01-01 - 1차와 2차 미분방정식

Preface

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

마찬가지로 \(\frac{du}{dt} = \dot{u}, \frac{d^2u}{dt^2} = \ddot{u} \cdots\) 라고 적어야 하겠지만 여기서는 \(u',u'' \cdots\) 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 \(y'' + p(t)y' + q(t)y = g(t)\) 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

\(y' + py=g\) 이 꼴을 1차 선형 ODE 라고 한다

note that \(D_{t}(e^{ A }y)=e^A(y'+A')\)

\(\therefore e^{ \int p(t) }(y'+p(t)y)=e^{ \int p(t) }(g(t))\)
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: \(y'+p(t)y=g(t)\) 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 \(Ly=y'+py\) 에 대해, \(Ly_{1}=g,Ly_{2}=g\) 이다, 그러므로 \(u=y_{1}-y_{2}\) 라 하자, \(\therefore Lu=u'+pu=0\) 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 \(y''+p(t)y'+q(t)y=g(t)\) 꼴 (즉, \(y''\)의 계수가 1인 표준형) 로 먼저 나누어 정리한 뒤에 판단해야 한다.
만약 \(t^2y''−2y=0\) 이라면, \({y''}-\frac{2}{t^2}y=0\) 으로 바꾼 뒤 \(t=0\) 에서 연속이 깨짐을 파악해야 한다. (아하! \((- \infty , 0)\) 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.

이그젝트

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

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

\[\Psi (x,y) =C\] 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 \(\Psi (x,y)\) 가 존제하면 \(Q\) 에서 exact 라고 불린다, 이때 \(\Psi(x,y)\) 는 \[\begin{aligned} M(x,y)= \Psi_{x} (x,y) \\ N(x,y)= \Psi_{y} (x,y)\end{aligned}\] 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 \(\iff M_{y}=N_{x}\) in \(Q\) 이다.

[!증명] \(\implies\) 방향

\(M(x,y) + N (x,y) \frac{dy}{dx} =0\) 가 exact 라고 하자, \[\exists \Psi(x,y) \text{ s.t. } \Psi_{x}=M,\Psi_{y}=N \quad \therefore ~ M_y = \Psi_{xy},N_{x}=\Psi_{yx}\]
클레로 정리에 의해서, (\(M_{y}=N_x\))

[!증명] \(\impliedby\) 방향

\(\enclose{circle}{1}:\Psi_{x}=M,\enclose{circle}{2}:\Psi_{y}=N\) 인 \(\Psi\) 가 존재함을 보이면 된다. \[\begin{aligned} &\enclose{circle}{1} :\Psi (x,y) = \int^{x}_{x_{0}} M(\bar{x},y) \partial \bar{x} +h(y) \\ \enclose{circle}{1} + &\enclose{circle}{2} : N(x,y) = \int^{x}_{x_{0}} M_{y}(\bar{x},y) \partial \bar{x} + h'(y) \end{aligned}\] 그러므로 \(\enclose{circle}{1},\enclose{circle}{2}\) 는 \(h'(y)=N(x,y)-\int^{x}_{x_{0}} M_{y}(\bar{x},y) \partial \bar{x} \iff N_{x}=M_{y}\) 이고, 이는 \(N(x,y)-\int^{x}_{x_{0}} M_{y}(\bar{x},y)\) 가 오직 \(y\) 에 대한 식이면 가능하다

이 식이 정말 \(y\) 에 관한 식인가? \[\partial_{x} \left[ N(x,y) - \int^{x}_{x_{0}} M_{y}(\bar{x},y) \partial \bar{x} \right] = N_{x} -{ M_{y}} =0 \] 이므로, \(x\) 로 편미분해서 \(0\) 이므로 오직 \(y\) 에 관한 식임을 알수 있다.

Exact 방정식 실전 푸는 법 (4단계 레시피)

퍼텐셜 함수 \(\Psi(x,y)\) 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 \(\Psi\) 의 뼈대 잡기

\(\Psi_x = M(x,y)\) 임을 이용해, 양변을 \(x\)에 대해 적분한다. (이때 \(y\) 는 철저하게 상수 취급한다!)

\[\Psi(x,y) = \int M(x,y) \partial x + h(y)\]

[!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 \(\Psi\) 의 뼈대를 이번엔 \(y\) 에 대해 편미분하고, 그 결과가 \(N(x,y)\) 와 완벽히 같아야 함을 이용한다. (\(\Psi_y = N\))

\[\Psi_y(x,y) = \frac{\partial}{\partial y} \left( \int M(x,y) \partial x \right) + h'(y) = N(x,y)\]

이 식을 \(h'(y)\) 에 대해 정리하면 다음과 같이 나온다.

\[h'(y) = N(x,y) - \frac{\partial}{\partial y} \left( \int M(x,y) \partial x \right)\]

[!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

\(h'(y)\) 를 \(y\) 에 대해 적분하여 \(h(y)\) 를 구한 뒤, 2단계의 뼈대에 집어넣어 \(\Psi(x,y)\) 를 완성한다.

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

\[\therefore \Psi(x,y) = C\]

2차 리니어 방정식

이차식: \(y''=f(t,y,y')\) 꼴의 식이다.

여기서 선형 연산자 \(L(y)= y''+py'+qy\) 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
\(\begin{cases} y''+p(t)y'+q(t)y=g(t) \\ y(t_{0})=a,y'(t_{0})=b\end{cases}\)
(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

\(\begin{cases} y''+py'+qy=0 \\ y(t_{0})=0,y'(t_{0})=0\end{cases}\) 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 \(y_{1}(t_{0})=y_{2}(t_{0}),y'_{1}(t_{0})=y'_{2}(t_{0})\) for some \(t_{0} \in I\) 라고면, 그렇다면 \[ y_{1}(t)=y_{2}(t) \quad \forall t \in I\]

[!증명]

\(\psi = y_{1}-y_{2}\) 이면, 선형성에 의해서 \(\begin{cases} L\psi=0 \\ \psi(t_{0})=0, \psi' (t_{0})=0\end{cases}\) 이다. by 위의 예시 8에 의해서 \(\therefore \psi(t)=0\)

[!정의] 론스키안

\[W[y_{1},y_{2}](t)= \begin{vmatrix} y_{1}(t) & y_{2} (t) \\ y_{1}'(t) & y_{2}'(t)\end{vmatrix} = y_{1}y'_{2}-y_{2}y'_{1}\]

also recall that \(|A| \neq 0 \iff \exists A^{-1} = \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix} d &-b \\ -c &a\end{pmatrix}\)

[!정리] 모든 해를 표현한다 #정리9

\(y_{1},y_{2}\) 가 \(Ly=0\) 의 서로 다른 해라고 하자, 이때 \(W[y_{1},y_{2}](t_{0}) \neq 0\) for some \(t_{0} \in I\) 라고 하자, \[ c_{1}y_{1} +c_{2}y_{2} \text{는 모든 해를 표현한다}\]

이때 여기서 \(W[y_{1},y_{2}] (t_{0}) \neq 0 \text{ at some } t_{0} \in I \iff y_{1},y_{2} \text{ 가 서로 다른 해(선형독립)이다}\)

[!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, \(A= \begin{pmatrix} y_{1}(t_{0}) & y_{2}(t_{0})\\ y_{1}'(t_{0}) & y_{2}'(t_{0})\end{pmatrix}\) 라고 하자 (론스키안!) 이때 \(|A| \neq{0} \implies A^{-1}\text{존재한다}\) \[\begin{pmatrix} c_{1} \\c_{2}\end{pmatrix}=A^{-1} \begin{pmatrix}y(t_{0})\\y'(t_{0} ) \end{pmatrix}\] 으로 정의하자

\(\iff \quad A\begin{pmatrix} c_{1} \\c_{2}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}y(t_{0})\\y'(t_{0} ) \end{pmatrix}\) 여기서 행렬곱을 이용해서 (나 행렬곱 모르는데 ㅠㅠ)

\[ \begin{aligned} c_{1}y_{1}(t_{0})+c_{2}y_{2}(t_{0})=y(t_{0})\\ \\c_{1}y_{1}'(t_{0})+c_{2}y_{2}'(t_{0})=y'(t_{0}) \end{aligned}\]
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! \[ \begin{cases} L\psi =0 ,t \in I \\ \psi(t_{0})=0, \psi'(t_{0})=0 \end{cases}\] 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? \(\implies\) 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 \(f=cg\text{ 또는 } g=cf \iff\) \(\exists a_{1},a_{2} (\text{at least one of them is non-zero) such that } a_{1}f+a_{2}g=0 \quad \forall t \in I\)

당현히 \(\neg \text{선형종속} =\text{선형독립}\)

[!정리] #선형동치

\(y_{1},y_{2}\) 가 \(y'' +py' +q=0 \quad t \in I\) 의 근이라고 하자, 그렇다면 이 3가지는 동치이다

\(y_{1},y_{2}\) 는 선형종속

\(W[y_{1},y_{2}](t)=0 \quad\forall t \in I\)

\(W[y_{1},y_{2}](t_{0})=0\text{ for some }t_{0}\in I\)

증명을 하러 가보자,

\(\begin{aligned} &\enclose{circle}{1} \to \enclose{circle}{2} \\ &\enclose{circle}{2} \to \enclose{circle}{3} \\ & \enclose{circle}{3} \to \enclose{circle}{1}\end{aligned}\) 순으로 보이면 된다.

[!증명] \(\enclose{circle}{1} \to \enclose{circle}{2}\)

\(y_{2}= cy_{1}\) 이니까, \(W[y_{1},y_{2}](t_0) = \begin{vmatrix} y_{1}(t) & cy_{1}(t) \\ y'_{1}(t) & cy'_{1}(t)\end{vmatrix}=0\) 이다.

[!증명] \(\enclose{circle}{2} \to \enclose{circle}{3}\)

너무 자명하다!

[!증명] \(\enclose{circle}{3} \to \enclose{circle}{1}\)

우선 \(W[y_{1},y_{2}](t_{0}) =0\) for some \(t \in I\) , we can put \[ A =\begin{pmatrix} y_{1}(t_{0} ) & y_{2}(t_{0}) \\ y_{1}'(t_{0}) & y_{2}'(t_{0}) \end{pmatrix}\] thus \(|A| = 0\) 그리고 \(\exists \begin{pmatrix} c_{1} \\ c_{2}\end{pmatrix} \left(\neq \begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix}\right) \text{ such that } A \begin{pmatrix}c_{1} \\ c_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix}\) (흠 뭔가 익숙하지 않은가?)

\(\psi =c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}\) 을 생각하자, \[\begin{cases} \psi'' + p \psi' + q \psi =0 \\ \psi(t_{0})=0 , \psi' (t_{0}) =0 \end{cases}\] 헉 이거 예시 6 꼴이잖아! \(\psi =0\) 이다! \(\therefore c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}=0 \quad \forall t \in I\) 이므로 \(y_{1},y_{2}\) 는 선형 종속

2차 방정식

절망스러운 사실이지만, 1차 방정식과 달리, 2차 방정식 \(y''+py'+qy=0\) 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

\[ ay''+b{y'}+cy=0\quad (a\neq 0)\] (\(a,b,c\) 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

\[ e^{rt}(ar^2 +br +c)=0\] 이 나온다! 그럼 \((ar^2 +br +c)=0\) 을 풀어야 한다는 거다!

이 방정식 \(ar^2 +br +c\) 을 “특성방정식” 이라고 부른다

[!예시] 중요한 remark

\(W[y_{1},y_{2}](t_{0}) \neq 0 \iff y_{1},y_{2}\text{ 가 다른 해이다}\)

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)

\[\begin{aligned} & Ly_{2} = a(v''y_{1}+2v'y_{1}'+vy_{1}'') + b(v'y_{1}+vy_{1}') + c(v_{1}y_{1}) \\ \\ &= ay_{1}v'' + \cancelto{ ~0 }{ (2a_{1}y' + by_{1}) }v' + \cancelto{~ 0 }{ (a_{1}y_{1}'' +by_{1}' +cy_{1}) }v \end{aligned}\]

그러므로 \(Ly=0\) 의 근이 \(y_{2}= vy_{1}\) 이다. \(\iff v'' =0\)

\(\iff v=c_{1}t+c_{2}\) 이고. \(c_{1},c_{2}\) 는 아무렇게 잡아도 괜찮다! (잘 생각해 보자)

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 \(Ly=y'' +py'+qy=0 \quad t \in I\) 의 근이라고 하자, 두번째 근을 얻기 위해서는 우리는 \(y_{2}=vy_{1}\) 을 시도할수 있다. \[\begin{aligned} & Lvy = y_{1}v'' + (2y_{1}'+py_{1})v' + (y\cancelto{ ~0 }{ _{1}'' + py_{1}'+qy_{1}) }v\end{aligned}\] 이므로

결론은: \(vy_{1}\) 은 \(Ly=0\) 의 근이다 \(\iff y_{1}v''+(2y_{1}'+py_{1})v'=0\) 이다 we put \(w=v'\), \(y_{1}w'+(2y_{1}'+py_{1})w=0\) 이다! 결국 우리는 2차식을 1차식으로 줄였다!

넌 - 호모지니어스 2차식

\[ \begin{cases} Ly = y'' + py' +qy \\ Ly = g(t) \end{cases}\] 이라면 어떻게 풀어야 하는가?

잠깐! \(Ly_1,Ly_{2}=g(t)\) 라면, \(L(y_{1}-y_{2}) =0\) 이잖아?

뭔가 호모지니어스 방정식과 관련이 있을까?

[!정리]

\(y_{1},y_{2}\) 가 호모지니어스 방정식 \(Ly=0 \quad t\in I\) 의 두 근 (선형독립) 이라고 하자, so that \(W[y_{1},y_{2}](t_{0}) \neq {0}\) 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

방법 1) 지수 낮추기

\(y_{1},y_{2}\) 가 \(Ly=0\) -즉, 호모지니어스 2차식- 의 근이라고 하자, ¹

우리는 \(Ly=g\) 의 특수한 근으로 \(vy_{1}\) 을 시도할수 있다

그러면 곱미분의 성질 에 의해서,

\[ \begin{aligned} &Lvy_{1}= v''y_{1}+2v'y_{1}'+vy_{1}''+p(v'y_{1}+vy_{1}')+qvy_{1} \\ & = y_{1}v''+(py_{1}+2y'_{1})v'+\cancelto{ ~0 }{(y_{1}'' +py'_{1}+qy_{1})v} \\ \\ &\text{note that : } y_{1}'' +py_{1}'+qy_{1} =0 \\ & \\ & = y_{1}v''+(py_{1}+2y'_{1})v' \end{aligned} \]

[!정리]

\(Ly=0\) 의 근 \(y_{1},y_{2}\) 에 대해
\(Lvy_{1}=g \text{ 을 만족한다 }\iff y_{1}v'' + (2y'_{1}+py_{1})v'=g\)

여기서 \(v'= w\) 를 대입함으로써

\[y_{1}w'+(2y_{1}'+py_{1})w=g\]

을 얻는다.
(저 1차식은 이 방법으로 풀면 된다 )

방법2) 미정계수법

상수 \(a,b,c\) 가 있으면, \(ay''+by'+cy=g\) 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 \(g'\) 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]

\[ y'' + 3y' +4y =3e^{ 2t }\] 를 풀어보자, \(y'' +3y'+4y=0\) 의 특성 방정식 을 풀면, \(y_{1},y_{2}=e^{ 4t },e^{ -t }\) 을 얻는다!
\(y'' + 3y' +4y =3e^{ 2t }\) 의 특수근을 \(y_{p}=Ae^{ 2t }\) 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 \(Ae^{ 2t }\) 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]

\[lc(g)= \sum_{k=0}^{N} a_{k}(D^kg)\] 즉, \(g,g',g'',g''' \cdots\) 의 선형 결합.

이제 좀더 강력하게 작동하는 테크닉을 확인한다

[!important] 강력

\(y_{p}= lc(g)\) 를 시도해 본다

만약 \(\forall lc(g),~L(lc(g))=0\) 이 나와 버린다면,
\(y_p=t^nlc(g)\) 을 시도하자, \(n\) 은 \(L(t^nlc(g)) \neq 0\) 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 \((ay''+by'+cy)\) 일 때만 쓸 수 있다. 계수에 \(t\) 가 하나라도 섞여 있다면 (예: \(t^2y''−2ty'=e^t\)), 우변이 아무리 NICE해도 미정계수법은 쓸 수 없으므로 무조건 매개변수 변환법(Variation of Parameters)으로 넘어가야 한다.

방법 3) variation of parameters

\[\begin{cases} Ly= y'' +py'+qy \\ Ly=g \end{cases}\] 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

\(y_p'=(v'_{1}y_{1}+v'_{2}y_{2}) + (v_{1}y'_{1}+v_{2}y'_{2})\)

이때 여기서 \(v'_{1}y_{1}+v'_{2}y_{2}=0\) 을 만족하도록 \(v_{1},v_{2}\) 를 잡아야 한다.

이를 이용하면, \(L(v_{1}y_{1}+v_{2}y_{2})=\cancelto{ ~0 }{ v_{1}Ly_{1}+v_{2}Ly_{2} }+v'_{1}y'_{1}+v'_{2}y'_{2}\)

으로 정리가 가능하므로, \(\displaystyle \begin{pmatrix} y_{1} & y_{2} \\ y_{1}' & y_{2}'\end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{1}' \\ v_{2}'\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0 \\ g\end{pmatrix}\) 을 풀면

\(= \frac{1}{W[y_{1},y_{2}](t)} \begin{pmatrix}y_{2}' & -y_{2} \\ -y_{1}' & y_1\end{pmatrix}\) 가 나오므로,

이를 정리하면 \[\begin{aligned} & v_{1}'=-\frac{gy_{2}}{W[y_{1},y_{2}](t)} \\ \\ & v_{2}'=\frac{gy_{1}}{W[y_{1},y_{2}](t)} \end{aligned}\]

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, \[\therefore \forall t \in I,W[y_{1},y_{2}](t) \neq 0 \iff \text{for some } t_{0} \in I , W[y_{1},y_{2}](t_{0}) \neq 0\] 이고, \(y_{1},y_{2}\) 는 \(Ly=0\) 의 선형 독립인 근 이므로 \(\text{for some } t_{0} \in I , W[y_{1},y_{2}](t_{0}) \neq 0\) 가 성립한다

기타

[!정리]- 이항정리와 미분 #이항미분

\[D^2_{x} (fg)=f''g+2f'g'+fg''\] 이다. 이를 좀더 일반화하면 \[D^n_{x} (fg)= \sum^n_{k=0} \binom{n}{k} (D^k_{x}f)(D^{n-k}_{x}g)\] 이다. 이처럼 곱의 미분과 이항정리는 유사한 관계를 가진다

[!note]- #1차풀이

리덕션 오브 오더에서 자주 보이는 1차식을 푸는법 \[yw'+(2y'+py)w=g\] 를 푸는 방법은 간단하다 \[ w' + \left( \frac{2y'}{y}+p \right)w=\frac{g}{y}\] 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…

여기서 기억하자: \(Ly=y''+py'+qy\)↩︎

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미분방정식- 1차와 2차 방정식