Dierenciálegyenletek zikai alkalmazásai

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Dierenciálegyenletek zikai alkalmazásai Bsc Szakdolgozat Reibl Dávid Matematika Bsc Elemz szakirány Témavezet : Mezei István adjunktus Budapest 2015

2 Tartalomjegyzék 1. Alapfogalmak, deníciók Mit nevezünk dierenciálegyenletnek? Dierenciálegyenletek osztályozása Dierenciálegyenletek fajtái Dierenciálegyenletek megoldása Els rend közönséges dierenciálegyenlet fajták Els rend közönséges dierenciálegyenlet Szeparábilis közönséges dierenciálegyenlet Els rend közönséges lináris dierenciálegyenlet Bernoulli-féle közönséges dierenciálegyenlet Ricatti-féle közönséges dierenciálegyenlet Egzakt közönséges dierenciálegyenlet Magasabb rend lineáris egyenletek Másodrend egyenletek Hiányos másodrend dierenciálegyenletek Állandó együtthatós homogén másodrend dierenciálegyenletek Állandó együtthatós inhomogén másodrend dierenciálegyenletek

3 Bevezetés A szakdolgozatom témája, dierenciálegyenletek zikai alkalmazásai. Valódi életb l vett zikai problémákat rengeteget ismerünk, ezek nagy része leírható modellekkel. Ezek a problémák matematikai felírása legtöbbször dierenciálegyenlethez vezet. A dolgozatom els felében deniálok néhány alapfogalmat, amik szükségesek lesznek a kés bbiek folyamán. A második fejezetben pedig bemutatok pár speciális dierenciálegyenletet, azoknak megoldását és a való életb l is hozok példákat. 3

4 1. Alapfogalmak, deníciók 1.1. Mit nevezünk dierenciálegyenletnek? Azt az egyenletet nevezzük dierenciálegyenletnek, amelyben az állandókon kívül egy független változó, ennek egy valamilyen ismeretlen függvénye, ennek a függvénynek a deriváltja (vagy némely esetben parciális deriváltja) szerepel, dierenciálegyenletnek nevezzük. Ha ebben az egyenletben az ismeretlen függvény egyváltozós, akkor közönséges dierenciálegyenletr l beszélünk. Ha az ismeretlen függvény többváltozós, akkor parciális dierenciálegyenletekr l van szó. A dolgozat folyamán csak közönséges dierenciálegyenletekkel fogunk foglalkozni Dierenciálegyenletek osztályozása Fontos, hogy az egyenleteinket osztályozzuk. Els osztályozási szempont, hogy az egyenlet hányad rend deriváltakat tartalmaz. Az egyenlet rendszámát a legmagasabb rend derivált határozza meg. Emiatt beszélhetünk els -, másod-, harmad-,..., n-ed rend közönséges dierenciálegyenletr l. Másik nagyon fontos szempont, hogy az egyenlet lineáris vagy nem lineáris. Ha az ismeretlen függvény és ennek deriváltja csak els hatványon szerepelnek akkor beszélünk lineáris egyenletr l. Értelemszer en, ha ez nem teljesül akkor az egyenlet nem lineáris Dierenciálegyenletek fajtái A dolgozat folyamán az alábbi speciális dierenciálegyenlet fajtákkal fogok foglalkozni: Els rend közönséges dierenciálegyenlet Szeparábilis közönséges dierenciálegyenlet Els rend lineáris közönséges dierenciálegyenlet Bernoulli-féle közönséges dierenciálegyenlet Ricatti-féle közönséges dierenciálegyenlet Egzakt közönséges dierenciálegyenlet Másodrend lineáris egyenletek 1. Homogén (állandó együtthatós és nem állandó együtthatós) 2. Inhomogén (állandó együtthatós és nem állandó együtthatós) 4

5 1.4. Dierenciálegyenletek megoldása Megoldásnak nevezzük azokat a függvényeket, melyek deriváltjaikkal együtt kielégítik az adott dierenciálegyenletet. Fontos, hogy nemcsak egy megoldást keresünk, hanem az összeset. A megoldás során nem az elemi függvények által felépített megoldásokat keressük, mivel ez a feladat nagyon sokszor megoldhatatlan. Sokkal fontosabb a megoldás folyamata és ha nem tudunk elemi függvényekkel megoldásra jutni, akkor viszont tudunk jó közelítéseket vagy becsléseket adni. Egy dierenciálegyenletnek kétféle megoldást adhatunk: partikuláris és az általános megoldás. A partikuláris megoldás az a függvény, ami legfeljebb n 1 független paramétert tartalmaz és kiegyenlíti a dierenciálegyenletet. Míg az általános megoldás pontosan n független paramétert tartalmaz. 2. Els rend közönséges dierenciálegyenlet fajták 2.1. Els rend közönséges dierenciálegyenlet 2.1. Deníció. A dierenciálegyenlet nem tartalmaz ismeretlen függvényt. Tegyük fel, hogy f(x) értelmezve van a < x < b intervallumon és folytonos is. A dierenciálegyenlet általános alakja: ez írható más alakban is: vagy, y = f(x) dy dx = f(x) dy = f(x)dx Ezekb l látszik, hogy az általános megoldási metódus a határozatlan integrálás: y = f(x)dx + C 2.2. Például. Az alapfeladat: x (t) = 2 sin(t), és még azt is tudjuk, hogy x(0) = 0. Integrálva mind a két oldalt, a következ t kapjuk: x(t) = 2 cos(t) + C x(0) = 2 cos(0) + C C = 2 = x(t) = 2 cos(t) + 2 5

6 Tehát a dierenciálegyenlet megoldása x(t) = 2 cos(t) + 2 és ez az egyenlet összes megoldása Fizikai példa. (Egyenes vonalú egyenletesen gyorsuló mozgás) Van egy pontunk, ez mozog egy egyenes pályán állandó gyorsulással. Ezt jelöljük a-val. Határozzuk meg ennek a pontnak a mozgását leíró függvényt. Tudjuk, hogy dv dt = a Ezt egyszer en rendezve dv = adt Ha az egyenletet integráljuk, kapjuk az alábbi kifejezést v = at + c 1 Ha c 1 -et meg akarjuk határozni, akkor vegyük gyelembe a v 0 kezd sebességet. Ez t = 0 esetén v = v 0. Ha behelyettesítünk Tehát megkapjuk az alábbi képletet v 0 = 0 + c 1 v = v 0 + at Ha bevezetjük, hogy a v = ds, akkor egyszer en átrendezhet dt ds dt = v 0 + at Ha átszorzunk és az egyenl séget integráljuk, akkor megkapjuk a megoldást s = 1 2 at2 + v 0 t + c 2 A c 2 meghatározásához tudjuk, hogy a ha t = 0 akkor az s = s 0, ezt behelyettesítve s 0 = c 2 Visszahelyettesítve az eredetibe s = 1 2 at2 + v 0 t + s Megjegyzés. Ha egy test függ legesen szabadon esik akkor annyival változik a feladat, hogy a = g, tehát a gyorsulás megegyezik a gravitációs gyorsulással, s 0 = 0 triviálisan, és az s út megegyezik a h magassággal, tehát s = h. Ezek alapján az alábbi törvényeket kapjuk v = gt h = 1 2 gt2 6

7 2.2. Szeparábilis közönséges dierenciálegyenlet 2.5. Deníció. Tegyük fel, hogy az a < x < b, c < y < d tartományon az f(x),g(y) folytonosak és g(y) 0. Ekkor a szeparábilis dierenciálegyenlet általános alakja: y = f(x)g(y) Ez felírható más alakban is A változók szétválasztása után dy dx = f(x)g(y) dy g(y) = f(x)dx Az általános megoldás így áll el dy g(y) = f(x)dx 2.6. Például. x (t) = x(t) Els meglátásunk, hogy az x(t) = 0 megoldása lesz a dierenciálegyenletnek. x (t) x(t) = 1 Integrálva mind a két oldalt, ln x(t) = t + C x(t) = e t+c = e t e C és K > 0 x(t) = K 1 e t, K 1 0 x(t) = K 2 e t, K 2 R A dierenciálegyenlet megoldása: x(t) = K 2 e t. Tehát a megoldás az exponenciális függvény és annak számszorosai Például. (t + 1)x (t) = tx(t) Els egyszer átalakításunk, hogy egyoldalra rendezzük a változókat. Sokszor használjuk ezt más dierenciálegyenleteknél is. x (t) x(t) = t t + 1 = t t = 1 1 t + 1

8 Ebb l Integrálva mind a két oldalt, Hatványazonosságot alkalmazva ln x(t) = t ln t C t ln t+1 +C x(t) = e x(t) = e t e ln t+1 e C Egyszer sítve kicsit a felírást kapjuk a megoldást Legyen e C = K, ekkor x(t) = e t 1 (t + 1) ec x(t) = Ke t 1 (t + 1) Tehát a dierenciálegyenlet megoldása: x(t) = Ke t 1 (t+1) 2.8. Fizikai példa. (Egy középiskolás példa) Egy motorcsónak halad, majd a motor leáll, ezután 40s alatt a csónak sebessége 8km/h-ra csökken. Ha a víz ellenállása arányos a csónak sebességével mennyi lesz a csónak sebessége 2 perc múlva? El ször is tudjuk, hogy a csónakra ható er nagysága: F = m a = k v, ahol a k > 0 arányossági tényez Mivel tudjuk, hogy a = v (t) ezért behelyettesítve a fenti képletbe m v (t) = k v(t) A csónaknak tömege nem 0 és a sebessége sem 0. Ebb l adódóan kapjuk, hogy m v (t) = k m Mindkét oldalt integrálva kapjuk a következ t ln v(t) = k m t + C Innen egyszer en megkapjuk a megoldást v(t) = e k m t+c = e C e k m t = K e k m t 8

9 Ha t = 0, akkor v = 20km/h, tehát 20 = K e 0, amib l K = 20, azaz a mozgás egyenlete v(t) = 20 e k m t Ha t = 40s = 1 h, akkor v = 8km/h, tehát 8 = e k m Azaz ( 5 ) 90 k = e m 2 A kérdéses id 2 perc= 1 h, tehát 30 ( 1 [( 5 90 ] 1 30 v = 20 30) 2) ( 5 ) 3 32 = 20 = 2 25 km/h A válasz a kérdésre a motorcsónak 2 perc múlva 32 km/h sebességgel halad Fizikai példa. (Erzsébet híd probléma) Érdekelne minket, hogy az Erzsébet-híd kötélzete a pillérek között milyen görbét ír le. A kötélre hat a T 1. ábra. és a H er, amelyek a kötélfeszít er k. Egy egységnyi híddarabra p er hat, akkor az x hosszúra px er hat. A kérdés pedig, hogy milyen y függvény írja le ezt a görbét? Amit tudunk, hogy T sin α = px T cos α = H Osszuk el, egymással a kett kifejezést y (x) = tan α = p H x 9

10 Egy egyszer integrálással adódik a megoldás y(x) = p H x C Tehát a kérdésre a válaszunk, az Erzsébet-híd kötélzete egy szép parabolát ír le. Ahogy az az alábbi képen látható, a paraméterértéket elég jól lehet közelíteni. 2. ábra Fizikai példa. (Súlyos fonal probléma) Egy nehézségi er térben keressük egy súlyos fonal alakját leíró függvényt. 3. ábra. Mint az Erzsébet hidas problémánál itt is van a T és a H, amelyek a kötélfeszít er k. Egy egységnyi kötéldarabra p er hat, akkor az l hosszúra lp. A fonalunk az y tengelyre legyen szimmetrikus. A kérdés: milyen y függvény írja le ezt a görbét? 10

11 Mint az el bb is, tudjuk, hogy Osszuk el egymással a két egyenletet T sin α = pl T cos α = H y (x) = tan α = p H l = p H x [y (s) 2 ]ds Mivel a függvény elég sima, ezért deriváljuk x szerint y (x) = p H 1 + [y (x) 2 ] Az alábbi összefüggést használtuk fel, hogy d dx x 0 g(s)ds = d dx [G(s)]x 0 = d ( ) G(x) G(0) = dx G (x) 0 = g(x) Alkalmazzuk a következ helyettesítést az egyenletben. Legyen y (x) = z(x) dz dx = p 1 + z 2 H Szétválasztva a változókat, az alábbit kapjuk dz 1 + z 2 = p H dx Integráljuk mind a két oldalt dz = 1 + z 2 p H dx Az integrálás végére az alábbi kifejezést kapjuk arshz = p H x + C Mivel az arsh a sinh függvény inverze, ezért y(x) = y (x) = z(x) = sinh( p H x + C) sinh( p H x + C)dx = H p cosh( p H x + C) + d A nehézségi er térben tehát az a függvény, ami leírja a fonal alakját az a koszinusz hiperbolikusz függvény. 11

12 2.11. Fizikai példa. (Róka és a nyúl probléma) Képzeljük el, hogy van egy derékszög koordinátarendszerünk. A nyúl áll az origóban, míg a róka az x tengelyen a távolságra t le. A nyúl az y tengelyen mozog, a róka pedig minden adott t id pontban a nyúl felé halad. 4. ábra. Még feltesszük, hogy a róka sebessége kétszerese a nyúlénak. Kérdés: hol és mikor kapja el a róka a nyulat? Ha meghatározzuk a róka útját leíró függvényt, abból már könnyen megválaszolható a kérdés. Amit tudunk, hogy v R = 2v y(a) = 0 y (a) = 0 Az ábra alapján az alábbi összefüggést írhatjuk fel: tan(180 α) = Addíciós képletb l kijön a bal oldalra, hogy vt y(x) x tan(180 ) tan α 1 + tan(180 ) tan α = tan α Ezekb l összeállítható a róka útja t alatt 2vt = a x 1 + [y (s)] 2 ds y (x) = tan α = vt y(x) x 12

13 Rendezés után Deriválva mind a két oldalt xy (x) = y(x) a x 1 + [y (s)] 2 ds y (x) + xy (x) = y (x) [y (x)] 2 Az els deriváltak kiesnek, és következ lépésként használjuk az y (x) = z(x) helyettesítést xz (x) = z2 (x) A változókat szétválasztva dz dx = z = z2 2x Integráljuk mind a két oldalt arsh(z) = 1 2 ln(cx) Vegyük mind a két oldal szinusz hiperbolikuszát dz = z 2 2x dx y = z = sinh( 1 2 ln(cx)) = e 1 2 ln(cx) e 1 2 ln(cx) Integrálva kapjuk a következ t 2 = cx 1 cx 2 Kett vel egyszer sítve y(x) = 1 2c (cx cx ) + d y(x) = 1 3 cx c x d Nem használtuk még a másik két feltételt, hogy y(a) = 0 és y (a) = 0. Ezekb l kifejezhet a c ca 0 = y 1 ca (a) = 2 ca = 1 ca ca = 1 c = 1 a 13

14 Visszahelyettesítve a c helyére Tehát a róka pontos pályája 0 = 1 a a 1 2 a 1 2 a d = 1 3 a a + d d = 2 3 a y(x) = 1 1 x ax 2 + a, (0 x a) 3 a 3 Ebb l könnyen meghatározható az elfogás helye. Ha az y(0), akkor történik az elfogás Az elfogás ideje pedig y(0) = 2 3 a vt = 2 3 a T = 2a 3v Megjegyzés. Ha egy nyulat el akarunk kapni, nem ez a legjobb stratégia. Az állatvilágban sem így kapják el a nagyvadak az áldozatukat, teljesen más módszert alkalmaznak. Megpróbálnak mindig az áldozatuk elé kerülni és így becserkészni a vadat. Matematikailag bebizonyítható, hogy ez sokkal hatékonyabb stratégia, de ez természetesen sokkal bonyolultabb feladat Els rend közönséges lináris dierenciálegyenlet Deníció. Az ilyenfajta dierenciálegyenletek általános alakja a(x)y + b(x)y = c(x), ahol a, b, c egy I nyílt intervallumon folytonos függvény Legyen c(x) 0, (x I). Ekkor homogén lineáris dierenciálegyenletr l beszélünk. Ha a(x) 0, akkor az egész egyenletet végigosztva megkapjuk az alábbi alakot: y + g(x)y = 0. A g(x) függvény itt adott, ami egy α < x < β intervallumon folytonos függvény. 14

15 Az ilyen dierenciálegyenleteket meg lehet oldani, ha szétválasztjuk a változókat. Ekkor az alábbi alakot kapjuk: dy y = g(x)dx, és ezt integrálva ln y = g(x)dx + ln C és (C 0). Ekkor y = Ce g(x)dx. Viszont, ha c(x) 0, (x I), akkor inhomogén lineáris dierenciálegyenletr l beszélünk. Megmutatjuk, hogy elég egy Ψ 0 patrikuláris megoldást találni az y + g(x)y = f(x) egyenlethez, ugyanis az inhomogén egyenlet bármely y megoldása el áll a homogén egyenlet y hom általános megoldásának és az y 0 partikuláris megoldás összegeként: y + g(x)y = f(x) y 0 + g(x)y 0 = f(x) A két egyenlet kivonásakor azt kapjuk, hogy (y y 0 ) + g(x)(y y 0 ) = 0, azaz az y y 0 a homogén egyenlet megoldása. Tehát amelyb l y y 0 = Ce g, y = Ce g+ψ 0. Elég ezek után mutatni egy módszert, amellyel a Ψ 0 partikuláris megoldást megtaláljuk. Keressük a Ψ 0 függvényt y 0 (x) = c(x)e g(x)dx alakban. Ezt a módszer szokták az állandó variálásának módszerének nevezni. Behelyettesítve c (x)e g(x)dx + c(x)e g(x)dx ( g(x)) + g(x)c(x)e g(x)dx = f(x). Rendezve a kapott egyenl séget, azt kapjuk, hogy c (x) = f(x)e g(x)dx. Az ilyen tulajdonságú c(x) függvénnyel a Ψ 0 (x) partikuláris megoldása lesz az inhomogén egyenletnek. 15

16 2.14. Például. y (t) = 2 t y(t) + 1 ln y(t) = 2 ln t + C y hom (t) = K t 2 A megoldást y 0 (t) = K(t)t 2 alakban keressük K(t)t 2 + K(t)2t = 2 t K(t)t2 + 1 K (t) = 1 t K(t) = 1 2 t y 0 (t) = 1 t t2 y 0 (t) = t y(t) = y 0 (t) + y(t) = t + Kt 2 Tehát a megoldás: y(t) = y 0 (t) + y hom (t) = t + Kt Bernoulli-féle közönséges dierenciálegyenlet Deníció. Egy dierenciálegyenletet Bernoulli-féle közönséges dierenciálegyenletnek nevezünk, ha el áll az alábbi alakban y + g(x)y = h(x)y n, ahol n 1 és h(x) 0. Ha n = 1 vagy h(x) = 0, akkor a dierenciálegyenlet lineáris volna, de ezt a két esetet most kizárjuk. A Bernoulli-féle dierenciálegyenlet általános alakja Új ismeretlen függvényt vezetünk be y y + g(x) = h(x) n yn 1 u(x) = [y(x)] 1 n, ennek deriváltja u = (1 n)y n y. Ezeket behelyettesítve 1 1 n u + g(x)u = h(x). Ez egy els rend inhomogén lineáris dierenciálegyenlet, amelyet meg tudunk oldani. Ennek az u megoldásából kapjuk az y = u n 1 függvényt, amely a Bernoulli egyenlet megoldása lesz. 16

17 2.16. Például. y (t) + 2y(t) = y 2 (t)e t Ennek megoldása lehet az y(t) = 0. Azt is le tudjuk olvasni, hogy az n = 2. ebb l jön, hogy Behelyettesítés után: Y (t) = y 1 n (t) = 1 y(t), Y (t) = y (t) y 2 (t). y (t) y 2 (t) 2 y(t) = et Y (t) 2Y (t) = e t A homogén megoldás el állítható Az Y 0 (t) is kiszámolható A K (t) szintén kiszámolható Az Y 0 (t) = e 3t 3 e2t = e t 3 Y = 2Y dy dt = 2Y dy Y = 2dt ln Y = 2t + cy h (t) = Ke 2t. Y 0 (t) = K(t)e 2t K (t)e 2t + 2K(t)e 2t 2K(t)e 2t = e t K (t) = e 3t K(t) = e 3t 3.. Tehát a megoldása a dierenciálegyenletnek Y (t) = Y 0 (t) + Y h (t) = e t 3 + Ke2t Mivel y(t) = Y n 1 (t) = Y 2 1 (t) ezért az eredeti dierenciálegyenletünk megoldása y(t) = et 3 + Ke2t. 17

18 2.5. Ricatti-féle közönséges dierenciálegyenlet A Ricatti-féle dierenciálegyenletek azért érdekesek számunkra, mert általában integrálással nem oldhatóak meg. Viszont, ha a dierenciálegyenlet egy partikuláris megoldását ismerjük, akkor már az általános megoldást viszonylag könnyen el tudjuk állítani Deníció. Egy dierenciálegyenletet Ricatti-féle közönséges dierenciálegyenletnek nevezzük, ha el áll az alábbi alakban: y = f(x)y 2 + g(x)y + h(x). Az itt használt f(x), g(x), h(x) függvények folytonosak és az a < x < b intervallumon értelmezzük. Ha az f(x) = 0, akkor a dierenciálegyenlet lineáris, ha viszont a h(x) = 0, akkor visszakapjuk a Bernoulli-féle dierenciálegyenletet. Megoldási módszerünk, a következ : ha ismerünk egy partikulárist megoldást y = y 1 (x), akkor az y = z(x) + y 1 (x) új ismeretlen függvény bevezetésével, a megoldást el tudjuk állítani. Legyen az egyenlet egy partikuláris megoldása Ekkor fennáll az alábbi azonosság y = y 1 (x) y 1 = f(x)y g(x)y 1 + h(x), vonjuk ki egymásból a megfelel oldalakat, az alábbi kifejezést kapjuk vezessük be a fent leírt megoldást Behelyettesítve a kifejezésbe alak áll el és ha ezt rendezzük y y 1 + g(x)(y y 1 ) = f(x)(y 2 y 2 1), y = z(x) + y 1 (x). z + g(x)z = f(x)z(z + 2y 1 ) z + (g(x) 2f(x)y 1 ) = g(x)z 2 akkor Bernoulli-féle dierenciálegyenletre jutunk, amit már meg tudunk oldani. 18

19 2.6. Egzakt közönséges dierenciálegyenlet Deníció. Vegyük az alábbi dierenciálegyenletet M(x, y) + N(x, y)y = 0 Ezt a dierenciálegyenletet egzaktnak nevezzük, ha van olyan folytonos els rend parciális deriváltjaival megegyez F kétváltozós függvény, melyre teljesül, hogy 1 F = M és 2 F = N. Ekkor a megoldás implicit alakja F (x, y(x)) = C Például. t + sin y(t) + (y 2 (t) + t cos y(t))y (t) = 0 Látjuk, hogy M = t + sin y(t) és N = y 2 (t) + t cos y(t) El ször megnézzük, hogy a parciális deriváltak megegyeznek e M(u, v) = u + sin(v) N(u, v) = v 2 + u cos(v) 2 M = cos(v) 1 N = cos(v) Ezek alapján látható, hogy a parciális deriváltak megegyeznek, tehát egy egzakt dierenciálegyenlettel van dolgunk. Most nézzük meg, hogyan oldható meg. 1 M = u + sin(v) F = u2 2 2 N = v 2 + u cos(v) F = v3 3 + u sin(v) + f(u) + u sin(v) + g(u) Ebb l már össze tudjuk rakni az F függvényt F (u, v) = u2 2 + u sin(v) + v3 3 Az F függvényb l pedig a dierenciálegyenlet megoldását t t sin(y(t)) + y3 (t) 3 = C 19

20 3. Magasabb rend lineáris egyenletek 3.1. Másodrend egyenletek 3.1. Deníció. Egy dierenciálegyenletet másodrend nek nevezünk, ha a keresett függvény második deriváltja is szerepel az egyenletben. A másodrend lineáris dierenciálegyenlet általános alakja y (t) + f(x)y (t) + g(x)y(t) = h(t), ahol f, g, h folytonos egy nyílt I intervallumon.ha a h(t) = 0 akkor beszélünk homogén egyenletr l, egyébként inhomogén az egyenlet. Mind a kett fajtára fogok példát mutatni a dolgozat során. Az egyenlet minden megoldása el áll y 0 (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) alakban, ahol az y 0 (t) az inhomogén feladat els megoldása, y 1 és y 2 pedig a homogén második független megoldása Hiányos másodrend dierenciálegyenletek Az ilyen egyenletek általános alakja: y = f(x) Ezek egyszer en megoldhatók, ha kétszer integráljuk a kifejezést. Az els integrálás után y = f(x)dx + C 1, és a második után pedig megkapjuk a megoldást is ( ) y = f(x)dx dx + C 1 x + C Például. yy = 2(y ) 2 2y Vegyük észre, hogyha az egyenletbe behelyettesítjük az y = x és az y = x akkor kapjuk az alábbi kifejezést yx = 2x 2 2x Ez egy szétválasztható feladat. Az y a változó és x = x(y) az y függvénye. Ennek megoldása a x = 0 és a x = c 2 y is. Visszafejtve az egyenletet kapjuk y = x y = C y = 1 c tan(cx + c 2) 20

21 3.3. Fizikai példa. (Matematikai inga) Vegyünk egy l hosszúságú matematikai ingát, határozzuk meg a mozgását leíró görbét és annak periódusidejét, ha az inga csak kicsi szögben leng ki. 5. ábra. A megoldás el tt fontos, hogy a fonal végén csüng test súlyát felbontsuk két összetev re: legyen N a fonal és legyen f a mozgásgörbe irányába mutató er vektor. Az N er tart egyensúlyt a fonal feszít erejével, ezért ez egyenl f-el. Ezekb l az adatokból kapjuk az alábbi összefüggést f = mg sin α Ha az α > 0 akkor az f a negatív oldal felé mutat ezért f = mg sin α mgα Ezt onnan tudjuk, hogy az elején feltettük, hogy a fonal csak kicsit tér ki. Még tudjuk, hogy α = s l fenn áll ezért a következ összefüggést kapjuk f = mg s l Az s a golyó által megtett körív hossza. Dinamika második törvénye alapján adódik a dierenciálegyenlet ms = mg s l 21

22 Ez könnyen átalakítható m-el leosztva s + g l s = 0 Ha megoldjuk az egyenletet megkapjuk a megoldást g g s = c 1 sin l t + c 2 cos l t Ahhoz, hogy meghatározzuk c 1 és c 2, használnunk kell a kezdeti feltételeket t = 0 s = a s = 0 Ez után meghatározható könnyen c 1 és c 2 is c 1 = 0 c 2 = a Helyettesítsünk vissza az általános megoldásba g s = a cos l t A matematikai inga mozgása harmonikus rezg mozgás, aminek a periódus ideje l T = 2π g Állandó együtthatós homogén másodrend dierenciálegyenletek 3.4. Deníció. Legyen adott az alábbi dierenciálegyenlet: y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0 Az ilyenfajta dierenciálegyenleteket állandó együtthatós homogén másodrend dierenciálegyenletnek nevezzük. Az ilyen típusú dierenciálegyenlet általános megoldásának lépései: El ször is felírjuk a dierenciálegyenlet karakterisztikus egyenletét. A megoldást az alábbi alakban keressük y(t) = e λt 22

23 Ennek a deriváltja A megoldás kétszeres deriváltja y (t) = e λt λ y (t) = e λt λ 2 Ezeket visszahelyettesítve az alap egyenletbe kapjuk, hogy e λt λ 2 + a 1 e λt λ + a 0 e λt = 0 Az e λt -vel nyugodtan leoszthatunk, és így kapjuk a karakterisztikus egyenletet λ 2 + a 1 λ + a 0 = 0 A karakterisztikus egyenlet diszkriminánsa megadja, hogy a megoldás milyen típusú lehet: 1. Ha a karakterisztikus egyenlet diszkriminánsa pozitív, ekkor az egyenletnek kett darab valós gyöke van és ezek különböz ek. Ezek legyenek λ 1 és λ 2. Ekkor az általános megoldás y(t) = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t 2. Ha a karakterisztikus egyenlet diszkriminánsa 0, akkor az egyenletnek csak egy gyöke van. Ez legyen λ. Ekkor az általános megoldás el áll y(t) = c 1 e λt + c 2 te λt 3. Ha a karekterisztikus egyenlet diszkriminánsa negatív, akkor az egyenletnek komplex gyökei vannak, amelyek egymás konjugáltjai. Legyenek ezek α ± iβ. Ekkor az általános megoldás el áll y(t) = e αt (c 1 cos βt + c 2 sin βt) Vizsgáljuk meg kicsit jobban azt az esetet amikor a diszkrimináns negatív. Ekkor az egyik megoldás az alábbi alakban írható fel Ekkor az alábbi megoldás jön ki λ = α + iβ y 1 (t) = e (λ+iβ)t = e λt e iβt 23

24 Mivel az e iβt egy komplex függvény, szeretnénk találni valamilyen "szebb" alakot. Vegyük az e t függvény Taylor-sorát: Helyettesítsünk t helyére it-t e t = 1 + t + t2 2! + t3 3! + t4 4! + e it = 1 + it t2 2! it3 3! + t4 4! + it5 5 Most fejtsük sorba a cos t és sin t függvényeket cos t = 1 t2 2! + t4 4! t6 6! + sin t = t t3 3! + t5 5! t7 7! + Most szorozzuk be a sin függvényt i-vel i sin t = it i t3 3! + it5 5! it7 7! + Mivel mind a két sor abszolút konvergens, ezért akármilyen sorrendben összeadható a két végtelen sor. Adjuk össze a cos t függvényt és az i sin t függvényt cos t + i sin t = 1 + it t2 2! it3 3! + t4 4! + it5 5 = eit Tehát megkaptuk, hogy az e it = cos t + i sin t. Ez az ún. Euler-formula. Most már felírható a dierenciálegyenlet megoldása y 1 (t) = e λt (cos βt + i sin βt) Az el z metódust folytatva felírható a második megoldás is, a karakterisztikus egyenlet megoldásának konjugáltjával. y 2 (t) = e λt (cos βt i sin βt) Ezek a megoldások komplex függvények, de mi éppen olyanokat keresünk, amelyek a valós számok halmazán vannak értelmezve. Mivel azt tudjuk, hogy a dierenciálegyenlet megoldásai vektorteret alkotnak, ezért a megoldások összege, s t még skalárral való szorzás sem visz ki a vektortérb l. Vegyük a két megoldásnak az összegét és felét 1 2 (y 1(t) + y 2 (t)) = 2e λt cos βt 24

25 Kett vel leegyszer sítve adódik az egyik alak e λt cos βt Vegyük a két megoldásnak a különbségét és 1 2i szeresét 1 2i (y 1(t) y 2 (t)) = e λt i sin βt Ha 2i-vel leegyszer sítünk adódik a másik alak e λt sin βt Ezek a függvények már valós függvények és így már fel is tudjuk írni a dierenciálegyenlet általános megoldását y(t) = e λt (c 1 cos βt + c 2 sin βt) 3.5. Például. y (t) 5y (t) + 6y(t) = 0 Ennek a dierenciálegyenletnek a karakterisztikus egyenlete λ 2 5λ + 6 = 0 Ha megoldjuk a másodfokú egyenletet, adódik a két megoldás λ 1 és λ 2. Ekkor adódik a megoldás λ 1 = 2 λ 2 = 3 y(t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t Állandó együtthatós inhomogén másodrend dierenciálegyenletek 3.6. Deníció. Legyen adott az alábbi dierenciálegyenlet: ay + by + cy = F (x) Itt az a, b, c adott állandók és F (x) egy adott folytonos függvény. Az ilyenfajta dierenciálegyenleteket állandó együtthatós inhomogén másodrend dierenciálegyenletnek nevezzük. Az eajta dierenciálegyenleteknek kétféle megoldását fogom ismertetni. Az egyik az ún. próbafüggvény módszere, míg a másik az ún. állandók variálása. 25

26 Tehát legyen y h = c 1 y 1 +c 2 y 2 a fenti egyenlethez tartozó homogén egyenlet általános megoldása. Tegyük fel, hogy találtunk egy y p megoldást, amely kielégíti az inhomogén egyenletet. Ez az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása. Ekkor y = y h + y p is megoldása az inhomogén egyenletnek. Hiszen a(y h + y p ) + b(y h + y p ) + c(y h + y p ) = (ay h + by h + cy h ) + (ay p + by p + cy p ) = 0 + F (x) = F (x) Ha egy tetsz leges y p megoldása az alap egyenletnek, az azt jelenti, hogy a(y y p ) + b(y y p ) + c(y y p ) = (ay + by + cy) (ay p + by p + cy p ) = F (x) F (x) = 0 Ez azt jelenti, hogy y h = y y p az inhomogén egyenlet homogén egyenletének általános megoldása. A próbafüggvény módszere, azokban az esetekben használható, ha az F (x) függvény olyan tagokból áll össze, amelyek vagy valamilyen polinom, egy exponenciális függvény és/vagy egy szinusz vagy koszinusz szorzataként áll el. Ezt egy példán keresztül mutatom be Például. y + 5y + y = 3 3t t 2 Vegyük ennek az egyenletnek a homogén egyenletét y + 5y + y = 0 Ennek az egyenletnek vegyük a karakterisztikus egyenletét λ 2 + 5λ + 4 = 0 A másodfokú egyenletnek kett megoldása van: λ = 1 és λ = 4. A homogén egyenletnek az általános megoldása y h = c 1 e t + c 2 e 4t Az F (x) függvény láthatóan egy másodfokú polinom. Tegyük fel, hogy az inhomogén egyenlet megoldása is másodfokú lesz. Vegyük az y p partikuláris megoldást y p = At 2 + Bt + C 26

27 Ennek a függvénynek a deriváltjai Visszahelyettesítve az egyenletbe y p = 2At + B y p = 2A 2A + (2At + B)5 + 4(At 2 + Bt + C) = 3 3t t 2 Kibontva és együtthatók szerint rendezve 4At 2 + (10A + 4B)t + (2A + 5B + 4C) = 3 3t t 2 Az A, B, C számokat keressük. Polinom akkor és csak akkor egyenl egy másik polinommal, ha együtthatóik megegyeznek ezért 4A = 1 A = 1 4 Innen megkapjuk az y p függvényt 10A + 4B = 3 B = 1 8 2A + 5B + 4C = 3 C = y p = 1 4 t2 1 8 t Ezek alapján a megoldást felírása már gyerekjáték y = y h + y p = c 1 e t + c 2 e 4t 1 4 t2 1 8 t Másik megoldási módszer az állandók variálása. El ször nézzük meg mi is maga a módszer. Vegyünk egy alap inhomogén dierenciálegyenletet y (t) + f 1 y + f 0 y = F Tegyük fel, hogy az y + f 1 y + f 0 y = 0 homogén egyenletnek ismerem két lineárisan független megoldását, jelöljük ezeket a megoldásokat ϕ 1 és ϕ 2 -vel. Következ lépésben keressük a feladat partikuláris megoldását úgy, hogy egyel re c 1 (x) és c 2 (x) tetsz leges függvények ϕ p = c 1 (x)ϕ 1 + c 2 (x)ϕ 2 27

28 Deriváljuk a kifejezést egyszer ϕ p = c 1(x)ϕ 1 + c 2(x)ϕ 2 + c 1 (x)ϕ 1 + c 2 (x)ϕ 2 Eddig nem volt semmilyen feltételünk, most viszont tegyük azt feltételnek, hogy c 1(x)ϕ 1 + c 2(x)ϕ 2 = 0 Deriváljuk megint a kifejezést ϕ p = c 1(x)ϕ 1 + c 2(x)ϕ 2 + c 1 (x)ϕ 1 + c 2 (x)ϕ 2 Most szorozzuk meg az els egyenletet f 0 -al, a másodikat f 1 -gyel és adjuk össze az egyenleteket ϕ p + f 1 ϕ p + f 0 ϕ p = F Ha ezt kifejtjük, és a megfelel tagokat rendezzük c 1 (x)(ϕ 1 + f 1 ϕ 1 + f 0 ϕ 1 ) + c 2 (x)(ϕ 2 + f 1 ϕ 2 + f 0 ϕ 2 ) + c 1(x)ϕ 1 + c 2(x)ϕ 2 = F A ϕ 1 + f 1 ϕ 1 + f 0 ϕ 1 és ϕ 2 + f 1 ϕ 2 + f 0 ϕ 2 mind 0 a feltétel miatt. Ekkor ami megmaradt { c 1(x)ϕ 1 + c 2(x)ϕ 2 = 0 c 1(x)ϕ 1 + c 2(x)ϕ 2 = F Ez egy egyenletrendszer c 1(x) és c 2(x)-re. Amit most a Cramer-szabállyal fogunk megoldani 0 ϕ 2 ϕ 1 0 F ϕ c 2 ϕ 1(x) =, c 1 F 2(x) = ϕ 1 ϕ 2 ϕ 1 ϕ 2 ϕ 1 ϕ 2 ϕ 1 ϕ 2 A nevez ben található az ún. Wronski-determináns ami biztosítja nekünk, hogy a nevez ben lév determináns nem 0. Innen már egy integrálással meghatározható c 1 (x) és c 2 (x) is. Az így kapott kifejezésekkel ezután már könnyedén felírható a megoldás. Most nézzük meg, hogy m ködik ez a módszer egy feladatnál Például. (Kényszerrezgés) y (t) + 4y(t) = sin t Vegyük az egyenlet homogén egyenletét y (t) + 4y(t) = 0 Vegyük az egyenlet karakterisztikus egyenletét λ = 0 28

29 Ebb l kiszámolható a λ 1 és λ 2. λ 1,2 = ±2i Most már fel tudjuk írni a feladat homogén megoldását y h (t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t Keressük meg a feladat partikuláris megoldását y p (t) = c 1 (t) cos 2t + c 2 (t) sin 2t A módszer segítségével ki tudom számolni könnyedén c 1 (t) és a c 2 (t) 0 sin 2t sin t 2 cos 2t c 1 (t) = dt cos 2t sin 2t 2 sin 2t 2 cos 2t Az integrandus egyszer bb alakra hozható, ha használunk pár trigonometrikus azonosságot cos(t + 2t) = cos t cos 2t sin t sin 2t cos(t 2t) = cos t cos 2t + sin t sin 2t Ha az els b l kivonjuk a másodikat, az alábbi kifejezést kapjuk cos(t + 2t) cos(t 2t) = 2 sin t sin 2t Mostmár c 1 (t) könnyen meghatározható c 1 (t) = 1 (cos t cos 3t)dt = 1 sin 3t (sin t ) A c 2 (t) hasonlóan kiszámolható cos 2t 0 2 sin 2t sin t c 2 (t) = cos 2t sin 2t 2 sin 2t 2 cos 2t cos 2t sin t = dt 2 29

30 Az integrandus szintén szebb alakra hozható trigonometrikus azonosságokkal Kivonva az els b l a másodikat sin(t + 2t) = sin t cos 2t + cos t sin 2t sin(t 2t) = sin t cos 2t cos t sin 2t sin(t + 2t) sin(t 2t) = 2 sin t cos 2t A c 2 (t) már meghatározható c 2 (t) = 1 (sin t + sin 3t)dt = 1 3t (cos t + cos ) Ezekb l már könnyen felírható a megoldás y(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t + 1 3t (sin t sin 4 3 ) cos 2t 1 3t (cos t + cos ) sin 2t 4 3 Ez a függvény egy 2π szerint periodikus függvény Fizikai példa. (Tacoma híd probléma) y (t) + 4y(t) = sin 2t Ez a feladat jó példa arra, hogy a való életben mi történhet ha a dierenciálegyenletünk a következ : y (t) + ω 2 0y(t) = sin ω 0 t Mint az el z példánál a homogén feladat megoldása ugyanaz y h (t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t Most viszont nézzük meg a feladat partikuláris megoldását y p (t) = c 1 (t) cos 2t + c 2 (t) sin 2t A c 1 (t) és c 2 (t) kiszámolható: 0 sin 2t sin 2t 2 cos 2t c 1 (t) = dt = cos 2t sin 2t 2 sin 2t 2 cos 2t sin2 2t dt = 2 1 cos 4t 2 dt = 1 4t t+sin

31 Ahogy az el bb is, c 2 (t) is kiszámolható cos 2t 0 2 sin 2t sin 2t cos 2t sin 2t sin 4t 4t c 2 (t) = dt = dt = dt = cos cos 2t sin 2t sin 2t 2 cos 2t Tehát a feladat megoldása felírható: y(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t + ( 1 4 sin 4t) cos 4t t + cos 2t sin 2t Most látható, hogy a megoldás egyik tényez je nem periodikus függvény, ami azt jelenti, hogyha ez egy rugalmas rezg vagy leng rendszert leíró függvény, akkor a kitérés a 1 t cos 2t tag miatt minden határon túl n ne, ami 4 természetesen lehetetlen. Ezt a zikában mechanikai katasztrófának nevezik. Ha a kényszerrezgés frekvenciája megegyezik a rendszer saját frekvenciájával, akkor rezonancia lép fel, a mozgás megsz nik periodikusnak lenni. Erre a legismertebb példa a Tacoma-híd július elsején az USA-ban, Washington államban felavatták a Tacoma hidat. Érdekes módon, az átadás után a függesztett híd függ leges irányú rezgéseket kezdett végezni. Bízva a tervez k számításaiban, az emberek nem tartották ezt veszélyesnek. A hidat elnevezték Galoppozó Gertie"-nek, és rövidesen idegenforgalmi nevezetességgé vált. November 7-én azonban a rezgés er södni kezdett. Reggel 7 órakor már 1 méter amplitúdójú volt, 10 órakor pedig a híd különböz pontjai között 6 méter szintkülönbség is volt. 11 óra 10 perckor a híd leszakadt. (Az egész folyamatról lm is készült, amit a rezonancia oktatásakor be szoktak mutatni.) A tervez k tanácstalanul álltak a tragédia el tt. Washington állam kormányzója meghatódott beszédet mondott, amelyben ígéretet tett, mondván: a hidat ugyanott és ugyanúgy fel fogjuk építeni." Kármán Tódor, a híres magyar származású mérnök-zikus ezt meghallva táviratot küldött a kormányzónak, amelyben ez állt: Ha Önök felépítik ugyanazt a hidat ugyanúgy és ugyanoda, mint el ször, akkor az új híd ugyanabba a folyóba fog belezuhanni, mint az els." A válasz szellemesen azt szögezi le, hogy a természeti törvényekre nem lehet ttyet hányni. Valóban, ki is derült, hogy a tragédiának ésszer oka volt. A vidéken er s szél fúj, és a széllökések az aerodinamikai örvényhatás következtében kényszerrezgést gerjesztettek a hídszerkezetben, és ezek - éppen most vezettük le matematikailag - katasztrófához is vezethetnek." (Hatvani Pintér, 1997; 118) Azóta gépek, járm vek, építmények tervezésénél gyelembe veszik, hogy a rendszer sajátfrekvenciája ne egyezzen meg a gerjeszt er k frekvenciájával. 31

32 6. ábra. Ma már az építmények esetén kicsinyített modelleket szélcsatornában is vizsgálják, hogy a lehetséges, katasztrófát okozó hatásokat kisz rjék. Zárszó Dolgozatom során próbáltam minél érdekesebb példákon keresztül bemutatni, hogy a való életben miként jelennek meg a dierenciálegyenletek. Számomra elég érdekes volt, hogy az írási folyamat elején Mezei István tanár úrral elkeztünk nézni középiskolás feladatokat és azokat mennyire egyszer volt megoldani dierenciálegyenletekkel. Nagyon jól jött volna ez a tudás a gimnáziumi végz s éveimben. 32

33 Köszönetnyílvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani Mezei Istvánnak, témavezet mnek, aki rengeteget segített, mind feladatokban mind szakmai kérdésekben, hogy ez a dolgozat létrejöhessen. Köszönöm családomnak is, akik az egyetemi éveim alatt mindvégig mellettem álltak és segítettek abban, hogy megvalósuljanak a céljaim. 33

34 Forrásjegyzék 1. Fazekas Ferenc: M szaki matematikai gyakorlatok, 1962 Budapest 2. K.K. Ponomarjov: Dierenciálegyenletek felállítása és megoldása, 1969 Budapest 3. Hatvani László - Pintér Lajos: Dierenciálegyenletes modellek a középiskolában, 1997 Szeged 34