미분방정식- 1차와 2차 방정식

01-01 - 1차와 2차 미분방정식

Preface

$u,v,w,g,y,p,q,\psi$ 는 $t$ 에 대한 함수라는 약속을 하고 시작해 보자.

마찬가지로 $\frac{du}{dt}=\dot{u},\frac{d^{2}u}{d{t}^2}=\ddot{u}\cdots$ 라고 적어야 하겠지만 여기서는 $u^{\prime },u^{″}\cdots$ 라고 적자.

모든 방정식은 $y$ 를 $t$ 에 대해 닫힌 형식으로 기술하는것이 목적이 된다.

[!note]

해를 제시할 때 그 해가 성립하는 구간을 잡아야 한다 ,

$\frac{1}{t}$ 같은 것이 해라면, “$0$” 은 우리가 제시하는 구간에 없어야 한다.

($t\in (0,1]$ 처럼)

[!tip]

최고차항의 계수를 1로 만든 표준형 $y^{″}+p(t)y^{\prime }+q(t)y=g(t)$ 에서, 해가 존재하는 구간 $I$는 $p(t),q(t),g(t)$ 세 함수가 동시에 연속이면서, 초기값 $t_0$를 포함하는 가장 넓은 구간 이다.
그렇기에 해의 존재 구간은 방정식의 계수들을 표준형으로 나눴을 때, 분모가 0이 되는 점(Singular point)이나 로그의 진수 조건 등을 뚫고 지나갈 수 없다.
반드시 초기값 $t_0$가 속한 연속 구간으로 쪼개서 대답해야 한다.

Before We Start…

미분 방정식은 사실 너무 실용적인 과목이라 배워야 할 이유를 설명할 필요가 없다!!

1차 선형 상미분방정식

$y^{\prime }+py=g$ 이 꼴을 1차 선형 ODE 라고 한다

note that $D_t(e^{A}y)=e^A(y^{\prime }+A^{\prime })$

$\therefore e^{\int p(t)}(y^{\prime }+p(t)y)=e^{\int p(t)}(g(t))$
을 이용한다, 그러므로 $e^{\int p(t)}(y)={\int }_{dt}g(t)e^{\int p(t)}$ 이므로 $$y=e^{-\int p(t)}\int g(t)e^{\int p(t)}dt$$

[!예시] ode를 정리하는법

정리를 할때는 어떻게 원식이 되어 있든지 간에 $L(y)=t\text{ 에 대한 식 (y 가 없는식)}$ 으로 정리한 다음, $L(y)$ 가 선형함수인지 확인한다.

[!정리] 유일성과 존재성의 정리

$p,g$ 가 구간 $t\in (\alpha ,\beta )$ 에서 연속, 선형꼴: $y^{\prime }+p(t)y=g(t)$ 이고 $y(t_0)=y_0,t\in I$ (ivp 인거다)

이 미방의 해는 $I$ 안에서 유일하게 존재한다

[!증명]

$y_1(t_0)=y_0,y_2(t_0)=y_0$ 인 두 근이 있다고 하자, 이 둘이 동일함을 보이면 유니크함을 보이는 것이다.
선형 연산자 $Ly=y^{\prime }+py$ 에 대해, $L{y}_1=g,L{y}_2=g$ 이다, 그러므로 $u=y_1-y_2$ 라 하자, $\therefore Lu=u^{\prime }+pu=0$ 이다.
일차식을 풀으면 $u=e^{-\int p(t)}\int g(t)e^{\int p(t)}dt$ 가 나와야 하는데 $u(t_0)=0$ 이므로 오직 가능한 $u$ 는 $u=0$ 뿐이다.
그러므로 $y_1=y_2$ 이므로 해는 유일하다

[!bug] 최고차항의 계수에 주의하자!

해의 존재성과 유일성 정리를 적용할 때 $p(t)$와 $q(t)$의 연속성을 따지려면, 반드시 주어진 방정식을 $y^{″}+p(t)y^{\prime }+q(t)y=g(t)$ 꼴 (즉, $y^{″}$의 계수가 1인 표준형) 로 먼저 나누어 정리한 뒤에 판단해야 한다.
만약 $t^2{y}^{″}-2y=0$ 이라면, $y^{″}-\frac{2}{t^2}y=0$ 으로 바꾼 뒤 $t=0$ 에서 연속이 깨짐을 파악해야 한다. (아하! $(-\mathrm{\infty },0)$ 같은 곳 안에선 유일하겠구나!)

변수분리

이는 더욱더 간단한 형태가 있는데,

$$M(t)+N(y)\frac{dy}{dt}=0$$

으로 정리가 가능하다면,
양변에 $dt$ 를 곱하고 이항을 해서, $$M(t)dt=-N(y)dy$$ 를 얻는다. $$\int M(t)dt=\int -N(y)dy$$

를 풀고 대수적으로 $y$ 를 구할수 있다.

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이그젝트

이 “exact” 한 방정식은 특이하게도 비선형 이지만 잘 풀리는 1차식 이다.

적당한 2차원 영역 $Q$ 에 함수 $\mathrm{\Psi }(x,y)$ 가 미분가능하게 있다고 하자, 상수 $c$ 에 대해

$$\mathrm{\Psi }(x,y)=C$$ 라는 “방정식” 을 만족하는 $y$ 는 $x$ 에 대한 음함수 가 나온다! 이 음함수 $y$ 를 이용하는것이 핵심 아이디어다.

[!정의] Exact

미분방정식 $$M(x,y)+N(x,y)\frac{dy}{dx}=0$$ 은 영역 $Q$ 에서 함수 $\mathrm{\Psi }(x,y)$ 가 존제하면 $Q$ 에서 exact 라고 불린다, 이때 $\mathrm{\Psi }(x,y)$ 는 $$\begin{array}{r}M(x,y)={\mathrm{\Psi }}_x(x,y)\\ N(x,y)={\mathrm{\Psi }}_y(x,y)\end{array}$$ 을 만족해야 한다.

그렇다면 $M,N$ 이 저것임을 어찌 판단할수 있는가? 클레로 정리 를 이용한다!

[!정리]

$M,N,M_y,N_x$ 가 $Q$ 에서 연속이다. 그렇다면

$M(x,y)+N(x,y)\frac{dy}{dx}=0$ 가 $Q$ 에서 exact $⟺M_y=N_x$ in $Q$ 이다.

[!증명] $⟹$ 방향

$M(x,y)+N(x,y)\frac{dy}{dx}=0$ 가 exact 라고 하자, $$\mathrm{\exists }\mathrm{\Psi }(x,y)\text{ s.t. }{\mathrm{\Psi }}_x=M,{\mathrm{\Psi }}_y=N\therefore M_y={\mathrm{\Psi }}_{xy},N_x={\mathrm{\Psi }}_{yx}$$
클레로 정리에 의해서, ($M_y=N_x$)

[!증명] $⟸$ 방향

$\overline{)1}:{\mathrm{\Psi }}_x=M,\overline{)2}:{\mathrm{\Psi }}_y=N$ 인 $\mathrm{\Psi }$ 가 존재함을 보이면 된다. $$\begin{array}{rl}& \overline{)1}:\mathrm{\Psi }(x,y)={\int }_{x_0}^{x}M(\overline{x},y)\partial \overline{x}+h(y)\\ \overline{)1}+& \overline{)2}:N(x,y)={\int }_{x_0}^x{M}_y(\overline{x},y)\partial \overline{x}+h^{\prime }(y)\end{array}$$ 그러므로 $\overline{)1},\overline{)2}$ 는 $h^{\prime }(y)=N(x,y)-{\int }_{x_0}^x{M}_y(\overline{x},y)\partial \overline{x}⟺N_x=M_y$ 이고, 이는 $N(x,y)-{\int }_{x_0}^x{M}_y(\overline{x},y)$ 가 오직 $y$ 에 대한 식이면 가능하다

이 식이 정말 $y$ 에 관한 식인가? $${\partial }_x[N(x,y)-{\int }_{x_0}^x{M}_y(\overline{x},y)\partial \overline{x}]=N_x-M_y=0$$ 이므로, $x$ 로 편미분해서 $0$ 이므로 오직 $y$ 에 관한 식임을 알수 있다.

Exact 방정식 실전 푸는 법 (4단계 레시피)

퍼텐셜 함수 $\mathrm{\Psi }(x,y)$ 를 찾는 과정은 편적분(Partial Integration)을 이용한 ‘퍼즐 맞추기’와 같다.

1단계: Exact 판정 (돌다리 두드리기)

$M_y$ 와 $N_x$ 를 각각 편미분하여 둘이 똑같은지 확인한다.

• $M_y=N_x$ 라면 Exact가 맞으므로 기분 좋게 2단계로 간다.

• 만약 다르다면? 이 방법으로 못 푼다.

2단계: $M$ 을 $x$ 에 대해 편적분하여 $\mathrm{\Psi }$ 의 뼈대 잡기

${\mathrm{\Psi }}_x=M(x,y)$ 임을 이용해, 양변을 $x$에 대해 적분한다. (이때 $y$ 는 철저하게 상수 취급한다!)

$$\mathrm{\Psi }(x,y)=\int M(x,y)\partial x+h(y)$$

[!notice] 적분 상수 대신 $h(y)$ !

일반적인 적분 상수 $C$ 가 아니라, 오직 $y$ 로만 이루어진 미지의 함수 $h(y)$ 를 붙여야 한다. 왜냐하면 $x$로 편미분할 때 $y$ 로만 된 식은 통째로 상수로 취급되어 $0$으로 날아가 버리기 때문이다.

3단계: $y$ 로 편미분하여 $N$ 과 비교하기 (조각 맞추기)

2단계에서 만든 $\mathrm{\Psi }$ 의 뼈대를 이번엔 $y$ 에 대해 편미분하고, 그 결과가 $N(x,y)$ 와 완벽히 같아야 함을 이용한다. (${\mathrm{\Psi }}_y=N$)

$${\mathrm{\Psi }}_y(x,y)=\frac{\partial }{\partial y}(\int M(x,y)\partial x)+h^{\prime }(y)=N(x,y)$$

이 식을 $h^{\prime }(y)$ 에 대해 정리하면 다음과 같이 나온다.

$$h^{\prime }(y)=N(x,y)-\frac{\partial }{\partial y}(\int M(x,y)\partial x)$$

[!tip] 계산 검산 포인트

우변을 싹 정리했을 때, $x$ 항은 모조리 소거되고 오직 $y$ 에 대한 식만 덩그러니 남아 있어야 정상이다. 만약 $x$가 끝까지 남아있다면? 1단계 판정을 잘못했거나, 2단계 적분 계산에서 삑사리가 난 것이다. 다시 돌아가자.

4단계: $h(y)$ 구하고 일반해 완성하기

$h^{\prime }(y)$ 를 $y$ 에 대해 적분하여 $h(y)$ 를 구한 뒤, 2단계의 뼈대에 집어넣어 $\mathrm{\Psi }(x,y)$ 를 완성한다.

최종 일반해는 반드시 다음과 같은 음함수(Implicit) 형태로 적어내야 끝난다. 여기서 추가로 대수적 행위를 통해 $y$ 를 구한다거나 할수도 있다.

$$\therefore \mathrm{\Psi }(x,y)=C$$

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2차 리니어 방정식

이차식: $y^{″}=f(t,y,y^{\prime })$ 꼴의 식이다.

여기서 선형 연산자 $L(y)=y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$ 를 생각하자

[!정의] 호모지니어스 #호모

$\text{어쩌고}(y)=g(x)$ 의 ODE가 있을때, $g=0$ 이라면 이 ODE는 호모지니어스 하다

[!정리] 중첩원리

선형연산자 $L$ 을 생각하자, $L(y)=0$ 의 특정한 근을 $y_1,y_2$ 라고 하자, 이떄 이 방정식의 일반해는 $c_1{y}_1+c_2{y}_2$ 이다. $c_1,c_2$ 는 임의의 상수이다

이제부터 “다른해” 라는 말은 $y_1$ 의 단순한 상수배가 아닌 진짜로 다른 해를 말한다 !

[!정리] 해의 존재성과 유일성

$p,q,g$ 가 구간 $I=(\alpha ,\beta )$ 에서 연속하다고 하자, 임의의 상수 $a,b$ 초기값 문제
$\{\begin{array}{l}{y}^{″}+p(t)y^{\prime }+q(t)y=g(t)\\ y(t_0)=a,y^{\prime }(t_0)=b\end{array}$
(여기서 중요한건 “2차” 니까 초기값도 2개가 필요하다는 거다)

라면 유니크한 해가 $I$ 안에서 존재한다!!!

[!증명]

이것에 대한 증명은 $n$ 차나 시스템 방정식의 경우에 대한 증명과 매우 유사하기 떄문에 그때 가서 해보면 된다 ㅎㅎ

[!예시] 중요1

$\{\begin{array}{l}{y}^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0\\ y(t_0)=0,y^{\prime }(t_0)=0\end{array}$ 을 푼다고 해보자,
이것의 유일한 솔루션은 $y=0$뿐이다 !!!!

상수배가 아닌 다른해가 $0=c_1{y}_1+c_2{y}_2$ 이고 $y_1,y_2$ 이 다른 그거여야 하니까 말이 안되서 0이 해일때는 0 말고 다른 해가 안 생긴다 … 정도로 이해하면 된다!

[!예시] 중요2

$y_1,y_2$ 가 $Ly=g,t\in I$ 의 해 라고 하자, 이떄 $y_1(t_0)=y_2(t_0),y_1^{\prime }(t_0)=y_2^{\prime }(t_0)$ for some $t_0\in I$ 라고면, 그렇다면 $$y_1(t)=y_2(t)\mathrm{\forall }t\in I$$

[!증명]

$\psi =y_1-y_2$ 이면, 선형성에 의해서 $\{\begin{array}{l}L\psi =0\\ \psi (t_0)=0,{\psi }^{\prime }(t_0)=0\end{array}$ 이다. by 위의 예시 8에 의해서 $\therefore \psi (t)=0$

[!정의] 론스키안

$$W[y_1,y_2](t)=\left|\begin{array}{cc}{y}_1(t)& y_2(t)\\ y_1^{\prime }(t)& y_2^{\prime }(t)\end{array}\right|=y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime }$$

also recall that $|A|\ne 0⟺\mathrm{\exists }{A}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$

[!정리] 모든 해를 표현한다 #정리9

$y_1,y_2$ 가 $Ly=0$ 의 서로 다른 해라고 하자, 이때 $W[y_1,y_2](t_0)\ne 0$ for some $t_0\in I$ 라고 하자, $$c_1{y}_1+c_2{y}_2\text{는 모든 해를 표현한다}$$

이때 여기서 $W[y_1,y_2](t_0)\ne 0\text{ at some }{t}_0\in I⟺y_1,y_2\text{ 가 서로 다른 해(선형독립)이다}$

[!증명]- 우리가 보여야 하는것

일단 중첩 원리에 의해 $\{c_1{y}_1+c_2{y}_2\}\subset \{\text{모든해}\}$ 임은 자명하다.

wts: $\{\text{모든해}\}\subset \{c_1{y}_1+c_2{y}_2\}$ 그러므로 임의의 근 $y$ 에대해 $y=c_1{y}_1+c_2{y}_2$ 인 상수 $c_1,c_2$ 가 존재함을 보인다.

$y$ 를 $Ly=0$ 의 임의의 해라고 하자, $A=\left(\begin{array}{cc}{y}_1(t_0)& y_2(t_0)\\ y_1^{\prime }(t_0)& y_2^{\prime }(t_0)\end{array}\right)$ 라고 하자 (론스키안!) 이때 $|A|\ne 0⟹A^{-1}\text{존재한다}$ $$\left(\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right)=A^{-1}\left(\begin{array}{c}y(t_0)\\ y^{\prime }(t_0)\end{array}\right)$$ 으로 정의하자

$⟺A\left(\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}y(t_0)\\ y^{\prime }(t_0)\end{array}\right)$ 여기서 행렬곱을 이용해서 (나 행렬곱 모르는데 ㅠㅠ)

$$\begin{array}{r}{c}_1{y}_1(t_0)+c_2{y}_2(t_0)=y(t_0)\\ \\ c_1{y}_1^{\prime }(t_0)+c_2{y}_2^{\prime }(t_0)=y^{\prime }(t_0)\end{array}$$
을 풀어야 한다
여기서 느끼자, 두 함수 $c_1{y}_1(t_0)+c_2{y}_2(t_0),y(t_0)$ 가 $t_0$ 에서 함수값과 미분계수의 값이 같아야 한다. 여기서 다시 예시6 과 예시7 를 recall 하자, $$\psi (t)=y(t)-c_1{y}_1(t)-c_2{y}_2(t)$$ 라고 정의하자, 다시 반복이다! $$\{\begin{array}{l}L\psi =0,t\in I\\ \psi (t_0)=0,{\psi }^{\prime }(t_0)=0\end{array}$$ 그러므로 $\psi (t)=0$ (예시 9) 이고 이 솔루션이 유일하다.
$c_1{y}_1+c_2{y}_2=y$ 를 만족하는 $c_1,c_2$ 는 늘 존재하게 된다

그럼 이런 질문이 생긴다, $W[y_1,y_2](t)=0$ 인 경우는 어떡해야 하는가? $⟹$ 니가 $y_2$ 를 잘못 잡았을 거다. 재대로 해보자

론스키안과 선형종속에 관하여

[!정의] 선형종속

$f,g$가 구간 $I$ 에서 선형종속 이다 : 두 함수 $f,g$ 가 구간 $I$ 에서 $f=cg\text{ 또는 }g=cf⟺$ $\mathrm{\exists }{a}_1,a_2(\text{at least one of them is non-zero) such that }{a}_{1}f+a_{2}g=0\mathrm{\forall }t\in I$

당현히 $\mathrm{\neg }\text{선형종속}=\text{선형독립}$

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[!정리] #선형동치

$y_1,y_2$ 가 $y^{″}+p{y}^{\prime }+q=0t\in I$ 의 근이라고 하자, 그렇다면 이 3가지는 동치이다

1. $y_1,y_2$ 는 선형종속
2. $W[y_1,y_2](t)=0\mathrm{\forall }t\in I$
3. $W[y_1,y_2](t_0)=0\text{ for some }{t}_0\in I$

증명을 하러 가보자,

$\begin{array}{rl}& \overline{)1}\to \overline{)2}\\ & \overline{)2}\to \overline{)3}\\ & \overline{)3}\to \overline{)1}\end{array}$ 순으로 보이면 된다.

[!증명] $\overline{)1}\to \overline{)2}$

$y_2=c{y}_1$ 이니까, $W[y_1,y_2](t_0)=\left|\begin{array}{cc}{y}_1(t)& c{y}_1(t)\\ y_1^{\prime }(t)& c{y}_1^{\prime }(t)\end{array}\right|=0$ 이다.

[!증명] $\overline{)2}\to \overline{)3}$

너무 자명하다!

[!증명] $\overline{)3}\to \overline{)1}$

우선 $W[y_1,y_2](t_0)=0$ for some $t\in I$ , we can put $$A=\left(\begin{array}{cc}{y}_1(t_0)& y_2(t_0)\\ y_1^{\prime }(t_0)& y_2^{\prime }(t_0)\end{array}\right)$$ thus $|A|=0$ 그리고 $\mathrm{\exists }\left(\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right)(\ne \left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right))\text{ such that }A\left(\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)$ (흠 뭔가 익숙하지 않은가?)

$\psi =c_1{y}_1+c_2{y}_2$ 을 생각하자, $$\{\begin{array}{l}{\psi }^{″}+p{\psi }^{\prime }+q\psi =0\\ \psi (t_0)=0,{\psi }^{\prime }(t_0)=0\end{array}$$ 헉 이거 예시 6 꼴이잖아! $\psi =0$ 이다! $\therefore c_1{y}_1+c_2{y}_2=0\mathrm{\forall }t\in I$ 이므로 $y_1,y_2$ 는 선형 종속

2차 방정식

절망스러운 사실이지만, 1차 방정식과 달리, 2차 방정식 $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ 의 근을 일반적으로 구할수는 없다! 다행히 $y_1$ 을 알면

[!tip]

Reduction of Order 공식
$$y_2(t)=y_1(t)\int \frac{e^{-\int p(t)dt}}{(y_1(t){)}^2}dt$$

을 사용할수 있으나, $y_1$ 을 찍어서 구해야 한다는 절망적인 사실은 그대로이다!

그렇기에 2차 방정식을 푸는 다양한 연구가 있었고, 이중에서 몇몇 특수한 경우를 잘 푸는 방법들이 개발되었다.

상수 계수 2차 호모지니어스 의 특수 케이스

[!정의] 특성방정식

$$a{y}^{″}+b{y}^{\prime }+cy=0(a\ne 0)$$ ($a,b,c$ 는 상수..)인 식이 있다고 하자, 그러면 사실 $a=0$ 이면 1차 방정식 이니까 이떄의 경험을 살려서

$y=e^{rt}$ 를 시도해 본다 이를 대입하면

$$e^{rt}(a{r}^2+br+c)=0$$ 이 나온다! 그럼 $(a{r}^2+br+c)=0$ 을 풀어야 한다는 거다!

이 방정식 $a{r}^2+br+c$ 을 “특성방정식” 이라고 부른다

[!예시] 중요한 remark

$W[y_1,y_2](t_0)\ne 0⟺y_1,y_2\text{ 가 다른 해이다}$

여기서 이 특성방정식의 판별식을 이용하면 된다.

근이 서로 다른 2개

아주 nice 하다, 서로 다른 $y_1,y_2$ 가 이미 나왔는데 더 설명이 필요한지?

중근이 나옴!

일단 $e^{rt}$ 라는 근 하나는 찾았는데… 다른 근이 하나 더 있어야 중첩 원리를 이용해서 모든 근을 찾아야 하는데… 그럼 어떻게 해야 할까

여기서 우리는 reduction of order 를 사용한다!

[!정리] reduction of order

특성 방정식이 중근이 나와서 근을 $y_1=e^{rt}$ 만 구했다면, reduction of order 를 이용해서 다른 근을 구할수 있다

중근이 나옴 - reduction of order 를 하는 방법

근을 $y_1=e^{rt}$ 를 구했다면, We Can Try : $y_2=v(t)y_1(t)$

(참고로 이것도 알아 두면 (아주) 좋다)

$$\begin{array}{rl}& L{y}_2=a(v^{″}{y}_1+2v^{\prime }{y}_1^{\prime }+v{y}_1^{″})+b(v^{\prime }{y}_1+v{y}_1^{\prime })+c(v_1{y}_1)\\ \\ & =a{y}_1{v}^{″}+{\cancel{(2a_1{y}^{\prime }+b{y}_1)}}^0{v}^{\prime }+{\cancel{(a_1{y}_1^{″}+b{y}_1^{\prime }+c{y}_1)}}^{0}v\end{array}$$

그러므로 $Ly=0$ 의 근이 $y_2=v{y}_1$ 이다. $⟺v^{″}=0$

$⟺v=c_{1}t+c_2$ 이고. $c_1,c_2$ 는 아무렇게 잡아도 괜찮다! (잘 생각해 보자)

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허근이 나옴

이것도 사실 개꿀이다! $r_1,r_2\in \mathbb{C}$ 이라면 그냥 하면 되고, 오일러 공식 과 선형성, 예시6 , 예시7 등을 이용해 허수부를 날리는 방향으로 나아가면 된다

Reduction Of Order 의 적용

이 트릭은 정말 강력한 트릭으로 유명한데,

[!정리] Reduction of Order 트릭

$y_1$ 이 방정식 $Ly=y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0t\in I$ 의 근이라고 하자, 두번째 근을 얻기 위해서는 우리는 $y_2=v{y}_1$ 을 시도할수 있다. $$\begin{array}{rl}& Lvy=y_1{v}^{″}+(2y_1^{\prime }+p{y}_1)v^{\prime }+(y{\cancel{{}_1^{″}+p{y}_1^{\prime }+q{y}_1)}}^{0}v\end{array}$$ 이므로

결론은: $v{y}_1$ 은 $Ly=0$ 의 근이다 $⟺y_1{v}^{″}+(2y_1^{\prime }+p{y}_1)v^{\prime }=0$ 이다 we put $w=v^{\prime }$, $y_1{w}^{\prime }+(2y_1^{\prime }+p{y}_1)w=0$ 이다! 결국 우리는 2차식을 1차식으로 줄였다!

넌 - 호모지니어스 2차식

$$\{\begin{array}{l}Ly=y^{″}+p{y}^{\prime }+qy\\ Ly=g(t)\end{array}$$ 이라면 어떻게 풀어야 하는가?

잠깐! $L{y}_1,L{y}_2=g(t)$ 라면, $L(y_1-y_2)=0$ 이잖아?

뭔가 호모지니어스 방정식과 관련이 있을까?

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[!정리]

$y_1,y_2$ 가 호모지니어스 방정식 $Ly=0t\in I$ 의 두 근 (선형독립) 이라고 하자, so that $W[y_1,y_2](t_0)\ne 0$ at some $t_0\in I$ 이라고 하자,
$y_p$ 는 $Ly=g(t)$ 넌-호머지니어스 방정식의 특정한 근이라고 하자, 이때 $Ly=g(t)$ 의 일반해는 $$c_1{y}_1+c_2{y}_2+y_p$$ 이다!

[!증명]

너무 자명하다, 선형성을 생각해 보자

그렇다면 특정한 해 $y_p$ 를 구하는 방법이 관건이 된다는 것이다! (이미 우리는 호모지니어스의 근을 구하는 법을 아니까)

그러니까 이제부터 다양한 방법을 찾아보는거다

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방법 1) 지수 낮추기

$y_1,y_2$ 가 $Ly=0$ -즉, 호모지니어스 2차식- 의 근이라고 하자, ¹

우리는 $Ly=g$ 의 특수한 근으로 $v{y}_1$ 을 시도할수 있다

그러면 곱미분의 성질 에 의해서,

$$\begin{array}{rl}& Lv{y}_1=v^{″}{y}_1+2v^{\prime }{y}_1^{\prime }+v{y}_1^{″}+p(v^{\prime }{y}_1+v{y}_1^{\prime })+qv{y}_1\\ & =y_1{v}^{″}+(p{y}_1+2y_1^{\prime })v^{\prime }+{\cancel{(y_1^{″}+p{y}_1^{\prime }+q{y}_1)v}}^0\\ \\ & \text{note that : }{y}_1^{″}+p{y}_1^{\prime }+q{y}_1=0\\ & \\ & =y_1{v}^{″}+(p{y}_1+2y_1^{\prime })v^{\prime }\end{array}$$

[!정리]

$Ly=0$ 의 근 $y_1,y_2$ 에 대해
$Lv{y}_1=g\text{ 을 만족한다 }⟺y_1{v}^{″}+(2y_1^{\prime }+p{y}_1)v^{\prime }=g$

여기서 $v^{\prime }=w$ 를 대입함으로써

$$y_1{w}^{\prime }+(2y_1^{\prime }+p{y}_1)w=g$$

을 얻는다.
(저 1차식은 이 방법으로 풀면 된다 )

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방법2) 미정계수법

상수 $a,b,c$ 가 있으면, $a{y}^{″}+b{y}^{\prime }+cy=g$ 를 풀어야 한다 (상수계수 호모지니어스와의 연관성을 느껴라)

그리고 $g$ 가 아주 NICE 한 상황: $g=e^t,\sin t,\cos t\text{ 등등의 선형결합}$

뭔가 $g$ 와 $g^{\prime }$ 의 관계가 깊음을 느낄수 있다. (어느정도 미분의 주기성을 띤다)

$\therefore$ 함수 $g$ 와 $g$ 의 $n$ 계 도함수 들의 선형 결합이 근이라고 합리적으로 유추 가능하다

[!예시]

$$y^{″}+3y^{\prime }+4y=3e^{2t}$$ 를 풀어보자, $y^{″}+3y^{\prime }+4y=0$ 의 특성 방정식 을 풀면, $y_1,y_2=e^{4t},e^{-t}$ 을 얻는다!
$y^{″}+3y^{\prime }+4y=3e^{2t}$ 의 특수근을 $y_p=A{e}^{2t}$ 라고 찍어보자

(왜 저 꼴인가? $g=3e^{2t}$ 의 함수와 $n$ 계 도함수의 선형결합 ${\displaystyle \sum _{k=0}^N{a}_k(D^k(3e^{2t}))}$ 은 $A{e}^{2t}$ 꼴임이 자명하므로…)

여기서 대입해서 그냥 풀어보면$A=-\frac{1}{2}$ 을 얻으므로
일반해 $y=c_1{e}^{4t}+c_2{e}^{-t}-\frac{1}{2}{e}^{2t}$ 를 얻는다

여기서 간단한 표기 하나를 정의하고 넘어가자,

[!정의]

$$lc(g)=\sum _{k=0}^N{a}_k(D^{k}g)$$ 즉, $g,g^{\prime },g^{″},g^{‴}\cdots$ 의 선형 결합.

이제 좀더 강력하게 작동하는 테크닉을 확인한다

[!important] 강력

1. $y_p=lc(g)$ 를 시도해 본다
2. 만약 $\mathrm{\forall }lc(g),L(lc(g))=0$ 이 나와 버린다면,
   $y_p=t^{n}lc(g)$ 을 시도하자, $n$ 은 $L(t^{n}lc(g))\ne 0$ 을 만족하는 가장 작은 $n$ 이다.
   이때 여러번 미분하고 그런것이 어려워 보이지만 이거 을 이용하는 센스를 이용하면 된다

[!warning]- 미정계수법의 절대 조건

미정계수법은 반드시 좌변이 상수 계수방정식 $(a{y}^{″}+b{y}^{\prime }+cy)$ 일 때만 쓸 수 있다. 계수에 $t$ 가 하나라도 섞여 있다면 (예: $t^2{y}^{″}-2t{y}^{\prime }=e^t$), 우변이 아무리 NICE해도 미정계수법은 쓸 수 없으므로 무조건 매개변수 변환법(Variation of Parameters)으로 넘어가야 한다.

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방법 3) variation of parameters

$$\{\begin{array}{l}Ly=y^{″}+p{y}^{\prime }+qy\\ Ly=g\end{array}$$ 를 풀자,

$Ly=0$ 인 근 $y_1,y_2$ 는 쉽게 구할수 있다, (당연히 이 둘은 선형독립)

$Ly=g$ 를 만족하는 특수근 $y_p$ 를 구하려면,

$y_p=v_1{y}_1+v_2{y}_2$ 를 시도할수 있다

$y_p^{\prime }=(v_1^{\prime }{y}_1+v_2^{\prime }{y}_2)+(v_1{y}_1^{\prime }+v_2{y}_2^{\prime })$

이때 여기서 $v_1^{\prime }{y}_1+v_2^{\prime }{y}_2=0$ 을 만족하도록 $v_1,v_2$ 를 잡아야 한다.

이를 이용하면, $L(v_1{y}_1+v_2{y}_2)={\cancel{v_{1}L{y}_1+v_{2}L{y}_2}}^0+v_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+v_2^{\prime }{y}_2^{\prime }$

으로 정리가 가능하므로, ${\displaystyle \left(\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{v}_1^{\prime }\\ v_2^{\prime }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ g\end{array}\right)}$ 을 풀면

$=\frac{1}{W[y_1,y_2](t)}\left(\begin{array}{cc}{y}_2^{\prime }& -y_2\\ -y_1^{\prime }& y_1\end{array}\right)$ 가 나오므로,

이를 정리하면 $$\begin{array}{rl}& v_1^{\prime }=-\frac{g{y}_2}{W[y_1,y_2](t)}\\ \\ & v_2^{\prime }=\frac{g{y}_1}{W[y_1,y_2](t)}\end{array}$$

그러므로 일반해는

$$y=c_1{y}_1+c_2{y}_2+y_1\int -\frac{g{y}_2}{W[y_1,y_2](t)}dt+y_2\int \frac{g{y}_1}{W[y_1,y_2](t)}dt$$

[!note]

이때 론스키안 이 $0$ 이면 어쩌냐는 의문이 생긴다 하지만 앞에서 우리는 이 정리 를 배웠다!
그러므로 해당 동치조건들의 대우를 이용해서, $$\therefore \mathrm{\forall }t\in I,W[y_1,y_2](t)\ne 0⟺\text{for some }{t}_0\in I,W[y_1,y_2](t_0)\ne 0$$ 이고, $y_1,y_2$ 는 $Ly=0$ 의 선형 독립인 근 이므로 $\text{for some }{t}_0\in I,W[y_1,y_2](t_0)\ne 0$ 가 성립한다

기타

[!정리]- 이항정리와 미분 #이항미분

$$D_x^2(fg)=f^{″}g+2f^{\prime }{g}^{\prime }+f{g}^{″}$$ 이다. 이를 좀더 일반화하면 $$D_x^n(fg)=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(D_x^{k}f)(D_x^{n-k}g)$$ 이다. 이처럼 곱의 미분과 이항정리는 유사한 관계를 가진다

[!note]- #1차풀이

리덕션 오브 오더에서 자주 보이는 1차식을 푸는법 $$y{w}^{\prime }+(2y^{\prime }+py)w=g$$ 를 푸는 방법은 간단하다 $$w^{\prime }+(\frac{2y^{\prime }}{y}+p)w=\frac{g}{y}$$ 이렇게 식을 변형해서 풀수가 있다. 이를 이용해서 풀면 된다

[!정리]- 오일러 공식

$$e^{i\theta }\stackrel{\text{def}}{=}\cos \theta +i\sin \theta$$ 이건 다들 알겠지…

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1. 여기서 기억하자: $Ly=y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$↩︎