Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt ovat differentiaaliyhtälöitä, joissa esiintyy funktioiden toisen kertaluvun derivaattoja. Toisen kertaluvun DY:t ovat yleisesti ottaen vaikeampia ratkaista kuin ensimmäisen kertaluvun. Toisen kertaluvun DY on funktio, joka on muotoa
.
DY on normaalimuotoinen, jos se on muotoa
.
Yksinkertaisuuden vuoksi rajoitetaan tämän aihealueen tarkastelut vain normaalimuotoisiin ja lineaarisiin DY:ihin. Toisen kertaluvun DY:iden ratkaiseminen eroaa ensimmäisen kertaluvun DY:iden ratkomisesta mm. seuraavasti:
- Yleistä ratkaisukaavaa ei ole.
- Jokaiselle yhtälötyypille on oma teoriansa.
- Ratkaisuissa yritetään löytää ns. perusratkaisut, joiden avulla kaikki ratkaisut voidaan muodostaa.
- Ratkaise differentiaaliyhtälö
tarkoittaa sitä, että on etsittävä kaikki derivoituvat funktiot
, jotka toteuttavat annetun DY:n. Ratkaisuja on yleensä äärettömän monta, mikä johtuu lähes aina integrointivakioiden mielivaltaisesta valinnasta. Ts. vastaukseksi haetaan yleistä yhtälöä, ei erikoistapausta.
- Ratkaise alkuarvotehtävä

- tarkoittaa sitä, että on etsittävä jokin derivoituva funktio
joka toteuttaa annetun DY:n sekä alkuehdot. Ratkaisuna olevan funktion määrittelyvälissä
voi olla pieni tai suuri luku. Määrittelyjoukon on oltava avoin väli, sillä funktion derivoituvuus on määritelty aina avoimella välillä. Huomaa, että määrittelyjoukon ei tarvitse olla äärellinen väli. Myös positiivinen ja negatiivinen ääretön voivat olla välin avoimia päätepisteitä. Toisen kertaluvun DY:n alkuarvotehtävän ratkaisemiseksi tarvitaan aina kaksi alkuehtoa. Alkuehdot voivat olla joko funktion ja sen derivaatan arvot tietyssä pisteessä (kuten edellä) tai funktion arvot kahdessa eri pisteessä (esim.
ja
). Jälkimmäisessä tapauksessa alkuarvotehtävää kutsutaan reuna-arvotehtäväksi.
Toisen kertaluvun normaalimuotoinen DY on lineaarinen, jos se on muotoa
,
missä
ovat jatkuvia funktioita joillain
,
. Muussa tapauksessa DY on epälineaarinen. Toisen kertaluvun epälineaaristen DY:iden teoria on verrattain haastavaa, joten se sivuutetaan tässä osiossa. Epälineaaristenkin DY:iden käsittely helpottuu huomattavasti, jos yhtälössä ei esiinny suoraa riippuvuutta
:stä tai
:stä:
Jos toisen kertaluvun normaalimuotoinen differentiaaliyhtälö on muotoa
,
päästään ratkaisun kimpuun käyttämällä apufunktiota
. Tällöin
toteuttaa yhtälön
,
joka on ensimmäisen kertaluvun DY ja siten ratkaistavissa aiemmin opituin menetelmin. Kun
on ratkaistu, saadaan alkuperäisen DY:n ratkaisu integroimalla:
,
missä
on integrointivakio.
Toisen kertaluvun lineaarinen DY on homogeeninen, jos
.
Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöt ovat erityisesti siitä tärkeitä, että niillä on usein jokin sovellus tai merkitys fysiikassa. Niiden ratkaisut eivät myöskään yleensä ole eksplisiittisiä. Joidenkin DY:iden ratkaisufunktiot ja itse DY:t on nimetty keksijänsä mukaan. Tässä on niistä joitain.
Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa
,
missä
, kutsutaan Legendren differentiaaliyhtälöiksi. Jos
, niin DY:n ratkaisut ovat nk. Legendren polynomeja.
Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa
,
missä
, kutsutaan Besselin differentiaaliyhtälöiksi. Jos
, niin DY:n ratkaisut ovat nk. Besselin funktioita.
Differentiaaliyhtälöitä, jotka ovat muotoa
,
missä
, kutsutaan hypergeometrisiksi differentiaaliyhtälöiksi. Näiden DY:iden ratkaisut ovat nk. hypergeometrisia funktioita.
Homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaiseminen[muokkaa | muokkaa wikitekstiä]
Olkoon funktiot
ja
homogeenisen differentiaaliyhtälön
ratkaisuja. Tällöin myös niiden lineaarikombinaatio
,
missä
, on ko. yhtälön ratkaisu.
Funktiot
muodostavat homogeenisen DY:n
ratkaisukannan, jos jokaiselle saman DY:n ratkaisulle
on olemassa vakiot
siten, että
kaikilla
.
Ratkaisukanta on siis eräänlainen DY:n perusratkaisuiden joukko, jonka avulla voidaan esittää saman DY:n mikä tahansa muu ratkaisu. Jotta ratkaisukanta
olisi hyvin määritelty, sille pitää olla voimassa seuraavat vaatimukset:
- Funktioiden
ja
on oltava itse DY:n ratkaisuja (luonnollisestikin!).
- Funktioiden
ja
on oltava eri funktiot muullakin tapaa kuin vakiota vaille. Esimerkiksi DY:n
ratkaisuja ovat (esimerkiksi) funktiot
,
ja
. Määritelmän 3 perusteella
on huono valinta ratkaisukannaksi, sillä funktiota
ei voi esittää funktioiden
ja
lineaarikombinaationa. Sen sijaan
on hyvä valinta ratkaisukannaksi.
- Funktioiden
ja
on siis oltava lineaarisesti riippumattomia.
Määritelmä 4: lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus[muokkaa | muokkaa wikitekstiä]
Funktiot
ovat lineaarisesti riippuvia (lyhennetään LD, en. Linearly Dependent), jos on olemassa vakiot
siten, että
tai
(tai molemmat) ja
kaikilla
. Tämän kanssa yhtäpitävää on se, että on olemassa vakio
siten, että joko
tai
kaikilla
.
Vastaavasti funktiot
ovat lineaarisesti riippumattomia (lyhennetään LI, en. Linearly Independent), jos ehdosta
kaikilla
seuraa, että
.
HUOM! Jos
ja
, niin
ja
ovat väistämättä lineaarisesti riippuvia. Näin ollen nollafunktio ei voi kuulua yhdenkään DY:n ratkaisukantaan.[1]
Osoitetaan, että funktiot
,
ja
ovat lineaarisesti riippumattomia käyttäen epäsuoraa todistusta. Antiteesi[2]:
ja
ovat lineaarisesti riippuvia. Tällöin on olemassa vakiot
siten, että
tai
ja
kaikilla
. Ts.
Derivoidaan yhtälö puolittain:
Tämän pitää päteä kaikilla
. Ainoa vaihtoehto on, että
, jolloin
. Tämä on ristiriita, sillä molemmat vakiot eivät saaneet olla nollia. Siis alkuperäinen väite on tosi.
Kahden funktion lineaarisen riippumattomuuden tarkistaminen tai todistaminen esimerkin 2 tapaan on kuitenkin varsin työlästä. Esitetään seuraavaksi menetelmä, jonka avulla voidaan nopeammin todeta lineaarinen riippuvuus tai riippumattomuus.
Olkoon
. Funktioiden
ja
Wronskin determinantti on (jatkuva) funktio
,[3]
kaikilla
.
Jos
ja on olemassa luku
siten, että
, niin
ja
ovat lineaarisesti riippumattomia.
Lemman 1 (epäsuora) todistus
|
Antiteesi: On olemassa luku siten, että ja sekä ovat lineaarisesti riippuvia. Tällöin, määritelmän 4 mukaisesti, on olemassa vakio siten, että joko tai kaikilla . Voidaan olettaa, että , jolloin myös kaikilla . Tällöin millä tahansa luvulla
Ts. ei ole olemassa lukua , jossa . Tämä on ristiriidassa oletusten kanssa.
Q.E.D.
|
HUOM! Lemma 1 ei toimi toisin päin. Ts. jos
ja
ovat lineaarisesti riippumattomia, niin välttämättä ei pidä paikkansa, että
kaikilla
. Esimerkiksi jos
,
ja
niin
ja
ovat lineaarisesti riippumattomia, mutta
kaikilla
.
Olkoon funktiot
differentiaaliyhtälön
ratkaisuja. Tällöin ne ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain, jos on olemassa
siten, että
.
Lauseen 2 todistus
|
'' '' Oletetaan, että ja ovat lineaarisesti riippumattomia. Halutaan osoittaa, että jollain . Tiedetään, että on olemassa piste , jossa , sillä jos olisi , niin ja olisivat lineaarisesti riippuvia. Tällöin, koska on jatkuva funktio, on myöskin olemassa siten, että kaikilla . Osoitetaan seuraavaksi epäsuorasti, että :
Antiteesi: . Ts. kaikilla . Tällöin
kaikilla .
Tällöin , eli kaikilla . Erityisesti
(Tämä pätee, kunhan on pieni). Tällöin ja toteuttavat saman alkuarvotehtävän. Ratkaisun yksikäsitteisyyden[4] nojalla
kaikilla .
Tämä on määritelmän 4 mukaan ristiriita.
'' '' Lemma 1
Q.E.D.
|
Seuraavat ehdot ovat yhtäpitäviä[5] lineaarisen, homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisuille
:
- Funktiot
ja
muodostavat ratkaisukannan.
- Funktiot
ja
ovat lineaarisesti riippumattomia.
jollakin
.
kaikilla
.
Lauseen 3 osatodistus
|
1. 2.: (Oletus: Funktiot ja muodostavat ratkaisukannan. Väite: Funktiot ja ovat LI.) Antiteesi: Funktiot ja ovat LD. Ts. (voidaan olettaa, että) on olemassa vakio siten, että
kaikilla . Differentiaaliyhtälön kaikki ratkaisut ovat ratkaisukannasta johtuen muotoa
missä on vakio. Olkoon .
Jos , niin ratkaistaan alkuarvotehtävä
Yhtälön ( ) nojalla ratkaisu on muotoa kaikilla . Erityisesti , jolloin ja . Tällöin myös , mikä on ristiriidassa alkuarvotehtävän kanssa.
Jos , niin ratkaistaan alkuarvotehtävä
Yhtälön ( ) nojalla kaikilla . Erityisesti . Tämä on ilmeinen ristiriita.
Antiteesi johtaa ristiriitaan, joten väite 2 seuraa väitteestä 1.
2. 3.: Lause 2
3. 4.: Harjoitustehtävä
4. 1.: (Oletus: kaikilla . Väite: Funktiot ja muodostavat ratkaisukannan.) Nyt Wronskin determinantti ratkaisee DY:n
.
Näin ollen[6]
Olkoon homogeenisen, lineaarisen DY:n ratkaisu. Tällöin jollekin . Vastaavasti ja joillekin . Tällöin
Koska ja kaikilla , niin
Määritelmän 3 nojalla funktiot ja muodotavat DY:n ratkaisukannan.
Q.E.D.
|
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
. Suhteellisen helposti voidaan todeta, että funktiot
ja
ovat DY:n eräät ratkaisut. Lisäksi
kaikilla
. Tällöin
ja
ovat LI. Kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa
,
missä
.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
. Suhteellisen helposti voidaan todeta, että funktiot
ja
ovat DY:n eräät ratkaisut. Lisäksi
.
Tällöin
ja
ovat LI. Kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa
,
missä
.
Olkoon
jatkuvia funktioita. Differentiaaliyhtälöllä
on aina olemassa ratkaisukanta.
Ratkaisukannan löytäminen kertaluvun pudotuksella[muokkaa | muokkaa wikitekstiä]
Edellisen luvun perusteella homogeenisen differentiaaliyhtälön
kaikki ratkaisut löytyvät, jos löydetään kaksi toisistaan lineaarisesti riippumatonta ratkaisua. Tässä luvussa todetaan, että riittää löytää vain yksi ei-triviaali ratkaisu.[1] Koko touhun idea on melko yksinkertainen:
Olkoon
ja
homogeenisen DY:n ratkaisu siten, että
kaikilla
. Etsitään toinen perusratkaisu, joka on muotoa
kaikilla
jollekin funktiolle
. Ratkaistaan
:
Jaetaan yhtälö puolittain
:llä. Tämä on mahdollista, koska oletettiin, että
kaikilla
. Määritellään lisäksi funktio
,
.
Tällöin
Merkitään edelleen
:
Tiedetään[7], että tämän DY:n eräs ratkaisu on
.
Siispä
Tällöin
on eräs ratkaisu. Ratkaisut
ja
ovat lisäksi lineaarisesti riippumattomia, sillä
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
Havaitaan, että eräs ratkaisu on
:
ja
, jolloin
.
Olkoon
. Tällöin
ja
. Olkoon
Merkitään
. Tällöin
Tällöin
,
missä
ovat vakioita. Toinen ratkaisu on tällöin
Yhdistetään ratkaisut:
Muotoillaan vakioita uudelleen siten, että
ja
. Tällöin ratkaisu on
,
Ratkaistaan 1. asteen Legendren differentiaaliyhtälö (
):
Eräs ratkaisu on
, sillä
,
ja
.
Olkoon
. Tällöin
Koska
, voidaan jakaa yhtälö puolittain
:llä:
Merkitään
:
Tällöin
missä
on vakio. Tehdään funktion
lausekkeelle osamurtokehitelmä:
Ratkaistaan
:
missä
on vakio. DY:n toinen ratkaisu on tällöin
Yhdistetään ratkaisut:
Muotoillaan vakioita uudelleen siten, että
ja
. Tällöin ratkaisu on
,
.
Vakiokertoiminen homogeeninen differentiaaliyhtälö[muokkaa | muokkaa wikitekstiä]
Tarkastellaan vakiokertoimista homogeenista differentiaaliyhtälöä
,
missä
ovat vakioita. Tehdään sivistynyt arvaus, että DY:n ratkaisut ovat muotoa
, missä
. Tällöin huomataan, että
Sijoitetaan nämä DY:öön:
Siis jos luku
toteuttaa 2. asteen yhtälön (
), niin
on DY:n ratkaisu. Yhtälöä (
) sanotaan ko. differentiaaliyhtälön karakteristiseksi yhtälöksi, jonka ratkaisut ovat[8]
ja
.
Jos
, niin saadaan ratkaisut
Lisäksi
,
sillä
. Lauseen 3 nojalla kaikki DY:n ratkaisut ovat muotoa
,
.
Jos
, niin saadaan vain yksi ratkaisu
. Toinen ratkaisu löydetään kertaluvun pudotuksella:
. Tällöin
Siis
, missä
ovat vakioita. Koska DY:n yleinen ratkaisu syntyy vasta ratkaisujen summasta, voidaan olettaa, että
ja
. DY:n kaikki ratkaisut ovat siis muotoa
,
.
Jos
, niin piipahdetaan hetkeksi kompleksilukujen maailmaan. Karakteristisella yhtälöllä on kaksi kompleksista juurta:
Ratkaisut ovat siis
ja
Lyhennyssyistä merkitään
ja
. Koska
, niin
ja
ovat molemmat reaalilukuja. Lyhennysmerkintöjä käyttäen ratkaisut ovat
ja
.
Yleinen ratkaisu voidaan kuitenkin sieventää siten, että se on puhtaasti reaalinen funktio. Eulerin lauseen mukaan
kaikille reaaliluvuille
. Siis
ja
[9]
Koska
ja
ovat DY:n ratkaisuja, niin lauseen 1 nojalla myös funktiot
ja
ovat ratkaisuja.
ja
Merkitään
ja
. Lauseen 1 nojalla funktiot
ja
ovat DY:n ratkaisuja. Ne ovat lisäksi lineaarisesti riippumattomia (todistus: harjoitustehtävä), joten kaikki ratkaisut ovat muotoa
,
Vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön
ratkaisut ovat
,
- Jos
:
, missä
ja 
- Jos
:
, missä 
- Jos
:
, missä
ja 
sekä
ja
ovat vakioita.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
. Kyseessä on vakiokertoiminen DY, jonka karakteristinen yhtälö on
. Karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat
.
DY:n ratkaisu on siis
,
.
Tässä kappaleessa osoitetaan, että yleinen lineaarinen differentiaaliyhtälö ratkeaa selvittämällä ensin vastaavan homogeenisen DY:n ratkaisukanta. Tämän jälkeen ratkaistaan DY:n epähomogeenisen osan osaratkaisut. DY:n ratkaisu on näiden kahden vaiheen summa.
Tarkastellaan lineaarista differentiaaliyhtälöä
,
missä
ovat jatkuvia funktioita. Havaitaan, että jos funktiot
ja
ovat DY:n (
) ratkaisuja, niin funktio
on vastaavan homogeenisen DY:n
ratkaisu:
Oletetaan, että funktiot
muodostavat lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisukannan ja olkoon
jokin DY:n (
) ratkaisu. Tällöin DY:n (
) kaikki ratkaisut ovat muotoa

Lauseen 6 todistus
|
Olkoon jokin differentiaaliyhtälön ( ) ratkaisu. Konstruoidaan apufunktio . Aiemmin todettiin, että on vastaavan homogeenisen DY:n ratkaisu. Funktiot ja muodostavat ratkaisukannan, joten on olemassa vakiot siten, että
kaikilla . Edelleen
kaikilla .
Q.E.D.
|
HUOM! Jos
on DY:n
ja
DY:n
ratkaisu, niin
on DY:n
ratkaisu.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälö
. Vastaava homogeeninen DY on
, jonka karakteristinen yhtälö on
. Karakteristisen yhtälön juuret ovat
. Lauseen 5 mukaan homogeenisen DY:n ratkaisu on
, missä
ovat vakioita.
Etsitään epähomogeenisen osan osaratkaisut:
DY:n ratkaisu on siis
.
Vakiokertoiminen ei-homogeeninen differentiaaliyhtälö[muokkaa | muokkaa wikitekstiä]
Mikäli vakiokertoimisessa lineaarisessa differentiaaliyhtälössä
funktio
on tiettyä muotoa, löytyy ratkaisu kokeilemalla. Tämän vuoksi vakiokertoimisten ei-homogeenisten DY:iden ratkaisemista voikin kutsua sivistyneeksi arvaukseksi.
Olkoon
n. asteen polynomi. Ts. olkoon
ja
siten, että
,
.
Arvataan, että epähomogeenisen osan osaratkaisu
on myös n. asteen polynomi. Olkoon
ja
.
Tällöin
Sijoitetaan derivoidut lausekkeet differentiaaliyhtälöön:
Yhtälön kummallakin puolella jokaisen asteen monomien kertoimien on oltava yhtä suuret. Saadaan yhtälöryhmä:
Toisin sanoen
Jäljelle jää ratkaistavaksi yhtälöryhmästä kertoimet
.
Ratkaistaan differentiaaliyhtälön
epähomogeeninen osa. Nyt
on 2. asteen polynomi, joten arvataan, että ratkaisu on 2. asteen polynomi
. Derivoidaan arvaus:
Sijoitetaan nämä DY:öön:
Saadaan yhtälöryhmä
Yhtälöryhmän ratkaisu on
Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis
.
Olkoon
eksponenttifunktio. Ts. olkoon
siten, että
. Arvataan, että epähomogeenisen osan osaratkaisu
on myös eksponenttifunktio. Tällöin edessä on kolme vaihtoehtoa sen mukaan, mikä tai mitkä ovat DY:n karakteristisen yhtälön (
) juuret ja mikä luku
on.
Jos
ei ole karakteristisen yhtälön juuri, niin epähomogeenisen osan ratkaisu on
, missä
on vakio, joka pitää vielä ratkaista.
Jos
on karakteristisen yhtälön toinen juuri (
), niin epähomogeenisen osan ratkaisu on
, missä
on vakio, joka pitää vielä ratkaista.
Jos
on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri (
), niin epähomogeenisen osan ratkaisu on
, missä
on vakio, joka pitää vielä ratkaista.
Ratkaistaan seuraavien differentiaaliyhtälöiden epähomogeeniset osat: a)
b)
c)
a) DY:n karakteristinen yhtälö on
. Sen juuret ovat
ja
. Koska
ei ole kumpikaan karakteristisen yhtälön juurista, on DY:n osaratkaisu
. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio
:
Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis
.
b) DY:n karakteristinen yhtälö on
. Sen juuret ovat
ja
. Koska
, on DY:n osaratkaisu
. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio
:
Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis
.
c) DY:n karakteristinen yhtälö on
. Sillä on kaksoisjuuri
. Koska
, on DY:n osaratkaisu
. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio
:
Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis
.
Sekä sini- että kosinifunktio käsitellään samalla tavalla. Koska
kaikilla
, voidaan sinifunktio aina muuttaa kosinifunktioksi sopivalla muuttujanvaihdolla. Olkoon siis
kosinifunktio. Ts. olkoon
siten, että
. Arvataan, että epähomogeenisen osan osaratkaisu
on myös kosinifunktio. Tällöin edessä on kaksi vaihtoehtoa sen mukaan, mikä tai mitkä ovat DY:n karakteristisen yhtälön (
) juuret ja mikä luku
on.
Jos
ei ole karakteristisen yhtälön juuri, niin epähomogeenisen osan ratkaisu on
, missä
ovat vakioita, jotka pitää vielä ratkaista.
Jos
on karakteristisen yhtälön juuri, niin epähomogeenisen osan ratkaisu on
, missä
on vakio, joka pitää vielä ratkaista.
Ratkaistaan seuraavien differentiaaliyhtälöiden epähomogeeniset osat: a)
b)
a) Tehdään aluksi muuttujanvaihto
, jolloin DY muokkautuu muotoon
DY:n karakteristinen yhtälö on
. Sen juuret ovat
ja
. Koska
ei ole kumpikaan karakteristisen yhtälön juurista, on DY:n osaratkaisu
Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakiot
ja
:
Saadaan yhtälöpari:
Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis
.
b) DY:n karakteristinen yhtälö on
. Sen juuret ovat
ja
. Koska
, niin DY:n osaratkaisu on
. Sijoitetaan tämä DY:öön ja ratkaistaan vakio
:
Epähomogeenisen osan ratkaisu on siis
.
Vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön
eräät ratkaisut ovat
,
- Jos
on n. asteen polynomi, niin
on polynomi
- Jos
, niin
, eli
on n. asteen polynomi.
- Jos
(ja
), niin
, eli
on n + 1. asteen polynomi.
- Jos
- Jos
ei ole karakteristisen yhtälön ratkaisu, niin
jollakin
.
- Jos
on karakteristisen yhtälön yksinkertainen juuri, niin
jollakin
.
- Jos
on karakteristisen yhtälön kaksinkertainen juuri, niin
jollakin
.
- Jos
- Jos
ei ole karakteristisen yhtälön juuri, niin
joillakin
.
- Jos
on karakteristisen yhtälön juuri, niin
jollakin
.
Tarkastellaan jälleen yleistä lineaarista differentiaaliyhtälöä
,
missä
ovat jatkuvia funktioita. Oletetaan, että funktiot
muodostavat vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön
ratkaisukannan. Kuten edellä todettiin, DY:n (
) kaikki ratkaisut ovat muotoa
ja DY:n (
) kaikki ratkaisut ovat muotoa
, missä
on (
):n eräs ratkaisu. Ratkaisu
löydetään nk. vakioiden varioinnilla seuraavasti:
Olkoon
siten, että
.
Tarkoituksena on ratkaista funktiot
ja
siten, että toinen niistä perustuu DY:öön (