Nyolcadik gyakorlat: Rezonancia a próbafüggvény módszerben, Homogén másodrend egyenletek Dierenciálegyenletek, Földtudomány és Környezettan BSc

Átírás

1 Nyolcadik gyakorlat: Rezonancia a próbafüggvény módszerben, Homogén másodrend egyenletek Dierenciálegyenletek, Földtudomány és Környezettan BSc 1. Rezonancia az els rend egyenletek megoldására alkalmazott próbafüggvény módszerben A próbafüggvény módszer egyik legnagyobb buktatója a rezonancia, a következ példák err l szólnak. 4 Feladat: Oldjuk meg az alábbi feladatot! x (t) = 2x(t) + 3e 2t Megoldás: Jelen esetben a homogén egyenlet: x h(t) = 2x h (t) Ennek a megoldása: x h (t) = ce 2t Most a zavaró függvény 3e 2t alakú, ezért els megközelítésben legyen a próbafüggvény Ae 2t alakú. Ennek a deriváltja: x p(t) = 2Ae 2t Ezt beírva az eredeti egyenletbe, a jobb oldalba pedig a próbafüggvényt: 2Ae 2t = 2Ae 2t + 3e 2t Ez viszont ellentmondás. Ennek az oka, hogy ebben a feladatban rezonancia van. Ez akkor lép fel, ha a homogén egyenlet megoldása és a próbafüggvény egyik tagja nem lineárisan független (azaz egymással elosztva konstanst kapunk). Ekkor a problémás tagot t-vel megszorozva keressük tovább a próbafüggvényt. Esetünkben legyen az új próbafüggvény x p (t) = Ate 2t. Ennek a deriváltja: x p(t) = Ae 2t + At2e 2t 1

2 Behelyettesítve az eredeti egyenletbe: Ae 2t + At2e 2t = 2Ate 2t + 3e 2t Tehát A = 3, azaz x p (t) = 3te 2t és így x(t) = ce 2t + 3te 2t 5 Feladat: Oldjuk meg az alábbi egyenletet! x (t) = 3x(t) + e 3t t 2 + sin(t) Megoldás: A homogén egyenlet ebben az esetben: x h(t) = 3x h (t) Ennek a megoldása: x h (t) = ce 3t A próbafüggvény els körben Ae 3t + Bt 2 + Ct + D + E sin(t) + F cos(t), de látható, hogy ennek az els tagja rezonanciában van a homogén egyenlet megoldásával, ezért a jó próbafüggvény Ate 3t + Bt 2 + Ct + D + E sin(t) + F cos(t) lesz. Ennek a deriváltja: x p(t) = Ae 3t + 3Ate 3t + 2Bt + C + E cos(t) F sin(t) Behelyettesítve az eredeti egyenletbe: Ae 3t + 3Ate 3t + 2Bt + C + E cos(t) F sin(t) = = 3 ( Ate 3t + Bt 2 + Ct + D + E sin(t) + F cos(t) ) + e 3t t 2 + sin(t) Összeszámolva a különböz tagokat, az alábbi egyenleteket kapjuk: 3A = 3A A = 1 0 = 3B 1 2B = 3C C = 3D F = 3E + 1 E = 3F 2

3 Ezt megoldva A = 1, B = 1 3, C = 2 9, D = partikuláris megoldás: 2 27, E = 3 10, F = 1. Így tehát a 10 x p (t) = te 3t t t sin(t) 1 10 cos(t) És az általános megoldás: x(t) = ce 3t + te 3t t t sin(t) 1 10 cos(t) Szorgalmi feladat: (3 pont) Oldjuk meg ezt állandók variálásának módszerével! 3

4 2. Másodrend egyenletek Ahogy arról a második gyakorlaton szó volt, másodrend nek azokat az egyenleteket nevezzük, amelyekben nem csak els, hanem második derivált is szerepel. Ebben a félévben lineáris, állandó együtthatós egyenletekkel fogunk foglalkozni, amelyeknek az általános alakja: x (t) + d 1 x (t) + d 2 x(t) = g(t) ahol d 1 és d 2 valamilyen konstansok (azaz számok - ezért nevezik állandó együtthatósnak ezt a típust, mert az x(t)-s tagok nincsenek t-s taggal megszorozva), a g(t) pedig t-nek valamilyen függvénye. Ha g(t) = 0, akkor az egyenletet homogénnek nevezzük. Akárcsak az els rend esetben, most is a homogén feladatra fogjuk visszavezetni az inhomogén esetet Homogén egyenletek Ez a típus talán még az els rend esetnél is egyszer bb, mivel egy képlettel megadható a feladatok megoldása. Tegyük fel, hogy adott egy x (t) + d 1 x (t) + d 2 x(t) = 0 feladatunk. Az ehhez tartozó karakterisztikus egyenlet egy olyan másodfokú egyenlet, amelynek az együtthatói megegyeznek az eredeti dierenciálegyenletével. egyenlethez tartozó karakterisztikus egyenlet: λ 2 + d 1 λ + d 2 = 0 Tehát az el z A megoldás következ lépése, hogy megoldjuk ezt a másodfokú egyenletet a komplex számok halmazán. Ekkor három eset képzelhet el: Két valós megoldást kapunk, legyenek ezek a 1 és a 2. Ekkor az egyenlet megoldása: x(t) = c 1 e a 1t + c 2 e a 2t Egy kétszeres valós megoldásunk van, legyen ez a. Ekkor a megoldás: x(t) = c 1 e at + c 2 te at Kett komplex, ugyanakkor konjugált megoldásunk van, legyenek ezek a ± bı. Ekkor a megoldás: x(t) = e at (c 1 sin(bt) + c 2 cos(bt)) Általánosan azt lehet elmondani, hogy a megoldások valós részét mindig fel kell írni az exponenciális kitev jébe, a képzetes részt pedig a trigonometrikus függvények hasába. 4

5 1. Feladat: Oldjuk meg az alábbi egyenletet! x (t) x (t) + 16x(t) = 0 Megoldás: Az ehhez tartozó karakterisztikus egyenlet: Ennek megoldásai: Tehát ez kétszeres gyök, ezért a megoldás: λ 2 λ + 16 = 0 (λ 4) 2 = 0 λ 1,2 = 4 x(t) = c 1 e 4t + c 2 te 4t 2. Feladat: Oldjuk meg az alábbi egyenletet! Megoldás: A karakterisztikus egyenlet: Ennek megoldásai: x (t) x (t) 6x(t) = 0 λ 2 λ 6 = 0 λ 1,2 = 1 ± Tehát λ 1 = 3 és λ 2 = 2, így a megoldás: x(t) = c 1 e 3t + c 2 e 2t 3. Feladat: Oldjuk meg az alábbi egyenletet! 4x (t) + 4x (t) + 37x(t) = 0 Megoldás: Ennek a karakterisztikus egyenlete: Megoldásai: 4λ 2 4λ = 0 λ 1,2 = 4 ± = 4 ± Ez két konjugált gyök, ezért az egyenlet megoldása: = x(t) = e t 2 (c1 cos(3t) + c 2 sin(3t)) 4 ± 24ı = 1 2 ± 3ı 4. Szorgalmi feladat: (2 pont) Vezessük le a fentiek alapján az els rend, állandó együtthatós homogén egyenletek megoldóképletét! (Tekintsünk az els rend re, mint hiányos másodrend re!) 5