i) c c ( i) ( i) ( i) e e Ae Be i i kun valitaan c c A i ja c c B i 4 37
Esimerkki: Etsi differentiaaliyhtälön y'' y' 4y 0 yleinen ratkaisu. Ratkaisu: Karakteristinen yhtälö on r r4 0, josta 46 i 3 r i 3. Kohdan. menettely pätee. Tässä ja 3. Yleinen ratkaisu on y( ) ce cos 3 c e sin 3 Esimerkki: Ratkaise y'' y 0 ja tarkista, että tulos toteuttaa alkuperäisen yhtälön. Ratkaisu: Karakteristisen yhtälön juuret: 0, ts. 0 ja. r r i Ratkaisuksi tulee: y( ) ccos csin. Tarkistus: y'( ) c sin c cos ja y''( ) c cos c sin y Nähdään suoraan, että yhtälö toteutuu. 38
r 0 r 0 Esimerkki: Osoita, että y( ) ce ce on toisen kertaluvun vakiokertoimisen lineaarisen differentiaaliyhtälön ratkaisu, jos karakterisella yhtälöllä on vain yksi juuri. Ratkaisu: Huomataan ensin, että yhden juuren tapauksessa b 4ac 0 ja juuri on r 0 b/a. Lasketaan derivaatat: r 0 r 0 y( ) ce ce r 0 r 0 r 0 y'( ) cre 0 ce cr0e r 0 r 0 r 0 r 0 y''( ) cre 0 cre 0 cre 0 cr 0e ja kun nämä sijoitetaan yhtälöön ay '' by ' cy 0 r 0 tulee, kun vielä e jaetaan pois: acr ( 0 cr 0cr 0cr 0) bcr ( 0 c cr 0 ) cc ( c ) 0. Tämä toteutuu, jos kaksi ehtoa on voimassa (vakio-osa on nolla ja :n kerroin on nolla) Vakio-osa: ac0 r ac0 r bc0 r bc cc ( ar0 br0 c) c( ar0 b) c 0c0c 0 :n kerroin: acr0 bcr0 cc ( ar0 br0 c) c 0c 0. r 0 r 0 Näin siis y( ) ce ce on ratkaisu. 39
Esimerkki: Ratkaise yhtälö y'' 4 y' 4y 0. Ratkaisu: Karakteristinen yhtälö on r 4r4 0, jonka ratkaisu on 4 6 6 r r0. Ratkaisu on y( ) c e c e 40
4 6..4 TÄYDELLISET LINEAARISET YHTÄLÖT Täydellisen toisen kertaluvun lineaarisen yhtälön y'' py ( ) ' qy ( ) g ( ) ratkaisun etsimisessä auttaa lause: Olkoon y ( ) jokin ei-homogeenisen yhtälön p y'' py ( ) ' qy ( ) g ( ) yksittäinen ratkaisu välillä ( ab, ) ja olkoot y( ) ja y( ) samalla välillä kaksi homogeenisen yhtälön y'' py ( ) ' qy ( ) 0 lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Silloin jokainen ei-homogeenisen yhtälön ratkaisu välillä ( abon, ) muotoa y( ) y ( ) c y ( ) c y ( ) p Edellä opimme miten vakiokertoiminen homogeeninen yhtälö ratkaistaan. Ei-homogeenisen (täydellisen) yhtälön yksittäisratkaisun etsimisessä voidaan käyttää ns. määräämättömien kertoimien menetelmää: Käytetään yritettä, joka muistuttaa, tuntemattomia kertoimia vailla, alkuperäisen yhtälön epähomogeenisyystermiä g. ( ) Käyttökelpoisia koottu taulukkoon:
4 Ja vielä: Jos yriteratkaisussa yp( ) jokin termi ratkaisee vastaavan homogeenisen yhtälön, valitaan uudeksi yritteeksi s yp( ), missä s on pienin sellainen positiivinen kokonaisluku, s että yp( ) ei sisällä homogeenisen yhtälön ratkaisua.
Esimerkki: Ratkaise yhtälö y'' y. Ratkaisu: Ensin homogeeninen y'' y 0. Karakteristisen yhtälön juuret ovat r 0r, joten homogeenisen osan ratkaisu on y( ) ce ce. h Epähomogeenisuustermi on g( ), joka on toisen asteen polynomi. Valitaan siis yksittäisratkaisun yritteeksi toisen asteen polynomi yp( ) A A A0, josta yp '( ) A A yp ''( ) A jotka sijoitettuna takaisin täydelliseen yhtälöön antaa A A A A0, josta poimimme A, A 0 ja AA0 eli A0 0. yksittäisratkaisu on siis yp( ) ja yleiseksi ratkaisuksi kirjoitamme summan y( ) yp( ) yh( ) ce ce 43
Esimerkki: Ratkaise yhtälö y'' y' y sin. Ratkaisu: Ensin homogeeninen y'' y' y 0. Karakteristinen yhtälö 5 4 r r r0r, 5 r r r joten y( ) ce ce. h Epähomogeenisyystermi on g( ) sin 0cos( ) sin( ), joten yritteeksi valitaan yp ( ) Acos Bsin, josta yp '( ) Asin Bcos yp ''( ) Acos Bsin ja takaisinsijoitus antaa AcosBsin AsinBcos Acos Bsin sin josta AB0 B/5. AB A/5 On siis yp( ) cos sin 5 5 Yleinen ratkaisu on y( ) yp( ) yh( ) 44
Esimerkki: Ratkaise differentiaaliyhtälö 4 y'' y' y e. Ratkaisu: Homogeeninen yhtälö ensin. Karakteristisen yhtälön juuret: 48 4 r r r0r 3 r 4 3 joten yh( ) ce ce 4 Epähomogeenisyystermi on g( ) e, joka johtaa 4 yritteeseen Ae, joka kuitenkin ratkaisee jo homogeenisen yhtälön. Kokeillan sen vuoksi yritettä 4 y ( ) Ae, josta p y '( ) Ae 4Ae p 4 4 4 4 4 y p ''( ) 4Ae 4Ae 6Ae ja takaisinsijoituksella 4 4 4 4Ae 4Ae 6Ae 4 4 Ae 4Ae 4 4 Ae e josta 7A A /7, jolloin 4 y p( ) e 7 ja täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on 4 4 3 y( ) e ce ce 7 45