Differenciálegyenletek gyakorlat december 5.

Átírás

1 Differenciálegyenletek gyakorlat Kocsis Albert Tihamér Németh Adrián 05 december 5

2 Ismétlés Integrálás Newton Leibniz-formula Integrálás és alapműveletek wwwwolframalphacom Alapintegrálok sin x dx = cos x + C x n dx = xn+ + C (n ) n + e x dx = e x + C cos x dx = sin x + C dx = ln x + C x a x dx = ax ln a + C Integrálási alapesetek F (ax + b) f(ax + b) dx = F (x) = f(x) dx a f (x)f n (x) dx = f n+ (x) + C (n ) n + f (x) dx = ln f(x) + C f(x) f(x)g (x) dx = f(x)g(x) f (x)g(x) dx (parciális integrálás) Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Elméleti bevezetés Szétválasztható változójú differenciálegyenletek általános alakja: } u (t) = f(t)g(u) A megoldási eljárás: Az u (t) = du dt u(t 0 ) = u 0 formális kifejezést beírva, majd az u-tól és t-től függő tagokat különválasztva: du dt = f(t)g(u) du = f(t) dt g(u) g(u) du = f(t) dt Elvégezve az integrálást, a két oldalon fellépő integrálok primitív függvényeit G-vel és F -fel jelölve: G(u(t)) = F (t) + C A G(u(t)) függvényből kifejezzük u(t)-t, amennyiben az lehetséges, és megkapjuk az általános megoldást: u(t) = G (F (t) + C)

3 A kezdeti érték alapján C értéke meghatározható: u(t 0 ) = G (F (t 0 ) + C) G(u 0 ) F (t 0 ) = C Tehát a megoldás: u(t) = G (F (t) F (t 0 ) + G(u 0 )) a) Feladatok Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat u(t) megoldását! } u (t) = u t u() = Az általános megoldás: u (t) = u t du u = t dt du u = t dt ln u = t + c u = e t e c u = ±e c e t u(t) = C e t A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján C értéke meghatározható: A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: = u() = C e C = e u(t) = e t b) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat x(t) megoldását! } tx (t) = (x + ) x() = Az általános megoldás: x (x + ) (t) = t dx (x + ) = dt t dx (x + ) = dt t = ln t + C (x + )

4 ln t + C + x = ln t + C A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján C értéke meghatározható: A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: = x() = C + C C = x(t) = ln t + ln t + c) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat u(t) megoldását! } u u (t) = t(u + ) u() = 0 Az általános megoldás: u (t) = t(u + ) u u u du = t dt + u u + du = t dt ln (u + ) = t + C u + = e t +C u(t) = ± e t +C A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján C értéke meghatározható: 0 = u() = ± e 4+C C = 4 A kezdetiérték-feladatnak megoldása is van: u(t) = ± e t 4 d) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(x) megoldását! } y (x) + x y x = 0 y(0) = 0 Az általános megoldás: y (x) = x x y dy y = x dx dy y = x dx ln y = 3 x3 + c 3

5 y = e 3 x3 c y = ± e c e 3 x3 y(x) = + Ce 3 x3 A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján C értéke meghatározható: 0 = y(x) = + C C = A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: y(x) = e 3 x3 e) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános u(t) megoldását! Az általános megoldás: u (t) = u cos t u (t) = u cos t du u = cos t dt du u = cos t dt u = sin t + C u(t) = C + sin t f) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! } tyy (t) = y() = Az általános megoldás: y (t) = ty y dy = dt t y dy = dt t y = ln t + C y = ln t + C A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján C értéke meghatározható: = y() = C C = A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: y(t) = 4 + ln t 4

6 g) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános x(t) megoldását! Az általános megoldás: xx (t) + t = x (t) = t x x dx = ( t) dt x dx = ( t) dt x = ( t) + c x(t) = ± t + t + C h) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános u(t) megoldását! Az általános megoldás: uu (t) = u (t) = u u du = dt u du = dt u = t + c u(t) = ± t + C i) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános y(t) megoldását! Az általános megoldás: ( + t)e 3y y (t) = y (t) = ( + t)e 3y e 3y dy = dt + t e 3y dt dy = + t 3 e3y = ln + t + c 3y = ln 3 ln + t + 3c y(t) = ln 3 ln t + + C 3 j) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános u(t) megoldását! Az általános megoldás: u (t) = t u 3 u (t) = t u 3 5

7 du u 3 = t dt du u 3 = t dt u = 3 t3 + c u(t) = ± 4 3 t3 + C k) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános x(t) megoldását! Az általános megoldás: t x (t) + 3x (t) = t x x t (t) = (t + 3)x t x dx = (t + 3) dt t x dx = (t + 3) dt x = ln (t + 3) + c x(t) = ± C + ln(t + 3) l) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános y(x) megoldását! Az általános megoldás: y (x) + yx 3 = yx y (x) = yx yx 3 dy y = x ( x) dx dy y = x ( x) dx ln y = 3 x3 4 x4 + c y = e 3 x3 4 x4 +c y = ±e c e 3 x3 4 x4 y(x) = C e 3 x3 4 x4 Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek Elméleti bevezetés Elsőrendű differenciálegyenletek általános alakja: } u (t) = a(t)u + b(t) u(t 0 ) = u 0 A megoldás az állandók variálásának módszerével történik 6

8 Először felírjuk a differenciálegyenlethez tartozó homogén feladatot, ami szétválasztható változójú egyenletet ad ahol A(t) = a(t) dt u (t) = a(t)u du u = a(t) dt ln u = A(t) + c u = Ce A(t), Ezután keressük az eredeti feladat megoldását u(t) = C(t)e A(t) alakban, és helyettesítsük ezt be az egyenletbe: C (t)e A(t) + C(t)e A(t) A (t) = a(t)c(t)e A(t) + b(t) C (t)e A(t) = b(t) C(t) = e A(t) b(t) dt + k Azaz az általános megoldás u(t) = e A(t) ( ) e A(t) b(t) dt + k A fenti alakból k értéke a kezdeti érték alapján a t = t 0 helyettesítéssel adódik, a végeredmény: ( t ) u(t) = e A(t) A(t0) e A(t0) A(τ) b(τ) dτ + u 0 t 0 a) Példák Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat u(t) megoldását! } u (t) = sin t 3u u(0) = 0 A homogén feladat általános megoldása: u (t) = 3u du = 3 dt u du u = 3 dt ln u = 3t + c u = e 3t+c u = ±e c e 3t u(t) = Ce 3t Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást u(t) = C(t)e 3t alakban! C (t)e 3t 3C(t)e 3t = sin t 3C(t)e 3t C (t)e 3t = sin t C (t) = e 3t sin t 7

9 C(t) = C(t) = e 3t sin t dt = 3 e3t sin t e 3t cos t dt 3 = 3 e3t sin t 9 e3t cos t e 3t sin t dt 9 e 3t sin t dt = 3 0 e3t sin t 0 e3t cos t + k u(t) = C(t)e 3t = 3 0 sin t 0 cos t + ke 3t A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: 0 = u(0) = 0 + k k = 0 u(t) = 0 (e 3t + 3 sin(t) cos(t)) b) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(x) megoldását! } y + y (x) = x y(0) = A homogén feladat általános megoldása: y (x) = y dy y = dx dy y = dx ln y = x + c y = e c e x y = ±e c e x y(x) = Ce x Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást y(x) = C(x)e x alakban! C(x)e x + C (x)e x C(x)e x = x C (x)e x = x C (x) = xe x C(x) = xe x dx = xe x e x dx = xe x e x + k y(x) = C(x)e x = x + ke x A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: = u(0) = + k k = 3 A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: y(x) = x + 3e x 8

10 c) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! A homogén feladat általános megoldása: y t + 5 (t) = t y t + 5t + 6 y(0) = y t + 5 (t) = y t + 5t + 6 dy y = t + 5 t + 5t + 6 dt dy y = t + 5 t + 5t + 6 dt t + 5 (t + ) + (t + 3) ln y = t + 5t + 6 dt = dt (t + )(t + 3) ( = (t + ) + ) dt (t + 3) ln y = ln t + ln t c y = e c (t + )(t + 3) y = ±e c (t + )(t + 3) C y(t) = (t + )(t + 3) Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást y(t) = C(t) (t+)(t+3) alakban! C (t) + ) + (t + 3) C(t)(t (t + )(t + 3) (t + ) (t + 3) = t C(t) t + 5 (t + 5t + 6) C (t) (t + )(t + 3) = t C (t) = t(t + )(t + 3) C(t) = t(t + )(t + 3) dt = 4 t t3 + 3t + k C(t) y(t) = (t + )(t + 3) = 4 t t3 + 3t + k (t + )(t + 3) A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: = y(0) = k 6 k = 6 y(t) = 4 t t3 + 3t + 6 t + 5t + 6 9

11 d) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! A homogén feladat általános megoldása: y t + 5 (t) = sin(t) y t + 5t + 6 y(0) = y t + 5 (t) = y t + 5t + 6 dy y = t + 5 t + 5t + 6 dt dy y = t + 5 t + 5t + 6 dt t + 5 (t + ) + (t + 3) ln y = t + 5t + 6 dt = dt (t + )(t + 3) ( = (t + ) + ) dt (t + 3) ln y = ln t + ln t c y = e c (t + )(t + 3) y = ±e c (t + )(t + 3) C y(t) = (t + )(t + 3) Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást y(t) = C(t) (t+)(t+3) alakban! C (t) + ) + (t 3) C(t)(t (t + )(t + 3) (t + ) (t + 3) = sin t C(t) t + 5 (t + 5t + 6) C (t) (t + )(t + 3) = sin t C (t) = (t + )(t + 3) sin t C(t) = (t + )(t + 3) sin t dt = (t + )(t + 3) cos t + (t + 5) cos t dt = (t + )(t + 3) cos t + (t + 5) sin t sin t dt C(t) = (t + 5t + 4) cos t + (t + 5) sin t + k C(t) y(t) = (t + )(t + 3) = (t + 5t + 4) cos t + (t + 5) sin t + k (t + )(t + 3) A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: = y(0) = k 4 6 k = 0 y(t) = (t + 5t + 4) cos t + (t + 5) sin t + 0 t + 5t + 6 0

12 e) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános u(t) megoldását! A homogén feladat általános megoldása: tu (t) + u = t sin t u (t) = t u du u = dt t du u = dt t ln u = ln t + c u = e c t u = ±e c t u(t) = C t Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást u(t) = C(t) t alakban! t C (t) t C(t) t t + C(t) = t sin t t C (t) = t sin t C(t) = t sin t dt = t cos t + cos t dt = t cos t + sin t + k u(t) = C(t) t u(t) = sin(t) cos(t) + k t f) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! } ty (t) + 5y = 3t y() = A homogén feladat általános megoldása: y (t) = 5 t y dy y dy y dt = 5 t = 5 dt t ln y = 5 ln t + c y = e c t 5 y = ±e c t 5 y(t) = C t 5

13 Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást y(t) = C(t) t alakban! 5 t C (t) t 5 5t C(t) t C(t) = 3t t 5 C (t) = 3t t 4 C (t) = 3t 5 C(t) = 3t 5 dt = t6 + k y(t) = C(t) t 5 = t6 + k t 5 A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: = y() = + k k = 3 y(t) = t6 + 3 t 5 g) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat x(t) megoldását! } tx (t) = x + t x() = A homogén feladat általános megoldása: x (t) = t x dx x = dt t dx dt x = t ln x = ln t + c x = e c t x = ±e c t x(t) = C t Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást x(t) = C(t) t alakban! tc (t)t + tc(t)t = C(t)t + t C (t) = t C(t) = ln t + k x(t) = C(t) t = t ln t + kt A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: = x() = k

14 k = A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: x(t) = t ( + ln t) h) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat u(t) megoldását! } (t )u (t) + tu = A homogén feladat általános megoldása: u() = 4 u (t) = t t u du u = t t dt du u = t t dt ln u = ln t + c u = e c t u = ±e c u(t) = t C t Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást u(t) = C(t) t alakban! (t ) ( C ) (t) C(t) t t (t ) = t C(t) t C (t) = C(t) = dt = t + k u(t) = C(t) t = t + k t A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: 4 = u() = k + 3 k = 0 A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: u(t) = t + 0 t i) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! y (t) t y = t + y() = 3

15 A homogén feladat általános megoldása: y (t) = t y dy y = dt t ln y = ln t + c y = e c t y = ±e c t y(t) = C t Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást y(t) = C(t) t alakban! C (t) t + C(t) t = t C(t) t = t + C (t) = t + t t + t + C(t) = t dt = t dt = t + t + k y(t) = C(t) t = t + t 3 + kt A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: = y() = k k = y(t) = t 3 + t t j) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! y (t) + y sin t = sin t ( ) π y = 3 A homogén feladat általános megoldása: y (t) = y sin t dy = sin t dt y dy y = sin t dt ln y = cos t + c y = e c e cos t y = ±e c e cos t y(t) = Ce cos t Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást y(t) = C(t)e cos t alakban! C (t)e cos t sin t C(t)e cos t = sin t C(t)e cos t + sin t 4

16 C(t) = C (t)e cos t = sin t C (t) = e cos t sin t e cos t sin t dt = e cos t + k y(t) = C(t)e cos t = + ke cos t A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: ( π ) 3 = y = + k k = A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: y(t) = e cos t + k) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(x) megoldását! y (x) + y + x = ex y() = e A homogén feladat általános megoldása: y (x) = + x y dy y = dx + x dy y = dx + x ln y = ln + x + c y = e c + x y = ±e c + x y(x) = C + x Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást y(x) = C(x) +x alakban! C (x) + x C(x) ( + x) + C(x) ( + x) = ex C (x) = (x + )e x C(x) = (x + )e x dx = (x + )e x e x dx = (x + )e x e x + k = xe x + k y(x) = C(x) + x = xex + k x + A kezdeti értékre vonatkozó feltétel alapján k értéke meghatározható: e = y() = e + k k = e 5

17 A kezdeti feltételt kielégítő megoldás: y(x) = xex + e x + l) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános u(t) megoldását! A homogén feladat általános megoldása: u (t) + 6u = e t u (t) = 6u du = 6 dt u du u = 6 dt ln u = 6t + c u = e c e 6t u = ±e c e 6t u(t) = Ce 6t Az inhomogén feladat általános megoldása az állandó variálásával: Keressük a megoldást u(t) = C(t)e 6t alakban! C (t)e 6t 6C(t)e 6t = 6C(t)e 6t + e t C (t) = e 4t + k C(t) = e 4t dt = 4 e4t u(t) = C(t)e 6t u(t) = 4 e t + ke 6t Másodrendű állandó együtthatós homogén lineáris differenciálegyenletek Elméleti bevezetés A másodrendű állandó együtthatós homogén lineáris differenciálegyenletek általános alakja: u (t) + pu (t) + qu = 0 u(t 0 ) = u 0 u (t 0 ) = w 0 Keressük a megoldást u(t) = e λt alakban λ e λt + pλe λt + qe λt = 0 λ + pλ + q = 0, azaz elegendő megoldani a fenti másodfokú egyenletet (az a másodfokú polinom differenciálegyenlet karakterisztikus polinomja) Az egyenlet megoldása során 3 eset lehetséges: Két különböző valós gyököt találunk: λ λ R Ekkor az általános megoldás: u(t) = C e λt + C e λt 6

18 Egyetlen (kétszeres) valós gyök van: λ = λ = λ R Ekkor az általános megoldás: u(t) = C e λt + C te λt Két különböző komplex gyök van, melyek egymás konjugáltjai: λ = a + bi, λ = a bi Ekkor az általános megoldás: u(t) = e at (C cos(bt) + C sin(bt)) A kezdeti értékeket behelyettesítjük, a kapott egyenletből C és C értékét kiszámoljuk a) Példák Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat u(t) megoldását! u (t) + u (t) 6u = 0 u(0) = 3 u (0) = 4 A karakterisztikus polinom gyökei: λ + λ 6 = 0 λ = ± λ, = 3, Különböző valós gyököket kaptunk, az általános megoldás: u(t) = C e λt + C e λt = C e 3t + C e t A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: 3 = u(0) = C + C 4 = u (0) = 3C + C C = C = u(t) = e t + e 3t b) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! y (t) 6y (t) + 9y = 0 y(0) = y (0) = A karakterisztikus polinom gyökei: λ 6λ + 9 = 0 λ = 3 ± 9 9 λ, = 3, 3 Kétszeres valós gyököt kaptunk, az általános megoldás: y(t) = C e λt + C te λt = C e 3t + C te 3t 7

19 A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: = y(0) = C = y (0) = 3C + C C = C = y(t) = e 3t te 3t c) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat u(t) megoldását! u (t) u (t) + 5u = 0 u(0) = u (0) = 4 A karakterisztikus polinom gyökei: λ λ + 5 = 0 Komplex konjugált gyököket kaptunk, az általános megoldás: λ = ± 5 λ, = i, + i u(t) = e at (C cos bt + C sin bt) = e t (C cos t + C sin t) A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: = u(0) = C 4 = u (0) = C + C C = C = 3 u(t) = e t ( cos(t) 3 sin(t)) d) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános y(x) megoldását! A karakterisztikus polinom gyökei: y (x) 4y (x) + 3y = 0 λ 4λ + 3 = 0 λ = ± 4 3 λ, = 3i, + 3i Komplex konjugált gyököket kaptunk, az általános megoldás: y(x) = e ax (C cos bx + C sin bx) y(x) = e x (C cos(3x) + C sin(3x)) 8

20 e) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános x(t) megoldását! A karakterisztikus polinom gyökei: x (t) = 0 λ = 0 λ, = 0, 0 Kétszeres valós gyököt kaptunk, az általános megoldás: x(t) = C e λt + C te λt x(t) = C + C t f) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános u(t) megoldását! A karakterisztikus polinom gyökei: 9u (t) = u λ + 9 = 0 λ = ± i 3 λ, = i 3, i 3 Komplex konjugált gyököket kaptunk, az általános megoldás: u(t) = e at (C cos bt + C sin bt) ( ) ( ) t t u(t) = C cos + C sin 3 3 g) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat u(t) megoldását! u (t) + u (t) + 3u = 0 u(0) = u (0) = A karakterisztikus polinom gyökei: λ + λ + 3 = 0 λ = λ, = 5 i, + 5 i Komplex konjugált gyököket kaptunk, az általános megoldás: u(t) = e at (C cos bt + C sin bt) = e t (C cos 5 t + C sin 5 ) t A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: = u(0) = C 9

21 = u (0) = C + 5 C C = C = 0 A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: u(t) = e t cos ( 5 t ) h) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános y(t) megoldását! A karakterisztikus polinom gyökei: y (t) = 5y (t) λ + 5λ = 0 λ, = 5, 0 Különböző valós gyököket kaptunk, az általános megoldás: y(t) = C e λt + C e λt y(t) = C e 5t + C Másodrendű állandó együtthatós inhomogén lineáris differenciálegyenletek Elméleti bevezetés A másodrendű állandó együtthatós homogén lineáris differenciálegyenletek általános alakja: u (t) + pu (t) + qu = r(t) u(t 0 ) = u 0 u (t 0 ) = w 0 Az általános megoldás u(t) = u h (t) + u p (t) alakban áll elő, ahol u h (t) a homogén feladat megoldása (ld előző fejezet), u p (t) pedig egy partikuláris megoldás, ami kielégíti az inhomogén egyenletet Ennek meghatározására most általános képletet nem adunk, csak bizonyos speciális esetre mutatjuk meg, milyen alakban érdemes u p (t)-t keresni A jobb oldalon exponenciális függvény szerepel: r(t) = Ce at Ekkor keressük a partikuláris megoldást u p (t) = Ae at exponenciális alakban alkalmas A konstanssal A jobb oldalon trigonometrikus függvény szerepel: r(t) = C cos(at) + D sin(at) Ekkor keressük a partikuláris megoldást u p (t) = A cos(at) + B sin(at) trigonometrikus alakban alkalmas A, B konstansokkal A jobb oldalon polinom szerepel: r(t) = C n t n + C n t n + + C t + C 0 Ekkor keressük a partikuláris megoldást u p (t) = A n t n + A n t n + + A t + A 0 polinom alakban alkalmas A n, A n, A, A 0 konstansokkal Amennyiben a fenti alakban nem találunk partikuláris megoldást, annak az lehet az oka, hogy az r(t) megoldása a homogén egyenletnek, ez a rezonancia jelensége, ekkor a megoldást a fenti alakok t-szereseként kell keresni, pl u p (t) = Ate at alakban az exponenciális alakban Ha ez sem segítene, mert még ez is megoldása a homogén egyenletnek, akkor t -tel érdemes beszorozni és pl u p (t) = At e at alakban keresni 0

22 Az általános megoldást az u(t) = u h (t) + u p (t) képlet adja meg, amiben u h (t) tartalmaz két szabad paramétert: C és C tetszőleges lehet A kezdeti értékeket behelyettesítve megkapjuk az u h (t)-ben szereplő C, C konstansok értékét a) Példák Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! y (t) + y (t) y = 5e 3t y(0) = 3 y (0) = A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei: λ + λ = 0 λ = ± 4 + λ, =, Különböző valós gyököket kaptunk, a homogén egyenlet általános megoldása: y h (t) = C e λt + C e λt = C e t + C e t Keressük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását y p (t) = Ae 3t alakban: 9Ae 3t + 3Ae 3t Ae 3t = 5e 3t A = y p (t) = e3t Az inhomogén egyenlet általános megoldása: y(t) = C e t + C e t + e3t A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: 3 = y(0) = C + C + = y (0) = C + C + 3 C = 5 3 C = 5 6 A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: y(t) = 5 6 et e t + e3t b) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(x) megoldását! y (x) + y = 3 sin(x) y(0) = y (0) =

23 A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei: λ + = 0 λ, = i, i Komplex konjugált gyököket kaptunk, a homogén egyenlet általános megoldása: y h (x) = e ax (C cos bx + C sin bx) = C cos x + C sin x Keressük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását y p (x) = A cos x + B sin x alakban: Az inhomogén egyenlet általános megoldása: 3A cos x 3B sin x = 3 sin x A = 0 B = y p (x) = sin x A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: y(t) = C cos x + C sin x sin x = y(0) = C = y (0) = C C = C = y(x) = sin x + cos x sin(x) c) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános u(t) megoldását! u (t) + u (t) u = e t A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei: λ + λ = 0 λ = ± 4 + λ, =, Különböző valós gyököket kaptunk, a homogén egyenlet általános megoldása: u h (t) = C e λt + C e λt = C e t + C e t Keressük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását u p (t) = Ae t alakban: Ae t Ae t Ae t = e t A = u p (t) = e t Az inhomogén egyenlet általános megoldása: u(t) = C e t + C e t e t

24 d) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(t) megoldását! y (t) + y (t) + y = t y(0) = 7 y (0) = 3 A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei: λ + λ + = 0 λ = ± λ, =, Kétszeres valós gyököt kaptunk, a homogén egyenlet általános megoldása: y h (t) = C e λt + C te λt = C e t + C te t Keressük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását y p (t) = At + Bt + C alakban: A + 4At + B + At + Bt + C = t Az inhomogén egyenlet általános megoldása: A = B = 4 C = 6 y p (t) = t 4t + 6 A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: y(t) = C e t + C te t + t 4t = y(0) = C = y (0) = C + C 4 C = C = y(t) = te t + e t + t 4t + 6 e) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat y(x) megoldását! y (x) y (x) + 5y = 9e x y(0) = y (0) = A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei: λ λ + 5 = 0 λ = ± 4 5 λ, = 3 i, + 3 i 3

25 Komplex konjugált gyököket kaptunk, a homogén egyenlet általános megoldása: ( ( ) ( )) y h (x) = e ax (C cos bx + C sin bx) = e x 3 3 C cos x + C sin x Keressük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását y p (x) = Ae x Ae x x x x Ae + 5Ae = 9e A = y p (x) = e x alakban: Az inhomogén egyenlet általános megoldása: y(x) = e x A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: = y(0) = C + = y (0) = C + 3 C + C = C = ( ( ) ( )) 3 3 C cos x + C sin x + e x A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: y(x) = e x sin ( 3x ) ( ) e x 3x cos + e x f) Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-feladat x(t) megoldását! x (t) x (t) 3x = e 3t x(0) = 0 x (0) = A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei: λ λ 3 = 0 λ = ± + 3 λ, =, 3 Különböző valós gyököket kaptunk, a homogén egyenlet általános megoldása: x h (t) = C e λt + C e λt = C e t + C e 3t Keressük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását x p (t) = Ae 3t alakban: 9Ae 3t + 6Ae 3t 3Ae 3t = e 3t A = x p (t) = e 3t Az inhomogén egyenlet általános megoldása: x(t) = C e t + C e 3t + e 3t 4

26 A kezdeti feltételek alapján C és C értéke meghatározható: A kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: 0 = y(0) = C + C + = y (0) = C + 3C 3 C = C = 0 x(t) = e 3t e t Homogén lineáris differenciálegyenlet-rendszerek Elméleti bevezetés A homogén lineáris differenciálegyenlet-rendszerek általános alakja: } u (t) = Au(t), u(0) = u 0 ahol A R n n az egyenletrendszer mátrixa, u 0 R n adott vektor, u(t) : R n R n az ismeretlen (vektor értékű) függvény A továbbiakban az egyszerűség kedvéért nem jelöljük külön aláhúzással/kiemeléssel a vektorokat és mátrixokat Az egyenletrendszer megoldása: u(t) = e At u 0, ahol az e At exponenciális mátrixot többféleképpen is ki lehet számolni Hatványsor alapján a definíciója: e At (At) n = n! n=0 = I + At + (At)! + + (At)n n! + Az A mátrix sajátérték-sajátvektor rendszere alapján: Ha az A sajátértékei λ i, a hozzájuk tartozó sajátvektor s i, azaz As i = λ i s i akkor A = RDR, ahol λ λ 0 R = [s, s,, s n ], D =, 0 0 λ n azaz az R oszlopaiba egymás után beírtuk az s i (oszlop)vektorokat Ekkor e λt 0 0 e At = Re Dt R 0 e λt 0 = R R 0 0 e λnt 5

27 Megjegyzés: a sajátértékeket a det(a λi) = 0 egyenlet megoldásai szolgáltatják, mi itt most csak azzal az esettel foglalkozunk, amikor csupa különböző valós sajátértékei vannak a mátrixnak További hasznos képlet a -es mátrix inverze: ( ) a b = c d ad bc ( d b c a ) a) Feladatok Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u (t), u (t) megoldását! u (t) = u + u u (t) = 6u + 3u u (0) = u (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) u u = 6 3 u u Az A mátrix sajátértékei: ( λ)(3 λ) 6 = 0 λ 5λ = 0 Az e At exponenciális mátrix: e At = 5 e5t e5t e5t e5t + 5 A megoldás: u (t) = 5 e5t u (t) = 3 5 e5t 8 5 b) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u (t), u (t) megoldását! u (t) = u u (t) = 0 u (0) = u (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) u 0 u = 0 0 u u 6

28 Az e At exponenciális mátrix: e At = ( ) t 0 A megoldás: u (t) = 4t + u (t) = c) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer általános y (t), y (t) megoldását! y (t) = y } + y y (t) = 4y + y A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) y y = 4 y Az e At exponenciális mátrix: A megoldás: y e At 5 e3t e t 5 e3t 5 e t = 4 5 e3t 4 5 e t 4 5 e3t + 5 e t y (t) = C ( 5 e3t e t ) + C ( 5 e3t 5 e t ) y (t) = C ( 4 5 e3t 4 5 e t ) + C ( 4 5 e3t + 5 e t ) Inhomogén lineáris differenciálegyenlet-rendszerek Elméleti bevezetés A megoldás minden lépése lényegében ugyanaz, mint a skalár inhomogén lineáris differenciálegyenletek esetében, azaz az állandók variálásának módszerével történik Az ott kapott formula szerint az } u (t) = Au(t) + b(t) u(0) = u 0 7

29 alakban megadott differenciálegyenlet-rendszer megoldása: ( ) u(t) = e At e At b(t) dt + k A fenti alakból k értéke a kezdeti érték alapján a t = t 0 helyettesítéssel adódik, a végeredmény: ( t ) u(t) = e A(t t0) e A(t0 τ) b(τ) dτ + u 0 t 0 Megjegyzés: A skalár (egydimenziós) esettől ez annyiban különbözik, hogy itt a ±At mátrix exponenciális függvényét kell kiszámolni (ld homogén lineáris differenciálegyenlet-rendszerek), illetve a vektor értékű függvény integrálját komponensenként kell meghatározni a) Feladatok Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u (t), u (t) megoldását! u (t) = u u (t) = 4u + u + u (0) = u (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( u 0 u = 4 u u ) + ( ) Az e At exponenciális mátrix: e At 3 = e t + 3 e4t 3 e t + 3 e4t 3 e t + 3 e4t 3 e t + 3 e4t A megoldás: u (t) = e t u (t) = e t b) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer y (t), y (t) megoldását! y (t) = y + y + e 4t y (t) = 3y + y (0) = y (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) ( ) y y e 4t = y y 8

30 Az e At exponenciális mátrix: ( ) e At e t e = t + e 3t 0 e 3t A megoldás: y (t) = 3 e4t e3t 7 3 et + 3 y (t) = 7 3 e3t 3 c) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer y (t), y (t) megoldását! y (t) = y + y + t y (t) = y + y + e t y (0) = y (0) = 3 A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) ( ) y y t = + y e t y Az e At exponenciális mátrix: e At = 3 e3t e3t 3 3 e3t 3 3 e3t + 3 A megoldás: y (t) = 3 t 9 t et 6 54 e3t y (t) = 3 t 9 t e3t 9

31 d) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u (t), u (t) megoldását! u (t) = u u (t) = t u (0) = u (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) ( u 0 u 0 = u t) Az e At exponenciális mátrix: A megoldás: u e At = ( ) t 0 u (t) = 3 t3 + 4t + u (t) = t + e) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u (t), u (t) megoldását! u (t) = u u + e t u (t) = 6u 3u u (0) = 3 u (0) = 3 A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) ( ) u u e t = u 0 u Az e At exponenciális mátrix: e At = ( e t + 3 ) e t 6e t + 6 3e t A megoldás: u (t) = e t e t + 3 u (t) = 3e t 6e t

32 f) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer y (t), y (t) megoldását! y (t) = y + y y (t) = 3y + 4y + y (0) = y (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) ( y y 0 = y ) y Az e At exponenciális mátrix: 3 e At 4 et + 4 e5t 4 et + 4 e5t = 3 4 et e5t 4 et e5t A megoldás: y (t) = 4 5 e5t + 5 y (t) = 5 e5t 5 g) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer y (t), y (t) megoldását! y (t) = y + y y (t) = 3y + 4y + t y (0) = y (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) ( y y 0 = y t) y Az e At exponenciális mátrix: 3 e At 4 = et + 4 e5t 4 et + 4 e5t 3 4 et e5t 4 et e5t A megoldás: y (t) = 9 5 e5t + 5 t y (t) = 57 5 e5t 5 t 7 5 3

33 h) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u (t), u (t) megoldását! u (t) = u + u (t) = u + 3u + e t u (0) = u (0) = A differenciálegyenlet-rendszert mátrixos alakba írva: ( ) ( ) ( ) ( ) u 0 u = + 3 u e t Az e At exponenciális mátrix: A megoldás: u e At = ( ) e t e t e t e t e t + e t e t + e t u (t) = te t + 6e t e t 3 u (t) = te t 7e t + 4e t + Laplace-transzformáció és alkalmazásai differenciálegyenletek megoldására Elméleti bevezetés Definíció: egy f(t) függvény Laplace-transzformáltja az alábbi improprius integrállal számolt F (s) függvény: L(f(t)) = F (s) = Legfontosabb tulajdonságai a Laplace-transzformáltnak: 0 f(t)e st dt L(c f (t) + c f (t)) = c F (s) + c F (s) L (f (t)) = sf (s) f(0 + ) L (f (t)) = s F (s) sf(0 + ) f (0 + ) L(tf(t)) = F (s) L(f(a t)) = ( s ) a F a L(e at f(t)) = F (s + a) L(f(t t 0 )H(t t 0 )) = e t0s F (s) Nevezetes függvények Laplace-transzformáltjai: L(δ(t 0 + )) = 3

34 L(H(t)) = s L(t n ) = n! s n+ L(e at ) = s + a L(e at t n n! ) = (s + a) n+ b L(sin(bt)) = s + b s L(cos(bt)) = s + b bs L(t sin(bt)) = (s + b ) L(t cos(bt)) = s b (s + b ), ahol t 0 > 0, δ(t) jelöli a Dirac-delta függvényt, míg H(t) a Heaviside-függvényt Egy állandó együtthatós lineáris differenciálegyenlet megoldási módszere Laplace-transzformált segítségével: u + pu + qu = r(t) u(0) = u 0 u (0) = w 0 A differenciálegyenlet mindkét oldalának vesszük a Laplace-transzformáltját: Az egyenletből kifejezzük U(s)-t: s U(s) su 0 w 0 + p(su(s) u 0 ) + qu(s) = R(s) U(s) = R(s) + su 0 + w 0 + pu 0 s + ps + q A Laplace-transzformáció szabályainak segítségével meghatározzuk azt az egyértelmű u(t) függvényt, aminek éppen U(s) a transzformáltja Megjegyzés: Amennyiben R(s) egy racionális törtfüggvény (két polinom hányadosa), akkor U(s) is racionális törtfüggvény lesz, ebben az esetben a parciális törtekre bontás segítségével határozhatjuk meg u(t)-t Parciális törtekre bontás: adott egy P (s) Q(s) függvény, melyet parciális törtekre szeretnénk bontani, feltételezzük, hogy Q fokszáma nagyobb, mint P -é (ellenkező esetben elvégzünk egy maradékos osztást a polinomokkal) Megkeressük Q(s) valós gyökeit, majd első- és (komplex gyökökkel rendelkező) másodfokú polinomok szorzatává alakítjuk Csoportosítjuk az azonos tényezőket a nevezőben, és felírjuk a törtet alakban P (s) Q(s) = P (s) C (s s ) (s t ) n (s + a s + b ) (s + c s + d ) m 33

35 Ezután megkeressüket azokat az A i, B ij, C i, D i, E ij, F ij együtthatókat, melyekkel: Feladatok P (s) Q(s) = A s s + + B s t + B (s t ) + B n (s t ) n + + C s + D s + a s + b E s + F s + c s + d + E s + F (s + c s + d ) + + E m s + F m (s + c s + d ) m + a) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldását Laplacetranszformációval! } u (t) = u + e t u(0) = U(s) = s + (s + )(s ) Parciális törtekre bontás után U(s) = 7 3 s 3 s + A megoldás tehát: u(t) = 7 3 et 3 e t b) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldását Laplacetranszformációval! u (t) + 3u (t) + u(t) = e t u(0) = 0 u (0) = 0 U(s) = (s + )(s + 3s + ) Parciális törtekre bontás után U(s) = s + s + + (s + ) A megoldás tehát: u(t) = e t e t + te t c) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldását Laplacetranszformációval! u (t) + 4u (t) + 5u(t) = e t u(0) = u (0) = 34

36 Parciális törtekre bontás után A megoldás tehát: s + 6 U(s) = (s + 4s + 5) + (s )(s + 4s + 5) U(s) = 6s (s + 4s + 5) + 7(s ) u(t) = 7 et e t sin(t) e t cos(t) d) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldását Laplacetranszformációval! } u (t) = 4u(t) + cos(t 5)H(t 5) Parciális törtekre bontás után A megoldás tehát: u(0) = 3 U(s) = 3 s 4 + s e 5s (s + )(s 4) U(s) = 3 ( ) 4s + s 4 + e 5s 7(s + ) + 4 7(s 4) ( u(t) = 3e 4t cos(t 5) + ) 4 sin(t 5) e4t 0 H(t 5) e) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldását Laplacetranszformációval! ( ) t 0 u (t) = 3u(t) + cos H(t 0) 4 u(0) = Parciális törtekre bontás után A megoldás tehát: u(t) = e 3t + U(s) = s 3 + 3s e 0s (6s + )(s 3) U(s) = s 3 + e 0s ( ( e3t cos 96 45(s 3) + 3 ) 45 48s 6s + ( t 0 4 ) sin ( t 0 4 )) H(t 0) Differenciálegyenletek kvalitatív tulajdonságai és közelítő megoldási módszerek Elméleti bevezetés Adott az } u (t) = f(t, u) u(t 0 ) = u 0 35

37 kezdetiérték-probléma Mégha az egyenlet megoldását esetleg nem tudjuk meghatározni, az ismeretlen u(t) függvény lokális viselkedését meghatározhatjuk a differenciálegyenlet alapján Monotonitás: Az u (t 0 ) előjelét kell csak meghatározni, ha pozitív, akkor a függvény lokálisan szigorúan monoton nő, ha negatív, akkor lokálisan szigorúan monoton csökken Egyszerű behelyettesítéssel adódik az értéke: u (t 0 ) = f(t 0, u 0 ) Konvexitás: Az u (t 0 ) előjele dönti el, ha pozitív, akkor lokálisan konvex; ha negatív, akkor lokálisan konkáv Értékét a láncszabály segítségével kapjuk meg (parciális deriváltakkal dolgozva): u (t 0 ) = d dt f(t, u(t)) f(t, u) = f(t, u) t=t0 t + u (t) t=t0 u = f t (t 0, u 0 ) + f u (t 0, u 0 )f(t 0, u 0 ) t=t0 Simulókör sugara: A kezdeti érték körül az u(t) függvényt legjobban közelítő kör (simulókör) R sugara az alábbi képletből kapható: Numerikus közelítések: görbület = R = u (t 0 ) ( + u (t 0 ) ) 3 Ha a differenciálegyenlet megoldását analitikusan nem tudjuk felírni, közelítéseket akkor is kaphatunk Ha a fenti módszerrel kiszámoltuk az u (t 0 ) és u (t 0 ) értékét, akkor a másodrendű Taylor-sorfejtés alapján egy közeli t pontban a közelítés: u(t ) u = u 0 + (t t 0 )u (t 0 ) + (t t 0 ) u (t 0 )! Általában, ha adottak a t 0 < t < < t N időpontok, akkor az u(t n )-t közelítő u n értékeket többféle módszerrel is közelíthetjük: Feladatok Explicit Euler-módszer: Implicit Euler-módszer: Implicit trapézszabály: Explicit trapézszabály: u n+ = u n + (t n+ t n )f(t n, u n ) u n+ = u n + (t n+ t n )f(t n+, u n+ ) u n+ = u n + (t n+ t n ) f(t n, u n ) + f(t n+, u n+ ) u n+ = u n + (t n+ t n ) f(t n, u n ) + f(t n+, u EE ) u EE = u n + (t n+ t n )f(t n, u n ) a) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldásának lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás, simulókör sugara) a kezdeti érték körül, majd írjuk fel az érintő egyenes és a simulókör egyenletét! Adjunk numerikus közelítést u(0) értékére Explicit Euler-módszer (EE), Implicit Euler-módszer (IE), Implicit trapézszabály (ITR), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylor-sorfejtés (ET) alapján! Számoljuk ki a pontos értéket is! } u (t) = u + t u(0) = 36

38 Monotonitás: u (0) =, a függvény lokálisan szig mon csökken Konvexitás: u (0) = 5, a függvény lokálisan konvex Simulókör sugara R = 5, R = 5 (+4) 3 Érintő egyenes egyenlete: u(t) = (t 0) Simulókör egyenlete: (t ) + (u ) = 5 EE: 08 IE: ITR: 087 ETR: 085 ET: 085 Pontos megoldás: u(t) = 5e t +t 4, u(0) 0834 b) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldásának lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás, simulókör sugara) a kezdeti érték körül, majd írjuk fel az érintő egyenes és a simulókör egyenletét! Adjunk numerikus közelítést u() értékére Explicit Euler-módszer (EE), Implicit Euler-módszer (IE), Implicit trapézszabály (ITR), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylor-sorfejtés (ET) alapján! Számoljuk ki a pontos értéket is! } u (t) = t + ut u() = Monotonitás: u () = 6, a függvény lokálisan szig mon nő Konvexitás: u () = 7, a függvény lokálisan konvex Simulókör sugara: R = 7, R 8336 (+36) 3 Érintő egyenes egyenlete: u(t) = + 6(t ) ) ( + u 64 7 Simulókör egyenlete: ( t EE: 6 IE: 086 ITR: 778 ETR: 74 ET: 735 ) = Pontos megoldás: u(t) = 3et 4, u() 76 c) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldásának lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás, simulókör sugara) a kezdeti érték körül, majd írjuk fel az érintő egyenes és a simulókör egyenletét! Adjunk numerikus közelítést u() értékére Explicit Euler-módszer (EE), Implicit Euler-módszer (IE), Implicit trapézszabály (ITR), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylor-sorfejtés (ET) alapján! Számoljuk ki a pontos értéket is! } tu (t) = u u() = Monotonitás: u () =, a függvény lokálisan szig mon nő Konvexitás: u () = 0, a függvény lokálisan konkáv 37

39 Simulókör sugara: R = 0, R 8 (+4) 3 Érintő egyenes egyenlete: u(t) = + (t ) Simulókör egyenlete: (t ) + ( u + 3 ) = 5 4 EE: 08 IE: 0864, (6364 rosszabb) ITR: 0837, (837 rosszabb) ETR: 0848 ET: 085 Pontos megoldás: u(t) = + ln t, u() 0840 d) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldásának lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás, simulókör sugara) a kezdeti érték körül, majd írjuk fel az érintő egyenes és a simulókör egyenletét! Adjunk numerikus közelítést u(0) értékére Explicit Euler-módszer (EE), Implicit Euler-módszer (IE), Implicit trapézszabály (ITR), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylor-sorfejtés (ET) alapján, továbbá két egyenlő időlépésű EE-lépéssel! Számoljuk ki a pontos értéket is! } u (t) = u ( + t) u(0) = Monotonitás: u (0) =, a függvény lokálisan szig mon nő Konvexitás: u (0) = 3, a függvény lokálisan konvex Simulókör sugara: R = 3, R 0943 (+) 3 Érintő egyenes egyenlete: u(t) = + (t 0) Simulókör egyenlete: ( t + 3) ( ) + u 5 3 = 8 9 EE: IE: 6667, (5 rosszabb) ITR: 304, (709 rosszabb) ETR: 73 ET: 6 EE : 33 Pontos megoldás: u(t) = t t, u(0) 8 e) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldásának lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás, simulókör sugara) a kezdeti érték körül, majd írjuk fel az érintő egyenes és a simulókör egyenletét! Adjunk numerikus közelítést u() értékére Explicit Euler-módszer (EE), Implicit Euler-módszer (IE), Implicit trapézszabály (ITR), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylor-sorfejtés (ET) alapján! Számoljuk ki a pontos értéket is! } tu (t) = u + t u() = Monotonitás: u () = 3, a függvény lokálisan szig mon nő Konvexitás: u () = 5, a függvény lokálisan konvex 38

40 Simulókör sugara R = 5, R 635 (+9) 3 Érintő egyenes egyenlete: u(t) = + 3(t ) Simulókör egyenlete: (t + 5) + (u 3) = 40 EE: 3 IE: 3567 ITR: 355 ETR: 33 ET: 35 pontos megoldás: u(t) = t ( + ln t), u() 353 Differenciálegyenlet-rendszerek kvalitatív tulajdonságai és közelítő megoldási módszerek Elméleti bevezetés Adott az } u (t) = f(t, u) u(t 0 ) = u 0 kezdetiérték-probléma, ahol u(t) egy vektor értékű függvény Monotonitás, konvexitás: Az u(t) komponenseinek az első és második deriváltjai kell meghatározni, az első derivált egyszerű behelyettesítéssel adódik, a második deriváltakat láncszabállyal számolhatjuk ki: u (t 0 ) = t f(t, u(t)) t=t0 = f(t, u) u u (t) + t=t0 f(t, u) t = f u (t 0, u 0 )f(t 0, u 0 ) + f t (t 0, u 0 ), t=t0 ahol f u jelöli a függvény Jacobi-mátrixát, azaz f f u u f f f u = u u f n u f n u f u n f u n f n u n, f t = Numerikus közelítések: A korábban bevezetett EE, IE, ETR, ITR, ET módszerek képletei változatlanok, csak arra kell figyelnünk, hogy u egy vektor-értékű függvény f t f t f n t a) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldása komponenseinek lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás) a kezdeti érték körül, majd adjunk numerikus közelítést u(0) értékére Explicit Euler-módszer (EE), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylorsorfejtés (ET) alapján! u (t) = u u + tu u (t) = u u + t u u (0) = u (0) = 39

41 Monotonitás: u (0) = nő Konvexitás: u (0) = ( ) 06 EE: 4 ( ) ETR: 3536 ( ) 076 ET: 36 ( ), az u (t) függvény lokálisan szig mon csökken, az u (t) lok szig mon ( 8 ), az u (t) függvény lokálisan konvex, az u (t) lok konkáv b) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldása komponenseinek lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás) a kezdeti érték körül, majd adjunk numerikus közelítést u() értékére Explicit Euler-módszer (EE), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylorsorfejtés (ET) alapján! u (t) = u cos(u ) u u (t) = u u () = 0 u () = Monotonitás: u (0) = csökken Konvexitás: u (0) = ( ) 0 EE: 08 ( ) ETR: 0785 ( ) 009 ET: 0795 ( ), az u (t) függvény lokálisan szig mon nő, az u (t) lok szig mon ( ), az u 3 (t) függvény lokálisan konkáv, és az u (t) is lok konkáv c) Állapítsuk meg az alábbi differenciálegyenlet u(t) megoldása komponenseinek lokális viselkedését (monotonitás, konvexitás) a kezdeti érték körül, majd adjunk numerikus közelítést u() értékére Explicit Euler-módszer (EE), Explicit trapézszabály (ETR) és másodrendű Taylorsorfejtés (ET) alapján! u (t) = teuu + t u (t) = tu u u () = 0 u () = 0 ( ) Monotonitás: u (0) =, az u 0 (t) függvény lokálisan szig mon nő, az u (t)-nek lok minimuma van ( ) 3 Konvexitás: u (0) =, az u (t) függvény lokálisan konvex, és az u (t) is lok konvex 40

42 ( ) 0 EE: 0 ( ) 055 ETR: 00 ( ) 05 ET: 00 d) Adjunk numerikus közelítést u(3) értékére Implicit Euler-módszer (IE) alapján! u (t) = t u u u (t) = t u u u () = 4 u () = 9 IE: ( ) e) Adjunk numerikus közelítést u(05) értékére Implicit Euler-módszer (IE) alapján! IE: u (t) = 8u 4u + 4t u (t) = 4u + 4u + u (0) = u (0) = 3 ( ) 0 4 Egyensúlyi pontok, lineáris stabilitásvizsgálat Elméleti bevezetés Adott az u (t) = f(u) időfüggetlen (autonóm) differenciálegyenlet-rendszer, ahol u(t) egy vektor értékű függvény Az u pontot a rendszer egyensúlyi (stacionárius) pontjának nevezzük, ha f(u ) = 0 Ekkor u(t) = u a differenciálegyenlet-rendszer egy megoldása Az f(u) függvényt első rendig sorba fejtve u körül ahol f(u) = f(u ) + f(u) u u=u (u u ) + O ( u u ) = f u (u ) (u u ) + O ( u u ), f u = f u = f f u f f u f n u f u n f u n u u f n u f n u n a Jacobi-mátrix Az u pont kis környezetében a differenciálegyenlet az (u u ) = f u (u ) (u u ) + O ( u u ) 4

43 alakban írható, ezért itt a differenciálegyenlet megoldásainak viselkedését az f u (u ) mátrix határozza meg Jelölje f u (u ) mátrix sajátértékeit λ,, λ N Az u egyensúlyi pont stabilitásáról az alábbi tétel mondható ki Ha minden sajátérték valós része negatív, azaz Rλ i < 0, akkor az u stacionárius pont stabil, vagyis az u pont kis környezetéből kiindulva az u(t) megoldás u értékhez konvergál Ha van olyan sajátérték, amire Rλ i > 0, akkor az u stacionárius pont instabil, vagyis az u ponthoz tetszőlegesen közel találunk olyan u 0 kezdeti értéket, amelyre u(t) nem tart u -hoz Ilyen kezdeti értékeket ad pl az u 0 := ɛ s i választás, ahol s i jelöli azt a sajátvektort, ami egy pozitív valós részű λ i -hez tartozik, ɛ pedig egy elegendően kicsi pozitív szám a) b) Feladatok Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer stacionárius pontjait és állapítsuk meg a típusukat u (t) = 6u } 6u 30 u (t) = 6u + 3u 5 ( ( ) 0 A rendszer stacionárius pontjai: u = és u = 3) 5 ( ) 6 6 A Jacobi-mátrix: u = 6 6u ( A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = pontban λ 3), λ = 6 ± 6 5, ezért ezen egyensúlyi pont instabil A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = ( ) 5 pontban λ 0, λ = 8 ± 6 5, ezért ezen egyensúlyi pont is instabil Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer stacionárius pontjait és állapítsuk meg a típusukat u (t) = 6u } u u (t) = u u u ( ( ) ( ) 0 A rendszer stacionárius pontjai: u =, u = és u = 0) 4 4 ( ) 6 u A Jacobi-mátrix: u = u (u + ) ( ) 0 A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = pontban λ 0 = 6, λ =, ezért ezen egyensúlyi pont stabil ( ) A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = pontban λ, λ = 8 ± 8, ezért ezen egyensúlyi pont instabil A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = ( 4 4 ) pontban λ, λ = 8±8, ezért ezen egyensúlyi pont is instabil c) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer stacionárius pontjait és állapítsuk meg a típusukat u (t) = u u } 0 u (t) = u + u 4

44 ( 4 A rendszer stacionárius pontjai: u = és u = 6) ( ) u A Jacobi-mátrix: u = ( 4 A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = 6) A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = ( ) 3 ( ) 3 pontban λ, λ = 9 ± 53, ezért ezen egyensúlyi pont instabil pontban λ, λ = 5 ± 53, ezért ezen egyensúlyi pont is instabil d) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer stacionárius pontjait és állapítsuk meg a típusukat u (t) = u + u } u (t) = u u ( ) ( ) 0 A rendszer stacionárius pontjai: u = és u = 0 ( ) u A Jacobi-mátrix: u = ( ) 0 A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = pontban λ 0, λ = ± i, ezért ezen egyensúlyi pont stabil ( ) A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = pontban λ, λ = ±, ezért ezen egyensúlyi pont instabil e) Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenlet-rendszer stacionárius pontjait és állapítsuk meg a típusukat u (t) = u } + u 3 u (t) = 4u + 3u ( A rendszer stacionárius pontja: u = ) ( ) A Jacobi-mátrix: u = 4 3 ( A Jacobi-mátrix sajátértékei az u = pontban λ ), λ = ± i, ezért az egyensúlyi pont instabil Lineáris differenciálegyenlet-rendszerek és numerikus közelítéseik végtelenbeli viselkedése Elméleti bevezetés Tekintsük a } u (t) = Au u(t 0 ) = u 0 lineáris differenciálegyenlet-rendszert! Az u(t) megoldás végtelenbeli viselkedéséről az alábbi tétel mondható ki Legyenek az A mátrix sajátértékei: λ,, λ N Ha minden sajátérték valós része negatív, azaz Rλ i < 0, akkor az u(t) megoldás tetszőleges kezdeti érték esetén 0-hoz konvergál 43

45 Ha van olyan sajátérték, amire Rλ i > 0, akkor van olyan u 0 kezdeti érték, amelyre u(t) nem lesz korlátos a t 0 tartományon Ilyen kezdeti értéket ad pl az u 0 := s i választás, ahol s i jelöli azt a sajátvektort, ami egy pozitív valós részű λ i -hez tartozik Ha minden sajátérték valós része negatív v 0, azaz Rλ i 0 és a 0 valós részű sajátértékek egyszeres sajátértékek, akkor tetzsőleges kezdeti érték esetén az u(t) megoldás korlátos lesz a t 0 tartományon Ha azonban van olyan 0 valós részű sajátérték, ami többszörös sajátérték, és nem található megfelelő számú lineárisan független sajátvektor, akkor van olyan u 0 választás, amire az u(t) megoldás nem marad korlátos t 0 esetén Az EE, IE, ITR, ETR módszerek mind felírhatóak az u n+ = r(τa)u n alakban, ahol u 0, u,, u n, jelöli a közelítő értékek sorozatát adott τ > 0 időlépéssel Az egyes módszerek esetén: EE: r(τa) = I + τa IE: r(τa) = (I τa) ITR: r(τa) = (I τa ) (I + τa ) ETR: r(τa) = I + τa + (τa) A numerikus módszerek által meghatározott u 0, u,, u n, közelítő sorozat végtelenbeli viselkedéséről a következő tétel mondható ki: Ha minden λ i sajátértékre r(τλ i ) <, akkor az u n közelítő sorozat tetszőleges kezdeti érték esetén 0-hoz konvergál Ha van olyan sajátérték, amire r(τλ i ) >, akkor van olyan u 0 kezdeti érték, amelyre az u n sorozat nem lesz korlátos Ilyen kezdeti értéket ad pl az u 0 := s i választás, ahol s i jelöli azt a sajátvektort, ami egy ilyen λ i -hez tartozik Ha minden λ i sajátértékre r(τλ i ), és nincs olyan többszörös sajátérték, amire r(τλ i ) =, akkor az u n közelítő sorozat tetszőleges kezdeti érték esetén korlátos marad a) Feladatok Hogyan viselkedik az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldása különböző kezdeti értékek esetén a végtelenben? u (t) = 4u } + u u (t) = 3u A sajátértékek λ, = ± 3i, azaz minden u 0 esetén 0-hoz konvergál a megoldás b) Hogyan viselkedik az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldása különböző kezdeti értékek esetén a végtelenben? u (t) = u } + u u (t) = 4u + u A sajátértékek λ( = ) 3 és λ =, azaz van olyan u 0, amire nem lesz korlátos a megoldás Ilyen választást ad az u 0 = s = választás 4 44

46 c) Hogyan viselkedik az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldása különböző kezdeti értékek esetén a végtelenben? u (t) = 0 } d) u (t) = 3u A sajátértékek λ = 0 és λ = 3, azaz minden u 0 esetén korlátos lesz a megoldás Hogyan viselkedik az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldása különböző kezdeti értékek esetén a végtelenben? u (t) = u } u (t) = 0 A sajátértékek λ = λ = 0 és nincs két lineárisan független sajátvektor, azaz van olyan u 0 kezdeti érték, amire nem lesz korlátos lesz a megoldás e) Hogyan viselkedik az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldása különböző kezdeti értékek esetén a végtelenben? Megőrzi-e valamelyik módszer az EE, IE, ITR, ETR közül ezt a tulajdonságot τ = 3 időlépéssel? u (t) = u } u (t) = u A sajátértékek λ = 0, λ =, azaz minden u 0 kezdeti értékre korlátos marad a megoldás EE: r(τλ ) = = és r(τλ ) = + 3 ( ) = >, azaz van olyan u 0, amire nem lesz korlátos a megoldást közelítő sorozat IE: r(τλ ) = 3 0 = és r(τλ ) = 3 ( ) = 05 <, azaz minden kezdeti érték esetén korlátos marad a közelítő sorozat ( ) ITR: r(τλ ) = = és r(τλ 3 0 ) = + 3 ( ) = 0 < azaz minden kezdeti érték esetén korlátos marad a közelítő sorozat ETR: r(τλ ) = (3 0) = és r(τλ ) = + 3 ( ) + (3 ( )) = 5 >, azaz azaz van olyan u 0, amire nem lesz korlátos a megoldást közelítő sorozat f) Hogyan viselkedik az alábbi differenciálegyenlet-rendszer u(t) megoldása különböző kezdeti értékek esetén a végtelenben? Megőrzi-e valamelyik módszer az EE, IE, ITR, ETR közül ezt a tulajdonságot τ = 00 időlépéssel? u (t) = u } u (t) = 000u 00u A sajátértékek λ =, λ = 000, azaz minden u 0 esetén 0-hoz konvergál a megoldás EE: r(τλ ) = + 00 ( ) = 099 < és r(τλ ) = + 00 ( 000) = 9 >, azaz van olyan u 0, amire nem lesz korlátos a megoldást közelítő sorozat IE: r(τλ ) = 00 ( ) = 00 0 < és r(τλ ) = 00 ( 000) = <, azaz minden kezdeti érték esetén 0-hoz konvergál a megoldás 00 ( ) ITR: r(τλ ) = + 00 ( ) = 99 0 < és r(τλ 00 ( 000) ) = + 00 ( 000) = 3 <, azaz minden kezdeti érték esetén 0-hoz konvergál a megoldás ETR: r(τλ ) = + 00 ( ) + (00 ( )) = < és r(τλ ) = + 00 ( 000) + (00 ( 000)) = 4 >, azaz azaz van olyan u 0, amire nem lesz korlátos a megoldást közelítő sorozat 45

47 Peremérték-feladatok numerikus közelítő megoldása a véges differenciák módszerével Elméleti bevezetés Tekintsük az au xx (x) + bu x (x) + cu(x) = g(x) (0 < x < L) u(0) = p 0 u(l) = p L peremérték-feladatot! Osszuk fel a [0, L] intervallumot n egyenlő hosszúságú részre az x i = il n (0 i n) rácspontok felvételével Két szomszédos rácspont távolsága a h = L n rácsállandó Jelölje az ismeretlen függvény közelítő értékét az x i rácspontban u i, azaz u(x i ) u i (0 i n) A peremfeltételeket expliciten előírjuk, azaz u 0 = p 0 és u n = p L Az első deriváltak közelítésére az alábbi sémák valamelyikét használjuk: előrenéző: u x (x i ) ui+ ui h hátranéző: u x (x i ) ui ui h centrális: u x (x i ) ui+ ui h, a második deriváltak közelítésére a centrális: u xx (x i ) ui+ ui+ui h sémát alkalmazzuk Az u, u,, u n ismeretlenek meghatározása céljából minden belső x i pontban ( i n ) felírjuk az egyenletet a közelítő deriváltakkal Az u i közelítő függvényértékeket a lineáris egyenletrendszer megoldása szolgáltatja a) Feladatok Adjunk közelítő megoldást a 4u xx 8u x + 3u = x + 4 (0 < x < 6) u(0) = u(6) = 5 peremérték-feladatra két belső pont alapján! Az első deriváltakat közelítsük előrenéző, a második deriváltakat centrális sémával, a kapott eredményt ábrázoljuk grafikonon! Írjuk fel a megoldást közelítő egyenletrendszer mátrixos alakját 5 belső pont esetén is! A szakasz hossza L = 6, a szakaszt n = 3 részre osztjuk, a rácsállandó h = A peremfeltételek alapján u 0 = 0 és u 3 = 5 Az egyenlet az x pontban: ( ) ( ) u0 u + u u u u = + 4 9u 5u = 7, valamint az x pontban: ( ) u u + u ( u3 u ) + 3u = u + 9u = 33 Az egyenletrendszer megoldása: u = 3, u = 4 46