Bevezetés a zika matematikai egyenleteibe

Átírás

1 Babe³Bolyai Tudományegyetem Fizika Kar Bevezetés a zika matematikai egyenleteibe egyetemi jegyzet Lázár Zsolt, Lázár József 16

2 TARTALOMJEGYZÉK 1. Bevezetés Függvények és tulajdonságaik Analitikus függvények hatványsora Euler- és Beta-függvények Közönséges dierenciálegyenletek Bevezetés Els rend dierenciál egyenletrendszer Szétválasztható változójú dierenciálegyenletek Els rend lineáris dierenciálegyenletek Implicit alakban megadott dierenciálegyenletek Magasabbrend dierenciálegyenletek Lineáris dierenciálegyenletek Másodrend lineáris dierenciálegyenlet Állandó együtthatójú másodrend lineáris homogén dierenciálegyenlet Euler-típusú másodrend lineáris homogén dierenciáegyenlet A lináris homogén másodrend dierenciálegyenlet megoldása sorbafejtéssel a reguláris szinguláris pont körül Inhomogén másodrend lineáris dierenciálegyenletek Laplace transzformáció Állandó együtthatójú lineáris homogén dierenciálegyenletek Állandó együtthatójú lineáris inhomogén dierenciálegyenletek Az állandók változtatásának módszere Els rend dierenciálegyenlet rendszerek Lineáris homogén rendszerek Inhomogén lineáris egyenletrendszerek Az állandók változtatásának módszere

3 4. Fourier-sorok, Fourier-transzformált Fourier-sorok Fourier-sorok komplex alakja Dirac-függvény (-disztribució Heaviside-féle lépcs függvény Többváltozós Dirac-függvény Ortogonális függvények. Ortogonális sorfejtés.l függvénytér mint vektortér(hilbert-tér Cauchy-Bunyakovszki-Schwartz egyenl tlenség Fourier-transzformáció Speciális polinomok Hermite polinomok Legendre-polinomok Bessel-függvények Parciális dierenciálegyenletek Els rend, lineáris, homogén parciális dierenciálegyenletek Els rend lineáris inhomogén parciális dierenciálegyenlet Másodrend parciális dierenciálegyenlet Az egydimenziós hullámok dierenciálegyenletének megoldása Az egydimenziós h vezetés és diuzió dierenciálegyenletének megoldása Az elliptikus parciális dierenciálegyenletének a megoldása. Poisson képlete

4 TARTALOMJEGYZÉK 7 Szervezési tudnivalók Tematika: A matematikai zika dierenciálegyenletei Kódszám: FLM1 Kreditszám: 6 (mérnökiseknek 5 Órarend: óra szeminárium, hétf 1 óra, 3/II el adóterem óra el adás, csütörtök 1 óra, 43 terem Oktató: Lázár Zsolt József adjunktus f épület 3. terem zsolt.lazar@phys.ubbcluj.ro Elektronikus anyag: comodi.phys.ubbcluj.ro/dierencial A házi feladatok fele szükséges a vizsgán való részvételhez. A felmér k eredményének függvénye a házi feladatok mennyisége és min sége. 1. Vizsga (6% Elmélet 5% Feladatok 75%. Tevékenység (4% Házi feladatok (6% 1 Felmér k (4% 1 A házi feladatok fele szükséges a vizsgán való részvételhez.

5 8 TARTALOMJEGYZÉK 1. ábra. A végs elszámolás illusztrációja

6 1. { y 1 y1 + y = x TARTALOMJEGYZÉK 9 Dierenciálegyenletek vizsgatételek 9. június Igazoljuk a Γ(x = e t t x 1 dx Euler-féle függvény következ tulajdonságát: Γ(x + 1 = xγ(x Oldjuk meg a következ dierenciálegyenleteket:. 3. y y = x + y x y y = te t, y( = 1 4. (a 1/x megoldása az egyenletnek. y y 3 3x = (x + 3dx + (y dy = y y (iv (y = y + y = t(1 + sin t (használjuk az állandók változtatásának módszerét 8. y + ω y = cos t (használjuk a Laplace-transzformáltat 9. y (iv + 4y = sin x + xe x + 4 y 3y1 + y = e x 11. Határozzuk meg a f részfogjel Fourier-sorát. 1. Vezessétek le a Hermite-polinomok rekurrencia képletét e t +tx = Hn(x tn n! n= 13. Írjuk fel és oldjuk meg a h diuzió egyenletét a T (x, = τ(x kezdeti feltétel esetén. 1. ábra. Vizsgatétel ízelít

7 1. FEJEZET Bevezetés 1.1. Függvények és tulajdonságaik A zikai elméletek és modellek dönt többsége egy vagy több matematikai egyenlet formáját öltik és az illet jelenségre, zikai rendszerre vonatkozó kérdéseinkre a választ ezen egyenletekben megjelen függvények matematikai tulajdonságai adják, úgy mint a zérushelyeik vagy másszóval gyökeik, széls értékeik, aszimptótikus viselkedésük, bizonyos matematikai m veletekkel szembeni viselkedésük, stb. Függvény alatt két számhalmaz egymásra való leképezését értjük, azaz minden értéknek az értelmezési tartományból legfeljebb egy értéket feleltetünk meg az értéktartományból. Matematikai jelölésben f : X Y, ahol az X és Y értelmezési illetve értéktartományok a valós számok halmazának valamely alhalmazai lehetnek, azaz X, Y R. 1 Az egyváltozós függvények grakus képe egy síkgörbe. Példa 1. Egyenletesen gyorsuló pont: Pillanatnyi x helyzetét a t id függvényében az x(t = x + v t + at, x : [, + [x, + függvény adja meg, ahol x és v a kezdeti helyzetet és sebességet jelölik, míg a jellemzi a gyorsulást. Harmonikus oszcillátor: Ha a gyorsulás nem egyenletes, hanem harmonikus, akkor az x(t = A cos ωt ϕ, x : [, + [ A, A] függvény egy oszcillátor kilengésének id függését írja le. A t változó mellett megjelennek az A amplitudó, ω körfrekvencia és ϕ kezdeti fázis paraméterek. 1 Ezeket valós függvényeknek nevezzük. A meghatározás kiterjeszthet a komplex számok halmazán értelmezett ún. komplex függvényekre 1

8 1.1. FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK 11. Barometrikus képlets A p légköri nyomás z magassággal való változásának egy egyszer modellje: p(z = p e αz, p : [, + [, p, ahol p a felszínen mért nyomás és α egy a leveg vegyi összetétele, h mérséklet és a gravitációs gyorsulás függvényében felírható állandó. 3. Kepler-probléma A két égitest egymás körüli kering mozgását jól leíró modell megadja a két test relatív távolságát a keringés fázisa (szöge függvényében: Ez esetben r : R [, +. r(ϕ = p 1 ε cos ϕ. A függvényt megadó kifejezésben megjelenhetnek a változótól független mennyiségek, mint a fenti példákban az x, v és a, az A, ω és ϕ, a p és α, a p és ε vagy m 1, m,..., m N. Ezek a paraméterek is bizonyos megkötéseknek eleget tev halmazból vesznek fel értékeket, például pozitívak vagy egész számok. Egy egyváltozós a paraméteres függvények esetén elterjedt az y a (x vagy y(x; a jelölési mód. Mivel a paraméter minden értékére egy teljes érték függvényt kapunk a paraméteres függvény egy függvénycsaládot, grakus képe pedig egy görbecsaládot (görbesereget határoz meg. A paraméteres függvénycsalád elemei a közeli rokonság ellenére min ségileg eltér tulajdonságot mutathatnak. Kétváltozós függvény esetén bármely két értéket egymástól függetlenül megadhatunk és a függvény ennek a két értéknek megfeleltet egy harmadik értéket. Az összefüggésben szerepet játszó mennyiségek függvényében jobbára ízlés szerint eldönthet, hogy a leképezés két változós vagy inkább paraméteres egy változós függvény. Matematikai jelölésben egy kétváltozós valós függvényt az f : X 1 X Y, X 1, X, Y R módon határozunk meg. Grakusan egy háromdimenziós térbe merített kétdimenziós felületként ábrázolható. Többváltozós függvények változóinak száma lehet tetsz legesen nagy, akár végtelen is. Példa 1. A Föld Kelvinben meghatározott felszíni h mérsékletét egy T = T (θ, φ azaz egy T : [ π/, π/ [, π [, +, ahol θ és ϕ egy adott pont szélességi és hosszúsági köre.. Egy gáz bels energiáját megadó Hamilton-függvény az egyes molekulák helyzetének és impulzusának a függvénye: H(r 1,..., r N, p 1,..., p N = N i=1 p i m i + V (r 1,..., r N, H : R 6N R, (1.1 ahol V : R 3N R a molekulák kölcsönhatási potenciális energiája. N tipikus értéke az N A Avogadro-szám nagyságrendjébe esik.

9 1 1. BEVEZETÉS A legtöbb esetben a modellekben megjelen függvények folytonosak minden pontban, azaz nem rendelkeznek szakadási pontokkal. Az értelmezési tartomány egy adott x pontra vonatkoztatott folytonossága alatt azt értjük, hogy a függvény határértéke az illet pontban megegyezik behelyettesítési értékével, azaz lim x x = f(x. Példa Az y(x = { x ha x [, +1, x 1 ha x [1, +, függvény mindenütt folytonos kivéve az x = 1 pontban. Itt a baloldali határértéke egy, míg behelyettesítési értéke nulla. Azon függvények halmazát melyek folytonosak az Ω tartomány minden pontjában C(Ω-val jelöljük. A fenti példában egy els fajú szakadási pontot láttunk, mivel úgy bal mint jobboldali határérték létezik, ezek viszont különböznek. Ha a két határérték közül legalább az egyik ±, akkor másodfajú szakadásról beszélünk. Erre példa az 1/x függvény a nulla pontban. Egy y : R R valós függvény meredekségét egy x pont környezetében a ponton áthaladó húr tan α = y x, y = y(x + x y(x iránytangense jellemzi. Ez a húr a x = határértékben a függvény grakus képéhez illesztett érint egyenesbe megy át melynek iránytangensét a függvény deriváltjának nevezzük: y (x dy(x dx = lim y(x + x y(x tan α = lim x x x Az érint iránytangense pontról pontra változhat, tehát y (x is egy függvény. Mint ilyen maga is deriválható. Ez utóbbit másodrend deriváltnak nevezzük. A derivált meghatározásából azonnal következnek az alábbiak. Ha függvény egy adott Ω intervallumon: sima, akkor meghatározás szerint minden pontban értelmezett a deriváltja és folytonos. Úgy is nevezzük, hogy folytonosan deriválható, eleme a C 1 (Ω osztálynak. folytonos de nem sima, akkor minden pontban értelmezett a deriváltja, de van els fajú szakadási pontja (lásd a bemutató anyagot. nem folytonos, hanem van els fajú szakadási pontja, akkor deriváltjának másodfajú szakadási pontja van az illet pontban.

10 1.1. FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK 13 Azon függvények osztályát melyek n-edrend deriváltja folytonos az Ω intervallumon C n (Ω-val jelöljük. A zikában el forduló y(x típusú függvények többségére fennáll, hogy egy x pont környékén tetsz legesen jól megközelíthet k a T m (x = y(x + y (x 1! x+ y (x! x + + y(m (x x m = y(x+o( x m+1 (1. m! Taylor-sorral. Az O( x m+1 egy olyan hibatagot jelöl, melynek nagysága x x x - nak m+1-ik vagy annál nagyobb hatványával tart a nullához. Könnyen belátható, hogy a T (x = y(x nulladrend közelítés egy állandó függvény, melynek grakus képe egy y(x magasságban húzott vízszintes egyenes; T 1 (x = y(x + y (x (x x els rend közelítés az (x, y(x pontokon áthaladó, y (x iránytangens egyenes; T (x = y(x + y (x (x x + y (x (x x másodrend közelítés egy olyan x -ban illeszked parabola, melynek érint iránytangense és görbülete is megegyezik a függvényével. Az y(x függvény dierenciája alatt az x pontban a dy y (xdx elemi mennyiséget értjük. Úgy dx mint dy tetsz legesen kicsi, határértékben nullához tartó értékek. A Taylor-sorból kiindulva mondhatjuk, hogy a fenti meghatározás azt fejezi ki, hogy miképpen válaszol els rendben(! az y az x-ben történ változásra. A zikai modellek megalkotásakor általában eleminek tekinthet minden olyan változás, mely elhanyagolhatóan kicsi az y(x két zikai mennyiség kapcsolatát leíró függvény karakterisztikus méretéhez vagyis az illet zikai mennyiségek skáláját viszonyítva. Ugyanakkor, az illet elemi skálán még érvényes kell legyen az y(x által jellemzett modell. Kétváltozós u(x, y : R R R függvény az x, y pontban számolt x illetve y szerinti parciális deriváltjai u(x, y x u(x, y y u(x + x, y u(x, y u x (x, y = lim x x u y (x, y = lim y u(x, y + y u(x, y y (1.3 Egy valós y(x függvény analitikus az x pontban, ha egy x < R környezetében a függvény felírható az y(x = k= y (k (x x k. k! hatványsor segítségével. (x R, x + R az y(x függvény x -ra vonatkoztatott Taylor-sorának konvergencia tartománya. Ha a konvergencia fennáll bármilyen R értékre, akkor a függvényt teljesnek nevezzük. Teljes függvényre példa az exponenciális, szinusz és koszinusz függvények. Ezzel szemben a logaritmus vagy tangens függvények analitikus, de nem teljes függvények. Ha x a tartományon kívül esik, akkor a hatványsor divergens és a magasabb rend Taylor-közelítések nagyobb hibát eredményeznek. Ezt nevezzük Runge-hatásnak.

11 14 1. BEVEZETÉS A fentiekb l kitetszik, hogy egy adott változó szerinti parciális deriválás esetén a határérték számolásakor a másik változó egy állandó paraméterként viselkedik és így a parciális deriválás m velete visszavezethet egyváltozós függvény deriváltjára. A termodinamikában elterjedt az állandónak tartott változók explicit megjelölése: u x ( u x y, u y ( u y x. Példa u(x, y = x y, u x(x, y = xy, u y(x, y = x A u(x, y, kétváltozós függvény m.-fokú Taylor-polinomja: T m (x, y = u(x, y + + u(x, y x + 1 u(x, y x + u(x, y y+ y x x + u(x, y x y. + 1 [ m! x x + ] m y y u(x, y x y + 1 u(x, y x y + Kétváltozós függvény esetén értelmezhetjük az x-szerinti d x u(x, y u x (x, ydx illetve az y szerinti d y u(x, y u y (x, ydy dierenciákat. Ezen dierenciák összege adja az u teljes dierenciáját du = d x u(x, y + d y u(x, y = u x (x, ydx + u y (x, ydy, Példa Ha u(x, y = x y, akkor du = xydx + x dy. Az u(x 1, x,..., x n u(x, n-változós függvény parciális deriváltjának meghatározása azonosan történik a kétváltozós függvények esetében felírt (1.3 egyenletekhez. A segítségükkel felírható u-nak az x pontra vonatkoztatott m.-fokú Taylor-polinom: T m (x = u(x + n i=1 u(x x i x i + 1 n i,j=1 u(x x i x j x i x j m! [ n i=1 ] m x i u(x, x i

12 1.1. FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK 15 ahol x = x x. A teljes dierencia a kétváltozós esettel analóg módon: du = n u xi (xdx i. i=1 Példa Potenciál és er kapcsolata: : ahol V = V (x, y, dv = V V dx + dy = Fxdx Fydy = F dr x y F = F xi + F yj, dr = dxi + dyj Analitikus függvények hatványsora Egy valós f(x függvény analitikus a ξ pontban, ha egy x ξ < R környezetében a függvény felírható hatványsorként: f(x = f(ξ+f (ξ(x ξ+ f (ξ! (x ξ + + f (n (ξ (x ξ n + = n! k= f (k (ξ (x ξ k. k! A jobboldal az f(x függvény sorfejtéseként vagy Taylor-soraként is ismeretes. (ξ R, ξ + R az f(x függvény ξ-re vonatkoztatott Taylor-sorának konvergencia tartománya. Ha a konvergencia fennáll bármilyen R értékre, akkor a függvényt teljesnek nevezzük. Teljes függvényre példa az exponenciális, szinusz és koszinusz függvények. Ezzel szemben a logaritmus vagy tangens függvények analitikus, de nem teljes függvények. A ξ = sajátos esetben kapott f(x = f( + f (x + f (! x + + f (n ( x n n! sort Maclaurin-sornak nevezzük. Ha a végtelen hatványsort levágjuk véges n számú tag után, akkor a n f (k (ξ T n (x = (x ξ k k! k= részletösszeget a függvény n-dik Taylor-polinomjának nevezzük. A polinom csak közelíti az f(x függvényt a R n (x = f(x T n (x. különbséggel. Kimutatható, hogy x és ξ között létezik egy olyan ξ + θ(x ξ, < θ < 1 pont, melyre fennáll, hogy R n (x = f (n+1 (ξ + θ(x ξ (x ξ n+1 (1.4 (n + 1!

13 16 1. BEVEZETÉS Ezt maradék tagnak is nevezzük és azt a hibát jelöli, amit elkövetünk, amikor az f(x függvényt a Taylor-polinommal helyettesítjük. A Maclaurin-sor eseten R n (x = f (n+1 (θx x n+1 (n + 1! A gyakorlatban sokszor használjuk a Taylor-sorfejtést arra, hogy megközelítsük az f(x függvény behelyettesítési értékét egy ξ-hez közeli ξ + h pontban. Nevezzük h-t lépésnek. Az el bbiek alapján f(ξ + h = T n (ξ + R n (h, ahol R n (h = f (n+1 (ξ + θh h n+1. ( < θ < 1 (n + 1!

14 . FEJEZET Euler- és Beta-függvények Euler vagy gamma függvény: Γ(x = Másodfajú Euler integrál e t t x 1 dt, x R B(x, y = Els fajú Euler integrál 1 t x 1 (1 t y 1 dt, x, y R Tulajdonságok 1.. Γ(x + 1 = Γ(1 = e t dt = e t = 1 Γ(1 = 1. e t t x dt = e t t x +x }{{} = e t t x 1 dt = xγ(x Γ(x + 1 = xγ(x 3. Legyen x = n N Γ(n + 1 = nγ(n = n(n 1Γ(n 1 = n(n 1(n Γ(n = = n! 17

15 18. EULER- ÉS BETA-FÜGGVÉNYEK Γ(n + 1 = n! (n! = (n (n 1n (n!! = (n n = n n! (n 1!! = (n 3(n 1 4. t = u, dt = u du Biz: 1 4 Γ(xΓ(y = = = = π/ e u R + R + π/ Γ(x = (n! = (n!!(n 1!! = n n!(n 1!! e u u x 1 du cos x 1 θ sin y 1 θdθ = Γ(xΓ(y Γ(x + y u x 1 du e t t y 1 dt = (.1 R + e (u +t u x 1 t y 1 dudt =... (dudt = rdrdθ... (. e r (r cos θ x 1 (r sin θ y 1 rdrdθ = (.3 e r r x+y 1 dr π/ cos x 1 θ sin y 1 θdθ = (.4 = 1 π/ Γ(x + y cos x 1 θ sin y 1 θdθ (.5 Γ( 1 = π. Biz: Az el z tulajdonságból, ha x = y = 1/ π/ dθ = Γ(1/ Γ(1 = π 7. B(x, y = Γ(xΓ(y Γ(x + y

16 19 Biz: t = cos θ t = θ = π/, t = 1 θ =, dt = cos θ sin θdθ B(x, y = π/ cos x θ sin y θ cos θ sin θdθ 8. El z tulajdonságból: B(x, y = B(y, x 9. Biz: B(x + 1, y = B(x + 1, y = x B(x, y x + y Γ(x + 1Γ(y Γ(x + y + 1 = xγ(xγ(y (x + yγ(x + y B(x, y + 1 = y B(x, y x + y 1. Legendre összefüggés: B(x + 1, y + B(x, y + 1 = B(x, y B(x + 1, y x = B(x, y + 1 y Biz: B(x, x = Γ(x Γ(x = [ 1 1 = 4 = = 1 x 1 Γ(xΓ(x + 1 π = Γ(x x 1 t x 1 (1 t x 1 dt = ( 1 t ( 1 4 s ] x 1 dt = ; t 1 = s x 1 ds = 1 1 x (t t x 1 dt = (.6, dt = ds (.7 (1 s x 1 ds = (.8 ; s = t s = t ds = 1 dt (.9 t (1 t x 1 1 t 1/ dt = 1 x 1 = 1 ( Γ 1 Γ(x x 1 Γ ( x + 1 = Γ(x Γ(x 1 t 1/ (1 t x 1 = 1 x 1 B (.1 (.11 ( 1, x =

17 . EULER- ÉS BETA-FÜGGVÉNYEK 11. Biz: Az el bbi tulajdonságból: ( Γ n + 1 = ( Γ n + 1 = (n! π n n! πγ(n n 1 Γ(n = π(n 1! n 1 (n 1! 1. Γ(x ábrázolása Γ(1 = 1, Γ( = 1 Γ(1 = 1, Γ(3 = Γ( =, Γ ( 1 = π 1, 77, Γ ( 3 = 1 ( 1 π Γ =, 88, Γ ( 5 = 3 ( 3 Γ = 3 π 1, ábra. Az Euler-féle gamma függvény grakus képe Γ(x + 1 = xγ(x, Γ(x = Γ(x + 1 x lim x Γ(x = +, lim Γ(x =, x lim Γ(x = lim Γ(x+1 = + x 1 x 1

18 1 lim Γ(x =, Γ x 1 ( 1 = π, lim Γ(x = lim Γ(x+1 = x x ( Γ 1 = 3 ( Γ 3 ( Γ 3 = 5 ( Γ 5 ( Γ 5 = 7 ( Γ 7 ( Γ 3 = 4 π 3 ( Γ 5 = 8 π 15 ( Γ 7 = 16 π Γ(xΓ(1 x = π sin πx Euler-képlet Biz: Tétel: Ha x 1, x,, x i, R végtelen sorozat az f(x függvény gyökei: f(x i =, i = 1,, 3,..., akkor az f függvény felírható úgy, hogy: f(x = x (1 (1 xx1 xx (1 xxi e φ(x ehol e φ(x valamely gyöknélküli függvény. Például: sin x ; sin nπ =, n =, ±1, ±, ±3,... sin x = x (1 (1 x π x (π (1 x (iπ x (1 x k π sin πx πx = (1 x k=1 k k=1 1 =, ha x =, 1,, 3,... Γ(x 1 (1 Γ(x = x + x ( 1 + x ( 1 + x e ax 1 k 1 Γ( x = x (1 x 1 ( 1 x ( 1 x e ax k

19 . EULER- ÉS BETA-FÜGGVÉNYEK Stirling képlet: Az φ(x = ax alak eredetének bizonyítása hosszadalmas. 1 (1 Γ(xΓ( x = x (1 x 1 x (1 x k = = x (1 x = Feladatok k=1 sin πx = x πx Γ(1 x Γ(1 x = xγ( x Γ( x = x x πx = xsin Γ(xΓ(1 x πx k n! ( n ( n πn e 1n Igazoljuk az alábbi egyenl ségeket, illetve számoljuk ki az integrálokat: 1. + e t dt = π. + e αt dt = 3. e x x 3 dx M: 1/ 4. e x4 x 3/4 dx M: 1 ( 7 Γ 4 16 π α, α > 5. e ax x n dx, a > 6. e ax x dx a

20 ( 1/4 1 x 1 dx M:π/ 8. b (b x m 1 (x a m 1 dx a M:(b a m 1 m! /(m! π/ dx x(1 + x ( 1 sin 3 θ 1 1/4 sin cos θdθ θ dt 1 t 4 dt dt 1 t t m 1 1 t n dx 14. π/ tan n θdθ = 1 ( ( 1 + n 1 n Γ Γ, n < π/ sin n θdθ = π/ π cos n θdθ = x m e xm dx = 1 ( m + 1 m Γ m ( ( 1 1 Γ + x Γ x = π cos πx 18. e st3 t dt Γ ( n+1 Γ ( n+

21 4. EULER- ÉS BETA-FÜGGVÉNYEK ( 1/3 x dx log x. 1 dx x log(1/x 1. x 4 + y 4 = 1, Határozzuk meg a görbe által közrezárt területet. π 3. dθ 3 cos θ (cos θ = 1 x ( ( 1 1 Γ n Γ + n = ( 1 n π ( 1/ 1 + x dx, (1 + x/ = t 1 x 5. π/ tan θdθ 6. Határozzuk meg az n-dimenziós gömb térfogatát.

22 3. FEJEZET Közönséges dierenciálegyenletek 3.1. Bevezetés Meghatározás: Olyan egyenlet, amely a független változók mellett tartalmaz egy vagy több függvényt és azok deriváltjait. Célunk a függvény meghatározása Ha egyetlen független változónk van, akkor közönséges dierenciálegyenletr l beszélünk. y = y(x, y dy dx, y = dy dx = d y dx,, y(n = dn y dx n Ha a függvény többváltozós és megjelenik legalább két különböz változó szerinti derivált, akkor parciális dierenciálegyenlettel van dolgunk. z = z(x, y, z x z x, z x y = z xy, z y z yy másodrend parciális derivált A közönséges dierenciálegyenleteket fel lehet írni explicit vagy implicit formában: explicit alak implicit alak y = f(x, y y = f(x, y, y... y (n = f(x, y, y,..., y (n 1 F (x, y, y = F (x, y, y, y = y(x =?... F (x, y, y,..., y (n = y = f(x, y, I = (a, b, y C 1 (I y az I-n értelmezett folytonosan deriválható (sima függvény. Példa 5

23 6 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 1. Súrlódó közegben, homogén gravitációs térben, függ leges (a gravitációs tér er vonalaival párhuzamos irányban mozgó részecske mozgása a Newton második törvénye értelmében: m dv = mg γv, dt ahol v a részecske sebessége, m a tömege, g a gravitációs gyorsulás, γ a közegellenállási együttható. Keressük a sebesség v(t id függését. A dierenciálegyenlet explicit és implicit formában: v = γv mg, illetve v + γv + mg =.. Egy elektromosan töltött és fonállal rögzített golyót függ leges irányú és id ben változó er sség elektrosztatikus térbe helyezünk. Írjuk fel a mozgás dierenciálegyenletét, feltételezve, hogy a fonal mindig kifeszült állapotban van (sugárirányú sebessége nulla. A részecske végig körpályán mozog, ezért helyzete egyértelm en megadható a fonalnak a függ legessel bezárt szögével. Ha l a fonal hossza, m a részecske tömege, q a töltése, E(t az ismert elektromos térer sség akkor a fonal által meghatározott körhöz érint irányban a Newton törvénye: ahonnan ml d θ = (qe(t mg sin θ, dt ( θ g + l qe(t sin θ =. ml 3.. Els rend dierenciál egyenletrendszer Kezdeti feltétel = Cauchy-feltétel y 1 = f 1 (x, y 1, y,..., y n, y = f (x, y 1, y,..., y n,... y n = f n (x, y 1, y,..., y n. y 1 (x, y (x,..., y n (x =? y = f(x, y egyenlet megoldása az y = y(x, C függvénycsalád C-tetsz leges állandó. y(x = y Cauchy-feltétel. Egyenletrendszer esetén y i (x = y i, i = 1,,... n Egy n-ed rend dierenciálegyenlet visszavezethet egy n darab els rend dienciálegyenletre.

24 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 7 Legyen y (n = f(x, y, y,..., y (n 1 Vezessük be az y 1, y,..., y n függvényeket a következ képpen: y 1 (x = y(x y (x = y (x y 3 (x = y (x... y n (x = y (n 1 (x y 1 = y, y = y 3,... y n = f n (x, y 1, y,..., y n. Kezdeti feltételek y 1 y 1 (x = y(x y y y (x = y (x y y 3 y 3 (x = y (x y y n y n (x = y (n 1 (x y (n 1 Példa 1. Egy N anyagi pontból álló mechanikai rendszer mozgását az alábbi másodrend dierenciálegyenletek adják meg: ( d r i m i dt = Fi t, r 1,..., r N ; dr1 dt,..., drn, i = 1, N. dt. Tekintsük az (x a + (y b = r, a, b R, r R + (3.1 körcsaládot. Keresünk a fenti egyenlettel egyenérték dierenciálegyenletet, melyben az y = y(x x szerinti függvényként, az y = dy/dx, y = d y/dx, stb. deriváltakkal együtt jelenik meg. Kétszer deriválva az egyenletet: x a + (y by =, 1 + y + (y by =. A fenti két egyenletb l kifejezhet k az x a és y b mennyiségek. Ezeket behelyettesítve (3.1-be az y (1 + y 3/ = 1 r másodrend dierenciálegyenlethez jutunk. 3. A másodfokú síkgörbék általános egyenlete: ax + bxy + cy + dx + ey + f =, a, b, c, d, e, f R Ha c és γ = b ac (ellipszis, hiperbola vagy metsz egyenesek, akkor y = αx + β ± γx + δx + ɛ,

25 8 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK ahonnan kétszeres x szerinti deriválást eredményeképpen y = γɛ δ (γx + δx + ɛ 3/, vagy (y /3 = γx + δx + ɛ (γɛ δ /3. Ebb l további három deriválással úgy az x-et, mind az összes paramétert el tudjuk tüntetni: [ (y /3] =. Ha γ = (parabola vagy párhuzamos egyenesek, akkor y = αx + β ± δx + ɛ, tehát (y /3 = δx + ɛ, δ 4/3 amib l már két deriválás révén is kiküszöbölhet az x: [ (y /3] =. 4. Vizsgáljunk egy olyan áramkört, melyben egy feszültségforrás (E(t, egy ohmikus ellenállás (R, egy tekercs (L és egy kondenzátor C van sorbakötve. Jelöljük U R-el, U L-el, U C-vel a három feszültségesést. Kirchho második törvénye értelmében E(t = U R(t + U L(t + U C(t. (3. Ugyanakkor a három áramköri elem esetében a feszültségesések és az áramer sség között fennáll, hogy U R = RI, U L = L di dt, du C = I dt C, ahol I(t az áramer sség a t id pontban. Behelyettesítve a fenti összefüggéseket (3.-be az LI + RI + I C = f, f(t = E (t másodrend dierenciálegyenletet kapjuk Szétválasztható változójú dierenciálegyenletek i y (x = dy = f(x dy = f(xdx dx y = f(xdx + C y(x = y = F (x + C C = y F (x y(x = F (x + (y F (x y y = F (x F (x = x x f(ξdξ

26 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 9 Példa y(x = 1 + y = 3 sin x, y( = 1, y(x =? x 3 sin ξdξ = 1 3(cos x 1 = 3 cos x ii y = g(y dy dx = g(y dy = dx x = G(y + C g(y dy G(y = g(y y(x = G 1 (x C Példa y = y, y( = 1 dy y = dx log y = x + C y(x = e C e x = Ce x 1 = Ce C = 1 y(x = e x iii y = f(xg(y dy dx = f(xg(y, y(x = y y dy g(y = f(xdx y dη g(η = x x f(ξdξ

27 3 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Példa y = 3 y x dy dx = 3 y 3 x 3 y dy 3 + dx y 3 = x y η/3 x dη dξ 3 + η 3 = x ξ y + 3 x y ξ/3 = x y /3 + x /3 = y /3 + x /3 = C Els rend homogén dierenciálegyenletek Vezessük be y(x helyett az u(x függvényt ( y y = f x y x = u(x y(x = xu(x y = u + xu (3.3 u + xu = f(u u du dx = f(u u x du f(u u = dx x u-ban, x-ben szétválasztható egyenlet megoldjuk u(x-ben visszahelyettesítjük a (3.3-be. Példa y = y3 x 3 xy = y x x y y x = u y = xu y = u + xu = u 1 u

28 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 31 x du dx = 1 u u du = dx x u3 3 = log x + C ec x = e u 3 /3 u 3 = 3(C + log x u = 3 3(C + log x y(x = x 3 3(C + log x Tekintsük az alábbi sajátos esetet: Általánosabban: y = f ( ax + by = f a + b y x cx + dy c + d y x y x = u y = xu y = u + xu = f x du dx = f f ( a + bu u c + du du ( = dx a + bu x u c + du ( y a1 x + b 1 y + c 1 = f a x + b y + c x = ξ + x, x =? y = η + y, y =? ( a + bu(x c + du(x Úgy kell megválasztani a transzformációt, hogy a c 1 és c t njön el, azaz a 1 ξ + b 1 η + a 1 x + b 1 y + c 1 a 1ξ + b 1 η a ξ + b η + a x + b y + c a ξ + b η a 1 x + b 1 y + c 1 = a x + b y + c = x =... y =...

29 3 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK y = dy dx = dη dξ = f ( a1 ξ + b 1 η = f a ξ + b η a 1 + b 1 η ξ a + b η ξ Az η ξ = u változó cserét alkalmazva η = ξu η = u + ξu tehát : ξu = f ( a1 + b 1 u u u(ξ =.... a + b u Példa y = 4x y + 7 4x y + 7 =, x + y 1 = ; x = 1, y = 3; x + y 1 y = η+y = η+3, x = ξ+x = ξ 1; η = dη dξ = 4ξ η ξ + η = 4 η ξ + η ; ξ ξu = 4 u 4 3u u u = = ξ du + u + u u +3u 4 = (u+4(u 1 dξ ξ = A = 5, B = 3 5 dξ ξ = 1 5 ξ 5 = Az eredmény : η ξ = u, η = ξu, η = u+ξu = 4 u + u dξ dξ ξ = + u 4 3u u du ( + u A (u + 4(1 u du = u B 1 u ( du u du ln ξ = 1 u 5 ln u ln 1 u 5 1 (u + 4 (1 u 3 C ξ5 (u + 4 (1 u 3 = C ξ 5 du A+4B =, B A = 1 ( ( η ξ η 3 = C ξ (η + 4ξ (ξ η 3 = C (y 3 + 4(x + 1 (x + 1 y = C (4x + y + 1 (x y = C Feladatok 1. y = y x y + x M:arctan y x + 1 ln (x + y = C. y = y x M: dy y = dx x y = ( x + C.

30 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER M:y = x/4 (ln x + C M:y x = Cy M:y + ln (x + 3y + 3 = x + C y = y = y x + y x xy x y y = x + y + 5 x y + 9 y = 4x + 6y + 4 x + 3y + 6 y = x + xy + y x y = x + 3y xy y = 4y 3x x y (x + 3xy + y dx x dy = M: x + ln x = C y + x 3... Els rend lineáris dierenciálegyenletek Alapvet tulajdonsága: y + ay = b, a = a(x, b = b(x; Ly y + ay, L lineáris operátor. Ly i = y i + ay i i = 1, L(c 1 y 1 + c y = c 1 Ly 1 + c Ly Ha b = y + ay = homogén lineáris (els rend dierenciálegyenlet. Ha b y + ay = b inhomogén lineáris (els rend dierenciálegyenlet.

31 34 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Homogén lineáris els rend dierenciálegyenlet. y + ay = dy dy dy + ay = = a(xy dx dx y = a(xdx, Integrálás után : Ha egy ln y = x x a(ξdξ + ln C y(x = C e y 1 (x = e x x a(ξdξ x x a(ξdξ függvényt választunk megoldásnak akkor a lineáris egyenlet sajátossága következtében : Ly 1 = L(cy 1 = cly 1 = ha y 1 (x egy megoldás akkor a y(x = cy 1 (x lesz az általános megoldás Az inhomogén lineáris els rend dierenciálegyenlet. Az y + ay = b inhomogén els rend dierenciálegyenletnek keressük az általános megoldását. Legyen y(x = y H = Cy 1 (x az y + ay = homogén egyenletnek a megoldása. Az inhomogén egyenlet megoldását az állandók változtatásának a módszerével keressük meg a következ képpen : A homogén egyenlet megoldásában kicseréljük a C állandót egy φ(x függvénnyel és az inhomogén egyenlet megoldását formában keressük. Az y (x = φ(xy 1 (x y (x = φ (xy 1 (x + φ(xy 1(x kifejezést behelyettesítve az y (x + a(xy (x = b(x egyenletbe, következik, hogy : φ (xy 1 (x = b(x dφ dx y 1(x = b(x dφ = b(x y 1 (x dx Behelyettesítve y 1 (x-re kapott fenti kifejezést, következik : ahonnan integrálás után : φ(x = dφ = b(xe x x a(ξdξ dξ, x x b(ηe Visszahelyettesítve φ(x kifejezését y (x-be y (x = x x b(ηe η x a(ξdξ dξdη η a(ξdξ x x x a(ξdξ dη

32 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 35 majd összevonás után : y (x = x x b(ηe η x a(ξdξ dη lesz az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása. Az inhomogén egyenlet általános megoldása : y(x = Cy 1 (x + y (x lesz. Valóban Ly = L(Cy 1 + y = CLy 1 + Ly = b és így az általános megoldása az inhomogén egyenletnek összetev dik a homogén egyenlet általános és az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásából. x x x y(x = Ce a(ξdξ dxi + b(ηe η x a(ξdξ dη x Példa y y = (x + 13 lineáris x + 1 Keressük a homogén egyenlet megoldását Integrálás után : y Az inhomogén egyenlet megoldását formában keressük. Mivel y x + 1 = du dx = inhomogén egyenlet y x + 1 = dy y = y = C(x + 1 y 1 = (x + 1. y y = (x + 13 x + 1 y = φ(xy 1 dx x + 1. y = φ y 1 + φy 1, y y x + 1 = (x + 13 φ y 1 = (x φ = x + 1 következik, hogy ezért y = 1 (x + 14 és az általános megoldás : φ(x = 1 (x + 1 y(x = Cy 1(x + y (x = C(x (x + 14.

33 36 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Feladatok y 1 + x x + x y = 1 + x x + x y x y = x y y = te t, y( = 1 y + y = te t, y(1 = ty + y = t t + 1, y(1 = 1, t > y + t y = cos t, y(π =, t > t y y = e t, y( = ty + y = sin t, y( π = 1 t 3 y + 4t y = e t, y( 1 = Bernoulli-féle dierenciál egyenlet y + a(xy = b(xy α α R, y C 1 [I], Bernoulli-féle egyenlet {B E}. Osztva az egyenletet y α -val y y α + a(x 1 y α 1 = b(x; 1 y α 1 = u(x, u (x = (1 α y y α az így kapott egyenlet u 1 α + au = b (1 α, u + (1 αa u = (1 αb, egy lineáris inhomogén dierenciálegyenlet. 1 FORRÁS: [3] :36,37/39 old.;1-/45,46 old.

34 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 37 Példa Az így kapott : y + x y = y3 x >, (α = 3, a(x = x 3 x, b(x = 1 x 3 y y + 3 x 1 y = 1 x, 1 3 y = u u = y y 3 u 4 x u = x 3 inhomogén lineáris dierenciálegyenletnél, követjük a már ismert megoldási algoritmust : u 4 x u = du u = 4dx x u(x = Cx 4 u 1 = x 4. Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását u = φ(x u 1 formában keressük. Következik, hogy : u = φ x 4 + 4φx 3, u 4 x u = x 3 φ x 4 = x 3 φ = x 7 φ(x = u (x = 1 u(x = C u x 6 3x 1 + u = Cx x = 1 y. Az eredmény : 1 y = ± Cx x A C állandót a Cauchy-féle kezdeti y(x = y feltételb l határozzuk meg Feladatok y 1 x y = y3 x 4, y 4 x y = x y, y + xy = x y, t y + ty y 3 =, t > y = ry ky. r, k >

35 38 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK y = ay by 3, a, b > dy dt = (Γ cos t + T y y3, {Γ, T } const Riccati-féle dierenciálegyenlet Tekintsük a dierenciálegyenletek alábbi típusát: y + a 1 (xy + a (xy = b(x az ú.n. Riccati-féle dierenciálegyenlet [R E]. Ha b =, akkor átmegy Bernoulli-féle dierenciálegyenletbe. Legyenb és y 1 a [R-E] egy partikuláris megoldása, azaz egy olyan megoldás amely nem tartalmaz egy határozatlan C állandót amellyel kielégíthetnénk a kezdeti (Cauchy feltételt. y 1 + a 1 y + a y 1 = b Az általános, határozatlan állandót is tartalmazó, y = y(x, C megoldást a következ formában keressük y = y 1 + y, y = y 1 + y. Behelyettesítve a [R-E]-be y 1 + y + a 1 (y 1 + y + a (y 1 + y 1 y + y = b y + (a 1 + a y 1 y + a y =, azt látjuk, hogy y egy Bernoulli egyenletet elégit ki. y y + a 1 + a y 1 y + a =, 1 y (x = u(x, u = y, y helyettesítéssel a u (a 1 + a y 1 u = a lineáris inhomogén dierenciálegyenlethez jutunk, amelynek megoldása és ezáltal [R-E] általános megoldása is fogja tartalmazni a Cauchy feltételhez szükséges határozatlan állandót. Példa y xy y =, y 1 = 1 x x > Könny belátni, hogy y 1 kielégiti a fenti [R-E]-t. A megoldást y = 1 + y formában keressük : x y = 1 x + y 1 x + y x( 1 x + y ( 1 x y x + y =,

36 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 39 egyszer sítések után : y + ( 1 x xy y = [B-E]-hez jutunk. Osztva az egyenletet y -el, y + ( 1 y x x 1 1 =, y 1 y = u u = y y u ( 1 xu = 1, x ami egy inhomogén lineáris dierenciálegyenlet Feladatok y + xy y x 1 x =, y 1 = 1 x ; y + y (sin x + cos x 1y cos x =, y 1 = sin x + cos x; y 1 3 y 3x =, y 1 = λ x, λ =?; y y + 1 x 4 =, y 1 = 1 x + K x, K =?; 5. y 1 3 y 3x =, y 1 = 1 x ; 6. Mutassuk meg, hogy ha y 1, y, y 3 megoldásai a R.E.-nek, akkor az általános megoldást az y y 1 : y 3 y 1 = C y y y 3 y egyenlet szolgáltatja. 7. Az el z eredmény alkalmazásaként adjuk meg a R-E nek az általános megoldását, ha y y x y x 1 x 3 = y 1 = 1 x, y = x + 1, y 3 = x, is megoldások;

37 4 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egzakt dierenciálegyenletek Legyen U(x, y = C, Dierenciálja : vagy x-szerinti deriváltja : C R egy tetsz leges valós állandótól függ függvénycsalád. du = U U dx + x y dy = du dx = U x + U y y = egy els rend dierenciálegyenlet, amely megegyezik az els dierenciálformával mivel dy dx y. Legyen adott a P (x, ydx + Q(x, ydy = egyenlet amely megegyezik a : els rend dierenciálegyenlettel. y = dy (x, y = P dx Q(x, y Ha P (x, y = U U, és Q(x, y = x y P (x, ydx+q(x, ydy = du = U(x, y = C R. lesz a dierenciálegyenlet megoldása. Annak feltétele, hogy fennálljanak a P (x, y = U x, U Q(x, y = y összefüggések, fenn kell áljanak a következ P y = U y x, Q x = U x y összefüggéseknek is. Mivel a deriváltak sorrendje a használatos függvényeknél nem játszik szerepet U y x = U x y következik, hogy : annak a feltétele, hogy : P y = Q x P dx + Qdy egy függvény teljes dierenciálja legyen, azaz P dx + Qdy = du. Ezért a P dx + Qdy = egzakt dierenciálegyenletnek a megoldása az U(x, y = C implicit összefüggés, ahol a

38 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 41 C állandót az y(x = y Cauchy feltételnek megfelel en C = U(x, y adja. Tehát a feladat teljes megoldása : U(x, y = U(x, y. Az maradt hátra, hogy megmutassuk, hogy a fenti feltételnek eleget tev egzakt dierenciálegyenlet esetén hogyan határozzuk meg az U(x, y függvényt? Megadunk, két gyakran használt módszert : atekintsük az ábrának megfelel en az x, y síkban az ABCD téglalapott. A pontok koordinátái sorra : A(x, y, B(x, y, C(x, y, D(x, y. Azt állítjuk, hogy az ABC,vagy az ADC útvonal mentén integrálva a P dx + Qdy teljes dierenciált megkapjuk a keresett U(x, y függvényt. Az ABC útvonal mentén : U(x, y = vagy az ADC útvonal esetén : x x P (ξ, y dξ + y y Q(x, ηdη U(x, y = y y Q(x, ηdη + x x P (ξ, ydξ Még hozzáf zzük a kapott képletekhez, hogy : -amikor az AB vagy a neki megfelel DC útvonalk mentén haladunk akkor dy =, a BC illetve a neki megfelel AD útvonalak mentén pedig :dx =, -megjeggyezzük, hogy a teljes dierenciáltság feltétele mellett, bármilyen útvonal mentén végeznénk az integrálást A és C között, ugyanaz lenne az eredmény. Az olvasóra bizuk, hogy igazolja, hogy a teljes dierenciáltság mentén mindkét esetben fennáll, hogy : U x = P (x, y, U az AC egyenes mentén alkalmazott integrálás az U(x, y = 1 y = Q(x, y {P [x +t(x x, y +t(y y ](x x +Q[x +t(x x, y +t(y y ](y y }dt képlethez vezet. b Egy másik gyakran használt módszer a következ. A P = U x U(x, y = P (x, ydx + F (y ahol F (y egyenl re egy nem meghatározott függvény. Mivel U y = P (x, ydx + F (y = Q(x, y y összefüggés alapján : egy lényegtelen állandó erejéig meghatározza az F (y és ezáltal az U(x, y függvényt.

39 4 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Példa Most Mivel (4x 3 + 1xy 3 3y 4 dx + (15x y 1xy 3 + 5y 4 dy =. P (x, y = 4x 3 + 1xy 3 3y 4, Q(x, y = 15x y 1xy 3 + 5y 4. P y = 3xy 1y 3 = Q x, az egyenlet egy egzakt dierenciálegyenlet. A P = U, Q = U összefüggéseket kielégit U(x, y x y függvény (x = y = esetén : U(x, y = x P (ξ, dξ + y Q(x, ηdη = x 4ξ 3 dξ + = x 4 + 5x y 3 3xy 4 + y 5 y (15x η 1xη 3 + 5η 4 dη = A másik módszer alapján : U(x, y = P (x, ydx + F (y = (4x 3 + 1xy 3 3y 4 dx + F (y = x 4 + 5x y 3 3xy 4 + F (y. Az F (y meghatározása a összefüggés alapján : U y = 15x y 1xy 3 + F (y = Q(x, y = 15x y 1xy 3 + 5y 4 F (y = 5y 4 F (y = y 5 U(xy = x 4 + 5x y 3 3xy 4 + y 5 ami megegyezik az el z eredménnyel. Integrálfaktorok Vizsgáljuk meg azt az esetet amikor a P dx + Qdy nem egy egzakt dierenciál, tehát P y Q x és P dx+qdy = nem egy egzakt dierenciálegyenlet. Ilyen esetben az egyenletet megszorozzuk a µ(x, y ú.n. integrációsfaktorral és elvárjuk, hogy az így kapott µp dx + µqdy = egzakt dierenciálegyenletté váljon, tehát álljon fenn a µp y = µq x az egzakt dierenciáltság feltétele. Az integrációsfaktorra kirótt feltétel az alábbi: µ( P y Q x = Q µ x P µ y

40 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 43 parciális dierenciálegyenlet adja. Ennek alapján meghatározott integrációsfaktor segítségével a megoldást szolgáltató U(x, y = C implicit egyenletet ugyanúgy határozzuk meg mint a már bemutatott esetekben azzal a különbséggel, hogy elvégezzük a P µp, Q µq helyettesítéseket. Gyakran nem szükséges az integrációsfaktorra kirótt parciális dierenciálegyenletet megoldanunk. Ez akkor történik ha az integrációsfaktor csak az egyik változótól függ. Ha például µ = µ(x, akkor µ(x meghatározása a P dµ dx = µ y Q x Q d log(µ dx = P y Q x Q közönséges dierenciálegyenlet megoldása révén történik. Hasonló módon kell eljárnunk ha egy µ = µ(y integráci=sfaktort kell meghatároznunk. Példa Itt (xy + x y + y3 3 dx + (x + y dy = P (x, y = xy + x y + y3 3, Q(x, y = x + y, P y = x + x + y, Q x = x. Mivel P y Q x = x + y, az egyenletünk nem egy egzakt dierenciálegyenlet. Az integrációfaktort µ = µ(x formában keresve azt kapjuk, hogy : és a keresett implicit megoldás : U(x, y = x µ(ξp (ξ, dξ+ dµ dx = µ, µ = ex, P e x P, Q e x Q y µ(xq(x, ηdη = x dξ+ A megoldásokat adó görbék implicit egyenletei : ( ye x x + y = C. 3 y ( e x (x +η dη = e x x y + y3. 3

41 44 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Feladatok (x + 3dx + (y dy = (3x xy + dx + (6y x + 3dy = (xy + ydx + (x y + xdy = (ax + bydx + (bx + cydy = (e x sin y y sin xdx + (e x cos y + cos xdy = (ye xy cos x e xy sin x + xdx + (xe xy cos x 3dy = (y/x + 6xdx + (ln x dy = xdx (x + y + ydy 1/ (x + y = 1/ (x ydx + (y xdy =, y(1 = 3; (9x + y 1dx (4y xdy =, y(1 = ; dx + (x/y sin ydy =, µ(y = y; y = e x + y 1, µ(x = e x ; 13. ( 3x + 6 ( x + y y + 3 y dy x dx =, µ(x, y = xy; (x + ydx (x ydy = dy dx = x3 y x

42 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER ( sin y y (x + e y dy dx = dy dx = xy + y + 1 x + xy dy dx = xy + 1 x + y (x + ydx + (x + e y dy = ; dy dx = x 1 y, y( 1 = 1; + 1 xdx + ye x dy =, y( = 1/6; (3x xy + dx + (6y x + 3dy = (xy + y + (x y + xy = (x ln y + xydx + (y ln x + xydy =, x, y > ; (xy + bx ydx + (x + ydy = (ye xy + xdx + bxe xy dy = x y 3 + x(1 + y y =, µ(x, y = 1 xy 3 ; e x sin x dx + ( cos y + e x cos x ydx + (x ye y dy =, µ(x, y = y; y dy =, µ(x, y = ye x ; (x + sin ydx + x cos ydy =, µ(x, y = xe x ;

43 46 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK (3x y + xy + y 3 dx + (x + y dy =, µ =? y = e x + y 1, µ =? dx + ( x sin ydy =, y µ =? ydx + (xy e y dy =, µ =? e x dx + (e x cot y + y csc ydy =, µ =? [4(x 3 /y + (3/y]dx + [3(x/y + 4y]dy =, µ =? 37. ( 3x + 6 ( x + y y + s y dy =, µ =?. x dx Implicit alakban megadott dierenciálegyenletek Az els rend dierenciálegyenlet implicit alakban : F (x, y, y =. Ha a fenti egyenletb l y -t nem tudjuk kifejezni az x és y segítségével, akkor alkalmas paraméter bevezetésével el tudjuk állítani a megoldást paraméteres alakban. Ilyen esetben a megoldás: x = x(p, y = y(p Lagrange egyenlet Ennek általános alakja: a(y x + b(y y + c(y =. A fenti egyenlet átírható a y = xa(y + B(y. (3.4 formára. Alkalmazva az y = p helyettesítést, dierenciálás után pdx = A(pdx + [xa (p + B (p]dp vagy [A(p p]dx + [xa (p + B (p]dp =.

44 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 47 Ha A(p p akkor dx dp + A (p A(p p x + B (p A(p p = lineáris dierenciálegyenlethez jutunk. Ennek megoldása : ahol x = Cu(p + v(p, (3.5 A (s p p u(p = e A(s s ds, p v(p = p B p (t A(t t e t A (s A(s s ds dt, és behelyettesítve (3.5-t (3.4-be: y = Cu 1 (p + v 1 (p, ahol u 1 (p = A(pu(p, v 1 (p = A(pv(p + B(p, és a görbe mentén y = p. Példa Az y = p helyettesítéssel a fentiek szerint a y = xy + y p dx + x = p dp els rend lineáris egyenlethez jutunk. Ennek megoldáshalmazát az x = Cp 3 p, függvénycsalád adja meg. A megoldást el állíthatjuk x = C p 3 p C R y = C p 1 3 p paraméteres alakban valamely C valós értékkel. Megjegyzések : 1. Más y = f(x, y vagy x = g(y, y alakú egyenlet esetében is lehet próbálkozni az y = p paraméter bevezetésével.

45 48 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Példa y 3 4xyy + 8y = Látható, hogy az y = is megoldása az egyenletnek. Ha y és y, akkor az y = p helyettesítéssel Deriválva y szerint x = y 4y + y y x = p 4y + y p. dx dy = p 4y + p dp y dy + p y dp p dy. A dx dy = p 1 gyelembevételével a y(p 3 4y dp p(p 3 4y dy = (p 3 4y (ydp pdy = Ahonnan a p 3 4y = adja az x = 3 p 1, y = 1 p 3 x = 3 p 1 y = 1 p 3 megoldásokat, a ydp pdx = pedig az x = Cp + 1 4C C R y = Cp megoldáscsaládot. p > ( (. Az y = f 1 + y, x = g 1 + y alakú egyenletekben az y = tan ϕ vagy y = sinh τ parametrizálás célszer. Példa y = 1 + y, y = sinh τ, τ (, + Ekkor y = 1 + y = cosh τ és innen dy dx = sinh τ. Ezekb l dτ dτ = dx dy dy dτ = 1 y sinh τ = 1, azaz x = τ + C. Következésképpen egyenletünk megoldásait az x = τ + C τ R C R y = cosh τ

46 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 49 paraméteresen el állított függvények adják, amelyek a τ kiküszöbölése után a y = cosh(x C x, C R megoldáscsaládot szolgáltatják Clairaut egyenlete Ha a Lagrange-féle dierenciálegyenletben A(y y akkor kapjuk a y = xy + B(y Clairaut-féle dierenciálegyenlet. Az y = p helyettesítéssel, dierenciálás után [x + B (p]dp =. Az els tényez eltünése adja az egyenlet parametrikus megoldását x = B (p, y = pb (p + B(p A második tényez elt nése dp = adja a második megoldást y = Cx + B(C Példa megoldása parametrikus formában : y = xy + y y = Cx + C, C < x = 1 p, y = p, p < y = 1 x x > Más megoldás is lehetséges. Például: 1 ha < x 1; y = x x + ha x > Magasabbrend dierenciálegyenletek Az n-ed rend dierenciálegyenlet implicit alakja : F (x, y, y, y,..., y (n =

47 5 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK explicit formában viszont : Megoldásának általános alakja y (n = f(x, y, y,..., y (n 1. y = y(x, C 1, C,..., C n, ahol a C i, C i R, i {1,,..., n} integrációs állandókat a kezdeti feltételeket megadó ú.n. Cauchy feltételek kel határozzuk meg. 1. A legegyszer bb n-ed rend dierenciálegyenlet az ahonnan következik, hogy : x x y (n 1 (x = x t y (n = f(x, x x f(sds + C 1 y (n (x = f(s ds dt + C 1 (x x + C x x ahol parciális integrálással : x t t x x x dt f(s ds = t f(sds tf(t dt = (x tf(t dt x x x x x y (n (x = (x sf(sds + C 1 (x x + C. x Folytatva az integrálást, teljes indukcióval könnyen igazolhatjuk, hogy az eredmény : y(x = x x A Cauchy feltételek : (x s n 1 (x x n 1 (x x n f(s ds + C 1 + C + + C n (n 1! (n 1! (n! y(x = y, y (x = y, y (x = y,, y (n 1 (x = y (n 1, amelyek meghatározzák a C i valós állandókat a következ képpen : A végeredmény : C 1 = y (n 1, C = y (n,..., C (n 1 = y, C n = y. y(x = y + y (x x 1! + + y(n 1 (x x n 1 1 x + f(s(x s n 1 ds (n 1! (n 1! x

48 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 51. Vizsgáljuk meg azt az n-ed rend dierenciálegyenletet, amelyben nem szerepel expliciten y, y,..., y (k 1, azaz melyek alakja Elvégezve függvénycserét, egyenletünk az F (x, y (k,..., y (n =. y (k = u F (x, u, u,..., u (n k = (n k- ad rend egyenletbe transzformálódik. 3. Olyan n-ed rend dierenciálegyenletet vizsgálunk, amelyben nem szerepel expliciten a független x változó, tehát alakú. bevezetjük az új F (y, y,..., y (n = y (x = p(y függvényt és a független válozó pedig y lesz. Ekkor y = dy dx = dp dx = dp dy dy dx = p dp dy y = dy dx = dy dy dy dx = p d [ p dp ] = p d p dy dy dy + p ( dp dy... Látható, hogy a p(y függvényt mindig egyszer kevesebbszer deriváljuk mint az y(x függvényt. Tehát a dierenciálegyenlet rendje eggyel csökken. Példa y + yy = Az y (x = p(y függvénycsere következtében az új dierenciálegyenlet p + yp dp dy =

49 5 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK már csak els rend. Ennek p = egy megoldása, amely az y = -nak felel meg, amely az y = C 1 megoldásnak felel meg. Ha p, akkor p-vel való osztás után a p + y dp dy = egyenletet kapjuk, melynek megoldáshalmaza : p = C y C R és így yy = C 3 y 3 = Cx + C 3 C, C 3 R Tehát ahol k 1, k tetsz leges valós állandók. y = (k 1x + k 3 4. Legyen az F (x, y, y,..., y (n = n-ed rend dierenciálegyenlet azzal a tulajdonsággal, hogy F (x, ty, ty,..., ty (n = t m F (x, y, y,..., y (n ami azt jelenti, hogy az F függvény az utolsó n változóban m-ed rend en homogén. Az egyenlet megoldását y = e u dx alakban keressük. A fenti összefüggés miatt : y = ue u dx = u y, y = u y + uy = (u + u y, y = (u + 3uu + u 3 y,.... Ezeket behelyettesítve az eredeti egyenletbe egy n 1-ed rend dierenciálegyenletet kapunk. Példa yy y + 1 x yy = x > Itt F (x, y, y, y yy y + 1 x yy egy másodfokú homogén függvény az y, y, y változókban. Behelyettesítve a fenti összefüggéseknek megfelel en az u függvényt és egyszerüsítve y -el egy egyszer u + u x = egyenlethez jutunk. Ennek megoldása u = C1 x C 1 R,

50 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 53 ahonnan lesz a megoldáshalmaz. y = C x C 1 C 1, C R 5. Az n-ed rend F (y, xy, x y,..., x n y (n = dierenciálegyenletben változócserét hajtunk végre xy = x d dx y, Tehát x dx = 1 dt dt = dx x xy = x d dx y = dy dt T y, T d dt, T y = x d dx és bizonyíthatjuk, hogy A dierenciálegyenlet a t változóban x d y = T (T 1y dx x k dk y = T (T 1(T... (T k + 1y dxk F 1 (y, dy dt, d y dt,..., dn y dt n = t = ln x, x = e t. ( x dy = x d y dx dx + x dy dx Bevezetve dy = u(y függvényt, akkor ebben egy n 1-ed rend dierenciálegyenletet kapunk. dt A fenti egyenlet lineáris homogén változata x n dn y dx n + a 1x n 1 dn 1 y dx n a n 1x dy dx + a ny = az ú.n. Euler-féle dierenciálegyenlet. Elvégezve az x = e t változócserét az új egyenlet d n y dt n + b d n 1 1 dt n b dy n 1 dt + b ny = lineáris, homogén, állandó együtthatójú n-ed rend dierenciálegyenlet lesz. 6. Legyen adott az ( y x n 1 y (n = f x, y, xy,..., x n y (n 1 n-ed rend dierenciálegyenlet. ( Ha n = 1 akkor a fenti egyenlet, a már tanulmányozott y = f homogén egyenlet. Ennek az integrálásánál az y x y = ux

51 54 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK függvénycserét használtuk. Leibniz képletét használva ahonnan következik, hogy y (k = xu (k + ku (k 1, x k 1 y (k = x k u (k + kx k 1 u (k 1. A fenti egyenl ség azt mutatja, hogy az f függvény y x, y, xy,..., x n 1 y (n argumentumait lineárisan, állandó együtthatókkal kifejezhetjük az u, xu,..., x n u (n argumentumokkal. Az eredetiegyenletünk a x n u (n = f 1 (u, xu,..., x n 1 u (n 1 az el z leg már vizsgált egyenletbe megy át. 7. Vizsgáljuk az alábbi n-ed rend y (n y = f (x, y y,..., y(n 1, y dierenciálegyenletet amely homogén y, y,..., y (n -ben, ami azt jelenti ha y, y,..., y (n helyett λy, λy,..., λy (n -t választunk, ahol λ állandó az eredeti egyenletünk változatlan marad. Olyan tartománnyal foglalkozunk ahol y. Az egyenlet integrálása érdekében az y y = u x változójú u függvényt vezetjük be. Deriválás után ahonnan következik, hogy hasonló módon folytatva vagy általánosan y (k y y y y y = u y y = u + u. y y = u + 3uu + u 3 = u (k 1 + P k (u, u,..., u (k, ahol P k (u, u,..., u (k egy polinom u, u,..., u (k -ben. Elvégezve az eredeti egyenletben a helyettesítéseket egy u (n 1 = f 1 (x, u, u,..., u (n,

52 3.. ELSŽREND DIFFERENCIÁL EGYENLETRENDSZER 55 n 1-ed rend dierenciálegyenlethez jutunk. Ha ennek az általános megoldása akkor az általános megoldást integrálása szolgáltatja u = φ(x, C 1, C,..., C n 1 dy y = φ(x, C 1,..., C n 1 dx x φ(s,c x y = C n e 1,...,C n 1ds 8. Végül említsük meg a dierenciálegyenlet integrálását a deriválás módszerével. Az n-ed rend F (x, y, y,..., y (n = dierenciálegyenletet deriváljuk x szerint df dx = F x + F y y + F y y + + F y = Φ(x, y, (n y,..., y (n+1 =. Tételezzük fel,hogy integráltuk a Φ(x, y, y,..., y (n+1 = egyenletet és az általános megoldása y = φ(x, C 1, C,..., C n+1. Ha az eredeti egyenletbe behelyettesítjük y-t φ(x, C 1,... C n+1 -el, akkor egy összefüggést kapunk a C 1, C,..., C n+1 állandók között.jelöljük ezt A Φ = egyenletb l következik, hogy θ(c 1, C,..., C n+1 =. df (x, φ, φ,..., φ (n dx =, ami azt jelenti, hogy F nem függ x-t l ha y-t φ-vel, y -t φ -el,...,y (n -t pedig φ (n - el helyettesítjük. Tehát a C 1, C,..., C n+1 állandók valamelyikét kifejezhetjük a többiekkel. A fentiekb l a következ ú.n. deriválási módszert adhatjuk meg a differenciálegyenlet integrálásához : Az n-ed rend dierenciálegyenlet deriválásából kapott n+1-ed rend dierenciálegyenlet általános megoldása az eredeti egyenlet megoldása is ha a C 1, C,..., C n+1 állandók egyikét kifejezhetjük a többivel. Példa Legyen 1 + y = yy,

53 56 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK a lánc másodrend dierenciálegyenlete. Deriválva az egyenletet ahonnan Integrálva y = y y y yy = y y vagy dy y y Cy =. = dy y. Mivel az eredeti egyenletb l látszik, hogy yy > következik, hogy C >. A dierenciálegyenlet megoldása y = C 1e Cx + C e Cx, Ez a megoldás az eredeti lánc egyenletet is ki kell elégitse. Azt kapjuk, hogy 1 + C(C 1e Cx C e Cx C(C 1e Cx + C e Cx =. Azt vesszük észre, hogy x akkor tünik el ha 4CC 1C = 1, ahonnan Tehát az általános megoldás : C = x 1 4C 1C. y = C 1e C 1 C + Ce x C 1 C Feladatok Integráljuk az alábbi magasabbrend egyenleteket : y 3y y (4 = 3y y y = y y (4 y = y y (4 y = y y (4 3y = (1 + y y = 3y y a kör egyenlete 1 + y = yy felhasználva y'=p(y

54 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK y + x y = 1 x. xy = ( y x y. y y = 1 + y y + y y. C 1 x + C + C 3 x C 4 hiperbola 4y 3y y (4 =. y = C + C 3 y 3 y x C 4 y = y = C 3 x C 4 y y y =. y = C 3 x+c 4 ± ( C 1 x + C parabola 5y 3y y (4 = vagy y 3 =. y = C 4 ± C 1 x + C parabola y 3 y y =. y = ± C 1 x + C parabola y + y y =. C 4 x + C 5 ± C 1 x + C x + C 3 kupszelet ( y 3 = 3.3. Lineáris dierenciálegyenletek Másodrend lineáris dierenciálegyenlet P (xy + Q(xy + R(xy = G(x másodrend lineári inhomogén di.e.

55 58 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Ha G(x akkor lineáris homogén egyenletr l beszélünk, ellenkez esetben lineáris inhomogén egyenletünk van. Megkivánjuk, hogy P (x a vizsgált I intervallum egy pontjában se legyen nulla. Vezessük be a Q(x P (x = p(x, R(x P (x = q(x, G(x P (x = g(x jelöléseket és így a másodrend inhomogén ill. homogén di.egyenletek ahol y + py + qy = g Ly = g ill. y + py + qy = Ly = L = d dx + p(x d dx + q(x a lineáris (dierenciál operátor. Alaptulajdonságai : L(Cy = CL(y. L(y 1 ± y = L(y 1 ± L(y Ha két y 1 és y függvény esetén a C 1 y 1 + C y = akkor és csak akkor teljesül az I intervallum pontjaiban ha C 1 = C =, azt mondjuk, hogy a két függvény lineárisan független. Azt állítjuk, hogy egy másodrend lineáris homogén di. egyenletnek két lineárisan független megoldása van. Legyenek ezek az ú.n.fundamentális megoldásrendszer adó y 1 és y függvények. Mivel Ly 1 =, Ly = L(C 1 y 1 + C y = a homogén egyenlet általános megoldása : y = C 1 y 1 (x + C y (x a fundamentális megoldásrendszer lineáris kombinációja. Egy függvényrendszerrel kapcsolatban célszer bevezetni az ú.n. Wronski-féle determináns fogalmát. W (y 1, y = y 1 y y 1 y Ha y 1 és y lineárisan független, akkor a C 1 y 1 (x + C y (x = C 1 y 1(x + C y (x = egyenletrendszernek C 1, C -ben csak akkor lesz a megoldás kötelez en a banális ha az együtthatokból képzett Wronski determináns nem nulla a vizsgált intervallumon. Ha W = akkor y 1 y y y 1 = y 1 y 1 = y y y 1 = Cy a függvények szemmelláthatóan lineárisan függ k és a Cauchy feltételt sem elégíthetik ki. Deriválva a Wronski determinánst, gyelembe véve, hogy a determináns deriválásakor annak rendre egy-egy sorát deriváljuk majd a determinánsokat összeadjuk, dw dx = y 1 y y 1 y + y 1 y y 1 y = y 1 y py 1 qy 1 py qy = p y 1 y y 1 y = pw.

56 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 59 Tehát a változók szétválasztása és az integrálás után dw W = p(xdx W (x = W (x e x x p(ξdξ. megha- Ha történetesen p =, akkor W = const. Mivel W = y 1 y y 1y = y1 d dx tározhatjuk y -t az y 1 és W ismeretében. x W (ξ y (x = y 1 (x y1 dξ, (ξ Ha p =, tehát a Wronski determináns állandó y (x = y 1 (xw (x x dξ y 1 (ξ ( y y 1 Példa d y + y =, p(x, y1(x = sin x, y(x = sin x dx x dξ sin = sin x( cot x = cos x. ξ Állandó együtthatójú másodrend lineáris homogén dierenciálegyenlet Legyen és a vizsgált egyenletünk p(x = a = valós állandó, y + ay + by = q(x = b = valós állandó melynek megoldásait y = e rx,ahol r = állandó - formában keressük. Behelyettesítve az y = re rx és r e rx kifejezéseket, kapjuk az (r + ar + be rx = r + ar + b = ú.n.karakterisztikus egyenletet. Ennek gyökei legyenek r 1 és r. Megkülönböztetünk három lehet séget: i. -A = a 4b diszkrimináns pozitiv, tehát két valós különböz gyökünk van, az általános megoldás az y 1 (x = e r1x és y (x = e rx megoldások lineáris kombinációja y(x = C 1 y 1 (x + C y (x = C 1 e r1x + C e rx. A C 1, C állandókat a Cauchy y(x = y, meg. y (x = y feltételekb l határozzuk

57 6 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Példa y y y =, y( =, y ( = 1; A karakterisztikus egyenlet és gyökei : r r =, = 9, r 1 = 1, r = ; A két megoldás ées az általános megoldás y 1(x = e r1x = e x, y (x = e rx = e x y(x, C 1, C = C 1y 1(x+C y (x = C 1e x +C e x A Cauchy feltételekb l : C 1 + C =, C 1 + C = 1, C 1 = 1 3, C = 1 3, és a megoldás : y(x = 1 3 e x ex. Megjegyezzük, hogy ha a Cauchy feltételek y( = y ( = s t y(x = y (x = y lennének, akkor y(x ill.y(x y lenne az eredmény. ii. Ha =, tehát r 1 = r = a, akkor az így kapott megoldások lineárisan nem függetlenek. Ezekb l a következ képpen alkotunk két lineárisan független megoldást. Legyen r 1 = r = r és y 1 = e rx, e (r+εx e rx y = lim = xe rx ε ε Példa y 4y + 4y =, r 4r + 4 =, r 1 = r =, y 1 = e x, y = xe x, y(x = C 1e x + C xe x. iii. Ha < akkor két komplex gyökünk van. Egyik a másiknak komlpex konjugáltja. r 1 = α + iβ, r = α iβ, α = a, β = y 1 = e r1x = e αx e iβx, y = e rx = e αx e iβx

58 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 61 A komplex függvények helyett alkalmasabbak ezek olyan lineáris kombinációi amelyek,már valós függvények : y 1 1 (y 1 + y = e αx cos βx, y 1 (y 1 y = e αx sin βx és az általános megoldás y(x = C 1 e αx cos βx + C e αx sin βx = e αx (C 1 cos βx + C sin βx Példa y 1 y y =, r 1 r = = = 1 r 1 = i 4, r = 1 4 i 4 A két lineárisan független megoldás : és az általános megoldás : y = C 1e x 4 cos x 4 y 1(x = e x 4 cos x 4, y(x = e x 4 sin + C e x 4 sin x 4 = e x 4 x 4. ( x C 1 cos + C sin 4 x 4 1. Kiegészítés Meghatározhatjuk azt a másodrend lineáris homogén dierenciálegyenletet, melynek fundamentális megoldásrendszere : y 1 (x ill. y (x. Mivel az y + p(xy + q(xy = ; y 1 + p(xy 1 + q(xy 1 = ; y + p(xy + q(xy = ; egyenletrendszernek adott p-re és q-ra akkor van megoldasa ha y y y y 1 y 1 y 1 y y y = Példa

59 6 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 1. Határozzuk meg azt az egyenletet melynek fundamentális megoldásrendszere : y 1(x = x és y (x = x. y y y 1 x x x = ahonnan következik, hogy : x y + xy y =.. Az el bbi kérdés ha : y 1(x = sin x és y (x = cos x. y y y 4 sin x cos x sin x 4 cos x sin x cos x = ahonnan következik, hogy : y + 4y =.. Kiegészítés Ha a másodrend lineáris dierenciálegyenletnek ismerjük az egyik y 1 megoldását, akkor alkalmas függvénycserével csökkenhetjük eggyel az egyenlet rendjét és az így kapott els rend dierenciálegyenlet megoldása adja az eredeti egyenlet második, lineárisan független megoldását. Hajtsuk végre az y + py + qy = egyenletben az függvénycserét : y = y 1 u y = y 1u + y 1 u, y = y 1 u + y 1u + y 1 u y 1 u + y 1u + py 1 u =. Vezessük be az u = v jelölést. Az egyenletünk integrálás után : ahonnan y 1 v + (y 1 + py 1 v = dv v = (y 1 y 1 + pdx, ln v(x v(x = ln y x 1(x y 1 (x p(ξdξ, x x x p(ξdξ v(x = v(x y1(x e y1 (x Cy (x. Ezt az eredményt el z leg, másképpen, a Wronski determinánssal kapcsolatban, már megkaptuk.

60 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Feladatok 1-6 feladatokat hozzuk a+ib alakra. A többi egyenletet oldjuk meg. 1. e 1+i. e 3i 3. e iπ 4. e (π/i 5. 1 i 6. π 1+i 7. y y + y = 8. y y + 6y = 9. y + y 8y = 1. y + y + y = 11. y + 6y + 13 = 1. 4y + 9y = 13. y + y + 1.5y = 14. 9y + 9y 4y = 15. y + y + 1.5y = 16. y + 4y + 6.5y = 17. y + 4y =, y( =, y ( = y + 4y + 5y =, y( = 1, y ( = 19. y y + 5y =, y(π/ =, y (π/ =. y + y =, y(π/3 =, y (π/3 = 4 1. y + y + 1.5y =, y( = 3, y ( = 1. y + y + y =, y(π/4 =, y (π/4 = 3. 3u u + u =, u( =, u ( =. 4. y y + y = 5. 9y + 6y + y = 6. 4y 4y 3y =

61 64 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 7. 4y + 1y + 9y = 8. y y + 1y = 9. y 6y + 9y = 3. 4y + 17y + 4y = y + 4y + 9y = 3. 5y y + 4y = 33. y + y + y = 34. 9y 1y + 4y =, y( =, y ( = y 6y + 9y =, y( =, y ( = 36. 9y + 6y + 8y =, y( = 1, y ( = 37. y + 4y + 4y =, y( 1 =, y ( 1 = 1 Imerve y 1 (x t, határozzuk meg y (x t! 38. x y 4xy + 6y =, x > ; y 1 (x = x 39. x y + xy y =, x > ; y 1 (x = x 4. x y + 3xy + y =, x >, y 1 (x = x x y x(x + y + (x + y =, x > ; y 1 (x = x 4. xy y + 4x 3 y =, x > ; y 1 (x = sin x 43. (x 1y xy + y =, x > 1; y 1 (x = e x 44. x y (x.1875y =, x > ; y 1 (x = x 1/4 e x 45. x y + xy + (x.5y =, x > ; y 1 (x = x 1/ sin x 46. x y + 3xy + y =, x > ; y 1 (x = x xy y + 4x 3 y =, x > ; y 1 (x = sin x 48. (x 1y xy + y =, x > 1; y 1 (x = e x 49. x y + xy + (x.5y =, x > ; y 1 (x = x 1/ sin x 5. xy (x + Ny + Ny =, N = {1, }; y 1 = e x 51. y + δ(xy + y =, y 1 (x = exp ( δx /

62 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Euler-típusú másodrend lineáris homogén dierenciáegyenlet Az egyenlet alakja : x y + axy + by = Ahogyan már megmutattuk az x = e t változócsere során x d dx = d dt és tehát : xy x dy dx = dy dt, x d dx (xy = x y + xy = d y dt xy = dy dt, x y = d y dt dy dt Az eredeti Euler-típusú egyenlet átmegy a d y + (a 1dy dt dt + by = másodrend lineáris homogén állandó együtthatójú egyenletbe, melynek a megoldását a megel z részben vizsgáltuk. Példa x y + 5xy + 3y = Euler-típusú egyenlet az x = e t változócsere hatására, a fent ismertett módon átmegy az d y dt + 4 dy dt + 3y = állandó együtthatójú egyenletbe melynek megoldásai : Visszahelyettesítve az eredeti x változót y 1(t = e t, y (t = e 3t. y 1(x = 1 x, y(x = 1 C1 ; y(x = x3 x + C x. 3 Közvetlenebb úton is eljuthatunk a megoldáshoz. Az eredeti Euler-típusú egyenlet megoldását y(x = x s formában keresve, behelyettesítés után: s(s 1x s +asx s +bx s = s +(a 1s+b = (s s 1 (s s = y(x = C 1 x s1 +C x s. Abban az esetben amikor az s +(a 1s+b = (s s 1 = karakterisztikus egyenletnek egy dupla gyöke van (s = s 1, akkor a két lineárisan független megoldás, amit az el z rész alapján könnyen beláthatunk : y 1 (x = x s1, y (x = ln x x s1, y(x = x s1 (C 1 + C ln x

63 66 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Példa Euler egyenletben az x = e t változócserével az x y + 5xy + 4y = d y dt + 4 dy dt + 4y = egyelethez jutunk. A karakterisztikus egyenletnek r 1 = r = dupla gyöke van, ezért a megoldása y(t = e t (C 1 + tc. Az eredeti x változóval : y(x = 1 (C1 + C ln x x amelyet közvetlenül megkaptuk volna, ha a megoldást x s formában keressük. Amennyiben a karakterisztikus polinom gyökei r k = s k = α ± iβ, k {1, } komplexek (α, β R, a fundamentális : x α±iβ = x α e ±iβ ln x = x α (cos(β ln x ± i sin(β ln x valós megoldások, ezek lineáris kombináciojából adódó : y 1 (x = x α cos(β ln x, y (x = x α sin(β ln x A teljes megoldás : y(x = x α (C 1 cos(β ln x + C sin(β ln x Feladatok 1. x y 3xy + 4y =, x > ;. x y + xy +.5y =, x > ; 3. x y + 4xy + y = 4. (x + 1 y + 3(x + 1y +.75y = 5. x y 3xy + 4y = 6. x y + 3xy + 5y = 7. x y = xy + y = 8. (x 1 y + 8(x 1y + 1y = 9. x y + 6xy y =

64 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK x y 4xy + 6y = 11. x y 5xy + 9y = 1. (x y + 5(x y + 8y = 13. x y + xy + 4y = 14. x y 4xy + 4y = 15. x y + xy 3y =, y(1 = 1, y (1 = x y + 8xy + 17y =, y(1 =, y (1 = x y 3xy + 4y =, y( 1 =, y ( 1 = x y + 3xy + 5y =, y(1 = 1, y (1 = x y y =, x >. x y 3xy + 4y = ln x, x > 1. x y + 7xy + 5y = x, x >. x y xy + y = 3x + ln x 3. x y + xy + 4y = sin(ln x, x > 4. 3x y + 1xy + 9y =, x > A lináris homogén másodrend dierenciálegyenlet megoldása sorbafejtéssel a reguláris szinguláris pont körül Célunk megoldani az általános másodrend lineáris egyenletet P (xy + Q(xy + R(xy = (3.6 a reguláris szinguláris x pont körül. Az egyszerüség kedvéért feltételezhetjük, hogy x. Az x = egy reguláris szinguláris pontja az (1. egyenletnek, ha x Q(x P (x = xp(x, R(x x P (x = x q(x kifejezéseknek az értéke véges ha x és analitikusak az x = -ban. Ez azt jelenti, hogy konvergens hatványsorba fejthetjük, xp(x = p n x n, x q(x = q n x n, n= n=

65 68 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK egy x < ρ tartományban. Az (1 egyenletben osszunk P -vel és utánna szorozzunk x -el. x y + x[xp(x]y + [x q(x]y =, (3.7 vagy x y + x(p + p 1 x + + p n x n +... y + (q + q 1 x + + q n x n +... y =. (3.8 Ha az összes p n, q n együtthatók nullák, kivéve p = lim x xq(x P (x, q = lim x x R(x P (x. (3.9 együtthatókat akkor az egyenletünk a x y + p xy + q y =, (3.1 Euler egyenletre redukálódik. Természetesen a p n, q n ; n 1 együtthatók nem nullák, mégis a megoldások lényeges jellemz je azonos az Euler egyenlet megoldásával. Mi az x > tartományra szorítkozunk. Feltételezhetjük, hogy y = x r (a + a 1 x + + a n x n +... = x r n= a n x n = a n x r+n (3.11 n= ahol a.más szóval r az els tag exponense. A megoldás részei : 1. r meghatározása;. az a n együtthatók közötti rekurrenciás összefüggések; 3. a n= a nx n sorozat konvergencia sugara; A megoldás általános elméletét Frobenius adta meg. Mi ennek egy egyszer sített változatát mutatjuk be. Példa Oldjuk meg az alábbi dierenciálegyenletet: x y xy + (1 + xy = (3.1 Belátható, hogy x = az egyenlet egy reguláris szinguláris pontja. Továbbá xp(x = 1/ és x q(x = (1 + x/. Tehát p = 1/, q = 1/, és a többi együttható null. A (3.1-b l a (3.1-nek megfelel Euler egyenlet x y xy + y = (3.13 (3.13 megoldása feltételezhet en (3.11 alakú, ezért y és y -t y = a n(r + nx r+n 1 (3.14 n=

66 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 69 és y = a n(r + n(r + n 1x r+n (3.15 n= sorozatok adják. Behelyettesítve (3.13 egyenletbe Csoportosítás után + x y xy + (1 + xy = n= a n(r + n(r + n 1x r+n n= a n(r + nx r+n + a nx r+n + a nx r+n+1. (3.16 n= n= x y xy + (1 + xy = a [r(r 1 r + 1]x r + {[(r + n(r + n 1 (r + n + 1]a n + a n 1}x r+n =. (3.17 n=1 Az egyenlet tetsz leges x-re fenn kell álljon. Mivel x r együtthatójában a ezért index egyenlet. Az egyenlet gyökei: r(r 1 r + 1 = r 3r + 1 = (r 1(r 1 =. (3.18 r 1 = 1, r = 1. (3.19 a szingularitás exponensei. Visszatérve az (3.17 egyenlethez, az x r+n együtthatói el kell t njenek, ezért vagy [(r + n(r + n 1 (r + n + 1]a n + a n 1 = (3. a n 1 a n = (r + n 3(r + n + 1 = a n 1 =, [(r + n 1][(r + n 1] n 1. (3.1 r = r 1 = 1 esetén (3.1-ból a n = an 1 (n + 1n, n 1. Ahonnan a 1 = a 3 1, és a = a1 5 = a (3 5(1, a 3 = a 7 3 = a (3 5 7(1 3. Általánosan ( 1 n a n = a, n 1. [3 5 7 (n + 1]n! és a megoldás, nem véve gyelembe az a szorzótényez t y 1(x = x [ 1 + n=1 ( 1 n x n [3 5 7 (n + 1]n! ], x >. (3.

67 7 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK A konvergencia sugara: lim n an+1xn+1 a nx n = lim n x (n + 3(n + 1 = bármilyen x-re. Tehát a sorozat konvergál minden x-re. A második r = r = 1 gyök esetében hasonlóan járunk el. A (1.18 összefüggésb l an 1 an 1 a n = n(n 1 =, n 1. n(n 1 Innen a 1 = a 1 1, a = a1 3 = a (1 (1 3, és általánosan ( 1 n a n = a, n![1 3 5 (n 1] n 1. (3.3 Ismét nem véve gyelembe az a szorzótényez t, a második megoldás ] y (x = x [1 1/ ( 1 n x n +, n![1 3 5 (n 1] x >. (3.4 n=1 Akárcsak az el bb, megmutathatjuk hogy ez a sorozat is konvergens minden x-re. Mivel az y 1 és y -ben a vezet tag x ill. x 1/, belátható hogy a megoldások lineárisan függetlenek. Az egyenlet általános megoldása : y = C 1y 1(x + C y (x, x >. A fenti példában láthattuk, hogy az x = reguláris pont környezetében az egyenletnek két (8.t típusú megoldása van. Hasonló a helyzet, ha a reguláris pont x = x, ekkor is két y = (x x r n= a n (x x n (3.5 típusú megoldásunk van az x = x pont környezetében. Ha az index egyenlet két gyöke megegyezik vagy egy egész értékben különböznek, akkor a második megoldás sokkal bonyolultabb strukturával rendelkezik.a második megoldás egy logaritmikus tagot is tartalmaz, miként azt az Euler egyenlet esetében tapasztaltuk, amikor a két gyök megegyezett. Ha az index egyenlet gyökei komplexek akkor nem lehetnek egyenl k és egész értékben sem különbözhetnek, ilyenkor két megoldásunk van. Természetesen a megoldások x-nek komplex függvényei. Akácsak az Euler egyenletek esetén itt is kaphatunk megfelel lineáris kombinációk révén valós megoldásokat. Gyakran hasznos a (3.7 helyett, megtartani a (3.6 alakot a P, Q és R polinomokkal. Például sokkal el nyösebb az egyenletet x(1 + xy + y + xy = formája mint az x y + x 1 + x y + x 1 + x y =, ahol a x/(1 + x és x /(1 + x kifejezéseket el bb hatványsorba kell fejteni.

68 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Feladatok Az összes feladatban x = reguláris pont. Határozzuk meg az index egyenletet, ennek gyökeit és a rekurrenciás összefüggést. Adjuk meg a megoldás sorfejtését a nagyobbik gyök esetén. Ha a gyökök nem egyenl ek és nem egy egész értékben különböznek akkor adjuk meg a megoldás hatványsorát a kisebbik gyök esetén is. 1. xy + y + xy =. x y + xy + (x 1 9 y = 3. xy + y = 4. xy + y y = 5. 3x y + xy + x y = 6. x y + xy + (x y = 7. xy + (1 xy y = 8. x y + 3xy + (x 1y = 9. x y x(x + 3y + (x + 3y = 1. x y + (x y = Inhomogén másodrend lineáris dierenciálegyenletek ay + by + cy = g(x {a, b, c} állandók L[y] = g(x ahol az L lineáris operátor L = a d dx + b d dx + c Az L[y h ] = homogén egyenletnek az általános megoldása y h (x = C 1 y 1 (x + C y (x, C 1, C R Az L[y] = g(x inhomogén egyenlet általános megoldása y = y h (x + Y (x ahol Y (x az L[Y ] = g(x inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása. Ez azt jelenti, hogy nem tartalmaz tetsz leges állandókat amelyekkel kielégíthetnénk a Cauchy feltételeket. Azonban a fenti általános megoldás kielégiti az inhomogén egyenletet és tartalmazza a Cauchy feltételekhez szükséges két tetsz leges állandót. Láttuk, hogy a homogén egyenlet általános megoldásának a karakterisztikus egyenlet gyökeinek természete alapján három típust különböztethetünk meg : y h = C 1 e r1x + C e rx, y h = (C 1 + xc e rx y h = e αx (C 1 sin βx + C cos βx,

69 7 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK attól függ en, hogy a másodfokú karakterisztikus egyenletnek, két különböz valós gyöke, két egybees valós gyöke, vagy komplex gyökei vannak. Ha g(x = n g n(x, akkor a partikuláris megoldás Y = n Y n(x mivel L[Y n (x] = g n (x A partikuláris megoldás meghatározása a g(x függvény bizonyos típusai esetén viszonylag egyszer módon történhet : 1. g(x = P n (x = A x n +A 1 x n 1 + +A n, Y = Q n (x = B x n +B 1 x n 1 + +B n. g(x = e αx P n (x Y (x = e αx Q n (x 3. g(x = P n (x cos βx, P n (x sin βx Y (x = Q n (x cos βx + R n (x sin βx. Példa 1. y 3y 4y = 3e t, Y 3Y + 4Y = 3e t Legyen Y (t = Ae t és behelyettesítés után azt kapjuk, hogy (4A 6A 4Ae t = 3e t A = 1 Y (t = 1 et.. y 3y 4y = sin t, Y 3Y 4Y = sin t Legyen Y (t = A sin t + B cos t, behelyettesítés után azt kapjuk, hogy ( A+3B 4A sin t+( B 3A 4B cos t = sin t, 5A+3B =, 3A 5B =, A = 5/17, B a megoldás Y (t = 5 17 sin t + 3 cos t y 3y 4y = 4t 1, Y 3Y 4Y = 4t 1 Legyen Y (t = At + Bt + C. Behelyettesítés és egyeztetés után A = 1, B = 3/, C = 11/8 és a keresett partikuláris megoldás : Y (t = t + 3 t 11 8

70 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK A megoldást y 3y 4y = 8e t cos t, Y 3Y 4Y = 8e t cos t. Y (t = Ae t cos t + Be t sin t formában válasszuk. Behelyettesítés és a megfelel együtthatók egyeztetése után A megoldás 1A + B = 8, A 1B =, A = 1 13, B = 13. Y (t = 1 13 et cos t + 13 et sin t. Ha az ay + by + cy = g egyenletben g = g 1 + g, akkor a partikuláris megoldás Y (t = Y 1(t + Y (t ahol : ay 1 + by 1 + cy 1 = g 1, ay + by + cy = g 5. Tehát három egyenletet kell megoldanunk : y 3y 4y = 3e t + sin t 8e t cos t. 6. y 3y 4y = 3e t, y 3y 4y = sin t, y 3y 4y = 8e t cos t. Ezeket már az el z példákból már ismerjük. A keresett megoldás Y (t = 1 et 5 17 sin t cos t et cos t + 13 et sin t. y + 4y = 3 cos t, Y + 4Y = 3 cos t Most az Y = A sin t + B cos t választás nem vezetne eredményre azért, mert a karakterisztikus polinom olyan, hogy a gyöke éppen ±i és a fundamentális megoldások egyike cos t megegyezik a g(t-vel. Ilyenkor a megoldást Y (t = At cos t + Bt sin t formában keressük. Azt kapjuk, hogy A =, B = 3 4. Tehát : Y (t = 3 t sin t Állandók változtatásának módszere Vizsgáljuk meg az L[y] = g egyenlet megoldásának meghatározását tetsz leges g(x szabadtag esetén. y = y h + Y = C 1 y 1 + C y + Y ahol Ly i =, i 1, Az inhomogén egyenlet Y megoldását a homogén egyenlet általános C 1 y 1 (x + C y (x megoldásából kapjuk C 1 u 1 (x, C u (x helyettesítés után (állandók változtatásának módszere. Az u 1 (x és u (x függvényekre olyan plusz feltételeket róvunk ki,

71 74 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK melyek garantálják a dierenciálegyenlet megoldását, ugyanakkor egyértelm en lerögzítik két függvény alakját. A partikuláris megoldás és deriváltjai: Y = u 1 (xy 1 (x + u (xy (x, Y = u 1 (xy 1(x + u (xy (x + u 1(xy 1 (x + u (xy (x, }{{} Y = u 1 (xy 1 (x + u (xy (x + u 1(xy 1(x + u (xy (x. }{{} g(x ahol a deriváltak kifejezéseiben az els két tag lineáris kombinációi a homogén egyenlet megoldásai azonos rend deriváltjainak. Ezért az utolsó két tagra megkövetelve az u 1(xy 1 (x + u (xy (x = u 1(xy 1(x + u (xy (x = g(x (3.6 egyenl ségeket Y megoldása lesz az inhomogén egyenletnek. Megoldva az (3.6 egyenletrendszert: u 1 = gy W (y 1, y, gy 1 u = W (y 1, y, ahol W (y 1, y y 1 y y y 1 a függvények Wronski determinánsa. Következik, hogy u 1 (x = x g(ξy (ξ W (y 1 (ξ, y (ξ dξ + C 1, u (x = Az általános megoldás visszahelyettesítés után : y = C 1 y 1 (x + C y (x y 1 (x vagy x x g(ξy (ξ W (y 1 (ξ, y (ξ dξ + y (x g(ξy 1 (ξ W (y 1 (ξ, y (ξ dξ + C. x g(ξy 1 (ξ W (y 1 (ξ, y (ξ dξ, x g(ξ [y 1 (ξy (x y (ξy 1 (x] y = C 1 y 1 (x + C y (x + dξ. W (y 1 (ξ, y (ξ Példa Legyen adott az alábbi inhomogén y + 4y = 3 sin x dierenciálegyenlet. A y + 4y = homogén rész lineárisan független megoldásai y 1(x = cos x, illetve y (x = sin x

72 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 75 és az általános megoldása y h = C 1 cos x + C sin x Az inhomogén egyenlet Y (x partikuláris megoldását a homogén egyenlet alapján úgy határozzuk meg, hogy a C 1, C állandókat kicseréljük az u 1(x ill. az u (x egyenl re ismeretlen függvényekkel. Y = u 1(xy 1(x + u (xy (x = u 1(x cos x + u (x sin x Az u 1, Y = u 1 cos x + u sin x u 1 sin x + u cos x u függvényekre kirót els feltételünk legyen u 1 cos x + u sin x =. (i Y = u 1 sin x + u cos x 4u 1 cos x 4u sin x Az ismeretlen függvényekre kirótt másik feltételünk : (i u = u cos x 1 sin x, u 1 sin x + u cos x = 3 sin x. (ii (ii u 1( sin x + cos x sin x = 3 sin x u 3 sin x 1 = sin x = 3 cos x u 1(x = 3 sin x + C 1. (iii (i u cos x = 3 cos x sin x = 3 cos x sin x = 3 1 sin x 3 sin x u = 3 ln tan x + 3 cos x + C. (iv Visszahelyettesítve (iii, ( iv alapján u 1-t és u -t a végs teljes megoldás : vagy y = ( 3 sin x + C 1 cos x + [ 3 ln tan x + 3 cos x + C ] sin x y = C 1 cos x + C sin x 3 sin x cos x + 3 cos x sin x + 3 ln tan x sin x ahonnan látszik, hogy a végs általános megoldás a homogén egyenlet általános és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának összege Feladatok Oldjuk meg az alábbi egyenleteket : 1. y y 3y = 3e t ;. y + y + 5y = 3 sin t; 3. y y 3y = 3te t ; 4. y + y = sin t;

73 76 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 5. y + 9y = t e 3t + 6; 6. y + y + y = e t ; 7. y + 3y + y = t + sin t; 8. y + y = 3 sin t + t cos t; 9. u + ω u = cos ωt, ω ω ; 1. u + ω u = cos ω t; 11. y + y + 4y = sinh t; 1. y y y = cosh t; 13. y + y y = t, y( =, y ( = 1; 14. y + 4y = t + 3e t, y( =, y ( = ; 15. y y + y = te t + 4, y( = 1, y ( = 1; 16. y y 3y = 3te t, y( = 1, y ( = ; 17. y + 4y = 3 sin t, y( =, y ( = 1; 18. y + y + 5y = 4e t cos t, y( = 1, y ( = ;. Adjuk meg az egyenletek Y partikuláris megoldását az állandók változtatásának módszerével. 19. y + 3y = t 4 + t e 3t + sin 3t;. y + y = t(1 + sin t; 1. y 5y + 6y = e t cos t + e t (3t + 4 sin t;. y + y + y = 3e t + e t cos t + 4e t t sin t; 3. y 4y + 4y = t + 4te t + t sin t; 4. y + 4y = t sin t + (6t + 7 cos t; 5. y + 3y + y = e t (t + 1 sin t + 3e t cos t + 4e t ; 6. y + y + 5y = 3te t cos t te t cos t;

74 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Laplace transzformáció A Laplace transzformáció az egyik legelterjedtebb integráltranszformáció. Számtalan alkalmazása ismert a matematikában, zikában és mérnöki tudományokban. Egy f(t függvény integráltranszformáltja alatt egy ehhez rendelt F (s függvényt értünk, melyet a következ képpen kapunk F (s = T [f] = + K(s, tf(tdt, ahol K(s, t a transzformáció magja. Az integráltranszformációk lineárisak, azaz ha két tetsz leges f és g függvény transzformáltjai F (s = T [f], és G(s = T [g], akkor lineáris kombinációjuk integráltranszformációjára fennáll, hogy T [c 1 f(t + c g(t] = c 1 F (s + c G(s. Bizonyos esetekben létezik a transzformáció fordítottja vagy inverze, mikoris az eredeti f(t függvény visszanyerhet az F (s transzformáltból: f(t = T 1 [F ] = + K 1 (s, tf (sds, ahol K 1 (s, t a transzformáció inverz magja. A Laplace transzformáció a pozitív valós számtartományon értelmezett függvények esetén értelmezett és magja K(s, t e st. Ezek szerint egy f(t függvény transzformáltja felírható mint F (s = L[f] = e st f(tdt. A fenti integrál létezésének (végességének feltétele, hogy létezzen egy olyan M és a pozitív valós érték, hogy f(t < Me at. A Laplace transzformáció inverze az Bromwich vagy Fourier-Mellin néven is ismert komplex integrál. Tekintsük néhány függvény Laplace transzformáltját: 1. L[1] = 1 s, s > ; f(t = L 1 [F (s] = 1 γ+it lim e st F (sds, πi T + γ it ahol γ egy olyan valós érték, mely nagyobb az F (s összes szinguláris pontjánál.

75 78 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. 3. B: L[e at ] = L[e at ] = 1 s a, s > ; e st e at dt = e (a st dt = e(a st a s s L[cos at] = s + a, L[sin at] = a s + a. B: Az el bbi tulajdonság alapján = 1 s a. L[e iat ] = L[cos at] + il[sin at] = 1 s ia = s + ia s + a B: B: B: L[t p ] = L[e ct f(t] = L[sinh at] = L[t p ] = e st t p dt = 1 s p+1 Γ(p + 1 s p+1, s > ; L[t n ] = n! s n+1 L[e ct f(t] = F (s c e st e ct f(tdt = L[e ct sin at] = L[e ct cos at] = e u u p du = 1 Γ(p + 1. sp+1 e (s ct f(tdt = F (s c. a (s c + a s c (s c + a a s a, L[cosh at] = s s a L[sinh at] = 1 L[eat ] L[e at ] = 1 ( 1 s a 1 = s + a L[cosh at] = 1 L[eat ] + L[e at ] = 1 ( 1 s a + 1 = s + a a s a. s s a.

76 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK B: L[f(ct] = L[f(ct] = 1 c F ( s c e st f(ctdt = 1 c L[H(t t ] = e st, s ahol H(t a Heaviside-féle lépcs függvény : {, t <, H(t = 1, t. e s c u f(udu = 1 c F ( s c L[H(t a H(t b] = e as e bs L[f ] = sf (s f(, L[f ] = s F (s sf( f (,... s. 1. L[f (n ] = s n F (s s n 1 f( s n f (... sf (n ( f (n 1 ( 13. B: df (s ds = L[( t n f(t] = F (n (s. ( te st f(tdt = L[ tf(t]. Példa L[t sinh at] = d ds ( a as = s a (s a

77 8 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK A konvoluciós szorzat és a Laplace transzformáció Két, f és g, függvény konvolúciója f g t f(τg(t τdτ. Fennáll, hogy f g = g f, kommutativitás; f (g 1 + g = f g 1 + f g, disztributivitás; (f g h = f (g h, aszociativítás; L[f g] = L[f] L[g]. Bizonyítás : f g = t t(τg(t τdτ = f(τg(t τdτ mivel g(t τ = ha τ > t. Alkalmazva a t τ = u, t u, dt = du változócserét : L[f g] = e st f(τg(t τdτdt = e s(τ+u f(τg(udτdu = L[f]L[g]. Példa 1. Adjuk meg az inverz Laplace transzformációját, felhasználva a konvoluciós szorzat tulajdonságát az a H(s = s (s + a kifejezésnek. a H(s-t úgy fogjuk fel mint s és a/(s + a szorzatát amelyek t és sin at Laplace transzformáltjai, ezért h(t = vagy a kommutativítás miatt. Oldjuk meg a t h(t = inhomogén dierenciálegyenletet. A transzformáció elvégzése után (t τ sin aτdτ = t au sin a(t τdτ. at sin at a y + 4y = g(t, y( = 3, y ( = 1 s Y (s 3s Y (s = G(s,

78 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 81 vagy Y (s = 3s 1 s G(s s + 4. Felbontva s Y (s = 3 S s s + 4 G(s. ahonnan felhasználva az inverz Laplace transzformációt y = 3 cos t 1 sin t + 1 t sin (t τg(τdτ. 3. A Laplace transzformáció alkalmazásával oldjuk meg az alábbi dierenciálegyenleteket : a. y y y =, y( = 1, y ( = ; L[y y y] = L[y ] L[y ] + L[y] = {s Y sy( y (} {sy y(} Y =, Y [ s s ] = (s 1y(+y (, ahonnan Y (s = y((s 1 + y ( s s = s 1 (s + 1(s = A s B s = /3 s /3 s. Felhasználva, hogy F (s c e ct f(t következik, hogy : amit más módon is megkaphatunk. b. y = 3 e t et c. ay + by + cy = f(t, y( = α, y ( = β, ({a, b, c} állandók al[y ] + bl[y ] + cl[y] = L[f(t] a ( s Y sy( y ( + b (sy y( + cy = F (s Y (as + bs + c = F (s + asy( + by( + ay ( = F (s + asα + bα + aβ Y (s = F (s + asα + bα + aβ as + bs + c y = L 1 [Y (s] y + ω y = f [H(t H(t τ], y( =, y ( = L[y ] + ω L[y] = f [L[H(t] L [ H(t τ] ], s Y sy( y ( + ω Y = f s fe sτ s f Y (s = (s + ω s (1 e st, y = L 1 [Y (s].

79 8 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Feladatok Adjuk meg az f(t függvények Laplace transzformáltját, ill.azt a függvenyt melynek Laplace transzformáltja az adott F (s függvény. 1. f(t = te at. f(t = t sin bt 3. f(t = te at sin bt 4. f(t = te at cos bt 5. f(t = t + t t 1 6. f(t = t (t τ cos τdτ; 7. f(t = t e (t τ sin τdτ; 8. f(t = t (t τeτ dτ; 9. f(t = t sin(t τ cos τdτ; 1. F (s = 3 s F (s = 1. F (s = 13. F (s = 4 (s 1 3 s + 3s 4 3s s s F (s = 5s + s + s F (s = s 3 s F (s = s + 1 s s F (s = 8s 4s + 1 s(s F (s = 1 s s + 4s F (s = s 3 s + s + 1

80 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 83. F (s = 1. F (s =. F (s = 1 s 4 (s + 1 s (s + 1(s (s + 1 (s F (s = G(s Oldjuk meg az alábbi másodrend dierenciálegyenleteket a s + 1 Laplace transzformációval 4. y y 6y =, y( = 1, y ( = 1; 5. y + 3y + y =, y( = 1, y ( = ; 6. y y + y =, y( =, y ( = 1; 7. y 4y + 4y =, y( = 1, y ( = 1; 8. y y y =, y( =, y ( = ; 9. y + y + 5y =, y( =, y ( = 1; 3. y + ω y = cos t, ω 4, y( = 1, y ( = ; 31. y y + y = cos t, y( = 1, y ( = ; 3. y y + y = e t, y( =, y ( = 1; 33. y + y + y = 4e t, y( =, y ( = 1; 34. y iv y =, y( = 1, y ( = y ( =, y ( = 1; 35. y iv 4y =, y( = 1, y ( = y ( =, y ( = ; Felhasználva a konvoluciós szorzat Laplace transzformáltját, olduk meg az alábbi egyenleteket : 36. y + ω y = g(t, y( =, y ( = 1; 37. y + y + y = sin αt, ( =, y ( = ; 38. y + 4y + 17y = g(t, y( =, y ( = ; 39. y + y y = 1 H(t π, y( = 1, y ( = 1; 4. y + 4y + 4y = cos αt, y( = 1, y ( = ;

81 84 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 41. Φ(t + t k(t ξφ(ξdξ = f(t; k(t, f(t függvények adottak. Tudva, hogy a zérus típusú Bessel függvény sorfejtése : igazoljuk, hogy : J = n= ( 1 n t n n (n! 4. L[J (t] = (s + 1 1/, s > 1; L[J ( t] = s 1 e 1/4s. Ismerve a szinusz függvény sorfejtését igazoljuk, hogy : 43. L[sin t] = 1 s + 1. Igazoljuk, hogy 44. L 1 [F (as + b] = 1 a e bt/a f sin t = ( t. a n= ( 1 n t n+1 (n + 1! Állandó együtthatójú lineáris homogén dierenciálegyenletek Legyen L[y] = y (n + a 1 y (n a n y = a i R (3.7 a valós, állandó együtthatójú lineáris homogén n-ed rend dierenciálegyenlet. Megoldását y = e rx alakban keressük. ahol L[e rx ] = e rx P(r =, P(r = r n + a 1 r n a n a dierenciálegyenlet karakterisztikus polinomja. Az y = e rx akkor megoldása az egyenletnel ha fennáll a P(r = karakterisztikus egyenlet. Látható, hogy y = e rx akkor megoldása az L[y] = egyenletnek ha r zérushelye (gyöke a karakterisztikus egyenletnek. Mivel a valós együtthatüjú karakterisztikus egyenlet n-ed fokú, ezért ugyanennyi gyöke van. Lehetséges esetek: a. A karakterisztikus egyenletnek n különböz valós gyöke van és ezek meghatározzák az y 1 (x = e r1x, y (x = e rx..., y n (x = e rnx

82 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 85 melyek Wronski determinánsa W (y 1, y,..., y n = e a1x r 1 r... r n r1 r... rn r1 n 1 r n 1... rn n 1 x R. ahol felhasználtuk, hogy r 1 + r + + r n = a 1.Az y 1, y,..., y n tehát egy fundamentális megoldásrendszert képez, így az y(x = C 1 e r1x + C e rx + + C n e rnx C i R függvénycsalád az L[y] = egyenlet megoldáshalmazát (általános megoldását származtatja. b. A karakterisztikus egyenlet gyökei valósak, de ezek között van többszörös gyök is. A különböz gyökök legyenek r 1 < r < < r k. r 1 p 1 szeres, r p szeres,... r k p k szoros. Nyilván p 1 + p + + p k = n. Az egyes különböz gyökökhöz tartozó fundamentális megoldások r 1 = {e r1x, xe r1x, x e r1x,..., x p1 1 e r1x } r = {e rx, xe rx, x e rx,..., x p 1 e rx }... r k = {e r kx, xe r kx, x e r kx,..., x p k 1 e r kx } A fundamentális megoldás függvényei legyenek y j,l (x = x l e rjx ; l {, 1,,..., p j 1}, j {1,,..., k}, és az általános megoldás (az egyenlet megoldáshalmaza : y = k j=1 p j 1 l= C j,l y j,l (x. Példa 1. y (4 +y 7y y +6y =, y( = 1, y ( =, y ( =, y ( = 1.

83 86 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK A karakterisztikus egyenlet és gyökei : P(r = r 4 + r 3 7r r + 6 =, r 1 = 1, r = 1, r 3 =, r 4 = 3. Az általános megoldás : A Cauchy feltételek alapján : y = C 1e x + C e x + C 3e x + C 4e 3x C 1+C +C 3+C 4 = 1, C 1 C +C 3 3C 4 =, C 1+C +4C 3+9C 4 =, C 1 C +8C 3 7C 4 = 1, melyek megoldása :C 1 = 11/8, C = 5/1, C 3 = /3, C 4 = 1/8. A kezdeti feltételek alapján a megoldás :. y = 11 8 ex e x 3 ex 1 8 e 3x. y 3y + 3y y =, y( =, y ( = 1, y ( = 1 A karakterisztikus egyenlet és gyökei : P(r = r 3 3r +3r 1 =, (r 1 3 =, r 1 = r = r 3 = 1, háromszoros gyök Az általános megoldás : y = (C 1 + C x + C 3x e x C i R. Az állandókat a kezdeti feltételek alapján határozzuk meg. c. A P(r = karakterisztikus egyenletnek vannak komplex gyökei is. Legyen r = α ± iβ (β egy p-szeres gyöke a valós együtthatójú karakterisztikus egyenletnek. Kombinálva a két komplex megoldást 1 (eαx+iβx + e αx iβx = e αx cos βx, 1 i (eαx+iβx e αx iβx = e αx sin βx. p-szeres gyök esetén a gyökhöz tartozó fundamentális megoldások : e αx cos βx, e αx sin βx xe αx cos βx, xe αx sin βx... x p 1 e αx cos βx, x p 1 e αx cos βx Példa

84 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK y iv y =, y( = 7/, y ( = 4, y ( = 5/, y ( =. A karakterisztikus egyenlet és gyökei : P(r = r 4 1 = (r 1(r +1 =, r 1 = 1, r = 1, r 3 = i, r 4 = i. Az általános megoldás y = C 1e x + C e x + C 3 cos x + C 4 sin x A kezdeti feltételek alapján :C 1 =, C = 3, C 3 = 1/, C 4 = 1 és a megoldás y = 3e x + 1 cos x sin x.. y iv + y + y =, P(r = r 4 + r + 1 = (r + 1(r + 1 = A karakterisztikus egyenletnek gyökei : r = i, i, i, i. Az általános megoldás y = C 1 cos x + C sin x + C 3x cos x + C 4x sin x. 3. y iv + y =, P(r = r = A karakterisztikus egyenlet gyökeit a következ képpen határozzuk meg : r 4 = 1 = e iπ = e i(π+mπ, ( r = ( 1 1/4 π = cos 4 + mπ ( π + i sin 4 + mπ, ahol m {, 1,, 3, }. Az innen kapott négy gyök : 1 + i, és a megfelel általános megoldás : y = e x/ 1 + i, 1 i, (C 1 cos x + C sin x + e x/ 1 i. (C 3 cos x + C 4 sin x Feladatok Az els feladatban a komplex mennyiségeket hozzuk r(cos θ + i sin θ = re iθ alakra, a második feladatban adjuk meg a gyökmennyiségeket komplex formában. A 3 19 feladatokban adjuk meg az egyenletek éltalános megoldását i, 1 + 3i, 3, i, 3 i, 1 i;. 1 1/3, (1 i 1/, 1 1/4, [(cos π/3 + i sin π/3] 1/ ; 3. y y y + y = 4. y 3y + 3y + y =

85 88 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 5. y 4y y + 4y = 6. y iv 4y + 4y = 7. y vi 3y iv + 3y y = 8. y iv 5y + 4y = 9. y vi y = 1. y v 3y iv + 3y 3y + y = 11. y iv 8y = 1. y viii + 8y iv + 16y = 13. y iv + y + y = 14. y 5y + 3y + y = 15. y + 5y + 6y + y = y + 1y + 14y + 4y = 17. y iv 7y + 6y + 3y 36y = 18. 1y iv + 31y + 75y + 37y + 5y 19. y iv + 6y + 17y + y + 14y =. y + y = ; y( =, y ( = 1, y ( = 1. y iv + y = ; y( =, y ( =, y ( = 1, y ( =. y iv 4y + 4y = ; y(1 = 1, y (1 =, y (1 =, y (1 = 3. y y + y y = ; y( =, y ( = 1, y ( = 4. y iv y 9y + 4y + 4y = ; y( =, y ( =, y ( =, y ( = 5. 4y + y + 5y = ; y( =, y ( = 1, y ( = y + 5y + y = ; y( =, y ( =, y ( = 7. y iv + 6y + 17y + y + 14y = ; y( = 1, y ( =, y ( =, y ( = 3

86 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Állandó együtthatójú lineáris inhomogén dierenciálegyenletek Amint már a másodrend lineáris inhomogén dierenciálegyenletekkel kapcsolatban láttuk az L[y] = y (n + a 1 y (n a n y = g a i R és állandók egyenlet megoldáshalmaza összetev dik a homogén egyenlet általános megoldásából és az inhomogén egyenlet egy Y (x partikuláris megoldásából. y = C 1 y 1 + C y + + C n y n + Y Az Y meghatározása legáltalánosabban az állandók változtatásának módszerével történik. Ha g(x néhány függvényosztályba esik akkor egyszerübb módszerekkel is meghatározhatjuk a megoldást. I. g(x polinomfüggvény Legyen g(x = P m (x = A x m + A 1 x m A m alakú. Ha a P(r = karakterisztikus egyenletnek a nulla nem gyöke, vagyis a n akkor az L[Y ] = g egyenletnek van Y (x = Q m (x = B x m + B 1 x m B m B alakú megoldása. Ha a nulla p-szeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, azaz a n = a n 1 = = a n p+1 = és a n p, akkor az inhomogén egyenletnek van alakú megoldása. Y (x = x p Q m (x = x p (B x m + B 1 x m B m B Példa 1. y + y = x 3 P(r = r + 1 = Mivel r = nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek, akkor a megoldás Y (x = B x 3 + B 1x + B x + B 3 alakú. Behelyettesítés után B = 1, B 1 =, B = 6, b 3 =. A homogén egyenlet megoldása y h = C 1 cos x + C sin x C 1, C R és az eredeti egyenlet megoldáshalmaza y = C 1 cos x + C sin x + x 3 6x

87 9 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. y + y = 4x x P(r = r 3 + r = r(r + 1 = Mivel a karakterisztikus egyenletnek r = egyszeres gyöke ezért az inhomogén egyenletnek a partikuláris megoldása Y (x = x(b x 3 + B 1x + B x + B 3 alakú kell legyen. Behelyettesítés után azt kapjuk, hogy Y (x = x 4 3x és mivel a homogén egyenlet megoldáshalmaza y h = C 1 +C cos x+c 3 sin x, az egyenlet általános megoldása : y = C 1 + C cos x + C 3 sin x + x 4 3x {C 1, C, C 3} R II. g(x exponenciális és polinomiális függvények szorzata Legyen g(x = e αx P m (x = e αx (A x m + A 1 x m A m {A i, α} R Az L[y] = g(x megoldása akácsak az el z esetben y = y h + Y,ahol L[y h ] = y h = C 1 y 1 + C y + + C n y n, L[Y ] = g(x. Most ha α a karakterisztikus egyenletnek p-szeres gyöke akkor Y (x = x p e αx Q m (x Példa 1. y iv y y + y = x e x, P(r = r 4 r 3 r + 1 = (r 1 (r + r + 1 =, r 1 = r = 1, r 3 = i, r4 = 1 3 i. A homogén egyenlet megoldása ( y h = (C 1 + C xe x + e x 3 3 C 3 cos x + C4 sin x, C i R. Mivel α = 1 a karakterisztikus egyenlet kétszeres gyöke ezért az L[y] = x e x inhomogén egyenlet partikuláris megoldása Y (x = x (B x + B 1x + B e x alakú. A B i együtthatók meghatározása a behelyettesítés után lehetséges. Tehát az eredeti egyenlet általános megoldása : ( y = y h +Y (x = (C 1+C xe x +e x 3 3 C 3 cos x + C4 sin x +x (B x +B 1x+B e x.

88 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 91. y 3y +3y y = 4e t, P(r = r 3 3r +3r 1 = (r 1 3 = r 1 = r = r 3 = 1 = α. Mivel α = 1 megegyezik a karakterisztikus egyenlet egyik háromszoros gyökével ezért Y (x = Ax 3 e x alakú kell legyen. Behelyettesítés alapján meggy z dhetünk, hogy A = 3 egyenlet általános megoldása : és így az y = (C 1 + C x + C 3x e x + 3 x3 e x III. g(x polinom, exponenciális és trigonometrikus függvények szorzata Tekintsük az L[u] = e αx P m (x cos βx és az L[v] = e αx P m (x sin βx egyenleteket. Bevezetve a w(x = u + iv komplex mennyiséget, L[w] = e αx (cos βx + i sin βxp m (x = e (α+iβx P m (x, ha α + iβ p-szeres gyöke a P(r = karakterisztikus egyenletnek akkor Y (x = x p e (α+iβx Q m (x ahol Q m egy m-ed fokú komplex együtthatós polinom. Az egyes inhomogén egyenletek partikuláris megoldásának alakja u(x = x p e αx [R (1 m (x cos βx+r ( m (x sin βx], v(x = x p e αx [R (3 m (x cos βx+r (4 m (x sin βx]. Ennek alapján álíthatjuk hogy az inhomogén egyenlet megoldása mindkét esetben Y (x = x p e αx [R (1 m (x cos βx + R ( m (x sin βx] Példa 1. Határozzuk meg az alábbi egyenlet partikuláris megoldását: y iv + y + y = 3 sin x 5 cos x A karakterisztikus egyenlet P(r = r 4 + r + 1 = (r + 1 = -nek a gyökei r = i, i, i, i. A homogén egyenlet általános megoldása : y h = C 1 cos x + C sin x + C 3x cos x + C 4x sin x.

89 9 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. A α = dupla gyöke a karakterisztikus egyenletnek, ezért az inhomogén egyenlet alakú. Behelyettesítés és egyeztetés után: Y = Ax sin x + Bx cos x Y (x = 3 8 x sin x x cos x. y y = xe x cos x, P(r = r 1 = (r + 1(r 1 =, r 1 = 1, r = 1. A homogén egyenlet általános megoldása : y h = C 1e x + C e x. Az egyenlet jobboldala g(x = xe x cos x esetén α = 1, β = 1, α + iβ = 1 + i nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek és ezért létezik a Y (x = e x [(A 1x + B 1 cos x + (A x + B sin x] 3. alakú megoldása az inhomogén egyenletnek. y + y = x cos x, P(r = r + 1 = (r + i(r i =, r 1 = i, r = i. következésképpen a homogén egyenlet általános megoldása : y h = C 1 cos x + C sin x C 1 C R. Az egyenlet jobboldalán lev kifejezésben α =, β = 1, α + iβ = i a karalterisztikus egyenlet egyszeres gyöke, tehát az inhomogén egyenletnek létezik Y = x [ (A 1x + B 1x + C 1 cos x + (A x + B x + C sin x ] alakú megoldása. Kiegészítés Az L[y] = g(x egyenlet jobboldalán álló kifejezés gyakran az el z kben tanulmányozott függvénytípusok összege, azaz g(x = g 1 (x + g (x + + g n (x. Ilyen esetben az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása ahol a linearitás miatt Y (x = Y 1 (x + Y (x + + Y n (x, L[Y i ] = g i (x i {1,..., n}.

90 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 93 Példa Oldjuk meg y 4y = x + cos x + e x L[y] = g 1(x + g (x + g 3(x. A homogén egyenlet általános megoldása, mivel a karakterisztikus egyenlet P(r = r 3 4r = r(r (r + =, y h = C 1 + C e x + C 3e x Az inhomogén egyenletek : amikb l következik, hogy L[Y 1] = x, L[Y ] = cos x, L[Y 3] = e x Y 1(x = x(a x + A 1, Y (x = B cos x + C sin x, Y 3(x = Exe x. Visszahelyettesítések és egyeztetések után a keresett együtthatók : tehát a partikuláris megoldás A = 1 8, A1 =, B =, C = 3 5, E = 1 8 Y (x = 1 8 x 3 5 sin x xe x Feladatok Oldjuk meg az alábbi egyenleteket: 1. y y y + y = e x + 3. y iv y = 3x + cos x 3. y iv + y + y + y = e x + 4x 4. y y = sin x 5. y iv 4y = x + e x 6. y iv + y + y = 3 + cos x 7. y vi + y = x 8. y iv + y = sin x 9. y y + y = x 3 + e x 1. y y = xe x + cos x 11. y iv y + y = e x + sin x

91 94 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 1. y iv + 4y = sin x + xe x y iv y y + y = x x sin x 14. y iv + y + y = 3e x + xe x + e x sin x 15. y + 4y = x, y( = y ( =, y ( = y iv + y + y = 3x + 4, y( = y ( =, y ( + y ( = y 3y + y = x + e x, y( = 1, y ( = 1 4, y ( = y iv + y + y + 8y 1y = 1 sin x e x, y( = 3, y ( =, y ( = 1, y ( = Az állandók változtatásának módszere Az L[y] = y (n + a 1 (xy (n a n (xy = g(x inhomogén, lineáris, dierenciálegyenlet megoldásának legáltalánosabb módszere, amennyiben ismertek a homogén egyenlet {y 1 (x, y (x,..., y n (x} megoldásai. A homogén egyenlet általános megoldása és az inhomogén egyenlet általános megoldása : ahol Y (x az y h = C 1 y 1 (x + C y (x + + C n y n (x L[y] = g(x y = y h + Y, L[Y ] = g(x inhomogén egyenlet egy partikuláris (határozatlan állandókat nem tartalmazó megoldása. Az állandók változtatásának módszere ennek meghatározására vonatkozik. Ennek kivitelezését azzal kezdjük, hogy a homogén egyenlet általános megoldásáben szerepl C i állandókat egyenl re ismeretlen u i (x függvényekkel cseréljük fel és a célunk ezek meghatározása. Az n függvény meghatározása ugyanennyi egyenlet kielégítését tesszi szükségessé. Legyen Y = u 1 y 1 + u y + + u n y n és számoljuk ki az L[Y ]-t azáltal, hogy rendre kiszámoljuk Y (x deriváltjait. Y = (u 1 y 1 + u y + + u n y n + (u 1y 1 + u y + + u ny n Az els feltételünk amelyet kiróvunk az ismeretlen u i függvényekre u 1y 1 + u y + + u ny n = (1 (3.8

92 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 95 és ezért hasonlóan ha a második feltételünk Y = u 1 y 1 + u y + + u n y n Y = u 1 y 1 + u y + + u n y n u 1y 1 + u y + + u ny n =. (3.9 Y m ed rend deriváltja Y (m = u 1 y (m 1 + u y (m + + u n y (m n, hogyha az m-edik feltételünk az u i függvényekre Végül u 1y (m u y (m u ny (m 1 n = (m, m = 1,,..., n 1. Y (n = (u 1 y (n 1 + u y (n + + u n y n (n + (u 1y (n u y (n u ny (n 1 n Mivel L[Y ] = g és L[y i ] =, i = (1,,..., n következik, hogy az utolsó n edik feltételünk u 1y (n u y (n u ny n (n 1 = g. (n Összegezve a kapott n egyenletet y 1 u 1 + y u + + y n u n =, y 1u 1 + y u + + y nu n =, y 1 u 1 + y u + + y nu n =,..., y (n 1 1 u y n (n 1 u n = g. Az ismeretlenek u 1, u,..., u n. Megoldva az egyenletrendszert meghatározhatjuk az u 1, u,..., u n együtthatókat.az egyenletrendszer megoldható mert a Wronski determináns nem lehet zéro ha a fügvények lieárisan függetlenek.alkalmazva az egyenletrendszerre a Cramer szabályt u m(x = g(xw m(x, m = 1,,..., n. W (x ahol W m az a determináns amit W -b l kapunk azáltal, hogy az m-edik oszlopot kicseréljük a (,,..., 1 oszlopppal.végül az n-ed rend lineáris inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának kifejezése : Y (x = n m=1 x y m (x x g(ξw m (ξ dξ W (ξ

93 96 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK ahol ξ egy tetsz leges állandó. Az Y (x-nak a fenti képlettel történ meghatározásában, amely különben n növekedésével nagyon elbonyolódik, hasznos lehet Abel képletének alkalmazása. W (x = W (y 1, y,..., y n (x = C exp [ x a 1 (ξdξ ]. A W -ben megjelen C állandót azáltal határozzuk meg hogy kiszámoljuk a Wronski determinánst egy alkalmas pontban. Példa Adott az y y y + y = g(x inhomogén egyenlet, amelyhez tartozó homogén egyenlet megoldásai : y 1(x = e x, y (x = xe x, y 3(x = e x. Határozzuk meg az inhomogén egyenlet Y partikuláris megoldását. e x xe x e x W (x = W (e x, xe x, e x (x = e x (x + 1e x e x e x (x + e x e x Oszloponkénti kiemelések és összevonások után 1 x 1 W (x = e x 1 x x + 1 = 1 x 1 ex 1 = 4ex. Majd, hasonlóan és W 1(x = xe x e x (x + 1e x e x 1 (x + e x e x W (x = W 3(x = e x e x e x e x e x 1 e x e x xe x e x (x + 1e x e x (x + e x 1 Behelyettesítve sorra az Y (x képletébe x Y (x = e x g(ξ( 1 ξ dξ + xe x x 4e ξ = 1 4 x = xe x e x (x + 1e x e x = x 1, = = x x ex e x ex e x e x e x = xe x (x + 1e x = ex. g(ξ( x dξ + e x g(ξe ξ dξ = 4e ξ x 4e ξ x {e x ξ [ 1 + (x ξ] + e (x ξ }g(ξdξ.

94 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 97 Alkalmazás a kényszerrezgésre Az m tömeg anyagi pontra hat kx rugalmassági er, aközegellenállási cẋ és egy küls id t l függ f(t er. Következik Newton második törvénye alapján, hogy Bevezetve a c m = δ és k m = ω jelöléseket mẍ = kx cẋ + f(t. ẍ + δẋ + ω x = f(t m lesz az anyagi pont mozgásegyenlete. Mivel egy lineáris inhomogén másodrend állandó együtthatóju dierenciálegyenlet, megoldásához alkalmazzuk a fentebb bemutatott módszert. A homogén ẍ + δẋ + ω x = egyenlet karakterisztikus egyenlete : és gyökei r + δr + ω = r i = δ ± δ ω = δ ± iω, ω = ω δ. Tehát a homogén egyenlet két lineárisan független megoldása ha ω > δ x 1 (t = e δt cos ωt, x (t = e δt sin ωt Az inhomogén egyenlet megoldását formában keressük. mivel X(t = u 1 (tx 1 (t + u (tx (t Ẋ = u 1 x 1 + u x + u 1 x 1 + u x = u 1 x 1 + u x u 1 x 1 + u x =, X eleget tesz a mozgásegyenletnek, tehát (i. Ẍ = u 1 x 1 + u x + u 1 ẍ 1 + u ẍ Ẍ + δẋ + ω X = f m. Mivel a homogén egyenlet megoldásai eleget tesznek a ẍ i + δx i + ωx i =, i = (1, következik, hogy u 1 x 1 + u x = f m, (ii.

95 98 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Az (i és (ii egyenletrendszerb l meghatározzuk u 1 és u mennyiségeket a Cramer szabály alapján. u 1 x 1 + u x = u 1 x 1 + u x = f m Az egyenletrendszerhez tartozó mátrix determinánsa a Wronski determináns W (t = W (x 1, x (t = x 1 x = ωe δt. Ennek felhasználásával u 1 = 1 W u = 1 W Következésképpen az általános képlet alapján X(t = x 1(t mω t x 1 x x f m x = fx mω eδt, x 1 = fx 1 x 1 f m mω eδt f(τx (τe δτ dτ + x (t t mω t t f(τx 1 (τe δτ dτ vagy X(t = 1 t f(τ (x 1 (τx (t x (τx 1 (t e δτ dτ mω t Behelyettesítés után tehát a végeredmény : x 1 (τx (t x (τx 1 (t = e δ(t+τ sin [ω(t τ] X(t = 1 mω t t f(τe δ(t τ sin [ω(t τ] dτ. Külön vizsgálatot érdemel az ω < δ eset. Ekkor a karakterisztikus egyenlet gyökei : r 1 = δ + δ ω δ 1, r = δ δ ω δ, és a fundamentális megoldások A homogén egyenlet általános megoldása x 1 (t = e δ1t, x (t = e δt. x h = C 1 x 1 (t + C x (t = e δt ( C 1 e δ ω t + C e δ ω t. nem tartalmaz harmonikus függvényeket ezért is nevezik ezt a megoldást aperiódikus mozgásnak. A Wronski determináns W (t = W (x 1, x (t = e δ1t e δt δ 1 e δ1t δ e δt = (δ 1 δ e (δ1+δt = δ ω e δt.

96 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 99 Az inhomogén egyenlet megoldása mivel mivel X(t = u 1 x 1 + u x, X(t = u 1 x 1 + u x, u 1 x 1 + u x =, (i. X(t = u 1 x 1 + u x + u 1 ẍ 1 + u ẍ, X(t + δx(t + ωx(t = f(t m, és, ẍ i + δx i + ωx i =, i = {1, }, következik, hogy u 1 x 1 + u x = f(t m, Az (i és (ii egyenletekb l következik, hogy Ahonnan Mivel u 1 = 1 W u = 1 W t x (τf(τ X(t = x 1 (t t 1 t m t x 1 (τx (t x (τx 1 (t W (τ X(t = (ii. x f m x = x f mw, x 1 f x 1 = x 1f mw, m mw (τ dτ + x (t t f(τ W (τ [x 1(τx (t x (τx 1 (t] dτ. 1 = δ ω [ ] e δ(t τ sinh δ ω (t τ = δ ω t t f(τe δ(t τ sinh t x 1 (τf(τ mw (τ dτ = ( e δ(t τ e δ1(t τ = [ δ ω (t τ ] dτ

97 1 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Feladatok 1. y + y = tan x, < x < π. y y = x 3. y y y + y = e 4x 4. y + y = sec x, π/ < x < π/ 5. y y + y y = e x sin x 6. y iv + y + y = sin x 7. y y + y y = sec x, π/ < x < π/ 8. y y = csc x, < x < π 9. y + y = sec x, y( =, y ( = 1, y ( = 1. y iv + y + y = sin x, y( =, y ( =, y ( = 1, y ( = 11. y y + y y = sec x, y( =, y ( = 1, y ( = 1 1. y y = csc x, y(π/ =, y (π/ = 1, y (π/ = y y + y y = g(x 14. y iv y = g(x 15. y 3y + 3y y = g(x = x e x Els rend dierenciálegyenlet rendszerek Az els rend dierenciálegyenlet rendszer általános alakja : Az n-ed rend y 1 = f 1 (x, y 1, y,..., y n y = f (x, y 1, y,..., y n... y n = f n (x, y 1, y,..., y n z (n = F (x, z, z,..., z (n 1 dierenciálegyenlet az els rend dierenciálkegyenlet rendszer sajátos esetének vehetjük mivel bevezetve n számú új y 1, y,..., y n függvényt a következ képpen : y 1 = z, y = z,..., y n = z (n 1.

98 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 11 az alábbi egyenletrendszert kapjuk : y 1 = y y = y 3 y 3 = y 4... y n 1 = y n y n = F (x, y 1, y,..., y n 1 A fenti egyenletrendszernek van megoldása az I : a < x < b intervallumon, ha létezik az n y 1 = Φ 1 (x, y = Φ (x,... y n = Φ n (x deriválható függvények halmaza az I intervallumon úgy, hogy eleget tesz az egyenletrendszernek és az adott kezdeti feltételeknek y 1 (x = y 1, y (x = y,..., y n (x = y n. A megoldás egy adott ponton görbét jelképez az n- dimenziós térben. Az els rend lineáris dierenciálegyenlet rendszer általános alakja : y 1 = A 11 (xy 1 + A 1 (xy + + A 1n (xy n + B 1 (x y = A 1 (xy 1 + A (xy + + A n (xy n + B (x... y n = A n1 (xy 1 + A n (xy + + A nn (xy n + B n (x A következ kben az els rend lineáris állandó együtthatójú dierenciálegyenlet rendszer tanulmányozására szorítkozunk. Ennek általános alakja : y 1 = a 11 y 1 + a 1 y + + a 1n y n + b 1 y = a 1 y 1 + a y + + a n y n + b... y n = a n1 y 1 + a n y + + a nn y n + b n Bevezetve az A = a 11 a 1... a 1n a 1 a... a n a n1 a n... a nn, a ij, b i R állandók. = a ij, mátrixírásmódot és az oszlopmátrixként felírt vektorfüggvényeket : y 1 b 1 y b Y = = Y, B =.. y n = B. b n

99 1 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Az egyenletrendszert Y = AY + B alakban írhatjuk. Ha B = akkor homogén, ellenkez esetben inhomogén egyenletrendszerr l beszélünk Lineáris homogén rendszerek A lineáris homogén dierenciálegyenlet rendszert a Cauchy feltétellel, mátrix jelöléssel y1 L[Y ] Y AY =, Y (x = Y y =. yn formában írhatjuk.ha Y 1 és Y kielégiti az egyenletrendszert L[Y i ] =, i {1, }, akkor ezek lineáris kombinációja is megoldása lesz az egyenletrendszernek : L[C 1 Y 1 + C Y ] = C 1 L[Y 1 ] + C L[Y ] =. Az Y i megoldások egy vektorteret alkotnak. Azt állítjuk, hogy az egyenletrendszer megoldását adó Y 1, Y,..., Y n megoldások egy n dimenziós vektortérrel izomorfak, és az L[Y ] = rendszernek a fundamentális regoldásrendszerét adják. y 11 y 1 y 1n y 1 Y 1 =, Y y =,... Y y n n =, C1 (I, R n. y n1 A bel lük képezett V(x =. y n. y nn y 11 (x y 1 (x... y 1n (x y 1 (x y (x... y n (x y n1 (x y n (x... y nn (x mátrix, az ú.n. fundamentális megoldásmátrix. A megoldások lineáris függetlenségét a fundamentális megoldásmátrixból képezett ú.n. Wronski determináns W (Y 1, Y,..., Y n (x = y 11 (x y 1 (x... y 1n (x y 1 (x y (x... y n (x y n1 (x y n (x... y nn (x = det V(x x I adja meg. Ha az Y 1, Y,..., Y n vektorfüggvények lineárisan függ ek, akkor W (Y 1, Y,..., Y n (x =, x I, ha lineárisan függetlenek, akkor W (Y 1, Y,..., Y n (x x I.

100 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 13 Megoldási módszerek I.A kiküszöbölés módszere Amint már említettük az n-ed rend dierenciálegyenletb l képezhetünk egy els rend dierenciálegyenlet rendszert. Ennek a fordítotja is igaz. Az els rend dierenciálegyenlet rendszerb l képezhetünk egy n-ed rend dierenciálegyenletet, s t ha egy álladó együtthatójú lineáris els rend dierenciálegyenlet rendszerünk van, akkor egy ugyancsak állandó együtthatójú lineáris homogén n-ed rend dierenciálegyenletet kapunk, például : y (n 1 + α 1 y (n α n y 1 =. Ennek megoldásalgoritmussát jól ismerjük. Ha u 1, u,..., u n a fundamentális megoldásrendszer akkor az y 1 általános megoldása y 1 = C 1 u 1 + C u + + C n u n. Az egyenletekb l pedig megkapjuk a többi y, y 3,..., y n függvényeket. Példa 1. y 1 = y 1 + 4y + y 3 y = 3y 1 + 6y + 5y 3 vagy Y = y 3 = 5y 1 1y 9y Y, ahol Y = y 1 y y 3. Az els egyenletet deriválva, majd y -t és y 3-t behelyettes1tve a második és a harmadik egyenletb l kapjuk y 1 = y 1 + 7y 1 + 1y + 11y 3 Ismét deriválva és behelyettesítve a második és harmadik egyenletet az y 1 = y 1 + 7y 1 19y 1 6y 39y 3 egyenl séghez jutunk. Megoldva a { 4y + y 3 = y 1 y 1 1y + 11y 3 = y 1 y 1 7y 1 egyenleteket y és y 3-ban y = 1 3 ( y 1 + 1y 1 4y 1 Végül visszahelyettesítés után y 3 = 1 3 (4y 1 16y 1 16y 1 y 1 + y 1 4y 1 8y 1 =.

101 14 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK A megoldáshalmaz y 1 = C 1e x + C xe x + C 3e x, C 1, C, C 3 R. Ebb l meghatározhatjuk y és y 3 függvényeket. ( 1 y = C 1e x + C x e x 1 + C 3 ex y 3 = C 1e x + C (x 1 e x C 3e x Mivel az általános megoldás alakja C 1Y 1 + C Y + C 3Y 3, következik, hogy : e x xe x ( e x Y 1 = e x, Y = 1 e x x e x, Y3 = 1 ex. (x 1e x e x Kiszámítva a Wronski determinánst azt találjuk, hogy nem lehet nulla, tehát a vektorfüggvények lineárisan függetlenek és így C 1Y 1 +C Y +C 3Y 3 egy teljes megoldáshalmazt határoznak meg mellyel tejesíthetjük a Cauchy feltételt.. Megtörténhet, hogy a kiküszöbölés folyamán egy n-nél alacsonyabb rend egyenletet kapunk y 1-ben. y 1 = y 1 + y + y 3 y = y 1 y + y 3 vagy Y = y 3 = y 1 + y y Y, ahol Y = y 1 y y 3. Az els egyenletet deriváljuk majd y egyenletb l : és y 3-t helyettesítjük a második és harmadik y 1 = y 1 + y + y 3 = y 1 + y 1 y 1 + y 1 y 1 = Az egyenlet megoldáshalmaza y 1 = C 1e x + C e x C 1, C R A második egyenletb l kivonva az els t és behelyettesítve y 1-et y + y = 3C e x egyenlethez jutunk, ahonnan következik, hogy rögzített C esetén y = C 3e x + C e x C 3 R. Ismerve y 1 és y függvényeket az els egyenletb l következik, hogy y 3 = C e x (C 1 + C 3 e x A megoldáshalmaz : y 1 = C 1e x + C e x y = C 3e x + C e x y 3 = C e x (C 1 + C 3 e x

102 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 15 ahonnan következik, hogy Y 1 = e x e x, Y = e x e x e x, Y 3 = e x e x Ezek Wronski determinánsa nem nulla, tehát Y 1, Y, Y 3 egy fundamentális megoldásrendszer Feladatok Alakítsuk át els rend dierenciélegyenlet rendszerré az 1 4 egyenleteket. Oldjuk meg a kiküszöbölés módszerével a többi egyenletet. 1. u +.5u + u =. u +.5u + u = 3 sin x 3. x u + xu + (x.5u = 4. u iv u = 5. y 1 = 3y 1 y, y = y 1 y, y 1 ( = 3, y ( = 1 6. y 1 = y 1 y, y = 3y 1 4y, y 1 ( = 1, y ( = 7. y 1 = 1.5y y, y =.75y y, y 1 ( =, y ( = 1 8. y 1 = y, y = y 1, y 1 ( = 3, y ( = 4 9. y 1 =.5y 1 + y, y = y 1.5y, y 1 ( =, y ( = y 1 + 9y 1 + 1y + 5y 3 = y 5y 1 6y 3y 3 = y 3 y 1 4y y 3 = y 1 + 7y 1 y = y + y 1 + 5y = y 1 y 1 + y + y 3 = y 3y 1 y + 3y 3 = y 3 + 4y 1 + y y 3 = 13. y 1 5y 1 4y =, y 4y 1 5y = 14. y y 1 + y =, y y 1 y = 15. y 1 4y 1 + y =, y y 1 y =

103 16 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK y 1 3y 1 + y y 3 = y + y 1 5y + y 3 = y 3 y 1 + y 3y 3 = y 1 y 1 + y + y 3 = y 3y 1 y + 3y 3 = y 3 + 4y 1 + y y 3 = 18. y 1 + y + y 3 =, y y 1 y 3 =, 5y 3 + 6y 1 8y =, 19. x + qz ry = y + rx pz = z + py qz = x = x(t, y = y(t, z = z(t, (p, q, r állandók. II.A karakterisztikus egyenlet módszere Az els rend lineáris homogén állandó együtthatójú y 1 Y = AY ahol y Y =. A = a ij {i, j} = (1,,..., n y n dierenciálegyenlet megoldását η 1 η Y =. eλx = ηe λx η = η n alakban keressük. Behelyettesítés után η 1 η. η n (Aη ληe λx = = Aη λη = Az Y = ηe λx akkor és csak akkor(nem nulla megoldás, ha λ sajátérték az A mátrixnak és η pedig a λ-nak megfelel sajátvektor. Bevezetve az U egységmátrixot U = (A λuη = részletesen kifejtve (a 11 λη 1 + a 1 η + + a 1n η n = a 1 η 1 + (a λη + + a n η n =... a n1 η 1 + a n η + + (a nn λη n =

104 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 17 A fenti egyenletrendszernek akkor és csak akkor van a triviális megoldástól különböz megoldása, ha a rendszer determinánsa, tehát a 11 λ a 1 a 1n a 1 a λ a n det(a λu = =... a n1 a n a nn λ Ezt az összefüggést nevezzük a rendszer karakterisztikus egyenletének és ez λ-ban egy n-ed fokú egyenlet. Jelöljük λ 1, λ,..., λ n -el a karakterisztikus egyenlet gyökeit, azaz A mátrix sajátértékeit. Ha λ 1 egy valós sajátérték a neki megfelel valós megoldás Y = η 11 e λ1 η 1 e λ1. η n1 e λ1 = η (1e λ1 Ha λ 1 = α 1 + iβ 1, λ 1 = α 1 iβ 1 egy komplex gyökpár, akkor a megoldások is komplexek, például γ 11 + iδ 11 η (1 = γ 1 + iδ 1... Cn. γ n1 + iδ n1 és a megfelel komplex megoldás Y 1 = η (1 e (α1+iβ1x = U 1 + iv 1 valós U és képzetes V részei külön-külön megoldásai a valós együtthatójú egyenletrendszernek. U 1 (x = eα1x (d 11 cos β 1 x + ε 11 sin β 1 x... e α1x (d n1 cos β 1 x + ε n1 sin β 1 x V 1 (x = e α1x (f 11 cos β 1 x + g 11 sin β 1 x... e α1x (f n1 cos β 1 x + g n1 sin β 1 x Ha a karakterisztikus egyenletnek n különböz valós gyöke van akkor a rendszer fundamentális megoldása : Y 1 (x = e λ1x η (1, Y (x = e λx η (,..., Y n (x = e λnx η (n, η (i R n Ha λ 1,..., λ k karakterisztikus egyenlet k valós gyöke p 1,..., p k többszörösségi fokokkal és λ k+1 = α k+1 + iβ k+1,..., λ l = α l + iβ l komplex gyökök, komplex konjugáltjaival, valamint p k+1,..., p l többszörösségi fokokkal együtt.a gyökök száma között fennáll az p p k + p k p l = n

105 18 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK összefüggés. Az egyenlet valós megoldásai y(x = k j=1 P 1j(xe λjx + l j=k+1 eαjx [Q 1j (x cos β j x + R 1j (x sin β j x]... k j=1 P nj(xe λjx + l j=k+1 eαjx [Q nj (x cos β j x + R nj (x sin β j x] alakúak, ahol P ij, Q ij, R ij valós együtthatójú polinomok melyek fokszámai nem lehetnek nagyobbak p j 1 -nél. Példa y 1 = y 1 y y 3 y = 3y 1 + y 3y 3 A = y 3 = 4y 1 y + y , Y = y 1 y y 3 A rendszer karakterisztikus egyenlete 1 λ λ λ = λ3 3λ 4λ + 1 =, melynek gyökei λ 1 =, λ =, λ 3 = 3. λ 1 = esetén a rendszer a következ 3η 1 + η + η 3 = 3η 1 3η + 3η 3 = 4η 1 + η 3η 3 = Ennek egy megoldása η 1 = 1, η = 1, η 3 =, mely az Y 1(x = e x e x e x megoldást szolgáltatja. λ = értékre a η 1 + η + η 3 = 3η 1 + η + 3η 3 = 4η 1 + η + η 3 = rendszert kapjuk, melynek egy meloldása η 1 = 1, η = 3, η 3 =. Ezek adják az Y (x = e x 3e x e x

106 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 19 megoldást. Végül λ = 3 a η 1 + η + η 3 = 3η 1 + η + 3η 3 = 4η 1 + η + η 3 = rendszert szolgáltatja. Innen η 1 = 1, η = 9, η 3 = 7, ahonnan Y 3(x = e 3x 9e 3x 7e 3x. Tehát a rendszer megoldáshalmaza Y = C 1Y 1(x + C Y (x + C 3Y 3(x C 1, C, C 3 R. Példa 1. A megoldást Y = ( Y = ηe rx formában keressük és behelyettesítés után az alábbi lineáris algebrai egyenletrendszert kapjuk. ( 1 r 1 ( ( η1 1 1 r = η Y A mátrix sajátértékeit a karakterisztikus egyenlet 1 r r = r + r = ; ahonnan a sajátértékek r 1 = 1 + i, a megfelel sajátvektorok ( η (1 1 = i Innen a fundamentális megoldáshalmaz ( 1 Y 1(x = i r = 1 i.az egyenletekbe visszahelyettesítve (, η ( 1 = i e ( 1/+ix, Y (x = ( 1 i. e ( 1/ ix. A valós megoldásokat ezek lineáris kombinációjából nyerjük, tulajdonképpen a kapott megoldások valós és képzetes része. ( ( U(x = e x/ cos x, V (x = e x/ sin x. sin x cos x

107 11 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK A rendszer Wronskiánja W (U, V (x = e x/ cos x e x/ sin x e x/ sin x e x/ cos x = e x. sohasem lehet nulla ezért U(x és V (x a rendszer fundamentális megoldási halmaza. Az általános megoldás Y = C 1U(x + C V (x. Mivel következik, hogy U( = ( 1 (, V ( = 1 Y ( = ( C1. Az 3.1 ábrán látható R-L-C áramkörben a tekercsen keresztül folyó áram I míg a kondenzátor sarkain mért feszültség U. Ezek kezdeti értékei amper illetve volt. Tanulmányozzuk ezen mennyiségek id függését. C., 3.1. ábra. Elektromos áramkör Egy bizonyos kapcsolás esetén fennáll, hogy ( ( d I 1 1 = dt V 1 ( I V ahol I az áramer sség és V az elektromos feszültség. Ezeknek id beli változását a fenti egyenlet megoldása szolgáltatja. Keressük a megoldást ( I = ηe rt V alakban. Behelyettesítés után az alábbi algebrai egyenletrendszert kapjuk ( ( ( 1 r 1 η1 =. 1 r A sajátértékeket a karakterisztikus egyenletb l kapjuk meg 1 r 1 1 r = r + r + 3 = ; η,

108 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 111 ahonnan r 1 = 1 + i és r = 1 i. A megfelel sajátvektorok ( ( η (1 1 =, η ( 1 =. i i Az egyik komplex megoldás ( ( η (1 e r1t 1 = e ( 1+ it = i 1 i ( ( = e t cos t + ie t sin t e t (cos t + i sin t = sin t cos t A valós és a képzetes része ennek a megoldásnak lineárisan független valós pár megoldása az egyenletrendszernek. ( U(t = e t ( cos t, V (t = e t sin t. sin t cos t Az eredeti egyenlet általános megoldása : ( ( ( I = C V 1e t cos t + C e t sin t sin t cos t Ha a kezdeti feltétel azt kapjuk, hogy C 1 ( 1 ahonnan C 1 = és C =. ( I V ( ( =, + C ( = ( Feladatok ( 3 1. Y = 4 1 ( 1 4. Y = 1 1 ( 5 3. Y = 1 ( 4. Y 5 = ( Y = 5 3 ( 1 6. Y = 5 1 Y Y Y Y Y Y

109 11 3. KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK ( 3 7. Y = ( Y = 9. Y = Y Y Y 3 1. Y = 1 1 Y 1 ( Y = Y, Y ( = 1 3 ( 3 1. Y = 1 1 ( 1 1 ( 1 Y, Y ( = III. Az exp (Ax mátrixfüggvény módszere Az y = ay, y( = y egyenlet-a = állandó- megoldása y = y exp (ax mintájára az egyenletrendszer megoldása Y = AY, Y ( = Y, Y (x = exp (AxY Ennek igazolására vegyük észre, hogy exp (Ax = I + A n x n, n! ahol I a megfelel egységmátrix. Innen következik, hogy [ ] d dx [exp (Ax] = A n x n 1 (n 1! = A A n x n I + = A exp (Ax. n! Tehát a exp (Ax kielágíti a n=1 n=1 n=1 d exp (Ax = A exp (Ax dx diferenciélegyenletet. Az x = eseténeleget tesz a exp (Ax x= = I

110 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 113 kezd feltételnek. Ezzel bizonyítottuk a fentebb megadott eredmény helyességét.az exp (Ax azonosíthatjuk a V(x fundamentális mátrixal. Y (x = V(xY, V = AV, V( = I. A következ feladatunk az exponenciális mátrix függvény meghatározása. Ez abban az esetben a legegyszer bb ha a mátrix diagonalizálható, vagyis átlós alakra hozható. Megoldván a det(a λi = karakterisztikus egyenletet, a sajátértékek legyenek valósak és λ 1 < λ <..., < λ n. A nekik megfelel η (1, η (,..., η (n sajátvektorokat a T = Aη (i = λ i η (i egyenletek alapján határozhatjuk meg. Ezekb l képezünk egy T transzformációs mátrixot. η (1 1 η (n 1 AT = η (1 η (n... η n (1 η n (n Mivel a mátrix oszlopait képez vektorok lineárisan függetlenek, a mátrix nem szinguláris és ezért létezik az inverze T 1. A sajátvektorokra fennebb felírt összefüggés miatt λ 1 η (1 1 λ n η (n 1 ahol az átlós D mátrix Következik, hogy ahonnan.. λ 1 η n (1 λ n η n (n D = λ 1 λ... λ n = T D, T 1 AT = D, T 1 A m T = [ T 1 AT ] n T 1 exp (AxT = exp (Dx = Vezessük be a T transzformáció mátrixal új Z = = D n e λ1x e λx... e λnx z 1. z n. függ változókat Y = T Z, T Z = AT Z Z = T 1 AT Z Z = DZ.

111 KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Példa Adott az alábbi mátrix : A mátrix sajátértékei és sajátvektorai : ( r 1 = 3, η (1 1 = A = ( ( 1 ; r = 1, η( =. A T transzformációs mátrix és annak T 1 inverze ( ( T = ; T 1 = 1 Az így kapott átlós mátrix ahonnan D = T 1 AT = ( 3 1 ( e Dx e 3x = e x Tehát az Y = AY megoldása Y (x = e (Ax Y ( = T e (Dx T 1 Y (. Részletezve ( ( ( ( ( 1 1 e 3x C1 e 3x e x C1 Y (x = e x = e 3x e x C.. C ahol bevezettük a jelölést. Végül ( C1 C = T 1 Y ( Y = C 1Y 1(x + C Y (x, Y 1(x = e 3x ( 1, Y (x = e x ( Feladatok 1. Y =. Y = ( 3 4 ( ( 1 3. Y = 3 ( Y = 4 Y Y Y Y

112 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 115 ( 5 5. Y = 1 ( Y = 1 1 ( Y = 3 1 ( Y = ( Y = 3 1. Y = Y Y Y Y ( Y Y ( Y, Y ( = 1 ( 3 Y, Y ( = Inhomogén lineáris egyenletrendszerek A következ kben az Y = A(xY + B(x típusú lineáris inhomogén els rend dierenciálegyenlet rendszerrel foglalkozunk, ahol A(x egy n n típusú mátrix, míg Y (x és B(x n komponens vektor. Az egyenlet általános megoldása Y = C 1 Y 1 (x+,, +C n Y n (x + V (x ahol C 1 Y 1 (x+,, +C n Y n (x a Y AY = homogén egyenletrendszer általános megoldása, amint azt az el z részben bemutattuk.v (x az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása és a következ kben ennek meghatározásának bemutatásával foglalkozunk. Diagonalizálás módszere Az Y = AY + B(x egyenletrendszerben legyen A egy állandó, átlós alakra hozható n n típusú mátrix. Az átlós (diagonalizált formában az egyenletrendszer megoldása visszonylag egyszer - vé válik. A diagonalizálást a η (1,..., η (n sajátvektorokból képezett T transzformációs

113 KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK mátrixal történik, ahogy ezt az el z részben már bemutattuk. Bevezetünk egy új Z = z 1. z n vektort amely eleget tesz az alábbi egyenletnek Y = T Z, T Z = AT Z + B(x Z = (T 1 AT Z + T 1 B(x = DZ + H(x. A megoldás azért egyszer södik mert az egyenletekben nem csatolódnak Z különböz komponensei. z j(x = r j z j (x + h j (x, j = {1,..., n}. ahol h j (x a b 1 (x,..., b n (x meghatározott lineáris kombinációja. Ennek a lineáris differenciálegyenletnek a megoldása z j (x = e rjx x x e rjs h j (sds + C j e rj x, j = {1,..., n} Példa Y = ( 1 1 ( e x Y + 3x = AY + B(x. Az A mátrix sajátértékei r 1 = 3 és r = 1 a megfelel sajátvektorok arányosak a ( ( η (1 1 =, η ( 1 =. 1 1 kifejezésekkel. A homogén egyenlet általános megoldása y = C 1 ( 1 1 e 3x + C ( 1 1 e x. Ha normáljuk a sajátvektorokat (η, η=1, akkor a fentebb megadott formákat be kell szorozzuk 1 -vel. Ezeket alkalmazva T = 1 ( , T = 1 ( Elvégezve az Y = T Z helyettesítést Z = DZ + T 1 H(x = ( 3 1 Z + 1 ( e x 3x e x + 3x. Tehát z 1 + 3z 1 = e x 3 x,

114 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 117 z + z = e x + 3 x. Megoldva az els rend lineáris egyenleteket, kapjuk z 1 = e x 3 [ ( x ] + C 1e x, z = xe x + 3 (x 1 + C e x. Végül az eredeti változókban Y = T Z = 1 ( z1 + z = z 1 + z ( (C1/ e 3x + [(C / + 1 = ]e x + x xe x (C 1/ e 3x + [(C / 1 ]e x + x xe x Az állandók változtatásának módszere Bemutatunk egy általánosabb módszert, amely akkor is használható ha a mátrix nem állandó vagy nem diagonalizálható. Y = A(xY + B(x Legyen a homogén Y = A(xY egyenlet fundamentális mátrixa V(x. Mivel a homogén egyenlet általános megoldása Y = V(xC, ahol C =. u n (x C 1. C n az inhomogén egyenlet V (x partikuláris megoldását olyan formában keressük amelyben a C i állandókat egyegy u i (x függvénnyel helyettesítjük. u 1 (x C 1 Y = V(xU(x, ahol U = C =. Célunk meghatározni az {u i (x} függvényeket és ezáltal az inhomogén egyenlet megoldását. Elvégezve a behelyettesítést : V (xu(x + V(xU (x = A(xV(xU(x + B(x Mivel V(x egy fundamentális mátrix, V (x = A(xV(x;ezért az el bbi egyenletb l V(xU (x = B(x. C n marad. Ahonnan U (x = V 1 (xb(x,

115 KÖZÖNSÉGES DIFFERENCIÁLEGYENLETEK melynek megoldása U(x = x V 1 (sb(sds + C ahol C egy tetsz leges állandó vektor. Visszahelyettesítés után Y = V(xC + V(x x V 1 (sb(sds. Az els része a fenti megoldásnak a homogén egyenlet általános megoldása, míg a második része a keresett partikuláris megoldása az inhomogén egyenletnek. Végül vizsgáljuk meg a Y (x = Y kezdeti feltétel problémáját. Ha következik, hogy Tehát Y = V(xC + V(x x x V 1 (sb(sds Y = V(x C = C = V 1 (x Y. x Y = V(xV 1 (x Y + V(x V 1 (sb(sds x A fenti képlet formája még egyszerübb lesz ha a Φ(x fundamentális mátrix eleget tesz a Φ(x = I összefüggésnek. Y (x = Φ(xY + Φ(x x x Φ 1 (sb(sds. Példa A fundamentális mátrix alkalmazásával Y = V(xU (x = B(x ( 1 1 ( e x Y + 3x ( e 3x V(x = ( e 3x e 3x e 3x e x e x = AY + B(x. e x e x ( u 1 u ( e x = 3x, kapjuk, hogy u 1 = e x 3 xe3x, u = xex.

116 3.3. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 119 Integrálás után u 1(x = 1 ex 1 e3x = 1 6 e3x + C 1, és U (x = x + 3 xex 3 ex + C, e 3x + C ( ( ( e x xe x + ( 1 1 Y = V(xU(x = C ( ( 1 e x 1 + x 1 ( 4, ami megegyezik az el z leg más módszerrel kapott eredménnyel Feladatok ( 1 1. Y = 3. Y = ( e x Y + x ( Y + ( 5 3. Y = 1 ( Y = 4 ( 4 5. Y = 8 4 ( 4 6. Y = 1 ( Y = 4 1 ( 1 8. Y = 3 ( 9. Y 5 3 = Y = ( e x 3e x ( cos x Y + sin x Y + Y + Y + Y + Y + ( 3 Y + ( Y = 1 ( 5 1. Y = 1 ( e x e x ( x 3 ( x, x > x 1 x ( e 1 x ( 1 e 1 x ( x Y + Y + Y + e x ( 1 1 ( cos x ( csc x sec x e x, x >, < x < π, π < x < π

117 4. FEJEZET Fourier-sorok, Fourier-transzformált 4.1. Fourier-sorok Az f(x függvény periódusa P ha f(x = f(x ± P =,..., = f(x ± np =,... {1,, 3,... }. Hasonlóan,ha ϕ(t = ϕ(t + T akkor a ϕ(t periódusa T. n 4.1. ábra. P = π periodusú függvény A legközismertebb periódikus függvények a sin x, cos x amelyeknél a periódus π. sin x = sin(x + π, cos x = cos(x + π Ugyanezzel a periódussal rendelkezik sin x, sin 3x,..., sin nx,... illetve cos x, cos 3x,..., cos nx,... és ezek függvényei. Az f(x = f(x + π periodikus függvény esetén léteznek az a, a 1,... és b 1, b,... együtthatók úgy, hogy f(x = a + (a n cos nx + b n sin nx, n=1 1

118 4.1. FOURIER-SOROK 11 a jobboldal ú.n. trigonometrikus sor, az f(x függvény Fourier-sora, az a i és b i értékek pedig a függvény Fourier-együtthatói. A fenti tétel megértéséhez vizsgáljuk meg a trigonometriai függvények tulajdonságait. Vegyük észre hogy a {1, sin nx, sinmx, cos nx, cos mx, } n m, n, m {1,, 3,... } függvények szorzatainak integrálja a [, π] intervallumon : π sin nxdx =, n, π cos nxdx =, n 1, π π = = π ahol felhasználtuk, hogy sin nx sin mxdx =, (4.1 cos nx cos mxdx =, (4. sin nx cos mxdx =, n m, (4.3 sin nx sin mx = 1 [cos(n mx cos(n + mx], (4.4 sin nx cos mx = 1 [sin(n + mx + sin(n mx]. (4.5 összefüggést. Két valós függvény szorzatának az integrálját az adott intervallumon a két függvény skaláris szorzatának nevezzük a megadott intervallumon. Ha a bizonyos két valós függvény φ(x és ψ(x az intervallum pedig [; π], a skaláris szorzat (φ ψ π φ(xψ(x dx Ha a skaláris szorzat nulla (φ ψ = akkor a függvények ortogonálisak.egy függvénynek önmagával képezet skaláris szorzata (φ φ a függvény normájának a négyzete. (φ φ φ φ >, φ = φ =. A trigonometrikus sor függvényeinek skaláris szorzata : (1 sin nx = (1 cos nx =, (sin nx sin mx = (cos nx cos mx = (sin nx cos mx = tehát ortogonálisak.

119 1 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT A függvények normájának a négyzete a [, π] intervallumon : 1 = π 1 dx = π, sin nx = π Összefoglalva ezeket a tulajdonságokat sin nxdx = π, cos nx = π cos nxdx = π. (1 sin nx = (1 cos nx = (sin nx cos mx = n, m { π n = m (sin nx sin mx = (cos nx cos mx = πδ nm = {n, m} N n m Ezek után határozzuk meg a trigonometriai sor (Fourier-sor Fourier-együtthatóit az f(x = a + (a n cos nx + b n sin nx n=1 egyenl ség alapján. Integrálva az egyenlet mindkét oldalát [ π] intervallumban : π f(x dx = a π a = 1 π π f(x dx Szorozva az egyenlet mindkét oldalát cos mx-el és integrálva -tól π-ig az el z ek alapján kapjuk, hogy : a n = 1 π π f(x cos nxdx, n = {, 1,,... } Ha az egyenlet mindkét oldalát sin mx-el szorozzúk és ezután integrálunk -tól π-ig, kvetkezik, hogy : b n = 1 π π f(x sin nxdx, n = {1,,... } Egy π periodocitású függvénynél a π intervallumon képeztett integrálás helyett használhatjuk a π, π intervallumot, s t általánosabban az α, π α intervallumot is. Példa

120 4.1. FOURIER-SOROK ábra. Legyen f : [ π, π] R, π periodusú {, x [ π, ] f(x = x, x [, π függvény.(lásd az (4. ábrát Az Fourier-sorbafejtés együtthatói : parciális integrálás után Hasonlóan b n = 1 π a n = 1 π f(x = a + (a n cos nx + b n sin nx a = 1 π π = 1 sin nx x π 1 π n π π π π π f(x sin nx dx = 1 π π π n=1 f(x dx = 1 π f(x cos nx dx = 1 π π π sin nx dx = 1 n π, ha n páros =, ha n páratlan πn π x dx = π, x cos nx dx =, cos nx π n = 1 ( 1 n 1 π n π 1 n = x sin nx dx = 1 cos nx x π + 1 π cos nx dx = π n π n = ( 1n + 1 sin nx π n π n = ( 1n+1. n Behelyettesítve az együtthatókat f(x = π 4 ( cos x cos 3x cos 5x sin x sin x sin 3x + +, π

121 14 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT Alkalmazások f( = π 4 ( 1 π S = = π 8 S = = S S S = π 6. S = ,, 1 +( 1n+1 n +, = S 1 4 S = π = π 1 Visszahelyettesítve az együtthatókra kapott általános kifejezéseket a Fouriertrigonometriai sorba f(x = 1 π π π [ ( 1 π π ] f(y dy+ f(y cos ny dy cos nx + f(y sin ny dy sin nx π π π n=1 π f(x = 1 π π π [ ] 1 + cos n(y x f(y dy n=1 A [ π, π intervallum választása a [, π helyett azzal az el nnyel jár, hogy kihasználhatjuk a függvény szimmetria tulajdonságait. 1. f(x páros f(x = f( x Mivel sin nx = sin( nx páratlan(antiszimmetrikus, ezért b n =, n N és π a = 1 f(x dx a = π π π π f(x dx π a n = 1 f(x cos nx dx a n = π π π π f(x cos nx dx n N. f(x páratlan f(x = f( x Mivel cos nx = cos nx páros(szimmetrikus, ezért a n = n {, 1,,... } és π b n = 1 f(x sin nx dx b n = π π π π f(x sin nx dx, n N

122 4.1. FOURIER-SOROK 15 Példa 1. Legyen. f(x = { 1 x [ π, 1 x [, π antiszimmetrikus függvény, tehát a = a n = és vagy Tehát : b n = π π f(x sin nx dx = π π sin nx dx = cos nx πn, n páros b n = 4 πn, n páratlan f(x = 4 ( sin 3x sin 5x sin 7x sin x π π = ( 1n+1 πn f(x = x x ( π, π, f(x = f( x b n = n N a = π π π f(x dx = π π π x dx = π a n = f(x cos nx dx = x cos nx dx π π parciálisan integrálva a n = sin nx π x π n π sin nx cos nx π dx = π n πn ha n páros a n = 4 ha n páratlan πn tehát f(x = π 4 ( cos x cos 3x cos 5x π = ( 1n πn πn + πn x = f( = (n = π 8 S. Vizsgáljuk meg a f(x = f(x + L periodicitású függvények trigonometriai (Fourier- sorba fejtését. Legyen az egyszer ség kedvéért L = l. Ezzel a periodicitásal rendelkeznek a cos nπx nπx, és sin l l trigonometriai függvények is. Tehát most f(x = a + n=1 ( a n cos nπx l + b n sin nπx l

123 16 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT és az l ill. l cos nπx l l l cos nπx l cos mπx dx = lδ nm l sin mπx l dx = l l l l cos nπx l sin nπx l dx = sin mπx dx = lδ nm, l l l sin nπx l dx =, {n, m} N n N ortogonalitási öszefüggések alkalmazásával az el z khöz hasonlóan meghatározhatjuk a Fourier-együtthatókat. a n = 1 l l l f(x cos nπx l dx n {, 1,,... } b n = 1 l l l f(x sin nπx l dx n {1,,... } Szimmetrikus f(x = f( x függvények esetén b n = és : a n = l l f(x cos nπx l dx n {, 1,,... }. Tehát a függvényt cos-függvények szerint fejtettük sorba a [, l] intervallumban. Ha egy függvényt eleve cos-inusz függvények szerint akarunk sorbafejteni akkor ez azt jelenti, hogy szimmetrizáltuk a [ π, π] intervallumon. Antiszimmetrikus f(x = f( x függvények esetén a = a 1 = a = = és : b n = l l f(x sin nπx l dx n {1,,... }. Az el z megjegyzéssel összhangban a [, l] intervallumban akkor fejthetünk szinuszok szerint sorba egy függvényt ha antiszimmetrizáltuk a [ l, l] intervallumban. 4.. Fourier-sorok komplex alakja Alkalmazva e ix = cos x + i sin x e ix = e ix = cos x i sin x } cos x = eix + e ix sin x = eix e ix i

124 4.. FOURIER-SOROK KOMPLEX ALAKJA 17 összefüggéseket az f : [ π, π] R valós függvény Fourier-sorára behelyettesítés és csoportosítás után f(x = a + (a n cos nx + b n sin nx n=1 f(x = a + e (a inx + e inx n n=1 f(x = a + n=1 ( an ib n e inx e inx + b n i e inx + a n + ib n e inx. Vezessük be a következ együtthatókat : c n = a n ib n, c n = c n = a n + ib n, valamint c = a. A Fourier-sorozatot az alábbi egyszer formában írhatjuk : f(x = c n e inx n= Az ortogonalitását az e inx függvényeknek úgy fejezzük ki, hogy π π e inx e imx dx π π e i(n mx dx = πδ nm. Ez tulajdonképpen azzal kapcsolatos, hogy két [a, b] intervallumon megadott komplex f(x és g(x függvények skaláris szorzata (f, g = a függvény normájának a négyzete b a f(xg(x dx = (g, f, f = (f, f = b a f(x f(x dx = b a f(x dx. A mi esetünkben az e inx komplex függvények kölcsönösen ortogonálisak és normájuk π. Innen következik, hogy a φ n (x = 1 π e inx függvények ortonormált rendszert alkotnak a [ π, π] intervallumon azaz (φ n, φ m = δ nm.

125 18 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT Visszatérve a Fourier-sorhoz a c n együtthatókat a következ képpen határozzuk meg : c n = 1 π f(xe inx dx π π Visszahelyettesítve az így kapott együtthatókat a Fourier-sorba f(x = 1 π π π f(y n= e in(x y dy Végül nézzük meg abban az esetben a komplex alakját ha a függvény periodicitása L = l. Ebben az esetben láttuk, hogy nx helyett nπx kifejezést kell használnunk, l f(x = c n e i nπx l. n= Mivel ezeknek a függvényeknek a normája l, a komponenseket a c n = 1 l l képlettel számoljuk ki. Visszahelyettesítve az így kapott együtthatókat, l nπx i f(xe l dx összefüggéshez jutunk. f(x = 1 l l l f(y n= e i nπ(x y l dy Példa 1. Fejtsük sorba az függvényt a (, π intervallumban. a n = 1 π b n = 1 π π π a = 1 π π x π x π π x cos nx dx = 1 π sin nx dx = 1 π f(x = π x dx = 1 (πx 1 π π x =, (π x sin nx n (π x cos nx n π π 1 nπ 1 nπ π π sin nx dx =, cos nx dx = 1 n.

126 4.. FOURIER-SOROK KOMPLEX ALAKJA 19 Tehát Ha x = π π x = n=1 sin nx n ( < x < π. (4.6 helyettesítést alkalmazunk az el bbi összefüggésben, kapjuk hogy: π 4 = Az x x helyettesítéssel és -vel való osztás után azonnal kapjuk, hogy: π 4 x = n=1 sin nx n Kivonva egymásból a (4.6 és (4.7 egyenleteket: π 4 = n=1 sin(n 1x n 1 x különböz értékeire érdekes sorozatokat kaphatunk. ( < x < π, (4.7 ( < x < π.. Fejtsük sorba az f(x = x szimmetrikus függvényt a ( π, π intervallumban. a n = π π a = π π x dx = π 3, x cos nx dx = = ( 1 n 4 n n N, x = π ( 1 n cos nx n n=1 Ha x = vagy x = π akkor az ismert ismert eredményekhez jutunk. π 1 = n=1 ( 1 n n, ( π x π. π 6 = 1 n, n= Feladatok Fejtsük sorba az alábbi függvényeket 1. 1 x, [ π, π]. sin ωt, [ π < ωt < π] [ 3. ln sin x ], [ π, π] 1 n + cos ix = i=1 ( sin n + 1 x sin x

127 13 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT 4. ln [ cos x ], [ π, π] [ 5. ln cot x ], [ π, π] n=1 6. x 4 1, [ π, π]; n 4 = π4 9 ; ( 1 n+1 n=1 n 4 { 4x(1 x < x < 1 7. f(x = 4x(1 + x 1 < x < = 7π cos αx, [ π, π] 9. sin αx, [ π, π] 1. cosh αx, [ π, π] 11. sinh αx, [ π, π] 1. e αx, [, π] szinusz és koszinusz függvények szerint 13. sin αx, [, π] koszinusz függvények szerint 14. cos αx, [, π] szinusz függvények szerint Igazoljuk, hogy 15. x sin x = 1 1 cos x ( 1 n cos nx n= n x cos x = 1 sin x + n sin nx n= ( 1n n 1 ( π x π; ( π x π; l ( l a l f(x dx = + 1 n=1 (a n + b n, Parseval egyenl ség 4.3. Dirac-függvény (-disztribució A δ(x függvényt, melynek az alábbi két tulajdonsága van: 1. δ(x = { ; x ; x =. δ(x dx = 1,

128 4.3. DIRAC-FÜGGVÉNY (-DISZTRIBUCIÓ 131 Dirac-féle függvénynek (disztribuciónak nevezzük. Ilyen típusú függvényt el állíthatunk mint egy paramétert l függ függvényhalmaz határértéke (lásd az ábrát. Például(1a ábra n x < 1 δ(n, x = n x > 1 n Belátható, hogy lim n δ(n, x = δ(x, mivel rendelkezik a Dirac-függvény fenti két tulajdonságával. Ugyanez a helyzet a δ(α, x = 1 α π x + α függvénnyel az α határesetben, vagy a esetében is. Tulajdonságok: δ(α, x = 1 α x π e α 1. f(xδ(x dx = f(; Bizonyítás : f(xδ(x dx ε ε ε ε f(xδ(x dx = f( δ(x dx = f(. ε. f(xδ(x x dx = f(x ; Bizonyítás : x x = y, f(y + x δ(y dy = f(x δ( x = δ(x; δ(ax = δ(x a ; δ(f(x = δ(x x f, f(x =, x R; (x

129 13 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT 6. δ(φ(x = i δ(x x i φ (x i ; 7. Példák : δ(x a = δ(x a + δ(x + a ; a δ(x 1 δ(x δ[(x 1(x (x 3] = δ(cos x = δ[x (k + 1 π ]; k= δ(x 3 ; 3 8. f(xδ (x dx = f (; Bizonyítás : f(xδ (x dx = f(xδ(x f (xδ(x dx = f (. 9. f(xδ (n (x dx = ( 1 n f (n (; Heaviside-féle lépcs függvény Meghatározás: Tulajdonságok: 1.. H(x = { 1, x >, x < H (x = δ(x H (x x = δ(x x

130 4.4. ORTOGONÁLIS FÜGGVÉNYEK. ORTOGONÁLIS SORFEJTÉS.L FÜGGVÉNYTÉR MINT VEKTORTÉR(HILBERT-TÉR Többváltozós Dirac-függvény hasonlóan δ(r = δ(xδ(yδ(z δ(r r = δ(x x δ(y y δ(z z = δ(r r dv = D δ(x x dx δ(r r dv = { r r r = r δ(y y dy δ(z z dz = 1 { 1 r D r / D Az r pontban lev q, pontszer töltés töltéss r sége ρ(r, t = qδ(r r ρ(r, t dv = q δ(r r dv Mozgó pontszer q töltés esetén a töltéss r ség : = q ρ(r, t = qδ(r r (t 4.4. Ortogonális függvények. Ortogonális sorfejtés.l függvénytér mint vektortér(hilbert-tér Az el z részben használt, [ π, π] I π intervallumon deniált függvényeket jelöljük mint függvények. Láttuk, hogy 1, cos x, sin x, cos x, sin x,..., cos nx, sin nx,... u 1 (x, u (x, u 3 (x, u 4 (x,..., u n (x,... π π u i (xu k (x dx = ha i k ekkor azt mondjuk, hogy a függvények ortogonálisak. Ha adottak az I [a, b] intervallumon megadott f, g : I R

131 FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT függvények, akkor megadjuk a két függvény (f, g = b a f(x g(x dx ú.n. skaláris szorzatát. Ha (f, g = akkor azt mondjuk, hogy az f és g függvények ortogonálisak. A lineáris algebrából tudjuk, hogy a vektorok esetén, ha egyenl ség fennállásának feltétele : v 1, v, v 3,..., v n c 1 v 1 + c v + c 3 v c n v n = (a c 1, c, c 3,..., c n nem mindegyik nulla, akkor a vectorok nem függetlenek. Ha viszont az egyenl ség fennállásának feltétele csak az lehet, hogy : c 1 = c = c 3 = = c n = a vektorok lineárisan függetlenek. Az a legnagyobb n szám, amelyre fennáll a vektorok függetlensége lesz a vektortér dimenziója.. Ha a fenti vektorok ortogonálisak, v i v k = ha i k akkor azonnal következik, hogy a vektorok lineárisan függetlenek és a vektortér dimenziója legalább n. A szemléletes vektoroknak a továbbiakban egy adott intervallumon meghatározott függvények felelnek meg. v 1 f 1 (x v f (x v 3 f 3 (x.. v n f n (x A függvények lineárisan függetlenek akkor és csak akkor, ha az c 1 f 1 (x + c f (x + c 3 f 3 (x + + c n f n (x = x I azonosság fennállásának feltétele, hogy c 1 = c = = c n =. Ha függvények ortogonálisak, akkor fennáll a lineáris függetlenség is vagyis egy ortogonális függvényrendszer mindig lineárisan független elemekb l áll. Biz: Tételezzük fel, hogy az egyik együttható, c i nem t nik el. Szorozzuk be skalárisan a fenti egyenletet f i (x-el. c 1 (f 1, f i +c (f, f i + + c i (f i, f i + + c j (f j, f i + + c n (f n, f i = x I }{{}}{{}}{{}}{{}}{{} = = = = Ahonnan következik, hogy c i = és ezt minden c j állandóra bizonyíthatjuk..

132 4.4. ORTOGONÁLIS FÜGGVÉNYEK. ORTOGONÁLIS SORFEJTÉS.L FÜGGVÉNYTÉR MINT VEKTORTÉR(HILBERT-TÉR135 Az (f, g b a f(xg(xdx = (g, f skaláris szorzat egy szimmetrikus bilineáris kifelyezés. Egy f függvény normájának négyzete: azaz a normája (c 1 f + c φ, g = c 1 (f, g + c (φ, g f (f, f = b a f (f, f. f(x dx kifejezi a függvénynek mint vektornak a nagyságát. Amennyiben f = 1 a függvényt normáltnak nevezzük. u 1, u,..., u n ortonormált rendszert képez, amennyiben (u i, u j = δ ij, i, j = 1,,..., n.azaz a függvények normáltak és ortogonálisak. Ha adott egy ϕ 1, ϕ,..., ϕ n ortogonális rendszer, azaz (ϕ i, ϕ j =, ha i j, akkor ebb l képezhet egy u 1, u 1,..., u n ortonormált rendszer a u 1 = ϕ 1 ϕ 1,, u i = ϕ i ϕ i,, u n = ϕ n ϕ n normalizálási eljárással. A háromdimenziós terünkben egy pont r helyzettvektorát felírhatjuk az e 1, e, e 3 ortogonális egységvektorokkal a következ képpen r = x 1 e 1 + x e + x 3 e 3. Hasonló módon egy I intervallumon megadott f függvény is felírhatunk, ugyanazon az I intervallumon meghatározott {..., u i,... } ortonormált függvények segítségével a kövekez képpen f(x = c i u i (x n=1 ahol a c i együtthatókat egyértelmüen meghatározzák a c i = (f, u i = b a f(ξu i (ξ dξ kifejezések. Az L (I vektortérben azok a függvények tartoznak melyeknek a normája véges, tehát négyzetük integrálható az adott intervallumon. A mi általunk vizsgált f(x = i c iu i (x függvény véges normája f = (f, f = ( i c i u i, j c j u j = i,j c i c j (u i, u j = i,j c i c j δ ij

133 FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT f = i c i = c 1 + c + + c n + < Ha a vektortér komplex négyzetesen integrálható függvényeket is tartalmazz tehát az L (C Hilbert-tér akkor két f és g függvény(komplex vektor skaláris szorzata (f, g b a f(ξg(ξ dξ = (g, f (αf, g = ᾱ(f, g, (f, βg = β(f, g {α, β} C, {f, g} L (C. Az f L (C normájának négyzete f = b a f(ξf(ξ dξ = b a f(ξ dξ < f = csak abban az esteben lehetséges, ha f(ξ ξ I. Az f függvény sorbafejthet az {u 1, u,..., u n,... } ortonormált függvények szerint. Ha az f függvényt egy S n (x = c 1 u 1 (x + c u (x + + c n u n (x függvénnyel közelítjük meg ahol f(x S f n(x = c 1 u 1 (x + c u (x + + c n u n (x c i = (u i, f = b a ū i (ξf(ξ dξ Az f és S f n függvények különbségét az f(x S f n(x normájával adhatjuk meg. = (f, f f n f S f n = (f n n c j (f, u j c i (u i, f }{{}}{{} j=1 i=1 c j n c i u i, f i=1 n + i,j=1 c i n c j u j = j=1 c i c j (u i, u j = f }{{} δ ij n c i Amint látható a különbség n növekedésével monoton módon csökkenve tart nullához. Egy ε > esetén kell legyen egy N Z úgy, hogy A tendencia : f N < ε. < ε N. Határesetben ha n f = tehát f(x = c i u i (x, f = c i, c i = (u i, f. n=1 Visszahelyettesítve a c i = b a ūi(ξf(ξ dξ együtthatókat ( b f(x = c i u i (x = u i (xū i (ξ f(ξ dξ i=1 a n=1 n=1 i=1

134 4.4. ORTOGONÁLIS FÜGGVÉNYEK. ORTOGONÁLIS SORFEJTÉS.L FÜGGVÉNYTÉR MINT VEKTORTÉR(HILBERT-TÉR137 ami azt jelenti, hogy {x, ξ} I esetén u i (xū i (ξ = δ(x ξ n=1 Ez az összefüggés kifejezi az ortonormált rendszer teljességét ami a Parseval - tétel Cauchy-Bunyakovszki-Schwartz egyenl tlenség Legyen az I = [a, b] intervallumon értelmezett két f, g L (C függvény {f, g} : I C Képezzük a M = b b a a nemnegativ kifejezést.részletesen kifejtve : f(xg(y f(yg(x dx dy tehát M = b b a a ( f(xḡ(y f(yḡ(x (f(xg(y f(yg(x dx dy = = f g (f, g(g, f, f g (f, g Ha {u 1 (x, u (x,..., u n (x,... } egy ortonormált rendszert alkotnak az I [a, b] intervallumon az L (C-ben, akkor és innen f(x = a i u i (x, g(x = b j u j (x i=1 i=1 j=1 j=1 f = a i, g = b j, (f, g = ā i b i. Behelyettesítve a fenti egyenl tlenségbe ( a i b j ā i b i i=1 j=1 i=1 i=1 Létezik egy rövidebb és ugyanakkor általánosabb bizonyítása ugyanannak a tételnek. Tétel: Legyen x, y L (C. Fennáll, hogy (x, y x y

135 FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT Biz: Legyen λ C tetsz leges elemei a megfelel halmazoknak. Írjuk fel a háromszög egyenl tlenséget az x és λy vektorokra: x + λy x + λ y, (... λ (x, y + λ(y, x λ x y. λ = (x, y-re megkapjuk a keresett egyenl tlenséget Fourier-transzformáció Legyen függvény Fourier-sora l f(x = a + f : ( l, l R n=1 ( a n cos nπx l ahova behelyettesítve az együtthatókat, kapjuk f(x = 1 [ l 1 f(y l + Végezzük el a cos f(x = 1 l nπ(x y l l n=1 l = 1 f(x = 1 l + b n sin nπx, l ( cos nπy cos nπx + sin nπy l l l [ 1 f(y + cos (e i nπ(y x l l l f(y n=1 + e i nπ(y x l n= ] nπ(x y dy. l e i nπ(y x l helyettesítést dy. sin nπx ] dy = l Bevezetve a k n kifejkezés nπ l jelölést,és felhasználva, hogy k = k n+1 k n = π l f(x = 1 l f(y e ikn(y x dy k π l k n az el bbi Ha megvizsgáljuk az l határesetet, kiterjesztve a ( l, l intervallumot az egész valós tengelyre 1 l f(x = lim f(y l π l k n e ikn(y x dy k

136 4.5. FOURIER-TRANSZFORMÁCIÓ 139 a végtelen sok pontra kiterjesztett összeg átmegy egy integrálba annál is inkább mivel határértékben k dk. Írhatjuk tehát, hogy f(x = 1 f(ye ik(y x dy dk π A fenti dupla integrált felbonthatjuk két integráltra a következ képpen : ˆf(k = 1 π f(ye iky dy = F(f(k Az így kapott ˆf(k komplex függvényt az f függvény Fourier-transzformáltjának F(f(k-nak nevezzük. A fenti dupla integrál második integrálja f(x = 1 π ˆf(ke ikx dk = F 1 ( ˆf(x adja az inverz F 1 Fourier-transzformáltat. A fennebb kapott f(x = 1 f(ye ik(y x dy dk π összefüggésb l következik, hogy = (f, g = dk ˆf(k f(x g(x dx = dh ĝ(h 1 π 1 e ik(y x dk = δ(y x π = ( 1 ˆf(ke ikx dk π dx e ix(h k = A Fourier-transzformáció tulajdonságai: ˆf(kĝ(k dk = ( ˆf, ĝ dk ˆf(k F(c 1 f + c g(k = c 1 ˆf(k + c ĝ(k; F(f(ax + b = 1 a e ik(b/a ˆf(k/a F ( f(axe ibx = 1 ( a ˆf k + b a ĝ(he ihx dh dx = dh ĝ(hδ(h k =

137 14 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT F (i n x n f(x = dn dk ˆf(k ( n d n F dx n f(x = ( i n k n ˆf(k ( 1 π F 1 + x = e k F (e (1/x = e (1/k F ( (a + ix v { πk = v 1 e ak /Γ(v k > ({a, v} > k < ( e λx π F a + e x (a >, < λ < 1 = aλ 1 ik csc(πλ iπk Szimmetrikus és antiszimmetrikus függvények Fourier-transzformáltja Ha f(x = f( x, tehát a függvény szimmetrikus akkor és ezért ˆf(k = 1 π f(xe ikx dx = 1 π f(x sin kx dx = f(x cos kx dx = π f(x cos kx dx Ezt koszinusz Fourier-transzformációnak nevezzük és F c (f(k-val jelöljük. Tehát F c (f(k = π f(x cos kx dx ˆf c (k Mivel ˆfc (k = F c (f(k maga is egy páros függvény ezért az inverz transzformáció F 1 c ( ˆf c (x = ˆf c (k cos kx dk = f(x π Antiszimmetrikus f(x = f( x (páratlan függvény esetén és ezért az ú.n. szinusz Fourier-transzformáció f(x cos kx dx = ˆf s (k = F s (f(k = π f(x sin kx dx

138 4.5. FOURIER-TRANSZFORMÁCIÓ 141 Az inverz transzformáció alakja is ilyen mivel a transzformált függvény is antiszimmetrikus. Fs 1 ( ˆf s (x = ˆf(k sin kx dk = f(x π Alkalmazás: Meghatározás szerint a 1, x < 1 f(x =, x > 1 1, x = 1 Dirichlet-függvény páros. Fourier-transzformáltja: 1 ˆf(k = cos ky dy = π f(x = sin k π k f(x = ˆf(k cos kx dk π sin k cos kx 1, x < 1 dk =, x > 1 π k 1, x = 1 Megkaptuk a függvény integrál reprezentációját Feladatok Ábrázoljuk a függvényeket Fourier-integrál formájában., t > a > 1. f(t = 1, t ( a, a felvett értékei f( =, f(a = f( a = 1, 1, t (, a f(t = 4 sin tu π u sin au du. 1, t 1. f(t = t, t ( 1, f(t = π u sin u cos tu du t, t [, 1. { sin t, t nπ 3. f(t = = f(t = ( 1 n sin nuπ sin ut π, t > nπ u du. 1 Határozzuk meg az f(t függvényt úgy hogy kielégítse az alábbi egyenletet.

139 14 4. FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT 4. 1 f(t cos tx dt = x + a, x, f(t = 1 a e at Oldjuk meg az alábbi integrálegyenleteket 5. g(u sin tu du = 6. g(u sin tu du = 7. h(u cos tu du = 8. f(teiut dt = { cos t t ( π, t π. g(u = π u sin π u u 1 π sin t, t (. π sin uπ, t π g(u = π 4, t = π. 1 u. π cos t t (π u sin uπ t > π h(u = π 1 u. 4 t = π. u u ( 1, 1 ( 1 u = ±1 f(t = 1 1 π t sin t t sin t. u > 1. Konvoluciós szorzat Meghatározása Azonnal belátható, hogy = 1 π Tehát f(y = 1 π f g(x = 1 π dy dk = f g(x = f(yg(x y dy f g(x = g f(x ˆf(ke iky dk g(x y = 1 π dy ĝ(ωe iω(x y dω. dk ˆf(ke iky dωĝ(ωe iω(x y = dk dω ˆf(kĝ(ω δ(ω k e iω(x y = dω ˆf(k ĝ(ω e iy(ω k e iωx = dk ˆf(k ĝ(ke ikx = πf 1 [ ˆf ĝ](x f g(x = πf 1 [ ˆf ĝ](x, F[f g](k = π ˆf(k ĝ(k Példa

140 4.5. FOURIER-TRANSZFORMÁCIÓ Adjuk meg a koszinusz és szinusz Fourier-transzformáltját az f(x = e ax, x (, ; a > függvénynek. Koszinusz transzformáció esetén kiterjesztjük a függvényt szimmetrikusan a (, intervallumra.így { e ax, x > f(x = e ax, x ; és szinusz transzformáció esetén e ax, x > f(x =, x = e ax, x < A Fourier-transzformáltak : ˆf c(k = π e ax cos kx dx, ˆfs(k = A két integrált egyszerre kiszámíthatjuk ˆf c(k + i ˆf s(k = π = π Innen következik, hogy ˆf c(k = π π e ax (cos kx + i sin kx dx = 1 [e (a ikx] = a ik π a a + k, ˆfs(k = π Az inverz transzformációk alkalmazásával kapjuk az ú.n. Laplace integrálokat. cos kx a + k dk = π a e ax,. Oldjuk meg az alábbi integrálegyenletet : Az egyenletet még írhatjuk ahol g(u cos tu du = φ(t, ahol φ(t = f(t = π π φ(t = g(u cos tu du = f(t, π e ax sin kx dx, a + ik a + k. k a + k. sin kx a + k dk = π e ax, { 1 t ha < t 1 ha t > 1. (1 t ha < t 1 π ha t > 1. e (a ikx dx = Itt g(u az f(t függvény koszinusz Fourier-transzformáltjának tekinthetjük, ezért 1 g(u = f(t cos ut dt + f(t cos ut dt. π π 1

141 FOURIER-SOROK, FOURIER-TRANSZFORMÁLT Mivel f(t = ha t > 1, ezért g(u = π 1 (1 t cos ut dt = π 1 cos u u. A többváltozós függvények Fourier-transzformáltja Az f(x 1, x,..., x n függvény Fourier-transzformáltja 1 (π n illetve inverz Fourier-transzformáltja F(f(k 1,..., k n ˆf(k 1,..., k n = f(y 1,..., y n e i(y1k1+ +ynkn dy 1... dy n F 1 ( ˆf(x 1,..., x n = 1 (π n ˆf(k 1,..., k n e i(x1k1+ +xnkn dk 1... dk n = vagy vektorjelöléssel : ˆf(k = 1 (π n ( f(ye iy k d n y, f(x = 1 (π n ( ˆf(ke ix k d n k. A fenti két tanszformáció következménye 1 (π n e i(y x k d n k = δ(y x.

142 5. FEJEZET Speciális polinomok 5.1. Hermite polinomok A H n (x ú.n.n-ed fokú Hermite polinomokat legegyszerübben a g(x, t = e t +tx generátor függvénnyel álíthatjuk el és tanulmányozhatjuk. g(x, t = e t +tx = Mivel g( x, t = g(x, t következik, hogy n= n= n= H n (x tn n! H( x( 1 n tn n! = H(x tn n!, t R H n( x = ( 1 n H n (x A páros rend polinomok szimmetrikusak, a páratlan rend polinomok pedig antiszimmetrikusak. A polinomok értéke az x = pontban azonban g(, t = e t = Egyeztetve a t n együtthatóit H n ( tn n! = H n ( tn (n! n= e t = n= ( 1 n tn n= n!. H n ( = ( 1 n (n! n!. 145

143 SPECIÁLIS POLINOMOK A páratlan rend, antiszimmetrikus függvény estén nyilván H n+1 ( =. Rekurenciás összefüggések : Deriválva a g(x, t = e t +tx = H n (x tn n! egyenlet midkét oldalát g x = t g = n= n= H n (xt n+1 = n! a megfelel együtthatók egyeztetéséb l következik, hogy ahonnan H n (x n! = H n+1(x (n + 1! n= H n(x tn n! H n+1 = (n + 1H n H n = nh n 1. (5.1 g t = (x tg = n t n 1 H n (x (n 1!, (x t n H n t n n! = n H n t n 1 (n 1!, ahonnan xh n n! H n 1 (n 1! = H n+1 n!, H n+1 xh n + nh n 1 =. (5. H (x = 1 H (x = x 1 H 4 (x = x 4 6x + 3 H 6 (x = x 6 15x x 15 H 8 (x = x 8 8x 6 + 1x 4 4x + 15 H 1 (x = x H 3 (x = x 3 3x H 5 (x = x 5 1x x H 7 (x = x 7 1x x 3 15x H 9 (x = x 9 36x x 5 16x x Dierenciálegyenletek (5.1 H n+1 = (n + 1H n (5. H n+1 H n xh n + nh n 1 = (n + 1H n H n xh n + H n = (5.1 H n = nh n 1

144 5.1. HERMITE POLINOMOK ábra. Hermite-polinomok grakus képe H n xh n + nh n =. (5.3 H n (x = ( 1 n e x dn dx n e x. A Hermite-polinomok Rodrigues alakja. A Hermite-polinomok ortogonalitása Általános skaláris szorzat az L (a, b (az [a, b] intervallumon négyzetesen integrálható valós függvények terén: Vegyük a és (ϕ, ψ b g(t, x = e t +tx = n a σ(xϕ(xψ(xdx. g(u, x = e u +ux = m H n (x t n n! H m (x u m m!

145 SPECIÁLIS POLINOMOK generátor függvények szorzatának integráltját az e x súlyfüggvénnyel: + e x g(t, xg(u, xdx = n = m + t n u m n! m! + e x t u +tx+ux dx = e x H n (xh m (xdx = + = e t u e (x t u e t +u +tu dx = + = e tu e (x t u dx = + = e tu e y dy }{{} π = (tu n π A fenti egyenlet bal- és jobboldalán egy-egy végtelen fokú polinom áll melynek egyes tagjai a t és u különböz hatványait tartalmazzák. Mivel a jobb oldalon csak az azonos fokú tagok különböznek nullától ezért ugyanazt a baloldaltól is elvárjuk: n n! + e x H n (xh m (xdx =, n m. (5.4 Ha n = m, akkor (tu n π n n! = n (tu n (n! + e x H n (xh n (xdx ahonnan a megfelel fokú tagokra tehát π n n! = 1 (n! + + e x H n(xdx e x H n(xdx = π n n! (5.5 Sorfejtés Hermite-polinomok segítségével Írjuk fel egy tetsz leges f : R R függvényt az f(x = c n H n (x n=

146 5.1. HERMITE POLINOMOK 149 alakban 1. Feladatunk a c n együtthatók meghatározása. Vesszük mindkét oldal skaláris szorzatát a H m (x Hermite-polinommal. + e x f(xh m (xdx = n + c n e x H n (xh m (xdx = c m π m m! f(x = tehát n= H n (x πn n! + c n = 1 πn n! + e y f(yh n (ydy = δ(x y = e y e x f(xh n (xdx. n= + f(ye y H n (yh n (x πn n!. n= H n (yh n (x dy = πn n! + f(yδ(x ydy Hermite típusú függvény + e x H n (xh m (xdx = + e x / H n (x e x / H m (x dx =, n m }{{}}{{} ϕ n(x ϕ m(x Az (5.3 összefüggésb l: H n = e x / ϕ n H n = xe x / ϕ n + e x / ϕ n H n = x e x / ϕ n + e x / ϕ n + xe x / ϕ n + e x / ϕ n ϕ n + [n + 1 x ]ϕ n =. (5.6 Alkalmazás: A harmonikus oszcillátor stacionárius (id t l független Schrödinger-egyenlete egydimenziós esetben: d ϕ m dx + kx ϕ = Eϕ Egy x = ay típusú változócserével hozzuk egyszer bb alakra: d ϕ ma dy + ka y ϕ = Eϕ, ( ma d ϕ dy mka4 y ϕ = ma Eϕ 1 Tulajdonképpen a valós függvények bizonyos tulajdonságokkal bíró osztályára lehetséges a sorfejtés

147 15 5. SPECIÁLIS POLINOMOK Legyen ahonnan A dierenciálegyenlet így mk a4 = 1, azaz a = mk, ma E = m k E = E ω ε, ϕ + (ε y ϕ = ω k m alakú lesz. Összevetve a (5.6 egyenlettel, a harmónikus oszcillátor stacionárius állapotai illetve megfelel energiaszintjei: ( ϕ n (x = e x x a H n a, E n = ω(n + 1 Az eredmény magába foglalja a harmonikus oszcillátor energiaspektrumának két fontos jellemz jét: Az energiaszintek egy állandó E = E n+1 E n = ω távolságra vannak egymástól Az alapenergiaszint (n = a klasszikus oszcillátorral szemben nem nulla, hanem E = ω/ Feladatok 1. + x m e x H n (xdx =, ha m =, n 1. + xe x H n (xh m (xdx = π n 1 n!δ m,n 1 + π n (n + 1!δ m,n x e x H n (xh n (xdx = ( π n n! n + 1 x e x H n (xh m (xdx = π n 1 (n+1n!δ n,m + π n (n+!δ n+,m + π n n!δ n,m

148 5.. LEGENDRE-POLINOMOK Legendre-polinomok 5.. ábra. Pontszer töltés elektrosztatikus tere A Legendre-polinomokkal is több helyen találkozunk a zikában. Példaképpen tekintsünk egy q pontszer elektromos töltést a magasságban és írjuk fel a létrehozott elektrosztatikus tér potenciálját polárkoordinátákban. ϕ = q 4πε R = = q 4πε r n= q 4πε r ar cos θ + a = ( a n Pn (cos θ r }{{} Legendre pol. 4πε r q 1 a r cos θ + ( a r = Generátorfüggvény A fentebbi példa alapján 1 g(x, t = = P n (xt n 1 tx + t A fentebbi meghatározásból következtethetünk a generátorfüggvény és a Legendre polinomok néhány tulajdonságára: n= g( x, t = g(x, t Keressük a P n (x polinomok alakját és tulajdonságait. Tanulmányozzuk a polinomok párosságát: g( x, t = n P n ( xt n = tx + t = n P n (x( t n = n ( 1 n P n (xt n

149 15 5. SPECIÁLIS POLINOMOK P n ( x = ( 1 n P n (x (5.7 tehát a polinomok párossága megegyezik sorszámuk párosságával. Rekurrenciás összefüggések g t = x t 1 tx + t 1 1 tx + t = x t 1 tx + t g = n np n t n 1 (x t n P n t n = (1 tx + t n P n t n 1 [ xpn t n P n t n+1] = n [ npn t n 1 xnp n t + np n t n+1] n xp n P n 1 = (n + 1P n+1 xnp n + (n 1P n 1 (n + 1xP n = (n + 1P n+1 + np n 1. (5.8 P (x = 1 P 1 (x = x P (x = 1 (3x 1 P 3 (x = 1 (5x3 3x P 4 (x = 1 8 (35x4 3x + 3 P 5 (x = 1 8 (63x5 7x x P 6 (x = 1 16 (31x6 315x x 5 P 7 (x = 1 16 (49x7 693x x 3 35x Dierenciálegyenlet g x = 1 t 1 tx + t 1 tx + t = g t 1 tx + t = P nt n n P n t n+1 = (1 tx + t P nt n = P nt n xp nt n+1 + n n n n n [ P n+1 t n+1 xp nt n+1 + P n 1t n+1] P nt n+ n P n t n+1 = n P n = P n+1 xp n + P n 1 P n 1 + P n+1 = P n + xp n. (5.9 A (5.8 egyenletet deriválva és megszorozva kett vel: (n + 1P n + (n + 1xP n = (n + 1P n+1 + np n 1 és hozzáadva a (5.9 egyenlet n + 1-szereséhez: (n + 1P n+1 + (n + 1P n 1 = (n + 1P n + (n + 1xP n

150 5.. LEGENDRE-POLINOMOK ábra. Legendre-polinomok grakus képe azt kapjuk, hogy (n + 1P n + P n 1 = (n + 1P n (5.1 Képezve a (5.8 fele és (5.1 összegét illetve különbségét a következ két egyenletet kapjuk: 1 (5.8 + (5.1 P n+1 = (n + 1P n + xp n ( (5.8 (5.1 P n 1 = np n + xp n (5.1 A (5.11 egyenletben n helyett n 1-t veszünk és összeadjuk a (5.1 x-szeresével: (5.11(n n 1 + x (5.1 (1 x P n = np n 1 nxp n. (5.13 A kapott egyenletet deriváltját hozzáadjuk a (5.1 egyenlethez: vagy d [ (1 x P ] n + n(n + 1Pn =. (5.14 dx (1 x P n xp n + n(n + 1P n =. (5.15

151 SPECIÁLIS POLINOMOK Egy másik gyakran el forduló alakját a Legendre-polinomok dierenciálegyenletének az x = cos θ változócsere esetén kaphatjuk meg: P n = dp (cos θ d cos θ = 1 dp n sin θ dθ 1 d [sin θ ddθ ] sin θ dθ P (cos θ + n(n + 1P n (cos θ =. (5.16 Legendre polinomok általános tulajdonságai Határozzuk meg a P n (1 értékeket! P n : [ 1, 1] R g(x, t = 1 1 tx + t = n P n (xt n x = 1, g(1, t = 1 1 t = n P n (1t n = n t n P n (1 = 1 Határozzuk meg a P n ( 1 értékeket! A (5.7 tulajdonságból: P n ( 1 = ( 1 n Határozzuk meg a P n ( értékeket! g(, t = t = (1 + t 1/ = n C n t n = 1 n P n (t n, ahol C n 1 C = 1, C 1 1 = 1 1, C = 3 1 8, = 1 ( 1 ( 1 ( n! 1 1 ( 1 n + 1 = ( 1n (n 1!! n! n P n 1 ( =, P n ( = ( 1 n (n 1!! (n!!

152 5.. LEGENDRE-POLINOMOK 155 Legendre polinomok ortogonalitása d P m d dx d dx [ (1 x dp n dx ] [ (1 x dp m dx ] + n(n + 1P n =, P m + m(m + 1P m =, P n n m 1 [ (1 x dp ] [ n d P n (1 x dp ] m + [n(n + 1 m(m + 1] P n P m dx = 1 dx dx dx dx }{{} = A jobboldali két tag elt nik, mivel: P m d dx [ (1 x dp n dx [ d P n (1 x dp ] m dx dx ] dx = P m (1 x P n 1 1 }{{} = dx = P n (1 x P m 1 1 }{{} = [n(n + 1 m(m + 1], n m tehát 1 P mp n(1 x dx 1 1 P np m(1 x dx P n (xp m (xdx =, n m Határozzuk meg a polinomok normáját: g(x, t = P n 1 1 P n (x dx 1 1 tx + t = n P n (xt n 1 1 g (x, tdx = Végezzünk egy változócserét: 1 1 dx 1 tx + t = n 1 tx + t = z, x = 1 + t z t 1 t n Pn(xdx 1, dx = dz t Az integrálási határok: x = 1 z = (1 t, x = 1 z = (1 + t. 1 1 dx 1 tx + t = 1 (1+t dz t (1 t z = 1 t ln 1 + t 1 t = 1 [ln(1 + t ln(1 t] t

153 SPECIÁLIS POLINOMOK ln(1 t = ln(1 + t = dt (1 1 t = + t + t + t t n + dt = = t + t + t tn n + dt 1 + t = t t + t3 3 + ( 1n+1 tn n + t33 t55 tn+1 (t n ln 1 + t 1 t = 1 t ln 1 + t 1 t = n (1 + t n A Legendre polinomok Rodrigues alakja t3 + t tn n n + 1 = n P n = P n t n n + 1. d n P n (x = 1 n n! dx n (x 1 n. Függvények kifejtése Legendre polinomok szerint Legyen f : [ 1, 1] R és f(x = c n P n (x, c n =? (5.17 Tudjuk, hogy (P n, P m = δ nm n+1 ahol δ nm a Kronecker szimbólum. n= 1 1 f(xp m (xdx = n c n (P n, P m = n c n n + 1 δ nm = c m m + 1 A (5.17 egyenletb l: c m = m f(xp m (xdx f(x = n n f(yp n (yp n (xdy = 1 1 f(y n n + 1 P n (yp n (xdy δ(x y = n n + 1 P n (yp n (x

154 5.. LEGENDRE-POLINOMOK ábra. Dipólus elektrosztatikus tere Alkalmazás Írjuk fel egy dipólus elektrosztatikus terének potenciálját a Legendre polinomok segítségével. r + = r ra cos θ + a = r 1 a ( a r cos θ + r r = r + ra cos θ + a = r 1 + a r cos θ + ( a r q q ϕ(r = = 4πε r + 4πε r = q 1 1 4πε r 1 a r cos θ + ( a r 1 + a r cos θ + ( a r = q ( a n ( P n (cos θ P n (cos θ a n = 4πε r r r n n = q ( a n+1 P n+1 (cos θ 4πε r r Feladatok n = 1. Igazoljuk, hogy δ(1 x = n n + 1 P n (x. Igazoljuk, hogy δ(1 + x = n ( 1 n n + 1 P n (x 3. Igazoljuk, hogy 1 1 f (xdx = n c n n + 1

155 SPECIÁLIS POLINOMOK 4. Vezessük le a generátorfüggvény segítségével, hogy: (1 x P n = np n 1 nxp n 5. f(x = { +1, < x < 1 1, 1 < x < 1 1 f (xdx = n (4n + 3 [ ] (n 1!! (n +!! 6. 1 x(1 x P np mdx =, ha m n ± Bessel-függvények Vezessük be a következ generátorfüggvényt: g(x, t = e x (t 1 t = Mivel g( x, t = g(x, t fennáll, hogy: g( x, t = e x (t 1 t = + n= + n= J n (xt n J n ( xt n = = e x ( t+ 1 t + = g(x, t = J n (x( t n = = + n= ( 1 n J n (xt n n= J n ( x = ( 1 n J n (x. (5.18 Rekurrencia összefüggések g t = x (1 + 1t g = nj n (xt n 1, n ( x t J n (xt n = nj n (xt n 1, n n

156 5.3. BESSEL-FÜGGVÉNYEK 159 [ xjn (xt n + xj n (xt n ] = nj n (xt n 1, n n xj n 1 (x + xj n+1 (x = nj n J n 1 (x J n+1 (x = J n(x (5.19 Dierenciálegyenlet g x = 1 ( t 1 g = J t n(xt n, n ( 1 t 1 J n (xt n = J t n(xt n, n n [ Jn (xt n+1 J n (xt n 1] = J n(xt n, n n J n 1 (x + J n+1 (x = n x J n(x (5. A (5.19 és (5. egyenletekb l: J n 1 (x = n x J n(x + J n(x. (5.1 J n+1 (x = n x J n(x J n(x. (5. A (5.1 egyenletben írjunk n helyett n + 1-t: J n (x = n + 1 x J n+1(x + J n+1(x. A fenti egyenletben a J n+1 helyébe behelyettesítjük a (5. egyenlet jobb oldalát. J n (x = n + 1 ( n x x J n(x J n(x + n x J n(x n x J n(x J n(x = n(n + 1 = x J n n + 1 x J n + n x J n n }{{} x J n J n 1 x J n A Bessel függvények dierenciál egyenlete: J n(x + 1 x J n(x + (1 n J n (x =. (5.3 x

157 16 5. SPECIÁLIS POLINOMOK A függvények alakja g(x, t = e x (t 1 t = e xt e x t 1 = = s,r= ( 1 r s!r! ( x s+r t s r = s= + 1 ( x s ts s! n= J n t n ( 1 r ( x r t r = r! A fenti egyenlet két oldalán megjelen polinomok azonosságának egyik feltétele, hogy s = r + n. Áttérve az s és r szerinti összegzésr l n és r szerinti összegzésre: g(x, t = J n (x = + n= r= r= r= ( 1 r ( x (r + n!r! } {{ } J n(x r+n t n ( 1 r ( x r+n. (5.4 (r + n!r! A fenti meghatározás a Bessel-függvények egy sajátos csoportjára n Z esetére vonatkozik. Az általános meghatározás kiterjeszti a (5.4 sort az n ν R paraméterhalmaz esetére. Eszerint J ν (x = r= Hasonlóképpen (5.3 dierenciálegyenlet is átírható: J ν (x + 1 x J ν(x + ( 1 r ( x r+ν. (5.5 Γ(r + ν + 1r! (1 ν x J ν (x =. (5.6 A generátorfüggvényben végezzük el a t = e iθ változócserét: g(x, t = g(x, e iθ = e x (e iθ e iθ = e ix sin θ = cos(x sin θ+i sin(x sin θ = + n= A π periódikus függvények Fourier sorfejtésér l szóló fejezetb l tudjuk, hogy: J n (xe inθ f(x = n c n e inx, c n = 1 π +π π f(xe inx A generátor periódikus a θ változóban, tehát: J n (x = 1 π +π π e i(x sin θ nθ dθ = 1 π +π π [cos (x sin θ nθ + i sin (x sin θ nθ] dθ

158 5.3. BESSEL-FÜGGVÉNYEK ábra. Bessel-függvények grakus képe A szinuszos tag elt nik, mivel egy páratlan függvénynek az origóra szimmetrikus intervallumon való integráltját adja. Így a Bessel-függvények integrál alakja trigonometrikus függvényekkel kifejezve: J n (x = 1 π π cos (x sin θ nθdθ. ( Feladatok Igazoljuk az alábbiakat: J (x = π J n (u + v = 1 + s= J (u + v = J (uj (v + cos xt 1 t dt J s (uj n s (v J s (uj s (v s=1

159 16 5. SPECIÁLIS POLINOMOK sin x x = 1 cos x x π/ = J (x cos θ cos θdθ π/ J 1 (x cos θdθ

160 6. FEJEZET Parciális dierenciálegyenletek 6.1. Els rend, lineáris, homogén parciális dierenciálegyenletek Az egyváltozós f(x függvény innitezimális változása df = df df dx, ahol dx dx = f (x a függvény els rend deriváltja. Az u(x, y kétváltozós függvény változása ha az argumentumokat dx-el ill. dy-al változtatjuk du = u u dx + x y dy u xdx + u y dy ahol u x u x az u függvény x-szerinti parciális deriváltja és hasonlóan u y u y az u függvény y-szerinti parciális deriváltja. Egy többváltozós függvény parciális deriváltjait tartalmazó egyenlet parciális dierenciálegyenlet. Ennek egyik legegyszer bb változata f(x, yu x + g(x, yu y = ú.n. els rend, lineáris, homogén parciális dierenciálegyenlet. Az egyenlet megoldása azt jelenti, hogy meghatározzuk az u(x, y függvényt például az u(x, = h(x mellékfeltétellel. Az egyenlet megoldásának menete a következ : A parciális dierenciálegyenlethez hozzárendelünk egy dx f(x, y = dy g(x, y dy g(x, y = dx f(x, y közönséges (karakterisztikus- dierenciálegyenletet, melynek megoldása legyen F (x, y = C. Az eredeti parciális dierenciálegyenlet általános megoldása u(x, y = Φ(F ahol Φ egy tetsz leges deriválható függvény. A Φ függvényt a u(x, = h(x mellékfeltételb l határozhatjuk meg. Φ(F (x, = h(x, Φ(x u(x, y = Φ(F (x, y! 163

161 PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Példa 1 y ux + uy = u(x, 1 = x, u(x, y =? A karakterisztikus egyenlet dx 1 y Az általános megoldás = dy 1 A mellékfeltétel alapján a feladat megoldása y dx = dy dx = dy y y = Cex ye x = C u(x, y = Φ(ye x Φ(e x = x Φ(t = (ln t u(x, y = ( ln(ye x = (ln y x. Közvetlen számítással igazolhatjuk, hogy eredményünk valóban a feladat megoldása. Most vizsgáljuk a lineáris homogén els rend parciális dierenciálegyenletet tetsz leges n számú x 1,..., x n független változót tartalmazó u(x 1,..., x n függvény esetén. Az egyenlet u u u X(u = X 1 + X + + X n = x 1 x x n Az egyenlet integrálása összefügg a dx 1 = dx = = dx n X 1 X X n karakterisztikus (egyenlet rendszer integrálásával.kijelenthetjük, hogy az ( n 1 egyenletb l álló egyenletrendszer bármely F (x 1, x,..., x n = C primintegráltja egy megoldása a parciális dierenciálegyenletnek. Deriválva a F (... = C primintegrált x 1 szerint F + F dx + + F dx n =. x 1 x dx 1 x n dx 1 Felhasználva a karakterisztikus egyenletrendszert Behelyettesítés után dx dx 1 = X X 1,..., dx n dx 1 = X n X 1, X 1 F x 1 + X F x + + X n F x n =,

162 6.1. ELSŽREND, LINEÁRIS, HOMOGÉN PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 165 tehát X(F = Ha ismerjük a karakterisztikus egyenletrendszer n 1 primintegrálját F 1, F,..., F n 1 amely egy fundamentális rendszert alkot, akkor a parciális egyenlet általános (bármely megoldása u = Φ(F 1, F,..., F n 1 alakú, ahol Φ(ξ 1, ξ,..., ξ n 1 egy tetsz leges folytonosan deriválható függvénye ξ 1, ξ,..., ξ n 1 -nek. Cauchy feladata Oldjuk meg a lineáris parciális dierenciálegyenletet úgy, hogy eleget tegyen a u(x ( 1, x,..., x n = h(x,..., x n feltételnek, ahol h egy adott x,..., x n változóktól függ függvény. Ezt a feltételt kielégít Φ = φ 1 függvény esetén, a Cauchy feladat keresett megoldása u = φ 1 (F 1, F,..., F n 1 A karakterisztikus rendszer megoldásánál felhasználhatjuk gyakran az aránypárokra vonatkozó a b = c d = e xa + yc + ze +... = = f xb + yd + zf +... tetsz leges x, y, z,... esetén érvényes fenti összefüggést. A karakterisztikus egyenletek esetén tetsz leges µ 1, µ,..., µ n függvényekre dx 1 = dx = = dx n = µ 1dx 1 + µ dx + + µ n dx n. X 1 X X n µ 1 X 1 + µ X + + µ n X n Megfelel en megválasztva a µ i függvényeket µ 1 X 1 + µ X + + µ n X n =. Ha létezik egy F (x 1,..., x n függvény, úgy hogy df = µ 1 dx 1 + µ dx + + µ n dx n, akkor az aránypárok fentebbi tulajdonságából következik, hogy df =. Innen megkapjuk az F (x 1,..., x n = C primintegrált. Példa 1. A karakterisztikus rendszer (z y u x + z u y + y u z = dx (z y = dy z = dz y.

163 PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Az utóbbi egyenletb l kapjuk a y z = C 1 primintegrált. Legyen µ 1 = 1, µ = y z, µ 3 = z y. Az el bbi aránypárokból következik, hogy = ahonnan kapjuk a dx + (y zdy + (z ydz (z y + z(y z + y(z y = d(x + 1 (y z x + 1 (y z = C primintegráltat. Az általános megoldás u(x, y, z = Φ (y z, x + 1 (y z. A Φ(ξ 1, ξ függvényt például az u(x, y, 1 = h(x, y Cauchy feladatból határozzuk meg.. x u x + y u u + (x + y + z y z = A karakterisztikus rendszer dx x = dy y = dz x + y + z ahonnan azonnal adódik az els x y = C1 primintegrál. Innen kifejezve x-et, kapjuk a dy y = dz (1 + C 1y + z homogén típusú egyenletet. A z y = v helyettesítéssel dz dy = 1 + C1 + z y z = vy dz dy = v + dv dy y dv y = 1 + C1 v = (1 + C1 ln y + C dy ahonnan C = z ( y 1 + x ln y y Tehát a dierenciálegyenlet általános megoldása [ x u(x, y, z = Φ y, z y ( 1 + x y ] ln y.

164 6.. ELSŽREND LINEÁRIS INHOMOGÉN PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLET Feladatok 1. u x + [f(xy + g(x]u y =.. u x + [f(xy + g(xy k ]u y =. 3. u x + [f(xe λy + g(x]u y =. 4. f(xu x + g(yu y =. 5. f(yu x + g(xu y =. 6. [f(y + amx n y m 1 ]u x [g(x + anx n 1 y m ]u y =. 7. [e αx f(y + cβ]u x [e βy g(x + cα]u y =. 8. u x + f(y/xu y =. 9. xu x + yf(x n y m u y =. 1. u x + yf(e αx y m u y =. 11. xu x + f(x n e αy u y =. 6.. Els rend lineáris inhomogén parciális dierenciálegyenlet Legyen u u u P 1 +P + +P n = R, P i = P i (x 1, x,..., x n i {1,,..., n}, R = R(x 1, x,..., x n x 1 x x n az els rend, lineáris, inhomogén, parciális dierenciálegyenlet. Ha P i és R függvények tartalmazzák az u függvényt akkor kvázilineáris egyenlet r l (fél-lineáris egyenlet r l beszélünk. Lineáris és fél-lineáris egyenlet esetén keressük azt a függvényt, melynél V + V u =, x i u x i Visszahelyettesítés után kapjuk a V (x 1, x,..., x n, u = u = x i V x i V u i {1,,..., n}. V V V P 1 + P + + P n + R V x 1 x x n u = homogén egyenletet, melynek karakterisztikus rendszere : dx 1 = dx = = dx n = du P 1 P P n R.

165 PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK A homogén egyenletekre el z leg ismertetett módszer alapján V -re kapott általános megoldás alapján V = Φ (F 1 (x 1,..., x n, u,..., F n (x 1,..., x n, u ahol Φ egy tetsz leges függvény. Megoldva a Φ (F 1 (x 1,..., x n, u,..., F n (x 1,..., x n, u = egyenletet u-ban, megkapjuk az eredeti inhomogén egyenlet általános megoldását. Példa fél-lineáris egyenlet. A karakterisztikus rendszere és megoldásai : Az általános megoldás ( Φ y x, x + 1 u u x + u y = u dx 1 = dy = du u u(x, = h(x y x = C 1, x + 1 u = C. = x + 1 u = Φ1(y x u = 1 Φ 1(y x x. A Cauchy feladat u(x, = h(x megoldását a következ képpen oldjuk meg : u(x, = 1 1 = h(x Φ1( x x = Φ 1( x x h(x ahol x = t helyettesítést alkalmaztunk. Φ 1(y x = Visszahelyettesítve u(x, y kifejezésébe az eredmény u(x, y = 1 h( y x y x h(x y 1 y h(x y Φ 1(t = 1 h( t t Feladatok 1. au x + bu y = f(x.. u x + au y = f(xy k. 3. u x + au y = f(xe λy. 4. au x + bu y = f(x + g(y.

166 6.. ELSŽREND LINEÁRIS INHOMOGÉN PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLET au x + bu y = f(x g(y. 6. u x + au y = f(x, y. 7. u x + [ay + f(x]u y = g(x. 8. u x + [ay + f(x]u y = g(x h(y. 9. axu x + byu y = f(x, y. 1. f(xu x + g(yu y = h 1 (x + h (y. 11. f(xu x + g(yu y = h(x, y. 1. f(yu x + g(xu y = h(x, y. 13. au x + bu y = f(xu. 14. au x + bu y = f(xu + g(x. 15. au x + bu y = [f(x + g(y]u. 16. u x + au y = f(x, yu. 17. u x + au y = f(x, yu + g(x, y. 18. axu x + byu y = f(xu + g(x. 19. axu x + byu y = f(x, yu.. axu x + byu y = f(x, yu + g(x, y. 1. f(xu x + g(yu y = [h 1 (x + h (y]u.. f 1 (xu x + f (yu y = au + g 1 (x + g (y. 3. u x + au y = f(xu + g(xu k. 4. u x + au y = f(x + g(xe λu. 5. au x + bu y = f(u. 6. au x + bu y = f(xg(u. 7. u x + au y = f(xg(yh(u. 8. axu x + byu y = f(u. 9. ayu x + bxu y = f(u. 3. u x + [au + yf(x]u y =. 31. u x + [au + f(y]u y =. 3. u x + f(uu y =. 33. u x + auu y = f(x. 34. u x + auu y = f(y. 35. u x + [au + f(x]u y = g(x.

167 17 6. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 6.3. Másodrend parciális dierenciálegyenlet Az u(x, y kétváltozós függvény másodrend parciális deriváltjainak jelölése u x u xx, u x y u yx u xy, u y u yy A másodrend lineáris parciális dierenciálegyenlet általános kifejezése au xx +bu xy +cu yy +du x +eu y +fu =, ahol a = a(x, y, b = b(x, y,..., f = f(x, y. A fél-lineáris másodrend dierenciálegyenlet au xx + bu xy + cu yy = G(x, y, u, u x, u y csak másodrend parciális deriváltakban lineáris. A ξ = ξ(x, y, η = η(x, y transzformációval átalakíthatjuk egyenletünket. u x = u ξ ξ x + u η η x, u y = u ξ ξ y + u η η y u xx = u ξξ ξ x + u ηη η x + u ξη ξ x η x + u ξ ξ xx + u η η xx u yy = u ξξ ξ y + u ηη η y + u ξη ξ y η y + u ξ ξ yy + u η η yy u xy = u ξξ ξ x ξ y + u ηη η x η y + u ξη ξ x η y + u ξη ξ y η x + u ξ ξ xy + u η η xy A ξ, η függvények megfelel megválasztásával a másodrend deriváltakat tartalmazó lineáris részt egyszer ú.n. kanonikus alakra hozhatjuk. A következ lényeges típusokat különböztetjük meg: 1. A kanonikus alak: Ha b ac > hiperbolikus-típusú dierenciálegyenlet u xx u yy = H(x, y, u, u x, u y -hullámok leírása. A kanonikus alak : Ha b ac = parabolikus dierenciálegyenlet u xx = H(x, y, u, u x, u y h vezetés, diúzió és id függ Schrödinger-egyenlet 3. A kanonikus alak : Ha b ac < elliptikus dierenciálegyenlet u xx + u yy = H(x, y, u, u x, u y potenciáltér, áramlás, rugalmasság tárgyalása Amint látható a másodrend parciális dierenciálegyenletek különböz típusai felölelik a zika, kontinuumokkal kapcsolatos majdnem minden jelenségét!

168 6.3. MÁSODREND PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLET Az egydimenziós hullámok dierenciálegyenletének megoldása A longitudinális hullámok dierenciálegyenlete Vizsgáljuk a rugalmas közeg alakváltozását. A Hooke-törvény értelmében F S = E l l p = E l l (i A határtalan rugalmas közegben vizsgáljuk a rétegek Ox tengely menti elmozdulását. Ha az x pontbeli réteg t pillanatban u(x, t-vel mozdul el, az x + x-ben lev réteg ugyanakkor u(x+ x, t- vel mozdul el, a x vastagságú réteg deformációja u(x+ x, t u(x, t (6.1 ábra. Alkalmazva a Hooke-törvénybeli (i mennyiségekkel az analógiát 6.1. ábra. Egydimenziós longitudinális hullám rugalmas közegben Hooke törvényéb l következik l x, l u(x + x, t u(x, t, p = E u(x + x, t u(x, t lim ( x x p(x, t = E u x (ii Az egyenlet kifejezi a közeg deformációját a fellép nyomás hatására. A nyomáskülönbség a réteg különböz pontjaiban mozgásba hozza a réteget a dinamika második törvényének megfelel en. Az Ox tengely irányába, az S felületre ható ered er S[p(x, t p(x + x, t] a x vastagságú réteg m = ρ V = ρs x tömegét a = u t gyorsulással mozgatja. Tehát S[p(x, t p(x + x, t] = ρs x u t

169 17 6. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK ahonnan lim ( x p(x + x, t p(x, t x = ρ u t p x = ρ u t (iii Az egyenlet kifejezi a nyomáskülönbségekb l adódó mozgást. Kiküszöbölve a nyomást a (ii és (iii egyenletekb l [ E u ] = ρ u x x t (iv Ha a közeg homogén (E = állandó akkor Dimenzionális okokból belátható, hogy u x = ρ u E t. c = E ρ (v sebesség dimenziójú és a longitudinális hullám terjedésének sebessége a rugalmas közegben. Tehát az egydimenziós longitudinális hullámok terjedésének dierenciálegyenlete homogén közegben u x 1 u c t = vagy u xx 1 c u tt = (vi Transzverzális hullámok dierenciálegyenlete Megvizsgáljuk a hullámok terjedését az állandó keresztmetszet, homogén, kifeszített húrban. Az x pontban a t pillanatban az Ox tengelyt l való eltávolodás mértéke legyen u(x, t (6. ábra. Ha α(x, tlesz a húr érint jének az x tengellyel bezárt szöge, valamint F a húrt feszít er, akor az x és x + pontokban ható mer leges er k ered je F = F sin α(x + x, t F sin α(x, t F [α(x + x, t α(x, t] = ma = ρs x u t, ahol felhasználtuk, hogy kis α szög esetén sin α α.osztva az egyenletet x-el, határértékben α(x + x, t α(x, t lim F = ρs u ( x x t F α x = ρs u t (vii

170 6.3. MÁSODREND PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLET ábra. Húrban kialakuló egydimenziós transzverzális hullámok Az érint irányának a tengellyel bezárt α szögre érvényes, hogy u x = tan α Feltételezve, hogy a szög mértéke (radiánban α 1 ezért tan α sin α α az el z összefüggésb l következik, hogy α u x (viii Kiküszöbölve α-t a (vii és (viii összefüggésekb l [ F u ] = Sρ u x x t. Ha az F feszít er állandó a húr mentén u x = Sρ u F t. Dimenzionális meggondolás alapján belátható, hogy F c = Sρ (ix

171 PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK a transzverzális hullám terjedésének sebessége a húrban. Az egydimenziós transzverzális hullám dierenciálegyenlete u x 1 u c t = vagy u xx 1 c u tt = (xii A (vi és (xii egyenletekb l látható, hogy a hullám dierenciálegyenlete a hullám típusától függetlenül ugyanaz. Tehát az u xx 1 c u tt = (xiii hiperbolikus dierenciálegyenlet megoldása megadja az összes egydimenziós hullámok terjedését. Végtelen közegben terjed egydimenziós hullámok.d'alembert-képlete. Célunk megoldani a (xiii egyenletet a { u(x, = φ(x, (xiv u t (x, = ψ(x. kezdeti (Cauchy feltételekkel. u x 1 ( u c t = x + 1 c ( t x 1 c u = t u x + 1 c u x 1 c u t = u t = A fenti két els rend lineáris homogén egyenlet megoldása f 1 (x ct ill.f (x + ct és a másodrend dierenciálegyenlet általános megoldása u(x, t = f 1 (x ct + f (x + vt (xv ahol f 1 és f két tetsz leges folytonos deriváltal rendelkez függvény. Adjuk meg a két megoldás zikai jelentését. Ha f =, tehát u(x, t = f 1 (x ct, akkor u(x, t t = f 1 (x c(t t = f 1 (x + c t ct = u(x + c t, t ami azt jelenti, hogy u-nak a t t id pillanatban az x pontbeli értéke a t pillanatban az x + c t pontban lesz.tehát ez a megoldás az x tengely irányába c sebességgel terjed hullámot ír le (6.3 ábra. Ha f 1 =, tehát u(x, t = f (x + ct, akkor u(x, t t = f (x + c(t t = f (x c t + ct = u(x c t, t

172 6.3. MÁSODREND PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLET ábra. Pozitív irányba haladó egydimenziós hullám ami azt jelenti, hogy u-nak a t t id pillanatban az x pontbeli értéke a t pillanatban az x c t pontban lesz. Tehát ez a megoldás az x tengellyel ellentétes (negatív- irányba c sebességgel terjed hullámot ír le. A kezdeti feltételekb l meghatározhatjuk az f 1, f függvényeket. A (xv, (xiv összefüggésekb l u(x, = f 1 (x + f (x = φ(x, u t (x, = c (f (x f 1(x = ψ(x f (x f 1 (x = 1 c A fenti két egyenlet alapján { f 1 (x = 1 φ(x 1 x c x ψ(ξ dξ f (x = 1 φ(x + 1 x c x ψ(ξ dξ és így u(x, t = 1 [φ(x ct + φ(x + ct] + 1 c amit d'alembert-képletének neveznek. x+ct x ct x ψ(ξ dξ x ψ(ξ dξ A hullámok terjedése véges kiterjedés húrban (közegben Az Ox tengely mentén lev l hosszuságú, két végén rögzített húr esetén a hullám mozgásegyenlete u xx 1 c u tt = a kezdeti feltételek és a peremfeltételek u(x, = φ(x, u t (x, = ψ(x. u(, t = u(l, t =.