VERKKOKIRJA

Differentiaaliyhtälö $y' = f(x,y)$ voidaan tulkita myös geometrisesti: jos ratkaisukäyrä (eli ratkaisun kuvaaja) kulkee tason pisteen $(x_0, y_0)$ kautta, niin ratkaisulle pätee $y'(x_0) = f(x_0, y_0)$, t.s. ratkaisukäyrän tangentin kulmakerroin voidaan määrittää ilman varsinaista ratkaisua $y(x)$. Differentiaaliyhtälön suuntakenttä on vektoreiden $\vec{i} + f(x_k, y_k)\vec{j}$ muodostama kenttä, kun niitä piirretään sopiviin hilapisteisiin $(x_k, y_k)$. Suuntakentästä voidaan usein päätellä ratkaisujen kuvaajien muoto ainakin kvalitatiivisesti..

Lineaarinen 1. kertaluvun DY

Muotoa

$p_n(x)y^{(n)} + p_{n-1}(x)y^{(n-1)} + \cdots + p_1(x)y' + p_0(x)y = r(x),$

olevaa DY:ä kutsutaan lineaariseksi differentiaaliyhtälöksi. Vasemman puolen lauseke on lineaarikombinaatio tuntemattomasta funktiosta ja se derivativaatoista, joiden kertoimina ovat funktiot $p_k(x)$. Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen DY on siis muotoa

$p_1(x)y' + p_0(x)y = r(x).$

Jos $r(x) = 0$ kaikilla $x$, niin yhtälö on homogeeninen. Muuten yhtälö on epähomogeeninen.

Lineaarinen 1. kertaluvun DY voidaan ratkaista ns. integroivan tekijän avulla. Menetelmän ideana idea on kertoa yhtälön  $y' + p(x)y = r(x)$ molemmat puolet integroivalla tekijällä $\displaystyle e^{\int p(x) dx} =e^{P(x)}$, jolloin yhtälö tulee muotoon

 $\displaystyle y'(x)e^{P(x)} + p(x)e^{P(x)}y(x) = r(x)e^{P(x)} \Leftrightarrow \frac{d}{dx}\left( y(x)e^{P(x)}\right) = r(x)e^{P(x)}.$

Integroidaan tämän yhtälön molemmat puolet, jolloin saadaan

$\displaystyle y(x)e^{P(x)} = \int r(x)e^{P(x)}\, \mathrm{d}x + C  \Leftrightarrow y(x)= Ce^{-P(x)} + e^{-P(x)}\int r(x) e^{P(x)}\, \mathrm{d}x.$

Tätä kaavaa ei kannata opetella ulkoa, vaan mieluummin yrittää muistaa metelmän olennaiset välivaiheet, jotta niitä pystyy soveltamaan konkreettisiin tapauksiin.

Esimerkki 1.

Ratkaistaan DY $\displaystyle y'-y = e^x+1.$ Integroiva tehijä on $\displaystyle e^{\int (-1)\, \mathrm{d}x} = e^{-x}$, joten kerrotaan yhtälö puolittain tällä lausekkeella:

$\displaystyle e^{-x}y'-e^{-x}y = 1+e^{-x}$

$\displaystyle \frac{d}{dx}(y(x)e^{-x}) = 1+e^{-x}$

$\displaystyle y(x)e^{-x} = \int 1+e^{-x}\, \mathrm{d}x + C = x - e^{-x} + C$

$\displaystyle y(x)= e^xx - 1 + Ce^x.$

Esimerkki 2.

Ratkaistaan alkuarvotehtävä

$\left\{\begin{align}xy' = x^2 + 3y \\ y(0) = 1 \end{align} \right.$

Kirjoitetaan yhtälö ensin normaalimuodossa:

$\displaystyle y' - \frac{3}{x}y = x.$

Integroiva tekijä on nyt $\displaystyle e^{ \int \frac{3}{x} dx } =\displaystyle e^{ -3 \ln \vert x \vert } =\displaystyle e^{ \ln x^{-3} } =\displaystyle \frac{1}{x^3},\> x>0.$ Näin saadaan

$\displaystyle \frac{y'}{x^3} - \frac{3}{x^4}y = \frac{1}{x^2}$

$\displaystyle \frac{d}{dx}(\frac{y}{x^3}) = \frac{1}{x^2}$

$\displaystyle \frac{y}{x^3} = \int \frac{1}{x^2}\, \mathrm{d}x + C = - \frac{1}{x} + C$

$y (x)= Cx^3 - x^2.$

Tämä on DY:n yleinen ratkaisu. Koska  $y(0) = C\cdot 0 - 0 = 0$, niin alkuehto ei voi toteutua koskaan, joten alkuarvotehtävällä ei ole ratkaisua. Syy tähän on se, että alkuehto on annettu johdassa $x_0=0$, jossa DY:n normaalimuotoa ei ole määritelty. Mikä tahansa muu kohta $x_0$ tuottaa yksikäsitteisen ratkaisun.

Esimerkki 3.

Ratkaistaan DY $xy'-2y=2$ alkuehdoilla

1. $y(1)=0$
2. $y(0)=0$.

Muodosta $y'-(2/x)y=2/x$ nähdään, että kyseessä on lineaarinen DY. Integroiva tekijä on

joten yleinen ratkaisu on $y(x)=x^2 (-1/x^2+C)=Cx^2-1$. Alkuehdosta $y(1)=0$ seuraa, että $C=1$, mutta ehto $y(0)=0$ johtaa ristiriitaan $-1=0$. Näin ollen a-kohdan ratkaisu on $y(x)=x^2-1$, mutta b-kohdassa ratkaisua ei ole; tässäkin sijoituksesta $x=0$ differentiaaliyhtälöön seuraa, että $y(0)=-1$.

Ensimmäisen kertaluvun DY on separoituva, jos se voidaan kirjoittaa muodossa $y' = f(x)g(y),$, kun $f$ ja $g$ ovat jatkuvia funktioita. Tulkitsemalla $y'(x)=dy/dx$ epätäsmällisesti jakolaskuksi, kertomalla symbolilla $dx$ ja jakamalla lausekkeella $g(y)$ saadaan $\frac{dy}{g(y)}=f(x)\, dx$. Integroidaan vasemmalla puolella muuttujan  $y$ suhteen ja oikealla muuttujan $x$ suhteen saadaan

$\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}y}{g(y)} = \int f(x)\, \mathrm{d}x + C.$

Tämä on ratkaisun implisiittinen muoto, josta voidaan usein ratkaista eksplisiittisesti $y =y(x)$. Menetelmä voidaan perustella tarkemmin käyttämällä muuttujanvaihtoa integraalissa (eli ilman $dx-dy$-pyörittelyä).

Esimerkki 4.

Ratkaistaan DY $\displaystyle y'+\frac{2}{5}x = 0$ separointimenetelmällä. (Tämän DY:n voi poikkeuksellisesti ratkaista myös lineaarisena!)

 $\displaystyle y'+\frac{2}{5}y = 0$

 $\displaystyle \frac{dy}{dx} = -\frac{2}{5}y$  

 $\displaystyle \int \frac{1}{y}\, \mathrm{d}y = -\frac{2}{5} \int \, \mathrm{d}x$  

$\displaystyle \ln |y| = -\frac{2}{5}x + C_1$

$\displaystyle y =\pm e^{-\frac{2}{5}x+C_1} = \pm e^{-\frac{2}{5}x}e^{C_1} = Ce^{-\frac{2}{5}x}, \: C\neq 0.$

Viimeisessä vaiheessa merkittiin $C =\pm e^{C_1}$ yksinkertaisuuden vuoksi. Tapaus $C=0$ on myös sallittu, sillä se johtaa triviaaliratkaisuun $y(x)\equiv 0$, vrt. alla.

Esimerkki 5.

Ratkaistaan alkuarvotehtävä

$\left\{\begin{align}y' = \frac{x}{y} \\ y(0) = 1 \end{align} \right.$

Koska yleistä ratkaisua ei kysytä, voidaan oikaista käyttämällä määrättyä integraalia seuraavalla tavalla:

$\displaystyle \frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$

$\displaystyle \int_1^y s \, \mathrm{d}s =\int_0^x t \, \mathrm{d}t$

$\displaystyle \frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{2} =\frac{1}{2}x^2.$

 Ratkaisu on siis $y=y(x)=\sqrt{x^2+1}$.

Separointimenetelmällä saadusta yleisestä ratkaisusta puuttuu useinfunktion $g(y)$ nollakohtiin liittyviä erikoisratkaisuja. Syy tähän on hyvin luonnollinen, sillä jakolaskussa täytyy olettaa $g(y(x)) \neq 0$. Huomataan kuitenkin, että jokaista funktion $g(y)$ nollakohtaa $\alpha$ vastaa DY:n $y'=f(x)g(y)$ vakioratkaisu $y(x)\equiv \alpha$, koska tällöin$y'(x)\equiv 0=g(\alpha)\equiv g(y(x))$. Näitä ratkaisuja kutsutaan triviaaliratkaisuiksi tai erikoisratkaisuiksi (vrt. yleinen ratkaisu).

Jos seuraavan lauseen ehdot ovat voimassa, niin separoituvan DY:n  kaikki ratkaisut saadaan yleisen ratkaisun ja erikoisratkaisujen avulla.

Lauseen todistamisessa voidaan käyttää ns. Picardin-Lindelöfin iterointia, jonka keksi ranskalainen Emile Picard ja jota edelleen kehitti suomalainen mathemaatikko Ernst Lindelöf (1870-1946), ja muutkin.

Separoituvien DY:iden kohdalla edellinen lause saa seuraavan muodon.

Jokaisen pisteen $(x_0,y_0)$ kautta kulkeva ratkaisukäyrä on silloin yksikäsitteinen. Erityisesti kaksi ratkaisukäyrää ei voi leikata toisiaan, eikä yksi ratkaisukäyrä voi haarautua useampaan osaan.

∴ Muut ratkaisukäyrän eivät silloin voi leikata triviaaliratkaisujen kuvaajia eli vaakasuoria $y=\alpha$. Tällöin ehto $g(y(x))\neq 0$ on automaattisesti voimassa muille ratkaisuille.

Lause 6.

Ratkaistaan lineaarinen homogeeninen DY $y'+p(x)y=0$ separointimenetelmän avulla.

DY:llä on triviaaliratkaisu $y_0(x)\equiv 0$. Muut ratkaisut eivät saa arvoa 0, joten:

$\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &= y'= -p(x)y \\ &\Leftrightarrow \int\frac{\mathrm{d}y}{y} = -\int p(x)\, \mathrm{d}x +C_1 \\ &\Leftrightarrow \ln|y| = -P(x)+C_1 \\ &\Leftrightarrow |y| =e^{C_1-P(x)} \\ &\Leftrightarrow y=y(x)=\pm e^{C_1} e^{-P(x)} =Ce^{-P(x)}.\end{aligned}$

Tässä lauseke $\pm e^{C_1}$ on korvattu yksinkertaisemmalla kertoimella $C\in\mathbb{R}$.

Some differential equations can made separable by using a suitable substitution.

i) ODEs of the form $y'(x)= f\Big(\frac{y(x)}{x}\Big).$

Example 7.

Let us solve the differential equation $y'= \frac{x+y}{x-y}.$ The equation is not separable in this form, but we can make if separable by substituting $u = \frac{y}{x},$ resulting to $y' = u + xu'.$ We get

 $u + xu'= \displaystyle \frac{1+u}{1-u}.$ 

Separating the variables and integrating both sides, we get

 $\displaystyle \int \frac{1-u}{1+u^2} \, \mathrm{d}u= \int \frac{1}{x} \, \mathrm{d}x$

  $\arctan{u} - \displaystyle \frac{1}{2} \ln(u^2 +1)= \ln{x} + C.$

Substituting  $u = \frac{y}{x}$ and simplifying yields

  $\displaystyle \arctan{\frac{y}{x}} = \ln{C\sqrt{x^2 + y^2}}.$

Here, it is not possible to derive an expression for y so we have to make do with just the implicit solution. The solutions can be visualized graphically: 

As we can see, the solutions are spirals expanding in the positive direction that are suitably cut for demonstration purposes. This is clear from the solutions' polar coordinate representation which we obtain by using the substitution

$\theta = \displaystyle \arctan{\frac{y}{x}}, r = \sqrt{x^2 + y^2}.$

Hence, the solution is

$\theta = \ln(Cr) \Leftrightarrow r = Ce^{\theta}.$

Another type of differential equation that can be made separable are equations of the form 

$\displaystyle y' = f(ax+by+c).$

To rewrite the equation as separable, we use the substitution  $\displaystyle u = ax+by+c.$

Example 8.

Let us find the solution to the differential equation

$\displaystyle y' =(x-y)^2 +1.$

Here, a natural substitution is $\displaystyle u = x-y \Leftrightarrow y = x-u \Rightarrow y' = 1-u'.$ Substitution yields

$\displaystyle 1-u' =u^2 +1$

$\displaystyle \int -\frac{1}{u^2} \, \mathrm{d}u = \int \, \mathrm{d}x$

$\displaystyle \frac{1}{u} = x +C$

$\displaystyle y = x -  \frac{1}{x +C}.$

$\star$ Eulerin menetelmä

In practice, it is usually not feasible to find analytical solutions to differential equations. In these cases, the only choice for us is to resort to numerical methods. A prominent example of this kind of technique is called Euler's method. The idea behind the method is the observation made earlier with direction fields: even if we do not know the solution itself, we are still able to determine the tangents of the solution curve. In other words, we are seeking solutions for the initial value problem

$\left\{\begin{align}y' = f(x,y) \\ y(x_0) = y_0. \end{align} \right.$

In Euler's method, we begin the solving process by choosing the step length $h$ and using the iteration formula

$\displaystyle y_{k+1} = y_k +  hf(x_k, y_k).$

The iteration starts from the index $\displaystyle k=0$ by substituting the given initial value to the right side of the iteration formula. Since $f(x_k, y_k) = y'(x_k)$ is the slope of the tangent of the solution at $x_k$, on each step we move the distance expressed by the step length in the direction of the tangent. Because of this, an error occurs, which grows as the step length is increased.

Esimerkki 9.

Use the gadget on the right to examine the solution to the initial value problem

$\left\{\begin{align}y' = \sin(xy) \\ y(x_{0}) = y_{0} \end{align} \right.$

obtained by using Euler's method and compare the result to the precise solution.

Toisen kertaluvun lineaariselle differentiaaliyhtälölle ei ole mitään yleistä helppoa ratkaisutapaa. Aloitamme tarkastelun homogeenisesta DY:stä

$y’’ + p(x)y’ + q(x)y = 0,$

kun $p$ ja $q$ ovat jatkuvia funktioita jollakin avoimella välillä. Tällöin pätee:

1) DY:llä on lineaarisesti riippumattomat ratkaisut $y_1$ ja $y_2$, joita kutsutaan perusratkaisuiksi. Intuitiivinen määritelmä lineaariselle riippumattomuudelle on se, ettei suhde $y_2(x)/y_1(x)$ ole vakio, ts. ratkaisut ovat tietyssä mielessä olennaisesti erilaisia.

2) DY:n yleinen ratkaisu (= kaikki ratkaisut tässä tapauksessa) voidaan esittää perusratkaisujen avulla muodossa $y(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x)$, kun $C_1$ ja $C_2$ ovat vakioita.

3) Jos kiinnitetään alkuehdot $y(x_0) = a, y'(x_0) = b$, niin ratkaisu on yksikäsitteinen.

Perusratkaisujen $y_1(x)$ ja $y_2(x)$ löytämiseen ei ole mitään yleispätevää menetelmää, ellei sarjakehitelmiä niiksi lasketa. Tietyille yhtälötyypeille ratkaisun yleinen muoto voidaan kuitenkin arvata ja tarkistaa sijoittamalla yhtälöön.

Yllä esitetty menetelmä yleistyy korkeampiin kertalukuihin, mutta perusratkaisuja, yleisiä kertoimia ja alkuehtoja tarvitaan aina DY:n kertaluvun osoittama määrä.

Esimerkki 1.

Differentiaaliyhtälön $y’’-y= 0$ ratkaisuja ovat $y = e^x$ ja $y = e^{-x}.$ Nämä ovat lineaarisesti riippumattomia, joten DY:n yleinen ratkaisu on muotoa $y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}.$

Vakiokertoimiset DY:t

Yksinkertaisimpana tapauksena tarkastellaan differentiaaliyhtälöä

$y’’ + py’ + qy = 0.$

Yhtälön ratkaisemiseksi kokeillaan, onko sillä muotoa $y(x) = e^{\lambda x}$ olevia ratkaisuja jollakin vakion $\lambda$ arvolla. Sijoittamalla tällainen arvaus differentiaaliyhtälöön saadaan

$\lambda^2 e^{\lambda x} + p\lambda e^{\lambda x} + qe^{\lambda x} = 0.$

$\lambda^2 + p\lambda + q = 0.$

Viimeinen yhtälö on nimeltään DY:n karakteristinen yhtälö. Karakteristisen yhtälön avulla saadaan alkuperäisen DY:n ratkaisuja. Karakteristisen yhtälön juurten suhteen esiintyy kolme eri tapausta:

1) Karakteristisella yhtälöllä on kaksi erisuurta reaalista juurta $\lambda_1\neq\lambda_2$. Silloin perusratkaisuiksi voidaan valita $y_1(x) = e^{\lambda_1x}$ ja $y_2(x) = e^{\lambda_2x}.$

2) Karakteristisella yhtälöllä on (reaalinen) kaksoisjuuri $\lambda_1$. Silloin perusratkaisuiksi voidaan valita $y_1(x) = e^{\lambda_1 x}$ ja $y_2(x) = xe^{\lambda_1 x}.$

3) Karakteristisen yhtälön juuret ovat kompleksilukuja ja muotoa $\lambda = a \pm bi$, $b\neq 0$. Silloin perusratkaisut ovat muotoa $y_1(x) = e^{ax}\cos(bx)$ ja $y_2(x) = e^{ax}\sin(bx).$

Toinen kohta voidaan perustella (esimerkiksi) sijoittamalla DY:ön ja kolmas kohta  Eulerin kaavan $e^{ix}=\cos x+i\sin x$ avulla. Sama idea yleistyy pienin muutoksin myös korkeampiin kertalukuihin.

Koska karakterisitisen yhtälön kertoimet ovat täsmälleen samat kuin alkuperäisessä DY:ssä, niin sitä ei tarvitse joka kerta johtaa uudelleen, vaan tuloksen voi kirjoittaa suoraan DY:tä katsomalla.

Esimerkki 2.

Ratkaise reuna-arvotehtävä

$\left\{\begin{align}y'' -y' +2y=0 \\ y(0) = 1, y(1)=0 \end{align} \right.$

Karakteristinen yhtälö on muotoa $\lambda^2 -\lambda -2 = 0$, joten sen juuret ovat $\lambda_1 = 2$ ja $\lambda_2 = -1.$ Yleinen ratkaisu on siis muotoa $y(x) = C_1e^{2x} + C_2e^{-x}$. Vakiot kiinnittyvät reunaehtojen avulla:

$\left\{\begin{align}C_1 + C_2=1 \\ e^2C_1 + e^{-1}C_2 = 0 \end{align} \right.$

$\left\{\begin{align}C_1 = -\frac{1}{e^3-1} \\ C_2 = \frac{e^3}{e^3-1} \end{align} \right.$

Ratkaisu on siis $y(x) = \frac{1}{e^3-1} (-e^{2x} + e^{3-x}).$

Esimerkki 3.

Tarkastellaan korkeamman kertaluvun DY:ä

$y^{(4)} - 4y''' +14y'' -20y' +25y = 0.$

Karakteristinen yhtälö on nyt $\lambda^4 - 4\lambda^3 +14\lambda^2 -20\lambda +25 = 0$, jonka juuret ovat $\lambda_1 = \lambda_2 = 1 + 2i$ ja $\lambda_3 = \lambda_4 = 1 - 2i$. Perusratkaisut ovat $e^x\sin(2x)$, $e^x\cos(2x)$, $xe^x\sin(2x)$ ja $xe^x\cos(2x)$. Niiden avulla saadaan yleinen ratkaisu

$y = C_1e^x\sin(2x) + C_2e^x\cos(2x) + C_3xe^x\sin(2x) + C_4xe^x\cos(2x).$

Esimerkki 4.

Olkoon $\omega >0$ vakio. DY:n $y''+\omega^2y=0$ karakteristinen yhtälö on $\lambda^2+\omega^2=0$, jonka juuret ovat $\lambda=\pm i \omega$. Näin ollen $a =0$ ja $b =\omega$  kolmannessa kohdassa. Koska kyseessä on ns. harmonisen oskillaattorin DY, niin käytetään muuttujana aikaa $t$. Näin saadaan yleinen ratkaisu $y(t)=A\cos (\omega t) +B\sin (\omega t),$, jossa $A,B$ ovat vakioita. Ne määräytyvät yksikäsitteisellä tavalla, jos tiedetään systeemin alkukohta $y(0)$ ja alkunopeus $y'(0)$. Kaikki ratkaisut ovat jaksollisia ja niiden jaksonaika on $T=2\pi/\omega$. Oikean reunan animaatiossa $y'(0)=0$; voit itse valita kulmataajuuden $\omega$ ja alkukohdan $y(0)=y_0$.

Toinen melko tavallinen 2. kertaluvun lineaarinen DY on Eulerin differentiaaliyhtälö

$x^2y'' + axy' + by = 0,$

jossa $a$ ja $b$ ovat vakioita. Tällainen DY voidaan ratkaista kokeilemalla muotoa $y(x)= x^r$. Sijoittamalla tämä yhtälöön saadaan

$r^2 + (a-1)r + b = 0.$

Tämän yhtälön juurten tyypin perusteella saadaan DY:n perusratkaisut jälleen kolmesta eri vaihtoehdosta:

1) Jos juuret ovat erisuuria reaalilukuja, niin $y_1(x)= |x|^{r_1}$ ja $y_2(x)= |x|^{r_2}$.

2) Jos kyseessä on reaalinen kaksoisjuuri, niin $y_1(x)= |x|^{r}$ ja $y_2(x)= |x|^{r}\ln |x|$.

3) Jos juuret ovat muotoa $r = a \pm bi$, niin $y_1(x)= |x|^{a}\cos(b\ln |x|)$ ja $y_2(x)= |x|^{a}\sin(b\ln |x|)$.

Esimerkki 5.

Ratkaistaan DY $x^2y'' - 3xy' + y = 0$. Kyseessä on  Eulerin differentiaaliyhtälö, joten kokeillaan yritettä $y= x^r$. Sijoittamalla saadaan $r(r-1)x^r - 3rx^r + x^r = 0 \Rightarrow r^2 - 4r + 1 = 0,$ joten $r = 2 \pm \sqrt{3}$. DY:n yleinen ratkaisu on siis

$y = C_1 x^{2+\sqrt{3}} + C_2x^{2-\sqrt{3}}$.

Epähomogeenisen toisen kertaluvun DY:n

$y'' + p(x)y' + q(x)y = r(x)$

yleinen ratkaisu on muotoa "vastaavan homogeenisen DY:n yleinen ratkaisu" $+$ jokin epähomogeenisen DY:n yksittäinen ratkaisu", t.s.

$y(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x) + y_0(x)$.

Yksittäisratkaisu $y_0$ löydetään yleensä kokeilemalla (mutta systemaattisiakin menetelmiä on) muotoa "$r(x)$ yleisillä kertoimilla" olevia lausekkeita. Sijoittamalla tällainen yrite epähomogeeniseen DY:öön, voidaan nämä kertoimet usein ratkaista. Asia selvinnee parhaiten esimerkkien avulla.

Alla oleva taulukko antaa ohjeita yritteen valintaan silloin, kun homogeeninen osa on vakiokertoiminen ja epähomogeeninen termi on jotakin perustyyppiä.  Jos  $r(x)$ sisältää useita erilaisia taulukon funktioita, niin yritteeseen tulee mukaan kaikki vastaavat termit yleisillä kertoimilla. Taulukossa käytetään lyhennysmerkintänä karakteristista polynomia $P(\lambda)=\lambda^2+p\lambda+q=0$.

Huom. Muista, että toisen asteen polynomille pätee

• $P(k)=0$ ja $P'(k)\neq 0$ $\Leftrightarrow$ $k\in\mathbb{R}$ on polynomin $P$ yksinkertainen nollakohta.

• $P(k)=P'(k)= 0$ $\Leftrightarrow$ $k\in\mathbb{R}$ on polynomin $P$ kaksinkertainen nollakohta.

• $P(ik)\neq 0$ $\Leftrightarrow$ $ik\in\mathbb{C}$ ei ole polynomin $P$ nollakohta; t.s. $\sin kx$ ja $\cos kx$ eivät ole vastaavan homogeenisen DY:n ratkaisuja.

Esimerkki 6.

Määritä DY:n $y''+y'-6y=r(x)$ yleinen ratkaisu, kun

a) $r(x)=12e^{-x}$

b) $r(x)=20e^{2x}$.

Ratkaisut ovat muotoa $y(x)=C_1e^{-3x}+C_2e^{2x}+y_0(x)$.

a) Sijoitettamalla yrite $y_0(x)=Ae^{-x},$ saadaan $(A -A -6A)e^{-x} =12e^{-x}$, josta ratkeaa $A=-2$.

b) Tässä tapauksessa yrite $Be^{2x}$ ei onnistu, koska se on vastaavan homogeenisen DY:n yleisen ratkaisun osa, ja tuottaa pelkän nollan, kun se sijoitetaan epähomogeenisen DY:n vasemmalle puolelle. Oikea yrite on nyt muotoa $y_0(x)=Bxe^{2x}$. Sijoittamalla saadaan

josta ratkeaa $B=4$.

Näillä vakioiden $A$ ja $B$ arvoilla saadaan epähomogeenisen DY:n yleinen ratkaisu, johon jää jäljelle kertoimet $C_1$ ja $C_2$.

Esimerkki 7.

Ratkaise DY $y''+y'-6y=12e^{-x}$ alkuehdoilla $y(0)=0$, $y'(0)=6$.

Edellisen esimerkin perusteella yleinen ratkaisu on $y(x)=C_1e^{-3x}+C_2e^{2x}-2e^{-x}$. Derivoimalla saadaan $y'(x)=-3C_1e^{-3x}+2C_2e^{2x}+2e^{-x}$. Alkuehdoista saadaan yhtälöpari

jonka ratkaisu on $C_1=0$ ja $C_2=2$. Alkuarvotehtävän ratkaisu on siis $y(x)=2e^{2x}-2e^{-x}$.

Example 8.

Tyypillinen 2. kertaluvun DY:n sovellus on ns. RLC-piiri, jossa esiintyy sarjaan kytkettyinä vastus (resistanssi $R$), käämi ( induktanssi $L$), kondensaattori (kapasitanssi $C$) ja ajasta riippuva lähdejännite $E(t)$. Piirissä kulkeva virta $y(t)$ toteuttaa DY:n $Ly''+Ry'+\frac{1}{C}y=E'(t).$ Ratkaistaan tämä DY (keinotekoisilla kertoimilla) tapauksessa $y''+10y'+61y=370\sin t.$

Homogeenisen DY:n karakteristinen yhtälö on $\lambda^2+10\lambda +61=0$, jonka ratkaisut ovat $\lambda = -5\pm 6i$. Näin saadaan homogeenisen DY:n perusratkaisut $y_1(t)=e^{-5t}\cos(6t)$ ja $y_2(t)=e^{-5t}\sin(6t)$. Etsitään yksittäisratkaisu yritteellä $y_0(t)=A\cos t +B\sin t$. Sijoittamalla yrite epähomogeeniseen yhtälöön ja ryhmittelemällä termejä saadaan yhtälö $(60A+10B)\cos t +(60B-10A)\sin t = 370\sin t.$ Tämä yhtälö toteutuu kaikilla $t$ (vain) silloin, kun

josta saadaan $A=-1$ ja $B=6$. Yleinen ratkaisu on siis muotoa $y(t)=e^{-5t}(C_1\cos(6t)+C_2\sin(6t)) -\cos t+6\sin t .$ Huom. Eksponenttitermit menevät nollaan hyvin nopeasti ("transienttivirta") ja jäljelle jää värähtely $y(t)\approx -\cos t+6\sin t.$