1계 미분방정식

미분방정식을 풀어보자.

위험

1계 미분방정식은 특이해를 가진다.

특이해는 분모가 0이 되는 곳, 경계값이 후보가 된다.

특이해처럼 보이지만 특수해 인 경우도 있으므로 verify해본다.

Seperable

변수분리형. $0dx = 0dy$ 꼴로 나타낼 수 있으면 변수분리형으로 해결한다.

autonomous

$f'$을 표현해봤을 때 독립변수와 상관없이 종속변수로만 이루어진 걸 의미한다.

치환

$ay+b$꼴 혹은 $\frac{y}{x}$꼴 일 경우 $u$치환한다.

치환할때 종속변수 $y$를 없애고 종속변수 $u$와 독립변수 $x$를 통해 표현할 것이라는 걸 인지하며 푼다.

좌변 자체가, 혹은 다른 형태의 특이한 치환이 존재할 수 있다.

Exact

전미분을 사용한 완전미분. $du = Pdx + Qdy$를 통해 해결한다.

$P_y$와 $Q_x$가 같으면 클레로 정리에 의해 완전미분을 만족한다.

위험

해를 표현할때 solution꼴로 써야지, U를 포함한 식으로 쓰면 안됨

치환

그냥 안된다면, $P_y$와 $Q_x$를 구해보고, $F(x,y)$를 곱해 완전미분형태를 만들 수 있으면 F를 곱해 치환해 해결한다.

1계 상미분방정식

$y'+p(x)y=r(x)$인 경우의 해를 일반화 한다.

(H)의 경우 변수분리형으로 해결. 이때 $y=0$도 항등해가 될 수 있음

(N)일 경우, $(p(x)y-r)dx+1dx=0$꼴로 생각하고 완전미분으로 해결한다.

베르누이 방정식

지금까지는 선형인 경우에 대해서만 다뤘다.

$y'+p(x)y=q(x)y^\alpha (\alpha\neq0,1)$다음과 같이 비선형일 경우, 치환을 통해 해결한다.

$u=y^{1-\alpha}$로 치환하고 $u'$을 구한다.
$u'$을 구한 식에 $y'+p(x)y=q(x)y^\alpha$식을 대입해 정리하면 선형이 되어 1계 상미분방정식을 해결하는 것처럼 해결한다.
다시 $y$를 구해줘야 한다는 것을 잊지 않는다.

해의 존재성

적당한 구간에서 연속이고 bounded면 적절한 해곡선이 존재한다.

but 이것만으로 유일성을 증명할 순 없다. $dF/dy$역시 연속이여야 유일성이 증명된다.(0 주의)

2계 상미분방정식

$y''+p(x)y'+q(x)y=0 (H)$
$y''+p(x)y'+q(x)y=r(x) (N)$

(H)의 해는 vector space를 만족한다

$y_1,y_2$설정 후 직접 대입

(H)는 linearly independent 한 해 $y_1,y_2$를 갖는다.

얘는 자명하게 받아들이는 건가?

linearly independent를 만족하기 위해선 $c_1y_1+c_2y_2=0$이여야 함으로 $c_1,c_2$가 0이 되어야 한다.

(H)의 해집합 = $span\{y_1,y_2\}$

$\supset$은 $c_1y_1+c_2y_2$을 통해 증명

$\subset$은 IVP1,IVP2를 설정, 론스키안이 0이 아님을 증명 => linearly independent, 각각의 해는 basis가 된다.

(N)의 해 y 는 (H)의 해 + particular solution이 된다.

$\supset$은 대입, $\subset$은 위에 것처럼 증명

문제풀이

그럼, 해야할게 뭐지? => (H)의 해 두개를 구해야겠다.

직접구하기는 어려워. 그래서 $y_1$이 주어진다면 $y_2=uy_1$로 가정, 미분, 한번더 미분후 직접 구한다.

값이 하나 주어지는 경우는 너무한 가정 아니에요? => 너무 복잡해. 간단하게.

실수계수

$y''+ay'+by=0 (a,b는 실수)$

$y=e^{\lambda x}$로 가정 후 풀이

오릴러-코시

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

특수한 경우에도 두가지 해를 모두 구할 수 있다.

• 2차: $m^2+(a-1)m+b=0$
• 3차: $m^3+(a-3)m^2+(2-a+b)m+c=0$

$y=x^{m}$로 가정 후 풀이

오케이. 이렇게 해서 (H)의 해 $y_1,y_2$를 구했다.

그러면 (N)을 구하기위해선 particular solution $y_p$를 구해야 하는데, 어떻게 구하지?

Undtermined Coefficient Method

미정계수법 느낌.

$r(x)$를 관찰하여 미정계수를 때려박는다.

단, (H)의 해가 되면 소거됨으로 이렇게 되면 독립변수 x를 곱해준다.

위험

$r(x)$에 (H)의 해가 포함되어 있다고 해도 생략하면 안되고 x를 곱해줘야 한다.

x를 곱해준 것도 존재하면 또 x를 곱해준다.

x를 곱한 값이 존재하면 그 친구도 x를 곱해준다.(연대책임)

론스키안

이를 통해 $y_1,y_2$가 독립인지, 종속인지 판단한다.

• 종속이면, 모든 x에 대해 W=0이다.
  실수배임으로 통해 표현, W를 구해보면 0이다.
• 이에대한 대우로 어떠한 $x^*$에서 $W\neq0$이면 독립이다.
• $y_1,y_2$가 (H)의 sol이라면, W=0이면 종속이다.
  일반적으로 첫번째 이론의 역은 성립안하는데, 전제를 끼워넣으면 가능하다. 초기값을 0으로 세팅, W=0이라고 가정하면 종속이 된다.

Variation of Parameter

론스키안을 이용한다. $y_p$는 (H)의 해는 아닐테니 각각의 해에 $u(x),v(x)$를 곱해준다.

$y_p = uy_1+vy_2$
만 있으면 미분과정에서 경우의 수가 너무 많아.

$u'y_1+v'y_2$이라는 가정을 하나 더 하고 문제풀이

론스키안과 크레모어를 사용해 $u',v'$을 구하여 $y_p$를 구한다.

위험

코시-오일러, 혹은 해가 주어진 이후 VofP를 쓸 경우, $y''$의 계수는 1 이여야 한다.

존재성과 유일성

p,q가 연속이고 초기값이 주어져 있다면 해가 존재하고 그 해는 유일하다.

위험

(H)에서 독립인 해 2개를 찾아 일반해를 구할 수 있다.

존재&유일성을 논하기 위해서는 IVP가 주어져있어야 한다.

IVP가 주어져 있고, p,q가 연속이면 존재하고 유일하다는 것을 받아들인다.

-> IVP 문제는 초기값이 또 다른 단서를 제공할 수 있다.

$y=0$은 (H)의 자명한 해다. (H)인 경우 IVP문제라면 해의 존재성&유일성이 보장되니, $y=0$을 의심해볼 만하다.

domain(정의역)은? 해를 포함하는 임의의 interval

3계 상미분방정식

마찬가지로 증명을 통해 특이해는 없음을 밝힐 수 있다.

해를 구하는 방식은 동일하다.

Linear Constant Coefficient System

지금까지는 하나의 y에 대해서만 다뤘다.

식에 동시에 $y_1,y_2$가 섞여있는 경우에 대해서 다룬다.

전부 y, 상수로 이루어져 있으므로 $\vec{y} = \vec{v}e^{\lambda x}$로 가정한다.

$\vec{y'} = \vec{v}\lambda e^{\lambda x}$가 되고,
$\vec{y'} = A\vec{y}$임을 알고 있으므로 정리하면

$A\vec{v}=\lambda\vec{v}$가 된다.

이는 람다는 고유값, v는 고유벡터가 됨을 알 수 있고, 이들을 구해 시스템을 푼다.

그럼 이 시스템은 어떤 공간을 이룰까?

상수를 공유하는 n개의 해를 구한다. 각각의 상수들에 간단한 값들(0,1)을 부여해보며 어떤 식으로 생긴 공간인지 확인해볼 수 있다.