Dierenciálegyenletek felállítása és megoldása zikai példákon keresztül

Átírás

1 Dierenciálegyenletek felállítása és megoldása zikai példákon keresztül Rujp Veronika Matematika BSC Szakdolgozat Témavezet : Gémes Margit m szaki gazdasági tanár Analízis Tanszék Budapest,2013

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés, motiváció 3 2. A dierenciálegyenletek fogalma, megoldása A közönséges dierenciálegyenletek Nevezetes dierenciálegyenlet típusok Szeparábilis (szétválasztható változójú) differenciálegyenletek Szétválasztható változójúra visszavezethet dierenciálegyenletek Els rend lineáris dierenciálegyenletek Másodrend homogén lineáris dierenciálegyenletek Állandó együtthatós másodrend homogén lineáris dierenciálegyenletek Összegzés 26 2

3 1. Bevezetés, motiváció A dierenciálegyenleteket Isaac Newton ( ) alkotta meg. Olyan fontosnak tartotta a felfedezését, hogy anagramma formájában rejtjelezte, melynek jelentését csak kés bb adta meg. Ez mai megfogalmazásban a következ : "A természet törvényeit dierenciálegyenletek fejezik ki."[8] A dierenciálegyenletek sok feladat megoldását teszik lehet vé a zika, a kémia, a közgazdaságtudomány és más szakterületek terén is. Matematika-zika tanár szakos hallgatóként tanulmányaim során én is számtalanszor találkoztam differenciálegyenletekkel és azok megoldásával. Célom a közönséges differenciálegyenletek bemutatása zikai példákon keresztül, hogy ne csak a differenciálegyenletek megoldásainak módszereit lássuk, hanem azok szerepét is a természettudományokban. 2. A dierenciálegyenletek fogalma, megoldása A matematikában azokat az egyenleteket nevezzük dierenciálegyenleteknek, amelyekben az ismeretlen kifejezés egy dierenciálható függvény, és az egyenlet a függvény és annak deriváltja között teremt kapcsolatot A közönséges dierenciálegyenletek Közönséges dierenciálegyenletekr l beszélünk, ha a bennük el forduló ismeretlen függvény egyváltozós. Általános alakja: φ(x, y, y,..., y (n) ) = 0 Típusai: n-ed rend dierenciálegyenletek Bennük az ismeretlen függvény legmagasabb rend deriváltja n-ed rend. 3

4 Az n-ed rend explicit dierenciálegyenlet általános alakja: y (n) = f(x, y, y, y,..., y (n 1)) ahol y (n) = dn y dx n,(n = 1, 2,...) és f általában egy adott (n + 1) változós függvény. Az n-ed rend implicit differenciálegyenlet általános alakja: F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 ahol y (n) = dn y dx n,(n = 1, 2,...) és F általában egy adott (n + 2) változós függvény. lineáris dierenciálegyenletek A dierenciálegyenlet az ismeretlen függvényre és a deriváltjaira nézve lineáris. (Például: y = 6y 4x 2 egy explicit alakú, els rend, lineáris dierenciálegyenlet) Az n-ed rend lineáris dierenciálegyenlet általános alakja: b(x) = a n (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) a 1 (x)y + a 0 (x)y ahol a n (x) 0. Fajtái: homogén az egyenlet, ha b(x) = 0. (Pl.:y (4) 2y + y = 0 egy negyedrend, lineáris, homogén dierenciálegyenlet) inhomogén az egyenlet, ha b(x) nem azonosan nulla. (Pl.:xy x 2 y + e x = 0 egy els rend, inhomogén dierenciálegyenlet) állandó együtthatójú az egyenlet, ha az y és y összes deriváltjának az együtthatója konstans. (Pl.:9y (x) + 4y (x) = 5x 12 egy másodrend, állandó együtthatós, lineáris, inhomogén differenciálegyenlet.) nemlineáris dierenciálegyenletek (Pl.:y y 2 e x = 4x egy els rend, nemlineáris dierenciálegyenlet) 4

5 Egy n-ed rend dierenciálegyenlet megoldása: Legyen y(x) az I intervallumon értelmezett n-szer dierenciálható függvény. Egy n-ed rend dierenciálegyenlet megoldásfüggvénye (megoldása) ezen az intervallumon az y(x) függvény, ha a dierenciálegyenlet az y(x) függvény behelyettesítése után azonossággá válik az I intervallumon. Az y(x) megoldás grakonját a dierenciálegyenlet integrálgörbéjének (megoldásgörbéjének) nevezzük. Egy dierenciálegyenletet azonosan kielégít függvényt az egyenlet általános megoldásának nevezzük, ha pontosan annyi egymástól független tetsz leges állandót tartalmaz, ahányad rend a dierenciálegyenlet.[6] A dierenciálegyenletek megoldásakor kétféle megoldástípust különböztetünk meg. Ha a dierenciálegyenlet általános megoldásában szerepl állandók helyére meghatározott értékeket írunk, akkor az egyenlet partikuláris megoldását kapjuk. Azt a megoldást pedig, amely az általános megoldásból semmilyen paraméter választásából sem következtethet szinguláris megoldásnak nevezzük. A partikuláris megoldást adott mellékfeltételek mellett tudjuk el állítani. Ha a dierenciálegyenlethez megadjuk még egy adott pontban a keresett megoldásfüggvénynek és a deriváltjainak értékét, akkor kezdeti feltételt adunk meg. Ha pedig egy els nél magasabb rend differenciálegyenletnél mellékfeltételként el írjuk a megoldásfüggvény és deriváltjainak értékét legalább két pontban, akkor kerületi (perem-) feltételr l beszélünk. Amikor egy kezdetiérték problémát szeretnénk megoldani, akkor valójában azt az integrálgörbét keressük, ami egy el re megadott ponton megy át. A dierenciálegyenletek fontosságát, vagyis hogy mennyire van szükségünk rájuk az alkalmazásainkban, jól példázza a szabadesés, ha a közegellenállást elhanyagoljuk. Ekkor a szabadon es test sebességét a v(t) = gt összefüggés adja meg, melyben g a gravitációs állandót, t pedig az id t jelöli. Legyen a t 0 = 0 és jelölje h 0 a kezdeti magasságot. Azt, hogy milyen magasan van t id pillanatban a test a következ dierenciálegyenlet adja meg: dh(t) dt = v(t) = gt 5

6 A h(t 0 ) = h 0 kezdeti feltétel mellett az el z dierenciálegyenletnek az alábbi h függvények tesznek eleget: h(t) = v(t) dt = gt dt = gt2 2 + c mivel ( v(t) dt) = v(t). Ez megadja az összes lehetséges h(t) megoldást. A t 0 = 0 és h(t 0 ) = h 0 kezdeti feltételekb l c = h 0 adódik, így a megoldás: h(t) = gt2 2 + h 0 A dierenciálegyenletek megadása geometriailag azt jelenti, hogy a (t, h) sík pontjaiban adottak bizonyos irányok. Ha adott egy bizonyos iránymez, olyan görbéket keresünk, amelyeknek érint je minden pontban ez a megadott irány. Ezeket a görbéket a iránymez integrálgörbéinek nevezzük. Az imént megadott h(t) = gt2 2 (t, h(t)) ponton átmen gt2 2 + c egyenletek által meghatározott görbeseregek + c parabolák érint inek iránytangense éppen v(t). 3. Nevezetes dierenciálegyenlet típusok Tétel 3.1. Szeparábilis (szétválasztható változójú) differenciálegyenletek Legyenek I,J intervallumok és f : I R g : J R\{0} adott függvények. Tegyük fel, hogy létezik f I-n és 1 J-n, valamint F f és G 1 g g primitív függvények. Ekkor egy I 1 I intervallumon az y : I 1 J függvény akkor és csak akkor megoldása az y = f(x)g(y) dierenciálegyenletnek, ha G(y(x)) = F (x) + c minden x I 1 -re, valamely c R esetén.[5] Azokat az els rend differenciálegyenleteket nevezzük szétválasztható változójú (szeparábilis) differenciálegyenleteknek, amelyek felírhatók alakban. f 1 (x)g 1 (y)dx + f 2 (x)g 2 (y)dy = 0 6

7 A szeparábilis dierenciálegyenletek általános megoldása Ha g 1 (y)f 2 (x) 0, akkor ezzel elosztjuk az egyenletet és az alábbi kifejezést írhatjuk fel: ez más jelöléssél: f 1 (x) f 2 (x) dx + g 1(y) g 2 (y) dy = 0 F (x)dx + G(y)dy = 0 Így az x és y változókat szétválasztottuk. A dierenciálegyenlet általános megoldása ennek az integrálásával kapható: F (x)dx + G(y)dy = C ahol C konstans Alkalmazások 1.Példa (Newton-féle h lési törvény)[2]. A 100 o C-os meleg lekvárt kirakjuk h lni (a leveg 20 o C-os). H mérséklete 10 órakor 30 o C, 11-kor 25 o C. Mikor raktuk ki? Megoldás. Newton törvénye szerint a test h lési sebessége arányos a test és környezete h mérsékletének különbségével.[4] Mivel a h mérséklet-különbség változása miatt a test leh lésének sebessége is változik, a folyamat során a lekvár leh lésének dierenciálegyenlete: dt dτ = k(t t) ahol T a lekvár h mérséklete, t a környez leveg h mérséklete, k az arányossági tényez, dt dτ a lekvár leh lési sebessége és τ a leh lési id. A változókat szétválasztva, a feladat vizsgált feltételeit behelyettesítve és mindkét oldalt integrálva a következ összefüggéshez jutunk: vagyis dt T 20 = kdτ ln T 20 = kτ + c 7

8 Ha mindkét oldalt az e alapra emeljük, az e ln(t 20) = e kτ+c egyenlet adódik, mivel T > 20. Legyen e c = C, ekkor T = 20 + Ce kτ A C állandót a T (10) = 30 és T (11) = 25 kezdeti feltételekb l számoljuk. megoldás C = és e k = 1. Ezeket az adatokat az el z egyenletbe visszaírva 2 a τ = 7 megoldást kapjuk. Tehát a lekvárt reggel 4 órakor raktuk ki. A 2.Példa (A radioaktív bomlás egyenlete)[4]. A rádium bomlási sebessége minden id pillanatban arányos a jelenlev tömegével. Határozzuk meg, hogy m 0 tömeg rádiumnak hány százaléka bomlik el 200 év alatt, ha tudjuk, hogy a rádium felezési ideje 1590 év. Tétel. Ha f(t) dierenciálható az I intervallumon és f (t) = kf(t) I-n, akkor létezik olyan c állandó, melyre minden t I-re teljesül, hogy f(t) = ce kt. A tételben használt jelölések: f (t) a változás sebessége k az arányossági tényez f(t) a jelenlev anyagmennyiség A feladat matematikai felírása: m (t) = km(t), ahol k > 0 és m(t) a t id pillanatban jelenlev anyag tömege. Megoldás. Ez az egyenlet egy szétválasztható változójú dierenciálegyenlet. Az általános megoldásba behelyettesítve az adatokat a következ egyenl séghez jutunk: m = Ce kt 8

9 Az m = m 0 és t = 0 kezdeti feltételekb l az alábbi összefügés adódik: Ebb l C-re a egyenl séget kapjuk. m 0 = Ce k 0 C = m 0 A k arányossági tényez t a rádium felezési idejének felhasználásával számoljuk: m 0 2 = m 0e 1590k vagyis 1590k = ln2. A keresett függvény a következ : m(t) = m 0 e tln2. A 200 év múlva elbomlott rádium mennyisége: m(200) = m 0 e 200ln2 0, 915m 0. Ebb l következik, hogy a rádiumnak 200 év alatt 8,5%-a bomlik el. 3.Példa (Radioaktív kormeghatározás)[5]. Egy bizonyos él fafajtában a C 14 szénizotóp aránya a teljes szénmennyiséghez viszonyítva α. Találunk egy ugyanilyen fajtájú fadarabot, amelyben a C 14 aránya a teljes szénmennyiséghez viszonyítva 0, 9α. Hány évvel ezel tt vágták ki a fát? Megoldás. Az él anyagokban a radioaktív C 14 szénizotóp és az elemi C 12 szén mennyiségének aránya állandó. Ha az él anyag elpusztul, akkor benne a C 14 izotóp nem pótlódik, hanem C 12 -vé bomlik 5730 éves felezési id vel. A fa kivágásakor a fában lév 1 grammnyi szénben a C 14 mennyisége α volt. A C 14 bomlását a következ függvény írja le: c e kt 9

10 amelyb l c e kt = α. Ebbe t = 0-t behelyettesítve a c = α egyenl séghez jutunk. Tudjuk, hogy α e 5730k = α 2, amelyb l k = 1, adódik. Ha a fát t évvel ezel tt vágták ki, akkor α e kt = 0, 9α, amib l t = 1 k ln 0, év. Tehát kb. 870 évvel ezel tt vágták ki a fát. További feladatok. Egy motorcsónak sebessége állóvízben v 0 = 20 (km/h) teljes sebességgel halad, majd a motor leáll, és ezután 40 s alatt a csónak sebessége v 1 = 8 (km/h)-ra csökken. A víz ellenállása arányos a csónak sebességével. Mekkora a csónak sebessége 2 perccel a motor kikapcsolása után? [4] Szigetelt vezet re Q 0 = 1000 (elektrosztatikus egység) töltést juttatunk. A szigetelés tökéletlen, ezért a vezet fokozatosan elveszti töltését. A töltésvesztés sebessége egy adott pillanatban arányos a vezet n jelenlev töltés menynyiségével. Mennyi töltés marad a vezet n t = 10 perc múlva, ha az els percben 100 elektrosztatikus egység a veszteség? [4] 3.2. Szétválasztható változójúra visszavezethet dierenciálegyenletek Szétválasztható változójúra visszavezethet dierenciálegyenleteknek az y = f(x + y) és az y = f( y ) alakú egyenleteket nevezzük. x Általános megoldás Ha a dierenciálegyenlet y = f(x+y) alakú. Legyen z = x+y, ekkor y = z x és y = z 1, ebbe az el z megfeleltetéseket beleírva z 1 = f(z),vagyis z = f(z) + 1, ami már szétválasztható változójú dierenciálegyenlet. Ha a dierenciálegyenlet y = f( y x ) alakú. Legyen y x = z,tehát zx = y. Az el z összefüggéseket ebbe behelyettesítve f(z) = z + xz azaz f(z) z x = z, ami már szeparábilis egyenlet. 10

11 Alkalmazások 1.Példa (Kutyaúsztatás)[2]. Egy kutya (K) u állandó sebességgel úszik, mindig a gazdája (G) felé az állandó v sebesség folyóban. Mi a kutya pályája? Megoldás. Az y ered sebességvektor (piros) iránytangense: y = u y v u x = u y u x v u x Az ABK háromszög és a GCK háromszög hasonlóak, mert szögeik egyenl ek. Tehát e két háromszög oldalainak hosszára a következ összefüggés érvényes: u y u x = y x u x2 + y 2 = u x x u x = ux x2 + y 2 A kapott adatokat visszaírva az ered sebbességvektorra felírt kifejezésbe, az alábbi diernciálegyenletet kapjuk: y = y x v ux x 2 +y 2 = y x + v u 1 + ( y x )2 Legyen z = y, ekkor a következ szeparábilis egyenlethez jutunk: x z = z + v u 1 + z2 z x = v u 1 + z 2 x 11

12 A dierenciálegyenletet megoldva, mivel x > 0, z-re a követekez egyenl ség áll fenn: z = sh( v (ln x + c)) u Ebb l y = x sh( v (ln x + c)) u A kutya pályája az alábbi esetekben, ha a kutya a (1,0) pontból indul és a gazdája a (0,0) pontban helyezkedik el: c = 0 és v = u 2 (piros görbe) c = 0 és v = u (zöld görbe) c = 0 és v = 2u (kék görbe) 3.3. Els rend lineáris dierenciálegyenletek Els rend lineáris dierenciálegyenleteknek nevezzük az y + py = q alakú egyenleteket, ahol y : I R I R keresend, és p,q : I R adott függvények. q = 0 esetén az egyenlet homogén q 0 esetén az egyenlet inhomogén 12

13 Általános megoldás [1] 1. Integráló tényez módszere: y (x) + p(x)y(x) = q(x) y (x)r + p(x)y(x)r = q(x)r ahol r egy tetsz leges dierenciálható függvény. Azt szeretnénk, hogy az y (x)r + p(x)y(x)r kifejezés egy derivált legyen. (y(x)r) = y (x)r + r y(x) = y (x)r + p(x)y(x)r, ha r = p(x)r. Ilyen választással: (y(x)r) = q(x)r y(x)r = q(x)r + c y(x) = 1 q(x)r + 1 r r c Az r = p(x)r szétválasztható változójú dierenciálegyenlet egy megoldása: r = e p(x). 2. Állandó variálásának módszere Ezt a megoldási módszert a következ példán szeretném szemléltetni. Legyen a dierenciálegyenletünk xy + 3y = x 2, ahol x > 0. Ahhoz, hogy ezt az egyenletet az els rend lineáris dierenciálegyenletek általános alakjára hozzuk, mind a két oldalt el kell osztanunk x-el. Ezért a megoldásokat olyan intervallumokon keressük, amelyek a 0-t nem tartalmazzák. Így a megoldás két lépésb l áll. El ször homogén (y + p(x)y = 0) egyenletet oldunk meg, melynek megoldása mindig y h (x) = ky (x) alakú, ahol k R és Y : I R. Az inhomogén egyenlet megoldását a y(x) = C(x)Y (x) alakban keressük. A C(x)Y (x)-et behelyettesítve az inhomogén egyenletbe a következ összefüggéshez jutunk: ((C(x)Y (x)) + p(x)c(x)y (x) = q(x) 13

14 Ezt alakítjuk: C (x)y (x) + C(x)Y (x) + p(x)c(x)y (x) = q(x) C (x)y (x) + C(x)(Y (x) + p(x)y (x)) Mivel Y megoldása a homogén egyenletnek a kifejezés második tagja nullával egyenl. Tehát C (x)y (x) = q(x), azaz C (x) = q(x) Y (x), melyb l C = q(x) Y (x) és y p (x) = C(x)Y (x) Így az els rend lineáris dierenciálegyenlet általános megoldása: y(x) = y h (x) + y p (x) ahol y h (x) az összes homogén megoldást, y p (x) pedig egy partikuláris megoldást jelöl Alkalmazások 1.Példa (A kis hangya és a gonosz manó meséje)[5]. A kis hangya egy 10 cm hosszú gumiszalag jobb végpontjából indul 1 cm sebességgel a szalag rögzített s bal végpontja felé. Ugyanakkor a gonosz manó a szalag jobb szélét megragadva szaladni kezd 100 cm sebességgel, a rögzített végponttól jobbra távolodva. Beérkezhet-e a hangya a bal s végpontba? Megoldás. Legyen y(t) a hangya távolsága a faltól t id pillanatban. Így a hangya sebessége a távolodás és a közeledés sebességének összege: Az egyenletet rendezve: y y(t) (t) = t 1 y (t) 10 y(t) t = 1 Ez egy els rend lineáris közönséges dierenciálegyenlet, az alábbi megfeleltetéssel: p(x) = 10, q(x) = t Azt szeretnénk, hogy y r 10 yr = r egy derivált legyen, ahol r az integ- 1+10t ráló tényez. Az (yr) = y r + r y = y r 10 ry egyenl ség akkor teljesül, ha 1+10t 14

15 r = 10 r. Ez az utóbbi egyenlet egy szétválasztható dierenciálegyenlet r-re 1+10t nézve, melynek egyik megoldása: r = e t dt ln 1+10t +c = e amely c = 0 esetén, mivel t nemnegatív, az r = t Ezt az ry 10 ry = r egyenletbe beírva: 1+10t Felhasználva az (yr) = r összefüggést: Mindkét oldalt integráljuk: Ebb l: t y (1 + 10t) y = t 1 ( t y) = t t y = ln + c t 10 y(t) = t 10 ln t + c(1 + 10t) Mivel y(0) = 10 = c, y(t)-re a következ összefüggás áll fenn: y(t) = t 10 ln (1 + 10t) + 10(1 + 10t) egyenl séget adja. Tehát a hangya t másodperc alatt eléri a falat. t-t a következ k alapján számolhatjuk. ln (1 + 10t) = 100, azaz t = e 100,tehát t 2, s. 2.Példa [4]. A C kapacitású kondenzátort egy E feszültség R ellenállású áramkörbe kötik. Határozzuk meg a kondenzátor Q töltését a bekapcsolás utáni valamely t id pillanatban. Megoldás. A kondenzátor töltése a t id pillanatban Q, az áramer ssége pedig I = dq. Az áramkörben ebben a t id pillanatban a V elektromotoros er hat, amely dt az alábbi összefüggéssel adható meg: V = E Q C 15

16 ahol E az áramkör, Q C törvénye szerint az I = U R pedig a kondenzátor feszültsége. Az áramer sség Ohm kifejezésb l számolható, tehát az áramer sség, az elekromotoros er és az ellenállás között a következ kapcsolat áll fenn: Így a folyamat dierenciálegyenlete: dq dt = E Q C R dq dt + 1 CR Q(t) = E R Ebb l a homogén egyenlet: melynek megoldása: dq dt + 1 CR Q(t) = 0 Q h (t) = ke 1 CR t ahol k R. Az dq dt + 1 CR Q(t) = E R inhomogén egyenlet megoldását Q(t) = c 1(t)e 1 CR t alakban keressük. Ez utóbbi kifejezést beírva az inhomogén egyenletbe, az alábbi összefüggéshez jutunk: (c 1 (t)e 1 CR t ) + c 1(t)e 1 CR t CR = E R Elvégezve a deriválást és rendezve az egyenletet a következ ket kapjuk: c 1(t) = E Re 1 CR t Ha ezt az egyenletet integráljuk, c 1 -re az alábbi megoldást írhatjuk fel: c 1 = ECe 1 CR t + E R k 2 ahol k 2 R. Innen az inhomogén egyenlet megoldása: Q p (t) = CE + E R k 2e 1 CR t Ebbe a két egyenletbe behelyettesítjük a t = 0 kezdeti feltételt, és vesszük az inhomogén egyenlet egy konkrét k 2 = 0 partikuláris megoldását, melyb l c 1 -re a c 1 = Q p (t) = CE egyenl ség adódik. Tehát a kondenzátor Q töltését a t id pillanatban a Q(t) = Q h (t)+q p (t) összefüggésb l adódóan a kövezkez egyenl ség fejezi ki: Q(t) = ke 1 CR t + CE 16

17 További feladatok. Egy áramkörben sorba van kapcsolva egy R = 100Ω ellenállás, egy L = 0, 25H önindukciós együtthatójú tekercs és egy U bels feszültség áramforrás. Írjuk fel az áramer sség változását az id függvényében! Határozzuk meg, hogy az áramkör zárása után mennyi id vel éri el az áramer sség a maximális áramer sség 99%-át? [7] 3.4. Másodrend homogén lineáris dierenciálegyenletek Az y (x) + g(x)y (x) + h(x)y(x) = 0 alakú dierenciálegyenleteket másodrend homogén lineáris dierenciálegyenleteknek nevezzük. Ahol g : I R, h : I R adott függvények. A megoldáshoz szükséges tudnivalók [2] Legyen y : I R az y (x) + g(x)y (x) + h(x)y(x) = 0 egyenlet megoldása I-n minden x I-re. Tegyük fel, hogy létezik g-nek G primitív függvénye I-n. Ekkor a másodrend homogén lineáris dierenciálegyenletek megoldásaira a következ állítások teljesülnek: Az y(x) = 0 mindig megoldás 1. Ha y 1 és y 2 a y + gy + hy = 0 megoldása, akkor c 1, c 2 R esetén c 1 y 1 + c 2 y 2 is megoldás. Tehát a megoldások vektorteret alkotnak. 2. Ha y 1 és y 2 megoldások, akkor (y 1 y 2 y 1y 2 )e G állandó I-n. 3. Ha y 1 és y 2 a y + gy + hy = 0 megoldása, akkor (y 1 y 2 y 1y 2 ) 0, vagy seholse Ha y 1 és y 2 megoldások és létezik J I intervallum, melyen y 1 0 és ezen az intervallumon y 2 y 1 nem konstans, akkor (y 1 y 2 y 1y 2 ) Ha y 1 és y 2 a y + gy + hy = 0 megoldása és (y 1 y 2 y 1y 2 ) 0, akkor minden megoldás γ 1 y 1 + γ 2 y 2 alakú, ahol γ 1, γ 2 R. Azaz a megoldások vektortere kétdimenziós. 17

18 A (y 1 y 2 y 1y 2 ) kifejezést az y 1, y 2 dierenciálható függvények Wronski-determinánsának nevezzük, és W (y 1, y 2 )-vel jelöljük. Ha y 1 és y 2 a y + gy + hy = 0 egyenletnek két olyan megoldása, amire W (y 1, y 2 ) 0, akkor azt mondjuk, hogy y 1, y 2 alaprendszert, más néven integrálbázist alkotnak Alkalmazások 1.Példa [4]. Egy l hosszúságú, egyik végén rögzített gerendát, a másik végén F er vel terhelnek. Határozzuk meg a lehajlási görbe (neutrális szál) egyenletét és a gerenda végén létrejött lehajlás h nagyságát! Megoldás. Deformálható testek esetén egy tetsz leges keresztmetszet gerenda neutrális szálának görbületi sugara: R = EJ, ahol E a gerenda rugal- M massági modulusa, J a lehajlási görbére vonatkozó keresztmetszet tehetetlenségi nyomatéka, M pedig az adott tengelyhez viszonyított hajlítónyomaték. Mivel a gerenda meghajlása általában nagyon kicsi, ezért az érint dy iránytangense is kicsi dx és az R = (1+y 2 ) 3/2 összefüggésb l az y 2 értéke elhanyagolható. Ezek ismeretében y a neutrális szál dierenciálegyenlete: y = M EJ Ebbe behelyettesítjük az M = F (l x) összefüggést, amely az N(x, y) középponti metszet lehajlási momentumára áll fenn, és megkapjuk a lehajlási görbe egyenletét: d 2 y dx = F (l x) 2 EJ Az egyenlet kétszeri integrálása után az általános megoldás: y = F (l x) 3 + C 1 x + C 2 EJ 6 A C 1 és C 2 állandókat az x = 0, y = 0 és dy dx meg. Ezek szerint C 1 = F l 2 EJ 2, = 0 kezdeti feltételekb l határozzuk C 2 = F l 3 EJ 6 Ezeket az általános megoldásba behelyettesítve a neutrális szál egyenletére a következ kifejezést kapjuk: y = F 2EJ (lx2 x3 3 ) 18

19 A lehajlás nagyságát az el z egyenletb l x = l helyettesítés esetén kapjuk: 2.Példa [4]. h = F 2EJ (l3 l3 3 ) = F l3 3EJ Vizsgáljunk egy olyan m tömeg víz alatt lév tengeralattjárót, amelynek nincs haladó mozgása. Ez a járm a gravitáció hatására merülni kezd, miközben állandó lefelé haladó mozgást végez. Határozzuk meg a v merülési sebességet, ha a kezdeti sebesség a t = 0 id pillanatban v 0 = 0 és a tengeralattjáró T id alatt megtett útját. Megoldás. A testre 3 er hat. A lefelé mutató gravitációs er (F grav ), a felfelé mutató közegellenállási er (F k ) és a felfelé mutató felhajtó er (F f ). Ezeknek a testre ható er knek a nagyságát a következ összefüggésekkel határozhatjuk meg: F grav = mg F k = kav(t) ahol k közegellenállási tényez, A pedig a tengeralattjáró vízszintes vetületének területe. Tehát a közegellenállásier arányos a sebességgel. F f = ρ v gv bent ahol V bent a test térfogatának folyadékba es része, ebben az esetben a tengeralattjáró térfogata. Ekkor Newton második törvénye alapján a merül testre a következ kifejezés érvényesül: F grav kav(t) F f = ma(t) A merülés során a felhajtó és az gravitációs er nem változik. Legyen F f +F grav = P állandó. Így a tengeralattjáró mozgásának dierenciálegyenlete: Vezessük be a dy dt összefüggéshez jutunk: m d2 y dt 2 + kady dt P = 0 = v jelölést, majd az egyenletet osszuk el m-el. Ekkor az alábbi dv dt + kav m P m = 0 19

20 Az egyenletet szétválasztva, majd integrálva a következ általános megoldást kapjuk: m ln C(P kav) = t ka A kezdeti feltételekb l meghatározhatjuk a C állandó értékét. Ezek szerint C = 1 P, tehát a megoldás m ka ln 1 P (P kav) = m ka ln (1 k P Av) = t alakú. Ebb l a következ algebrai átalakítások után ln (1 k P Av) = ka m t kifejezzük v merülési sebesség értékét: 1 k P Av = e ka m t v = P ka (1 e m t ) ka A T id alatt megtett út meghatározásához az el z egyenletet az alábbi alakban írjuk fel: v = ds dt = P ka (1 e m t ) ka Ha ezt a dierenciálegyenletet szétválasztjuk és integráljuk, megkapjuk a következ útképletet az id függvényeként: s = P ka (t + m ka ka e m t+c ) A t = 0, s = 0 kezdeti feltételekb l a C = m ka el z egyenletbe és az alábbi kifejezéshez jutunk: adódik. Ezt visszahelyettesítve az s = P ka (t + m ka ka e m t m P ka ) = ka [t m ka (1 e m t )] ka Tehát a t = T id höz tartozó s keresett út a következ : s = P ka [T m ka (1 e m T )] ka 20

21 További feladatok. Egy hajó egy lejt n csúszik a vízbe. Mennyi id alatt ér a vízbe a hajó a rögzít kötelek elávágásától számítva, ha a lejt hossza s = 50m, a lejt hajlásszöge α = 25 o, a súrlódási együttható pedig k = 0, 4? [7] Határozzuk meg, hogy mekkora sebességel tér vissza a v 1 sebességgel függ legesen fell tt lövedék a kiindulási helyére, ha tudjuk, hogy a leveg nek az es testre gyakorolt ellenállása kv Állandó együtthatós másodrend homogén lineáris differenciálegyenletek Az x + px + gx = 0 alakú egyenleteket, ahol p, q R állandó együtthatós másodrend homogén lineáris dierenciálegyenleteknek nevezzük. Általános megoldás [3] Az egyenlet megoldásait az x(t) = e λt (λ R) fügvények között próbáljuk keresni. x(t)-t az x + px + gx = 0 egyenletbe helyettesítve az alábbi összefüggést kapjuk: (λ 2 + pλ + q)e λt = 0 Az e λt 0 (t R) kifejezés teljesül, ezért a t e λt függvény akkor és csak akkor lesz megoldása az x + px + gx = 0 egyenletnek, ha λ 2 + pλ + q = 0. Az utóbbi másodfokú egyenletet az x + px + gx = 0 dierenciálegyenlethez tartozó karakterisztikus egyenletnek nevezzük. A karakterisztikus egyenlet megoldásakor 3 esetet különböztethetünk meg: 1. Az egyenletnek két különböz valós gyöke van, azaz p 2 4q > 0. Ekkor λ 1 = p + p 2 4q, λ 2 = p p 2 4q 2 2 Eszerint φ 1 (t) = e λ 1t és a φ 2 (t) = e λ 2t függvények az x +px +gx = 0 egyenlet 21

22 megoldásai és φ 1, φ 2 alaprendszert alkotnak. Így az x + px + gx = 0 dierenciálegyenlet általános megoldása: φ(t) = c 1 e λ1t + c 2 e λ 2t ahol c 1, c 2 R. 2. A karakterisztikus egyenletnek egy megoldása van, azaz p 2 = 4q. Ekkor λ = p 2 A φ 1 (t) = e λt megoldása az egyneletnek, az alaprendszer másik eleme pedig az (λ 2, t) e λ2t függvénynek a λ 2 változó szerinti parciális deriváltja te λ1t. 3. A karakterisztikus egyenletnek nincs valós megoldása, azaz p 2 < 4q. Ekkor λ 1 = α + iβ, λ 2 = α iβ alakúak, ahol α, β R és β 0. Ebben az esetben φ 1 = e αx cos βx és φ 2 = e αx sin βx alaprendszert alkotnak Alkalmazások 1.Példa (Harmonikus rezg mozgás) [4]. Függ leges rugóra G súlyú testet függesztünk. Ez a rugót l hosszúsággal nyújtja meg. Húzzuk a felfüggesztett súlyt a hosszúsággal lejjebb, majd engedjük szabadon mozogni. Határozzuk meg a rugó mozgásegyenletét úgy, hogy minden egyéb hatást gyelmen kívül hagyunk, és a rugó súlyát elhanyagoljuk. 22

23 Megoldás. A felfüggesztett súlyra tetsz leges A(x) helyzetben két er hat. Egy lefelé ható G = mg súlyer és egy felfelé ható F r rugóer, amely próbálja viszszatéríteni a testet. Mivel a rugóer arányos a rugó megnyúlásával, az F r rugóer re a következ összefüggés áll fenn: ahol D = mg l F r = Dx a rugóállandó, x pedig a megnyúlás mértéke. Newton II. tövénye (F = ma) alapján a rugó mozgásegyenlete: m d2 x dt 2 = mg x l Az egyenletet átrendezve a következ t kapjuk: d 2 x dt 2 + g l x = 0 Ezt integrálva az általános megoldáshoz jutunk: g g x = c 1 sin l t + c 2 cos l t A test legalsó helyzetében felhasználva a kezdeti feltételeket (t = 0, x = a, dx dt = 0) meghatározzuk a c 1 és c 2 értékét. Eszerint c 1 = 0 és c 2 = a egyenl ségekhez jutunk. Ezeket behelyettesítve az dierenciálegyenlet általános megoldásába az x = a cos g t kifejezést kapjuk eredményül. l 2.Példa (Csillapított rezg mozgás)[7]. Csillapított rezg mozgásról akkor beszélünk, ha egy harmonikus rezg mozgást végz pont rezgését valami, például súrlódás akadályozza. Ilyen esetekben a test kitérése arányos a gyorsulásával és a sebességével, de mind a kett vel ellenkez irányú. A folyamatot a következ differenciálegyenlet írja le: my = 2sy ω 2 my ahol m a test tömege, s pedig a csillapítási tényez. Legyen s = k pozitív állandó és ω > 0. Így a rezg pont mozgását az alábbi m másodrend állandó együtthatós homogén dierenciálegyenlet írja le: y + 2ky + ω 2 y = 0 23

24 melynek karakterisztikus egyenlete: λ 2 + 2kλ + ω 2 = 0 Ezt megoldva λ 1 = k + k 2 ω 2 és λ 2 = k k 2 ω 2 kapjuk eredményül. Attól függ en, hogy k és ω állandók mekkora értéket vesznek fel 3 esetet különböztethetünk meg: 1. ha k > ω k 2 ω 2 > 0, tehát a rezgést kiváltó er höz képest nagy a súrlódás. Ekkor a karakterisztikus egyenletnek két negatív valós gyöke van. Így a dierenciálegyenlet általános megoldása: y = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t y(0) = 0 és y (0) = v 0 > 0 kezdeti feltételek mellett c 1 = v 0 λ 1 λ 2 és c 2 = v 0 λ 2 λ 1. Innen a megoldás: y = v 0 λ 1 λ 2 (e λ 1t c 2 e λ 2t ) Az ilyen rezgéseket túlcsillapított rezgéseknek nevezzük. A nagy súrlódású folyadékban kitérített inga például ilyen mozgást végez. 2. ha k = ω k 2 ω 2 = 0, akkor a karakterisztikus egyenlet megoldása λ 1 = λ 2 = k, a dierenciálegyenlet általános megoldása pedig: y = c 1 e kt + c 2 te kt A y(0) = 0 és y (0) = v 0 > 0 kezdeti feltételeket gyelembe véve c 1 = 0 és c 2 = v 0, ahonnan a megoldás: y = v 0 te kt Tehát a kitérés-id grakon hasonló, mint az el z esetben. 3. ha k < ω k 2 ω 2 < 0, akkor a karakterisztikus egyenletnek két komplex gyöke van. Ezek az alábbiak: λ 1,2 = k ± i ω 2 k 2 24

25 Ebb l a következ általános megoldás írható fel: y = e kt (c 1 cos ω 2 k 2 t + c 2 sin ω 2 k 2 t) Az el z ekben is használt kezdeti feltételekb l c 1 = 0 és c 2 = v 0 ω 2 k 2 adódik. Ezeket az általános megoldásba behelyettesítve, az egyenletre az alábbi megoldást kapjuk: y = v 0 ω2 k 2 e kt sin ω 2 k 2 t A súrlódás fékez, csillapító hatását a következ grakon szemlélteti. 25

26 4. Összegzés Dolgozatomban a dierenciálegyenletek típusaival és azok általános megoldásaival, alkalmazásaikkal foglalkoztam. F célom az volt, hogy zikai feladatok segítségével szemléltesebbé tegyem ezeket az egyenleteket. Úgy gondolom, szükségünk van ilyen példákra, mert ezek által a matematikai összefüggések gyakorlati hasznát fedezhetjük fel. Véleményem szerint egy tanuló sokkal szívesebben foglalkozik egy olyan feladattal, amit a hétköznapi életb l veszünk, hiszen ez érdekesebbnek bizonyul, mintha csak egy felírt egyenletet oldanánk meg. Tanár szakos hallgatóként pedig fontosnak tartok minden olyan módszert, amely segítségével érdekesebbé lehet tenni a tananyagot a diákok számára. Remélem, hogy dolgozatom által sikerült a Kedves Olvasónak betekintést nyernie a dierenciálegyenletek világába és felismernie azok fontosságát a mindennapjainkban. 26

27 Irodalomjegyzék 1. Besenyei Ádám: Analízis, ELTE el adásjegyzet 2012/2013. tavaszi félév 2. Buczolich Zoltán: Analízis, ELTE el adásjegyzet 2011/2012. tavaszi félév 3. Hatvani László - Pintér Lajos: Differenciálegyenletes modellek a középiskolában Polygon, Szeged K. K. Ponomarjov: Differenciálegyenletek felállítása és megoldása, Tankönyvkiadó, Budapest Laczkovich Miklós - T.Sós Vera: Analízis I., Nemzeti tankönyvkiadó, Budapest Raisz Péterné: Dierenciálegyenletek példatár matrpne/diffegypeldi.pdf 7. Scharnitzky Viktor: Dierenciálegyenletek, M szaki könyvkiadó, Budapest V. I. Arnold: Közönséges dierenciálegyenletek, M szaki könyvkiadó, Budapest