Harjoitus 2

Tehtävä 5.

d) Jakamalla annettu yhtälö puolittain x sin(y/x):llä saadaan

dy

dx=

y

x+

1

sin(

yx

) .

Sijoitetaan taas

u = y/x,dy

dx= u+ x

du

dx,

jolloin saadaan

u+ xdu

dx= u+

1

sin u

elidu

dx=

1

sin u

1

x.

Erotetaan muuttujat ja integroidaan puolittain:

sin udu =dx

x;

∫

sin udu =

∫

dx

x; − cos u = ln |x| − C;

u = arccos(C − ln |x|); y = x arccos(C − ln |x|).

e) Yhtälö on yhtäpitävästi

y′ =y

x+ 2e−

y

x .

Sijoitetaan edelleen u = y/x, y′ = u+ xu′, jolloin

u+ xu′ = u+ 2e−u; u′ = 2e−u 1

x.

Tällä yhtälöllä ei ole erikoisratkaisua, sillä e−u > 0 aina. Erotetaan muuttujatja integroidaan puolittain:

du

dx=

2e−u

x; eudu =

2

xdx;

∫

eudu =

∫

2

xdx

eu = 2 ln |x|+ C ′ = ln(x2) + C ′ = ln(eC′

x2), C ′ on vakio

u = ln(ln(Cx2)), C = eC′

> 0

Täteny = x ln(ln(Cx2)).

Tehtävä 6.

c) Yhtälöstä(2x− 2y)dx+ (y − 1)dy = 0

saadaan

y′ =dy

dx=

2x− 2y

−y + 1.

Koska∣

∣

∣

∣

∣

2− 2

0− 1

∣

∣

∣

∣

∣

= −2 6= 0,

1

ja{

2x− 2y = 0

− y + 1 = 0⇐⇒ x = y = 1,

tehdään sijoitus{

t = x− 1

z = y − 1;

dy

dx=

dz

dt.

Tällöin saadaan homogeeniyhtälö

dz

dt=

2(t+ 1)− 2(z + 1)

−(z + 1) + 1=

2t− 2z

−z= −2

1− zt

zt

.

Tehdään jälleen sijoitus

u =z

t;dz

dt= u+ t

du

dt,

jolloin saadaan

u+ tdu

dt= −2

1− u

ueli

du

dt=

−2 + 2u− u2

u

1

t;

du

dt= −1 + (u− 1)2

u

1

t.

Tällä yhtälöllä ei ole erikoisratkaisuja. Erotetaan muuttujat ja integroidaanpuolittain:

∫

u

1 + (u− 1)2du = −

∫

dt

t

⇐⇒∫[

1

2

2(u− 1)

1 + (u− 1)2+

1

1 + (u− 1)2

]

du = −∫

dt

t

⇐⇒ 1

2ln |1 + (u− 1)2|+ arctan(u− 1) = − ln |t|+ C

2, C on vakio

⇐⇒ ln(1 + (u− 1)2) + 2 arctan(u− 1) = −2 ln |t|+ C = − ln(t2) + C

⇐⇒ ln(t2 + (tu− t)2) + 2 arctan(u− 1) = C

⇐⇒ ln(t2 + (z − t)2) + 2 arctan(z

t− 1)

= C

⇐⇒ ln((x− 1)2 + (y − x)2) + 2 arctan

(

y − 1

x− 1− 1

)

= C

⇐⇒ ln((x− 1)2 + (y − x)2) + 2 arctan

(

y − x

x− 1

)

= C.

Tehtävä 7.

b) Sijoitetaan y = xnz. Tällöin

nxn−1z + xn dz

dx=

xnz − x(xnz)2

x+ x2xnz.

Sievennys tuottaa

dz

dx=

(

xnz − x2n+1z2

x+ xn+2z− nxn−1z

)

1

xn

=xnz − x2n+1z2 − nxnz − nx2n+1z2

xn+1 + x2n+2z

=(1− n)xnz − (1 + n)x2n+1z2

xn+1 + x2n+2z=

z[(1− n)− (1 + n)xn+1z]

x(1 + xn+1z).

2

Tämä on separoituva, kun 1 + n = 0 eli n = −1. Tällöin

dz

dx=

2z

x(1 + z).

Erikoisratkaisu z = 0 eli y = 0. Muutoin∫

1 + z

zdz =

∫

2

xdx;

∫(

1

z+ 1

)

dz =

∫

2

xdx; ln |z|+ z = 2 ln |x|+ c′

Takaisin palaten,ln |xy|+ xy = 2 ln |x|+ c′

eli− ln |x|+ ln |y|+ xy = c′.

Tehtävä 8.

b) Yhtälö on yhtäpitävästidy

dx− 2

xy = −x2.

Merkitään

p(x) := −2

x,

jolloin integroiva tekijä on

eP (x) = e∫p(x)dx = e

∫− 2

xdx = e−2 ln |x| = |x|−2 = x−2.

Saadaan

x−2 dy

dx− 2x−3y = −1

elid

dx(x−2y) = −1.

Integroimalla saadaan

x−2y =

∫

(−1)dx = −x+ C, C on vakio

ja ratkaisu ony = −x3 + Cx2.

c) Ratkaistaan yhtälö

y′ + 1 · y =1

1 + e2x

integroivan tekijän menetelmällä. Merkitään p(x) := 1, jolloin integroiva tekijäon

eP (x) = e∫p(x)dx = ex.

Nyt kertomisen jälkeend

dx(exy) =

ex

1 + e2x

ja integroimalla saadaan

exy =

∫

ex

1 + (ex)2dx = arctan(ex) + C, C on vakio

eliy = e−x arctan(ex) + Ce−x.

3

Tehtävä 9.

a) Tarkasteltava yhtälö saadaan yhtäpitävään muotoon

dy

dx+

1

xy = x3y3.

Nyt α = 3 > 0, joten yhtälöllämme on erikoisratkaisu y ≡ 0. Kertomalla yo.yhtälö termillä y−α = y−3 saadaan

y−3 dy

dx+

1

xy−2 = x3.

Tehdään sijoitus z = y1−α = y−2, jolloin

dz

dx= −2y−3 dy

dx

eli

y−3 dy

dx= −1

2

dz

dx.

Tällöin saadaan 1. kertaluvun täydellinen lineaarinen differentiaaliyhtälö

−1

2

dz

dx+

1

xz = x3

elidz

dx− 2

xz = −2x3.

Tällä yhtälöllä on integroiva tekijä eP (x) = e∫p(x)dx = e−2 ln |x| = x−2. Siis

d

dx(x−2z) = −2x,

jostaz = −x4 + Cx2, missä C on vakio.

Yleiseksi ratkaisuksi saadaan

y−2 = −x4 + Cx2 = x2(C − x2),

josta

y = ± 1

|x|√C − x2

.

Lisäksi on erikoisratkaisu y ≡ 0.

Harjoitus 3

Tehtävä 10.

c) Yhtälö on yhtäpitävästi

(2x cos y + 3x2y)dx+ (x3 − x2 sin y − y)dy = 0,

4

jonka voi helposti todeta olevan eksakti. Yhtälöllä on siten integraali g =g(x, y), jolle

g(x, y) =

∫

(2x cos y + 3x2y)dx = x2 cos y + x3y + h(y)

ja∂g

∂y= x3 − x2 sin y − y.

Toisaalta∂g

∂y= −x2 sin y + x3 + h′(y),

jotenh′(y) = −y

ja

h(y) = −y2

2+ c, c on vakio.

Siis ratkaisu y toteuttaa yhtälön

g(x, y) = x2 cos y + x3y − y2

2= C,

missä C on vakio.

Tehtävä 11.

b) Tarkastellaan differentiaaliyhtälöä muodossa

y(x+ y + 1)dx+ x(x+ 3y + 2)dy = 0. (1)

Merkitään

M(x, y) := y(x+ y + 1), N(x, y) := x(x+ 3y + 2).

Koska∂M

∂y− ∂N

∂x= −x− y − 1 6= 0,

niin yhtälö ei ole eksakti. Sillä on kuitenkin y:stä riippuva integroiva tekijä.Merkitään

g(y) :=

∂M∂y

− ∂N∂x

M= −1

y.

Kerrotaan yhtälö (1) integroivalla tekijällä

µ(y) = e−∫g(y)dy = e

∫dy

y = eln |y| = |y|.

Kun y > 0, on µ(y) = y ja saadaan eksakti yhtälö

(y2x+ y3 + y2)dx+ (x2y + 3xy2 + 2xy)dy = 0.

Järjestelemällä termejä saadaan

(y2xdx+ x2ydy) + (y3dx+ 3xy2dy) + (y2dx+ 2xydy) = 0

5

tai(

y2x+ x2ydy

dx

)

+

(

y3 + 3xy2dy

dx

)

+

(

y2 + 2xydy

dx

)

= 0

elid

dx

(

y2x2

2

)

+d

dx(y3x) +

d

dx(y2x) = 0

elid

dx

(

y2x2

2+ y3x+ y2x

)

= 0.

Tästä seuraa, että ratkaisut y toteuttavat yhtälön

y2x2

2+ y3x+ y2x = C,

missä C on vakio. Kun y < 0, suoritetaan vastaava päättely.

6

Tehtävä 14.

b) Tehdään yhtälössä

y = (y′)2 − y′x+x2

2

sijoitus y′ = p, jolloin

y = p2 − px+x2

2.

Puolittain derivoimalla saadaan

y′ = p = 2pp′ − p′x− p+ x.

Yhtäpitävästi

2pp′ − p′x− 2p+ x = 0; (2p− x)(p′ − 1) = 0,

josta saadaan nollakohdat

p =x

2ja p′ = 1.

Ensimmäinen nollakohta antaa ratkaisun

y = p2 − px+x2

2=

x2

4.

Jälkimmäisestä nollakohdasta saadaan

p =

∫

1dx = x+ C, C on vakio

ja edelleen

y = p2 − px+x2

2=

x2

2+ Cx+ C2.

Täten yhtälön ratkaisut ovat

y =x2

4ja y =

x2

2+ Cx+ C2.

Tehtävä 15.

b) Yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa

y = xy′ − 1

3(y′)3.

Sijoitetaan y′ = p, jolloin

y = xp− 1

3p3,

josta implisiittisesti derivoimalla saadaan

y′ = p = p+ xp′ − p2p′.

Siisp′(x− p2) = 0

7

elip′ = 0 tai x− p2 = 0.

Jos p′ = 0, niin p = C (vakio) ja

y = xp− 1

3p3 = Cx− 1

3C3.

Jos x− p2 = 0, niin p = ±√x, x ≥ 0 ja

y = xp− 1

3p3 =

2

3x√x

tai

y = −2

3x√x.

Harjoitus 4

Tehtävä 16.

b) Ympyräparven yhtälö on

(x− x0)2 + y2 = x2

0, (2)

missä x0 6= 0 on vakio. Derivoimalla implisiittisesti saadaan

2(x− x0) + 2yy′ = 0

taix0 = x+ yy′.

Sijoittamalla yo. x0:n lauseke yhtälöön (2) saadaan ympyräparven differenti-aaliyhtälöksi

y2(y′)2 + y2 = (x+ yy′)2

elix2 − y2 + 2xyy′ = 0.

Muodostetaan differentiaaliyhtälö kohtisuorille leikkaajille sijoituksella y′ 7→− 1

y′:

x2 − y2 − 2xy

y′= 0

eli−2xydx+ (x2 − y2)dy = 0. (3)

MerkitäänM(x, y) := −2xy, N(x, y) := x2 − y2.

Differentiaaliyhtälö (3) voidaan palauttaa eksaktiksi kertomalla se integroivallatekijällä

µ(x, y) = e−∫g(y)dy,

missä

g(y) =

∂M∂y

− ∂N∂x

M=

−2x− 2x

−2xy=

2

y.

8

Nyt

µ(x, y) = e−∫

2

ydy = e−2 ln |y| = |y|−2 = y−2

ja saadaan eksakti differentiaaliyhtälö

−2xy−1dx+ (x2y−2 − 1)dy = 0.

Yhtälön integraali g = g(x, y) on

g(x, y) =

∫

(x2y−2 − 1)dy = −x2y−1 − y + h(x)

ja∂g

∂x= −2xy−1 + h′(x) = −2xy−1,

joten h′(x) = 0 ja siis h(x) = c (vakio). Ratkaisut y toteuttavat yhtälön

g(x, y) = −x2y−1 − y = −2y0, y0 on vakio

elix2 + (y − y0)

2 = y20.

Tämän yhtälön kuvaaja on ympyrä, jonka keskipiste on (0, y0) ja säde |y0|.

9

Tehtävä 18.

Puolittain derivoimalla saadaan

2x− 2y − 2xy′ − 2yy′ + 4y′ = 0

taix− y − xy′ − yy′ + 2y′ = 0.

Siis

y′ =y − x

2− x− y=

x− y

x+ y − 2.

Kohtisuoria leikkaajia varten (y′ → −1/y′) ratkaistaan yhtälö

− 1

y′=

x− y

x+ y − 2

eli

y′ = −x+ y − 2

x− y

eli(x+ y − 2)dx+ (x− y)dy = 0. (4)

MerkitäänM(x, y) = x+ y − 2, N(x, y) = x− y.

Tällöin∂M

∂y− ∂N

∂x= 1− 1 = 0

joten yhtälö (4) on eksakti. Sen integraali on

g(x, y) =

∫

N(x, y)dy = xy − y2/2 + h(x),

jolloin∂g

∂x= y + h′(x) = x+ y − 2

eli h′(x) = x − 2 eli h(x) = x2/2 − 2x. Siten kohtisuorat leikkaajat y toteuttavatyhtälön

xy − y2/2 + x2/2− 2x = C,

missä C on vakio. Kyseessä on hyperbeli(parve)n yhtälö, kts. Kuva 1.Tehtävä 19.

a) Koska yhtälö ei sisällä eksplisiittisesti x:ää, niin tehdään sijoitus

y′ = p(y); y′′ = pdp

dy.

Tällöin saadaan separoituva differentiaaliyhtälö

ypdp

dy= 1 + p2,

jolla ei ole erikoisratkaisuja. Erottamalla muuttujat ja integroimalla saadaan∫

p

1 + p2dp =

∫

dy

y

10

Kuva 1: Tehtävänannon käyräparvi, kun d = 1, 2, 3 (punainen katkoviiva) ja senkohtisuorat leikkaajat, kun C = 1, 2, 3 (sininen viiva).

eli1

2ln(1 + p2) = ln |y|+ C ′

2, C ′ on vakio

eli

ln(1 + p2)− ln y2 = ln

(

1 + p2

y2

)

= C ′

eli1 + p2

y2= eC

′

=: c21 > 0

eli

p = ±√

c21y2 − 1.

Tästä saadaan differentiaaliyhtälöt

dy

dx= ±

√

c21y2 − 1,

joilla on erikoisratkaisut y = − 1c1

ja y = 1c1

. Erotetaan muuttujat ja integroi-daan:

∫

dy√

c21y2 − 1

= ±∫

dx = ±x+ C ′2, C ′

2 on vakio.

Lasketaan vasemman puolen integraali sijoituksella y = zc1

:

∫

dy√

c21y2 − 1

=1

c1

∫

dz√z2 − 1

=1

c1ln(

z +√z2 − 1

)

=1

c1ar cosh(z)

=1

c1ar cosh(c1y).

Nyt1

c1ar cosh(c1y) = ±x+ C ′

2

11

jaar cosh(c1y) = ±c1x+ C ′

2c1.

Tästä saadaan ratkaisut

y =1

C1

cosh(C1x+ C2), C1 ja C2 vakioita.

Yllä saadut erikoisratkaisut y = ± 1c1

eivät toteuta alkuperäistä yhtälöä.

Tehtävä 21.

a) On ratkaistava tehtävä

y′′ = x(y′)2, y(0) = 1.

Merkitsemällä y′ = p saadaan separoituva differentiaaliyhtälö

p′ = xp2.

Sillä on erikoisratkaisu p = 0, jota vastaa y′ = 0 eli y ≡ C (vakio). Näistä rat-kaisu y ≡ 1 toteuttaa tehtävän alkuehdon. Erotetaan muuttujat ja integroi-daan:

∫

dp

p2=

∫

xdx

eli

−p−1 =x2

2− C1

2=

x2 − C1

2, C1 on vakio

elidy

dx= y′(x) =

2

C1 − x2.

Oletetaan ensin, että C1 > 0 ja merkitään C1 = a2, a > 0 . Nyt∫

2

(a+ x)(a− x)dx =

1

a

∫(

1

a+ x+

1

a− x

)

dx

=1

a(ln |a+ x| − ln |a− x|) + C2 =

1

aln

∣

∣

∣

∣

a+ x

a− x

∣

∣

∣

∣

+ C2,

missä C2 on vakio. Alkuehdosta y(0) = 1 seuraa, että

1 = y(0) =1

aln

∣

∣

∣

∣

a+ 0

a− 0

∣

∣

∣

∣

+ C2 = 0 + C2 = C2

ja siis

y =1

aln

∣

∣

∣

∣

a+ x

a− x

∣

∣

∣

∣

+ 1.

Jos C1 = 0, niin saadaan

y = −∫

2

x2dx =

2

x+ C2,

joka ei toteuta ehtoa y(0) = 1 millään vakion C2 arvolla. Oletetaan seuraavaksi,että C1 < 0 eli C1 = −a2 jollain a > 0. Nyt

y = −∫

2

a2 + x2dx = − 2

a2

∫

dx

1 +(

xa

)2 = −2

aarctan

(x

a

)

+ C2

12

ja ehto y(0) = 1 on voimassa vakion arvolla C2 = 1 . Täten tehtävän ratkaisutovat

y ≡ 1,

y =1

aln

∣

∣

∣

∣

a+ x

a− x

∣

∣

∣

∣

+ 1

ja

y =2

aarctan

(x

a

)

+ 1,

missä a > 0 on vakio.

Tehtävä 22.

Tarkastellaan raketin liikettä polttoaineen loppumishetkestä t = 0 lähtien. Polt-toaineen loppuessa raketti on korkeudella h maanpinnasta eli

x(0) = R + h,

missä R = ”maapallon säde”. Tehtävänä on määrätä minimiarvo alkunopeudelle

v0 := x′(0),

jotta raketti ei putoaisi takaisin maahan.Tarkastellaan alkuarvotehtävää

x′′ = −GM

x2,

x(0) = R + h, x′(0) = v0.

Yo. differentiaaliyhtälö ei sisällä eksplisiittisesti t:tä, joten se voidaan ratkaista si-joituksella

x′ = p(x); x′′ = pdp

dx.

Tällöin

pdp

dx= −GM

x2,

josta muuttujat erottamalla saadaan

pdp = −GM

x2dx

elip2

2=

GM

x+

C

2, C on vakio

eli

p2 =2GM

x+ C. (5)

Tässä p = p(x(t)) = x′(t) =: v(t) on raketin nopeus hetkellä t. Alkuehdoista seuraa,että

v20 = (p(0))2 =2GM

x(0)+ C =

2GM

R + h+ C

eli

C = v20 −2GM

R + h.

13

Siis (5) on muotoa

v2 =2GM

x+

(

v20 −2GM

R + h

)

.

Koska raketti ei saa pudota, on oltava v(t) > 0 kaikilla t eli

2GM

x+

(

v20 −2GM

R + h

)

> 0

aina kun x ≥ R + h. Koska 2GMx(t)

> 0 kaikilla t ≥ 0 ja

limt→+∞

2GM

x(t)= 0,

niin ehdoksi jää

v20 −2GM

R + h> 0,

josta saadaan

v0 >

√

2GM

R + h.

Harjoitus 5

Tehtävä 23.

a) Kuten luennoissa, yrite y = erx johtaa karakteristiseen yhtälöön

r4 + 64 = 0. (KY)

Yksikköympyrän avulla

r4 = −64 = 26e(π+2kπ)i, k ∈ Z, i =√−1.

Yhtälön (KY) juuret ovat siis

rk = 23/2e(π/4+kπ/2)i, k ∈ Z.

eli

r0 = 23

2 eπ4i = 2

3

2

(

cosπ

4+ i sin

π

4

)

= 2√2

(

1√2+ i

1√2

)

= 2 + 2i

r1 = 23

2 e3π4i = 2

3

2

(

cos3π

4+ i sin

3π

4

)

= 2√2

(

− 1√2+ i

1√2

)

= −2 + 2i

r2 = 23

2 e5π4i = 2

3

2

(

cos5π

4+ i sin

5π

4

)

= 2√2

(

− 1√2− i

1√2

)

= −2− 2i

r3 = 23

2 e7π4i = 2

3

2

(

cos7π

4+ i sin

7π

4

)

= 2√2

(

1√2− i

1√2

)

= 2− 2i.

Siis juuret ovat ±2± 2i. Täten yhtälön yleinen ratkaisu on

y(x) = e2x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x) + e−2x(C3 cos 2x+ C4 sin 2x),

missä C1, C2, C3, C4 ovat vakioita (i sisältyy vakioihin).

14

Tehtävä 24.

b) Differentiaaliyhtälön karakteristinen yhtälö on

r6 + r5 − r4 − r3 = 0

elir5(r + 1)− r3(r + 1) = 0

elir3(r + 1)2(r − 1) = 0.

Yhtälön juuret ovat

r1 = r2 = r3 = 0, r4 = r5 = −1, r6 = 1.

Koska juuri r = 0 on kolminkertainen, juuri r = −1 on kaksinkertainen jajuuri r = 1 on yksinkertainen, niin differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on

y = C1 + C2x+ C3x2 + (C4 + C5x)e

−x + C6ex,

missä C1, C2, C3, C4, C5, C6 ovat vakioita.

15

Tehtävä 26.

b) Homogeenisen yhtälöny(4) + 4y = 0

karakteristinen yhtälö onr4 + 4 = 0,

jonka juuret ovat

r1 = 1 + i, r2 = −1 + i, r3 = −1− i, r4 = 1− i.

Kaikki juuret ovat yksinkertaisia. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu onsiten

yH(x) = ex(C1 cos x+ C2 sin x) + e−x(C3 cos x+ C4 sin x).

Tehdään differentiaaliyhtälön

y(4) + 4y = 5ex

ratkaisemiseksi yritey1(x) = Aex.

Tällöin saadaany(4)1 + 4y1 = 5Aex = 5ex,

josta A = 1 ja y1(x) = ex. Vastaavasti tehdään differentiaaliyhtälölle

y(4) + 4y = 5 sin x

yrite y2(x) = B cosx+ C sin x. Tällöin saadaan

y(4)2 + 4y2 = 5B cos x+ 5C sin x = 5 sin x,

josta B = 0 ja C = 1 jay2(x) = sin x.

Täten funktioy1(x) + y2(x) = ex + sin x

on alkuperäisen differentiaaliyhtälön eräs ratkaisu. Yleinen ratkaisu on

y = (y1 + y2) + yH

= ex + sin x+ ex(C1 cosx+ C2 sin x) + e−x(C3 cos x+ C4 sin x),

missä C1, C2, C3, C4 ovat vakioita.

Tehtävä 27.

a) Homogeenisen yhtälön y′′ − y = 0 yleinen ratkaisu on (kts. Tehtävä 25 a))

yH(x) = C1e−x + C2e

x.

Yksityisratkaisun löytämiseksi tehdään yrite

y1(x) = A+ Bx.

Tällöin y′′1 = 0 jay′′1 − y1 = −y1 = 2x

16

eliy1 = −2x.

Yleinen ratkaisu on

y = y1 + yH = −2x+ C1e−x + C2e

x.

Reunaehdoista y(0) = 0 ja y(1) = −1 seuraa, että{

0 = y(0) = C1 + C2,

−1 = y(1) = −2 + C1e−1 + C2e,

josta saadaan

C1 = − e

e2 − 1,

C2 =e

e2 − 1.

Täten alkuarvotehtävän ratkaisu on

y = −2x+e

e2 − 1(ex − e−x) = −2x+

ex − e−x

e− e−1= −2x+

sinh x

sinh 1.

Harjoitus 6

Tehtävä 30.

b) Kirjoitetaan differentiaaliyhtälö muodossa

y′′ − 4

xy′ +

(

6

x2− 1

)

y = 0.

Käytetään sijoitustay = ue−

1

2

∫p(x)dx,

missä p(x) = − 4x

ja∫

p(x)dx = −4 ln |x|. Nyt

y = ue2 ln |x| = x2u; y′ = 2xu+ x2u′; y′′ = 2u+ 4xu′ + x2u′′

ja yhtälö saa muodon

2u+ 4xu′ + x2u′′ − 4

x(2xu+ x2u′) +

(

6

x2− 1

)

x2u = 0

elix2u′′ − x2u = 0

eliu′′ − u = 0,

joka on 2. kertaluvun vakiokertoiminen homogeeninen yhtälö. Sen yleinen rat-kaisu on

u = C1e−x + C2e

x.

Siisy = x2u = C1x

2e−x + C2x2ex,

missä C1, C2 ovat vakioita.

17

Tehtävä 31.

a) Vastaavan homogeenisen yhtälön

y′′ + y = 0

yleinen ratkaisu onyH = C1y1 + C2y2

missä C1 ja C2 ovat vakioita,

y1(x) = cos x, y′1(x) = − sin x

jay2(x) = sin x, y′2(x) = cosx.

Haetaan yksityisratkaisu täydelliselle yhtälölle vakioita varioimalla. Olkoon

y0(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x).

Ratkaistaan funktiot C1 ja C2 ehdoista

{

y1(x)C′1(x) + y2(x)C

′2(x) = 0,

y′1(x)C′1(x) + y′2C

′2(x) = tan2 x

eli{

cos xC ′1(x) + sin xC ′

2(x) = 0,

− sin xC ′1(x) + cos xC ′

2(x) = tan2 x.

Kertomalla ensimmäinen yhtälö termillä sin x ja toinen yhtälö termillä cos xja laskemalla saadut yhtälöt puolittain yhteen saadaan

sin2 xC ′2(x) + cos2 xC ′

2(x) = (sin2 x+ cos2 x)C ′2(x) = C ′

2(x) = tan2 x cos x,

sillä sin2 x+ cos2 x = 1. Tästä seuraa, että

C ′1(x) = − sin x

cos xC ′

2(x) = − tan2 x sin x.

Integroimalla saadaan

C2(x) =

∫

tan2 x cos xdx =

∫

sin2 x

cos xdx =

∫

1− cos2 x

cos xdx

=

∫(

1

cos x− cos x

)

dx =

∫

cos x

cos2 xdx− sin x

=

∫

cos x

(1− sin x)(1 + sin x)dx− sin x

=1

2

∫(

cosx

1− sin x+

cos x

1 + sin x

)

dx− sin x

= −1

2ln |1− sin x|+ 1

2ln |1 + sin x| − sin x

=1

2ln

∣

∣

∣

∣

1 + sin x

1− sin x

∣

∣

∣

∣

− sin x.

18

Vastaavasti,

C1(x) = −∫

sin x tan2 xdx = −∫

sin xsin2 x

cos2 xdx

= −∫

sin x1− cos2 x

cos2 xdx = −

∫(

sin x

cos2 x− sin x

)

dx

= −∫

sin x

cos2 xdx− cos x = − 1

cos x− cos x.

Yksityisratkaisu on siis

y0(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x)

=

(

− 1

cos x− cos x

)

cos x+

(

1

2ln

∣

∣

∣

∣

1 + sin x

1− sin x

∣

∣

∣

∣

− sin x

)

sin x

= −1− cos2 x− sin2 x+1

2sin x ln

∣

∣

∣

∣

1 + sin x

1− sin x

∣

∣

∣

∣

= −2 +1

2sin x ln

∣

∣

∣

∣

(1 + sin x)2

1− sin2 x

∣

∣

∣

∣

= −2 +1

2sin x ln

∣

∣

∣

∣

(1 + sin x)2

cos2 x

∣

∣

∣

∣

= −2 + sin x ln

∣

∣

∣

∣

1 + sin x

cos x

∣

∣

∣

∣

.

Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on

y = y0 + yH = −2 + sin x ln

∣

∣

∣

∣

1 + sin x

cos x

∣

∣

∣

∣

+ C1 cos x+ C2 sin x,

missä C1, C2 ovat vakioita.

19

Tehtävä 32.

a) Differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa

y′′ − x2 + 2x

x2y′ +

(

x+ 2

x2

)

y = x.

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

yH = C1y1 + C2y2,

missä C1 ja C2 ovat vakioita ja

y1(x) = x, y′1(x) = 1

sekäy2(x) = xex, y′2(x) = ex + xex.

Etsitään täydelliselle yhtälölle yksityisratkaisu vakioita varioimalla. Olkoon

y0(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x).

Ratkaistaan funktiot C1 ja C2 ehdoista{

C ′1(x)y1(x) + C ′

2(x)y2(x) = 0,

C ′1(x)y

′1(x) + C ′

2(x)y′2(x) = x

eli{

C ′1(x)x+ C ′

2(x)xex = 0,

C ′1(x) + C ′

2(x)(1 + x)ex = x.

Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan

C ′1(x) = −C ′

2(x)ex.

Sijoittamalla tämä jälkimmäiseen yhtälöön saadaan

C ′2(x)xe

x = x

eliC ′

2(x) = e−x.

Siis integroimalla

C2(x) =

∫

e−xdx = −e−x

ja

C1(x) = −∫

C ′2(x)e

xdx = −∫

1dx = −x.

Täteny0(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x) = −x2 − x.

Koska y = x on homogeenisen yhtälön ratkaisu, niin riittää valita ensimmäinentermi

y0(x) = −x2.

Tehtävä 33.

20

b) Olkoon ensin x > 0. Sijoitetaan x = et eli t = ln x. Merkitään

y(t) = y(et).

Tällöin, kuten a)-kohdassa,

dy

dx= y′x−1,

d2y

dx2= x−2(y′′ − y′).

Yhtälö saa siten muodon

4x2x−2(y′′ − y′)− 4xx−1y′ + 3y = 0

eli4y′′ − 8y′ + 3y = 0.

Karakteristisen yhtälön 4r2 − 8r + 3 = 0 juuret ovat r = 1/2 ja r = 3/2. Josx < 0, niin sijoitus x = −et johtaa samaan yhtälöön. Sen yleinen ratkaisu on

y(t) = C1et/2 + C2e

3t/2.

Alkuperäisen yhtälön ratkaisu on siten

y(x) = y(ln x) = C1e1

2lnx + C2e

3

2lnx = C1x

1/2 + C2x3/2

kun x > 0 ja

y(x) = y(ln(−x)) = C1e1

2ln(−x) + C2e

3

2ln(−x) = C1(−x)1/2 + C2(−x)3/2

kun x < 0. Yhdistäen,

y(x) = C1|x|1/2 + C2|x|3/2 = C1

√

|x|+ C2|x|√

|x|,

missä C1, C2 ovat vakioita.

Harjoitus 7

Tehtävä 36.

a) Kirjoitetaan ryhmä muodossa

{

Dx+ x = −3e−2t

Dy + y = −2x− 6e2t.

Kertomalla ensimmäinen yhtälö puolittain termillä et saadaan

etDx+ etx = −3e−t

eliD(etx) = −3e−t.

Integroimalla,etx = 3e−t + C1,

21

josta x(t) = C1e−t + 3e−2t (toinen tapa HY:n ja yksityisratkaisun kautta).

Sijoittamalla tämä alkuperäisen ryhmän toiseen yhtälöön saadaan

Dy + y = −2(C1e−t + 3e−2t)− 6e2t = −2C1e

−t − 6(e−2t + e2t).

Kertomalla puolittain termillä et saadaan

D(ety) = −2C1 − 6(e−t + e3t).

Integroiden,ety = −2C1t+ 6e−t − 2e3t + C2.

Siteny(t) = −2C1te

−t + 6e−2t − 2e2t + C2e−t.

Kirjataan vastaus muodossa

{

x(t) = C1e−t + 3e−2t

y(t) = (C2 − 2C1t)e−t + 6e−2t − 2e2t,

missä C1, C2 ovat vakioita.

c) Tarkastellaan differentiaaliyhtälöryhmää muodossa

{

(D3 − 2D2 + 3D)x+ 2(D − 2)(D + 2)y = 4− 6t

(D + 2)y = Dx+ 2t.

Sijoittamalla toinen yhtälö ensimmäiseen yhtälöön saadaan differentiaaliyhtälöfunktiolle x:

(D3 − 2D2 + 3D)x+ 2(D − 2)(Dx+ 2t) = 4− 6t

tai(D3 − 2D2 + 3D)x+ 2(D − 2)Dx = 2t

tai(D3 −D)x = D(D − 1)(D + 1)x = 2t.

Homogeenisen yhtälönD(D − 1)(D + 1)x = 0

ratkaisu on

xH = C1 + C2e−t + C3e

t, C1, C2, C3vakioita.

Koska r = 0 on karakteristisen yhtälön 1-kertainen juuri, niin tehdään yksi-tyisratkaisun löytämiseksi yrite

x1(t) = t(At+ B) = At2 + Bt.

TällöinDx1 = 2At+ B, D3x1 ≡ 0

ja(D3 −D)x1 = −2At−B = 2t

22

jos ja vain jos A = −1 ja B = 0. Siis

x1(t) = −t2.

Yleiseksi ratkaisuksi saadaan

x = x1 + xH = −t2 + C1 + C2e−t + C3e

t.

Funktiota y koskeva differentiaaliyhtälö saadaan siten muotoon

(D + 2)y = Dx+ 2t = −C2e−t + C3e

t.

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

yH = C4e−2t, C4 vakio.

Tehdään yritey1(t) = Ce−t +Det.

Tällöin(D + 2)y1 = Ce−t + 3Det = −C2e

−t + C3et

jos ja vain jos C = −C2 ja D = C3

3. Siis

y1(t) = −C2e−t +

C3

3et

ja

y = y1 + yH = −C2e−t +

C3

3et + C4e

−2t,

missä C2, C3, C4 ovat vakioita.

23

Tehtävä 37.

c) Kertomalla ensimmäinen yhtälö 3:lla ja laskemalla yhtälöt puolittain yhteensaadaan funktiolle y differentiaaliyhtälö

2(D2 + 2)y + 6Dy = 0

eli(D + 1)(D + 2)y = 0.

Yleinen ratkaisu ony(t) = C1e

−t + C2e−2t,

missä C1 ja C2 ovat vakioita ja

Dy = −C1e−t − 2C2e

−2t.

Alkuehdoista seuraa, että{

1 = y(0) = C1 + C2

−1 = y′(0) = −C1 − 2C2

eli C1 = 1 ja C2 = 0 jay(t) = e−t.

Ratkaistaan seuraavaksi differentiaaliyhtälö

(D2 + 1)x = −2Dy = 2e−t.

Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

xH(t) = C3 cos t+ C4 sin t.

Yksityisratkaisua varten tehdään yrite

x1(t) = Ae−t.

TällöinDx1 = −Ae−t, D2x1 = Ae−t

ja(D2 + 1)x1 = 2Ae−t = 2e−t

jos ja vain jos A = 1 elix1(t) = e−t.

Siis yleinen ratkaisu on

x(t) = x1(t) + xH(t) = e−t + C3 cos t+ C4 sin t

jaDx = −e−t − C3 sin t+ C4 cos t.

On määrättävä alkuehdot toteuttava ratkaisu. Ehdosta{

1 = x(0) = 1 + C3

0 = x′(0) = −1 + C4

saadaan, että C3 = 0 ja C4 = 1. Siis

x(t) = e−t + sin t.

24

d) Aloitetaan keskimmäisestä yhtälöstä, joka sisältää vain y:tä. Homogeenisenyhtälön

(D + 1)y = 0

yleinen ratkaisu on y(t) = C1e−t. Alkuehdon mukaan y(0) = C1 = 0 eli y(t) ≡

0. Siten alkuperäinen ryhmä sievenee muotoon{

(D − 1)x = 2z

(D + 2)z = 0.

Tästä todetaan heti z(t) = C2e−2t. Alkuehdon nojalla z(0) = C2 = 3 eli

z(t) = 3e−2t. Siis(D − 1)x = 2z = 6e−2t.

Termillä e−t kertomalla saadaan vasemmalle puolelle tulon derivaatta eli

D(e−tx) = 6e−3t.

Integroimalla,e−tx = −2e−3t + C3

eli x(t) = −2e−2t+C3et. Alkuehdon nojalla x(0) = −2+C3 = −3 eli C3 = −1.

Sitenx(t) = −2e−2t − et.

Kirjataan vastaus vielä näkyviin

x(t) = −2e−2t − et

y(t) = 0

z(t) = 3e−2t.

Tehtävä 38.

b) Otetaan tarkasteluun ensin ryhmän ensimmäinen ja viimeinen yhtälö eli

{

(D − 1)x+ z = cos t

2x+Dz = cos t+ 2 sin t.

Derivoimalla ensimmäinen yhtälö saadaan{

D(D − 1)x+Dz = − sin t

2x+Dz = cos t+ 2 sin t.

Vähentämällä nämä puolittain toisistaan saadaan

(D2 −D − 2)x = (D + 1)(D − 2)x = − cos t− 3 sin t.

Tätä vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on

xH(t) = C1e−t + C2e

2t,

missä C1 ja C2 ovat vakioita. Yksityisratkaisun määräämiseksi tehdään yrite

x1(t) = A cos t+ B sin t.

25

Tällöin

(D2 −D − 2)x1 = −A cos t−B sin t+ A sin t−B cos t− 2A cos t− 2B sin t

= (−3A−B) cos t+ (A− 3B) sin t = − cos t− 3 sin t,

joten A = 0 ja B = 1. Siten

x(t) = C1e−t + C2e

2t + sin t.

Alkuperäisen ryhmän ensimmäisen yhtälön perusteella

z(t) = x(t)−Dx+ cos t

= C1e−t + C2e

2t + sin t+ C1e−t − 2C2e

2t − cos t+ cos t

= 2C1e−t − C2e

2t + sin t.

Sijoittamalla tämä alkuperäisen ryhmän toiseen yhtälöön saadaan

(D + 1)y = −z + sin t = −2C1e−t + C2e

2t.

Termillä et kertomalla saadaan vasemmalle puolelle tulon derivaatta eli

D(ety) = −2C1 + C2e3t

eli integroimisen jälkeen

ety = −2C1t+1

3C2e

3t + C3,

missä C3 on integroimisvakio. Siten

y(t) = −2C1te−t +

1

3C2e

2t + C3e−t,

missä C1, C2, C3 ovat vakioita.

Harjoitus 8

Tehtävä 39.

a) Yhtälö on muotoa y′′+p(x)y′+ q(x)y = 0, missä p(x) = −x ja q(x) = −1 ovatanalyyttisiä koko reaaliakselilla. Siten x = 0 on yhtälön säännöllinen piste.Tehdään yrite

y =∞∑

k=0

akxk.

Tällöin

y′ =∞∑

k=1

kakxk−1, y′′ =

∞∑

k=2

k(k − 1)akxk−2.

Sijoittamalla nämä yhtälöön saadaan

y′′ − xy′ − y =∞∑

k=2

k(k − 1)akxk−2 − x

∞∑

k=1

kakxk−1 −

∞∑

k=0

akxk

=∞∑

n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2xn −

∞∑

n=0

(n+ 1)anxn

=∞∑

n=0

[(n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n+ 1)an] xn = 0.

26

Tästä saadaan palautuskaava

(n+ 2)an+2 − an = 0, n = 0, 1, 2, . . .

elian+2 =

ann+ 2

, n = 0, 1, 2, . . . .

Tässäa2 =

a02, a4 =

a24

=a02 · 4 , a6 =

a46

=a0

23 · 1 · 2 · 3eli (todistus induktiolla)

a2n =a02nn!

, n = 0, 1, 2, . . .

Vastaavasti

a3 =a13, a5 =

a35

=a13 · 5 , a7 =

a57

=2 · 4 · 6a1

7!

eli

a2n+1 =2nn!a1

(2n+ 1)!, n = 0, 1, 2, . . .

Siten ratkaisuksi saadaan

y(x) =∞∑

k=0

akxk =

∞∑

k=0

a2kx2k +

∞∑

k=0

a2k+1x2k+1

=∞∑

k=0

a02kk!

x2k +∞∑

k=0

2kk!a1(2k + 1)!

x2k+1

= a0

∞∑

k=0

1

k!

(

x2

2

)k

+ a1

∞∑

k=0

2kk!

(2k + 1)!x2k+1 = a0e

x2/2 + a1y2,

missä y2 on edellisessä vaiheessa esiintyvä sarja. Sille voidaan laskea toinen esitys-

muoto kaavalla

y2(x) = y1(x)

∫ x

0

e−∫p(s)ds

y1(s)2ds = ex

2/2

∫ x

0

es2/2

es2ds

= ex2/2

∫ x

0

e−s2/2ds = ex2/2

∫ x

0

e−(s/√

2)2ds

s=√

2t= ex

2/2√2

∫ x/√

2

0

e−t2dt =√2ex

2/2

√π

2erf(x/

√2) = ex

2/2

√2π

2erf(x/

√2),

missä

erf(s) =2√π

∫ s

0

e−t2dt

on ns. virhefunktio.

Tehtävä 41.

Tässä tarkastellaan (Legendren) differentiaaliyhtälön

(1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0

ratkaisemista pisteen x = 0 ympäristössä. Koska

p(x) = − 2x

1− x2=

∞∑

k=0

−2x2k+1, q(x) =2

1− x2=

∞∑

k=0

2x2k, |x| < 1

27

ovat analyyttisiä pisteessä x = 0, niin x = 0 on yhtälön säännöllinen piste. Sijoitta-malla yrite

y(x) =∞∑

k=0

ckxk

yhtälöön saadaan

0 = (1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y

= (1− x2)∞∑

k=2

k(k − 1)ckxk−2 − 2x

∞∑

k=1

kckxk−1 + 2

∞∑

k=0

ckxk

=∞∑

k=0

xk [(k + 2)(k + 1)ck+2 − (k(k − 1) + 2k − 2) ck]

=∞∑

k=0

(k + 2)xk [(k + 1)ck+2 − (k − 1) ck] .

Tämä johtaa palautuskaavaan

ck+2 =k − 1

k + 1ck, k = 0, 1, 2, . . .

Täten

c2 = −c0, c4 =1

3c2 = −1

3c0, c6 =

3

5c4 = −1

5c0

eli

c2k = − 1

2k − 1c0, k = 1, 2, 3 . . .

Vastaavastic3 = 0, c5 = 0, c7 = 0,

eli c2k+1 = 0, k = 1, 2, . . .. Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on siten

y(x) =∞∑

k=0

c2kx2k +

∞∑

k=0

c2k+1x2k+1 = c0 −

∞∑

k=1

1

2k − 1c0x

2k + c1x

= c0

(

1− x

∞∑

k=1

1

2k − 1x2k−1

)

+ c1x.

Lasketaan vielä ratkaisussa esiintyvä sarja. Koska∫ x

0

s2k−2ds =1

2k − 1x2k−1,

niin∞∑

k=1

1

2k − 1x2k−1 =

∞∑

k=1

∫ x

0

s2k−2ds =

∫ x

0

∞∑

k=1

s2k−2ds =

∫ x

0

1

1− s2ds

=

∫ x

0

1

2

(

1

1 + s+

1

1− s

)

ds =1

2ln

∣

∣

∣

∣

1 + x

1− x

∣

∣

∣

∣

, |x| < 1.

Siten

y(x) = c0

(

1− x

2ln

∣

∣

∣

∣

1 + x

1− x

∣

∣

∣

∣

)

+ c1x, |x| < 1

missä c0 ja c1 ovat vakioita. Merkitsemällä y1(x) = x saadaan ratkaisun perusjärjes-telmän toinen funktio y2(x) laskettua myös luennoissa annetulla kaavalla.

28