(1 + (y ) 2 = f(x). Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás. (y ) 2 + 2yy = 0,

Átírás

1 Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és kidolgozott megoldásokkal. Oldjuk meg az alábbi másodrend lineáris homogén d.e. - et, tudva, hogy egy megoldása az y = x! x y xy + y = 0.. Oldjuk meg a következ kezdetiérték-feladatot: y =, y(0) = 3, x y (0) =. 3. Ha egy rudat az x abszcisszájú keresztmetszetében adott f(x) függvénnyel arányos hajlítónyomaték terhel, akkor a rúd súlyvonalának alakja a terhelés után az alábbi dierenciálegyenletb l számítható: y ( + (y ) = f(x). ) 3/ Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás f(x) = x, és a kezdeti feltételek y(0) = y (0) = Határozzuk meg az általános megoldását a következ másodrend dierenciálegyenleteknek (a megoldásokat elég implicit alakban megadni): (a) (b) (c) (y ) + yy = 0, y = 4 y, yy + (y ) =. 5. Oldjuk meg az y = y y, y(0) = 0, y (0) = k.é.p. - t! 6. Oldjuk meg az y = t(y ), y(0) = 0, y (0) = k.é.p. - t! 7. Oldjuk meg a következ másodrend dierenciálegyenletet: xy y = x Tekintsük a következ dierenciálegyenletet: El ször ellen rizzük le, hogy az t y t(t + )y + (t + )y = t 3, t > 0. Y = t, Y = te t függvények a megfelel t y t(t+)y +(t+)y = 0 homogén egyenlet fundamentális megoldását adják. Ezek után határozzuk meg az eredeti inhomogén egyenlet általános megoldását! Megjegyzés: Y -re rájönni egyszer, viszont Y megkeresésére javasoljuk a konstans variációs módszert: Y (t) = C(t) Y (t) alakban keresve a homogén egyenlet megoldását, szintén kijön te t. Próbálják ki!

2 9. Oldjuk meg: t y y = 3t, tudván, hogy y = t, y = t megoldások! Eredmények. Az egyenlet egy megoldása: y = x. Egy másik megoldást keressünk y = ux alakban: x (ux) x(ux) + ux = 0, innen a m veletek elvégzése, rendezés és x - tel való osztás után (innent l feltesszük, hogy x > 0): u x + 3u = 0. Ennek az u - re nézve els fokú, szétválasztható változójú d.e. - nek a megoldása: u = cx 3/, Nekünk egy megoldás elég (miért?), ezért legyen u = x 3/, ahonnan u = x / + c és c - t 0 - nak választva kapjuk, hogy u = x /, végül: y = xx / = x, x > 0. Tehát az eredeti d.e. összes megoldása: y = c x + c x.. A dierenciálegyenlet mindkét oldalát kétszer x szerint integráljuk: y = dx = arcsin x + C, x y = (arcsin x + C )dx = x arcsin x + x + C x + C. Behelyettesítve a kezdeti feltételeket kapjuk, hogy 3 = y(0) = + C = y (0) = arcsin 0 + C, vagyis C = és C =. Tehát a kezdetiérték-feladat megoldása: y = x arcsin x + x + x A másodrend egyenletünkb l hiányzik az y. Tehát amint el adáson tanultuk, ekkor a p = p(x) új változót behozzuk az y helyére. Vagyis p(x) = y (x) és p (x) = y (x). Az új változóval az egyenletünk alakja átrendezés után: dp ( + p ) 3/ = f(x)dx.

3 Bevezetve az f(x)dx = F (x) jelölést, az integrálás elvégzése után kapjuk, hogy p + p = F (x) + c. Innen p-t kifejezve: F (x) + c p(x) =. (F (x) + c ) Használva, hogy y = p kapjuk, hogy y = F (x) + c (F (x) + c ) dx. () Abban a speciális esetben, amikor f(x) = x integrálással kapjuk, hogy F (x) + c = x( x ) + c. Ekkor tehát y x( x = p = ) + c ( x( x ) + c ). Használva az y (0) = 0 kezdeti feltételt, és azt, hogy egy tört pontosan akkor egyenl nullával amikor a számlálója nulla, adódik, hogy c = 0. Ezt helyettesítve ()-ba, és kihasználva, hogy y(0) = 0: y(x) = x t=0 t( t ) t ( t ) dt. Ez azonban egy ún. elliptikus integrál, amit nem lehet elemi függvényekkel kifejezni. 4. A hiányos másodrend d.e.-k megoldásához az y (x) = p(y), y (x) = p (y)p(y) helyettesítést alkalmazzuk: (a) (y ) + yy = 0 p (y) + yp(y)p (y) = 0 p(y)(p(y) + yp (y)) = 0 Ha p(y) 0, akkor y (x) = 0 y(x) = C jó megoldás lesz. Ellenkez esetben elég a zárójelben lév p(y) + yp (y) = 0 kifejezést vizsgálni, ami egy szétválasztható d.e., a megoldása p(y) = C y. Azaz y (x) = C ydy = C dx y(x) 3 y3/ = C x + C y(x) = (C x + C ) /3. Megjegyzés: más konstansokkal y = C (x + C ) /3 is jó. 3

4 (b) y = 4 y p(y)dp(y) = p(y)p (y) = 4 y 4 y dy p(y) + C = (y ) = y y + C y = + C dy = dx = x + C y + C y + C Az integrálban helyettesítést hajtunk végre: u = y, továbbá dy = udu. Ekkor u dy = dy = y + C u + C = (u + C ) u + C C u + C dy = u + C dy C u + C dy = = 4 3 u + C 3 4C u + C = x + C Innen y-t visszahelyettesítve: 3x = 4 y + C 3 C y + C + C (c) yy + (y ) = yp p + p = Így egy Bernoulli-típusú d.e.-t kapunk, z(y) = p(y) helyettesítéssel: z (y) = p(y)p (y) = y ( z(y)) yz (y) + z(y) = Ez pedig egy els rend lineáris d.e., a homogén egyenlet: yz (y) + z(y) = 0, a megoldása z h (y) = C /y, az inhomogén egyenlet megoldása z ih (y) =, így a megoldás Visszahelyettesítve y (x) = p(y)-et: z(y) = z h (y) + z ih (y) = C y + p(y) = C y + (y ) = C y + C y = ± y + dy = ± dx = ±x + C C + y Az integrál kiszámításához alakítsuk át a jobboldalt: dy dy y = = C + C +y C + y dy = C + y y y Tehát a megoldás: C + y = ±x + C y = (±x + C) C. Vagy más konstansokkal fölírva: y (x + C ) = C ill. y ( x + C ) = C. 4

5 5. Ha p(y) = y, akkor a d.e: pp = py. A p = 0 ennek megoldása, ami azt jelenti, hogy y c. Ha p 0, akkor p = y, tehát p = y + c. Tehát y = y + c, y(0) = 0, y (0) =. Innen c =, meg kell tehát oldanunk az y = + y, y(0) = 0 k.é.p. - t. Ennek implicit megoldása: arctan y = t, tehát a megoldás: y = tan t, t ( π, π ). 6. Legyen v = y, ekkor a k.é.p. v = tv, v(0) = alakú. Ennek megoldása: v = t +c, gyelembe véve v(0) = - et c =, s így tehát v(t) = t. Innen y = t dt = (ln t ln + t ) + c = (ln( t) ln( + t)) + c (az abszolút érték jelét a logaritmuson belül elhagyhattuk, mert most < t < a kezdeti feltétel miatt). Az y(0) = 0 feltétel miatt 0 = c. Így tehát y(t) = t ln +t = artanh t, t (, ). 7. y = x4 8 + C x + C. 8. El ször is a t y t(t + )y + (t + )y = 0 homogén egyenlet megoldásait adjuk meg. Tudjuk, hogy Y (t) = t megoldja az egyenletet, azaz: t Y (t) t(t + )Y (t) + (t + )Y (t) = 0 t(t + ) + (t + )t = 0 () A t le lineárisan független megoldást Y (t) = C(t)Y (t) = C(t)t alakban keressük (konstans variációs módszer). Innen Y (t) deriváltjai (általános esetben): Jelen esetben Y (t) = t, így Y (t) = C (t)y (t) + C(t)Y (t), Y (t) = C (t)y (t) + C (t)y (t) + C(t)Y (t). Y (t) = C (t)t + C(t), Y (t) = C (t)t + C (t). Ezeket behelyettesítve a homogén egyenletbe a következ t kapjuk: t (C (t)t + C (t)) t(t + )(C (t)t + C(t)) + (t + )(C(t)t) = 0 (3) () mindkét oldalát C(t)-vel szorozva, és kivonva (3)-ból, a következ alakot kapjuk: t 0 esetén: t (C (t)t + C (t)) t(t + )(C (t)t) = 0 C (t)t + C (t) (t + )C (t) = 0 tc (t) tc (t) = 0 C (t) C (t) = 0. Ez egy hiányos másodrend d.e., a tanult módszereket alkalmazva C(t) = e t adódik, azaz a homogén egyenlet másik fundamentális megoldása Y (t) = te t, s így a homogén egyenlet általános megoldása: y h (t) = C t + C te t. Másodszor az inhomogén egyenlet megoldását adjuk meg. A partikuláris megoldás megkeresésére a képletgy jtemény 4. pontjában található két konstans variációs módszert használtuk, mellyel a t t partikuláris megoldást kapjuk. Ennek második tagja ( t) beolvad az általános megoldás C t részébe. (Persze sokféle jó partikuláris megoldás írható ide.) Az inhomogén általános megoldás tehát: y(t) = C t + C te t t. 5

6 9. Hozzuk standard alakra: y t y = 3 t és keressük a partikuláris megoldást y p = c y + c y alakban. Ekkor c t + c t = 0 c t c t = 3. t Innen c = ln t +, c 6t = t t3 3, azaz, y p = t ln t + t 3. Mivel t megoldása a homogénnak, ezért y p = t ln t + is jó lesz. Tehát az általános megoldás: y i,ált = t ln t + + c t + c t. 6