λx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j)

Átírás

1 Matematika A3 gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok, 016/17 ősz 10 feladatsor: Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1 Határozzuk meg az e λx, xe λx, x e λx,, x k 1 e λx függvények Wronski-determinánsát Megoldás A megadott függvények e λx f(x) alakúak, ezek deriváltjait a Leibniz-szabály alkalmazásával állíthatjuk elő: d n dx n eλx f(x) = n i=0 ( ) n λ i f (n i) (x)e λx = f (n) (x)e λx + i n i=1 ( ) n λ i f (n i) (x)e λx i Ebben az alakban láthatjuk, hogy az összegben megjelenő tagok mindegyike előáll e λx f(x) legfeljebb n 1-edik deriváltjainak lineáris kombinációjaként, ahol az együtthatók f-től nem függnek Így például e λx f 1 (x) e λx f (x) (e λx f 1 (x)) (e λx f (x)) = e λx f 1 (x) λe λx f 1 (x) + e λx f 1(x) e = λx f 1 (x) e λx f (x) e λx f 1(x) e λx f (x) = e λx f 1 (x) f (x) f 1(x) f (x) e λx f (x) λe λx f (x) + e λx f (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j) i (x) elemek maradjanak a determinánsban: e λx f 1 (x) e λx f k (x) f 1 (x) f (x) f k (x) = e kλx f 1(x) f (x) f k(x) d k 1 e λx d f dx k 1 1 (x) k 1 e λx f dx k 1 k (x) f (k 1) 1 (x) f (k 1) (x) f (k 1) k (x) A megadott függvények Wronski-determinánsa tehát 1 x x x k x (k 1)x k W (x) = e kλx 0 0 (k 1)(k )x k (k 1)! Azt is észrevehetjük, hogy a megadott függvények az ( ) k d dx λ y(x) = 0, k 1 = e kλx n=0 n! azaz k n=0 ( ) k ( λ) k n y (n) = 0 n

2 lineáris differenciálegyenlet megoldásterének bázisát alkotját Elsőrendű egyenletrendszerré alakítva y = (y, y,, y (k 1) ) bevezetésével az egyenlet y = 0 y = Ay ( ) k 1 ( λ) k 1 ( ) k ( λ) k ( ) k 3 ( λ) k 3 ( ) k k 1 ( λ) lesz, tehát a Wronski-determinánsra a W = (Tr A)W = kλw differenciálegyenlet teljesül, emiatt W (x) = e kλx W (0) A Wronski-determináns segítségével határozzuk meg a 4xy +y +y = 0 differenciálegyenlet általános megoldását, ha tudjuk, hogy cos x megoldja az egyenletet Megoldás Az a (x)y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 differenciálegyenlet ekvivalens az y = [ 0 1 a 0(x) a (x) a 1(x) a (x) ] y elsőrendű egyenletrendszerrel, ennek Wronski-determinánsa teljesíti a W = a 1(x) a (x) W egyenletet Most a 1 (x) = a (x) = 4x, tehát W = 1 W, amiből W (x) = C x x Másrészt ha y 1 és y az eredeti egyenlet két megoldása, akkor a y W (x) = 1 (x) y (x) y 1(x) y (x) függvény ugyanezt a differenciálegyenletet teljesíti Ha y 1 (x) = cos x ismert, akkor ez y -re nézve elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet jelent, amit az állandók variálásának módszerével oldhatunk meg A konstrukció miatt y 1 megoldja a homogén egyenletet, tehát az inhomogén egyenlet megoldását c(x)y 1 (x) alakban keressük y 1 (x) c(x)y 1 (x) y 1(x) (c(x)y 1 (x)) = y 1 (x) y 1(x) felhasználásával és pl C = 1 választásával most tehát c (x) = 1 cos 1, x x c(x) = tan x c(x)y 1 (x) c(x)y 1(x) + c (x)y 1 (x) = y 1 (x) 0 y 1(x) c (x)y 1 (x) = c (x)y 1 (x) Így y (x) = sin x, és az általános megoldás A cos x + B sin x 3 Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenletek általános megoldását a) y (4) y y + y = 0 b) y 4y + 4y = 0 c) y + 3y + 3y + y = 0 d) y 4y + 9y = 0

3 e) y (4) + y + y = 0 Megoldás Az egyenletekbe az e λx függvényt helyettesítünk és elosztjuk mindkét oldalt ugyanezzel a függvénnyel A bal oldal így λ egy polinomja lesz (karakterisztikus polinom), ha ennek λ i gyöke m i multiplicitással, akkor az e λix, xe λix,, x mi 1 e λix függvények megoldják a differenciálegyenletet Ez pontosan annyi függvényt határoz meg, mint amennyi az egyenlet rendje, és a függvények a megoldástér egy bázisát alkotják (Ha λ = a + bi C \ R gyök m multiplicitással, akkor λ is az ugyanilyen multiplicitással, ezek alkalmas lineáris kombinációi valósak: e ax cos bx,, x m 1 e ax cos bx, e ax sin bx,, x m 1 e ax sin bx) a) A karakterisztikus polinom λ 4 λ 3 λ + λ = (λ + 1)λ(λ 1)(λ ), az általános megoldás y(x) = Ae x + B + Ce x + De x b) A karakterisztikus polinom λ 4λ + 4 = (λ ), az általános megoldás y(x) = Ae x + Bxe x c) A karakterisztikus polinom λ 3 + 3λ + 3λ + 1 = (λ + 1) 3, az általános megoldás y(x) = Ae x + Bxe x + Cx e x d) A karakterisztikus polinom λ 4λ + 9, ennek gyökei 4 ± = ± 5 = ± 5i, az általános megoldás y(x) = Ae x cos 5x + Be x sin 5x e) A karakterisztikus polinom λ 4 + λ + 1 = (λ + 1) = (λ + i) (λ i), az általános megoldás y(x) = A cos x + Bx cos x + C sin x + Dx sin x 4 Legyenek ω 0 és α 0 valós paraméterek Oldjuk meg az y + αy + ω y = 0 differenciálegyenletet y(0) = 1, y (0) = 0 kezdeti feltétel mellett Miben különbözik a megoldás α > ω és α < ω esetén? Megoldás A karakterisztikus polinom λ + αλ + ω λ, ennek gyökei α ± 4α 4ω = α ± α ω Ha α > ω, akkor mindkét gyök valós (negatív), az általános megoldás y(x) = Ae ( α+ α ω )x + Be ( α α ω )x A kezdeti feltételből kell A és B értékét meghatározni: ebből 1 = y(0) = A + B 0 = y (0) = ( α + α ω )A + ( α α ω )B, A = α + α ω α ω B = α + α ω α ω A kapott megoldás monoton csökken, exponenciálisan 0-hoz tart (y(x) Ce ( α+ α ω )x ) Ha α < ω, akkor viszont komplex gyököket kapunk, az általános megoldás y(x) = Ae αx cos( ω α x) + Be αx sin( ω α x) 3

4 A kezdeti feltételből kell A és B értékét meghatározni: ebből 1 = y(0) = A 0 = y (0) = αa + ω α B, A = 1 α B = ω α Ilyenkor a megoldás a 0 körül oszcillál Ha α > 0, akkor exponenciálisan 0-hoz tart ( y(x) Ce αx ), ha viszont α = 0, akkor periodikus Meg kell még vizsgálni az α = ω esetet Ekkor α kétszeres valós gyök, az általános megoldás y(x) = Ae αx + Bxe αx A kezdeti feltételből kell A és B értékét meghatározni: 1 = y(0) = A 0 = y (0) = αa + B, ebből A = 1 és B = α Ekkor a megoldás szigorúan monoton csökken, szintén exponenciálisan 0-hoz tart, de kicsivel lassabban mint e αx ( y(x) Cxe αx ) Ezt a megoldást az előző két eset bármelyikéből megkaphattuk volna ω α határátmenettel 5 Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenletek általános megoldását a) y 4y 1y = xe x b) y 4y 1y = xe x c) y 4y + 4y = x + e x d) y y + 5y = e x sin x Megoldás Ha az inhomogén tag p(x)e λx alakú, ahol p(x) egy d fokú polinom és λ a karakterisztikus polinomnak m-szeres gyöke (m = 0 ha nem gyök), akkor az egyenletnek létezik q(x)x m e λx alakú megoldása, ahol q(x) szintén d fokú polinom (Komplex gyök esetén cos, sin előállítható a komplex exponenciálisokból) a) A karakterisztikus polinom λ 4λ 1 = (λ + )(λ 6), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be 6x Nincsen rezonancia, (C 0 + C 1 x)e x alakú megoldást keresünk Ezt behelyettesítve az xe x = C 1 e x + (C 0 + C 1 x)e x 4(C 1 e x + (C 0 + C 1 x)e x ) 1(C 0 + C 1 x)e x = ( 15C 0 C 1 )e x + ( 15C 1 )xe x egyenlethez jutunk, ami akkor teljesül minden x-re, ha C 1 = 1, C 15 = Tehát az 5 általános megoldás y(x) = 5 ex 1 15 xex + Ae x + Be 6x b) A karakterisztikus polinom λ 4λ 1 = (λ + )(λ 6), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be 6x Külső rezonancia van, (C 0 + C 1 x)xe x = (C 0 x + C 1 x )e x alakú megoldást keresünk Ezt behelyettesítve az ( 8C 0 + C 1 )e x 16C 1 xe x = xe x egyenlet adódik, ebből C 1 = 1 és C 16 = 1, így az általános megoldás 64 y(x) = 1 64 xe x 1 16 x e x + Ae x + Be 6x 4

5 c) A karakterisztikus polinom λ 3 4λ + 4λ = λ(λ ), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = A + Be x + Cxe x (belső rezonancia) Mindkét inhomogén tag miatt külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet megoldását C 0 x + C 1 x + C x 3 + D 0 x e x alakban keressük Behelyettesítve: (4C 0 8C 1 + 6C ) + (8C 1 4C )x + 1C x + 4D 0 e x = x + e x, amiből D 0 = 1, C 4 = 1, C 1 1 = 1, C 4 0 = 3 Az általános megoldás 8 y(x) = 3 8 x x x x e x + A + Be x + Cxe x d) A karakterisztikus polinom λ λ+5 = (λ 1+i)(λ 1 i), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x cos x + Be x sin x Külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet megoldását C 0 xe x cos x + D 0 xe x sin x alakban kereshetjük Behelyettesítve: 4D 0 e x cos x 4C 0 e x sin x = e x sin x, tehát C 0 = 1 4 és D 0 = 0 Az általános megoldás y(x) = 1 4 xex cos x + Ae x cos x + Be x sin x További gyakorló feladatok 6 Bizonyítsuk be, hogy az y 1 = y y = e x y 1 + y differenciálegyenlet-rendszernek létezik nem korlátos megoldása Megoldás Az egyenletrendszer mátrix alakban y = A(x)y, ahol [ ] 0 1 A(x) = e x 1 Két lineárisan független megoldásból mátrixot képezhetünk, ennek determinánsa a W (x) Wronski-determináns A W (x) = Tr A(x)W (x) = W (x) egyenlet megoldása W (x) = Ce x, ahol C 0 állandó Ha minden megoldás korlátos lenne, akkor a belőlük képzett determináns is korlátos lenne, de e x nem az Tehát létezik nem korlátos megoldás 7 Határozzuk meg az y y e x y = 0 differenciálegyenlet általános megoldását, ha tudjuk, hogy e ex megoldás Megoldás A Wronski-determinánsra W = W teljesül, tehát W = Ce x y 1 (x) = e ex megoldás, egy másikat y (x) = c(x)y 1 (x) alakban keressük (C = 1 feltehető): e x y = 1 (x) c(x)y 1 (x) y 1(x) (c(x)y 1 (x)) = c (x)y 1 (x), tehát c (x) = ex e ex Ezt integrálva c(x) = 1 e ex + C adódik, az általános megoldás y(x) = C 1 e ex + C e ex 5

6 8 Határozzuk meg az alábbi differenciálegyenletek általános megoldását a) y + y + 10y = 0 b) y 1y + 7y = 0 c) y 10y + 5y = 0 d) y (4) + 18y + 81y = 0 e) y 6y + 1y 8y = 0 f) y (n) y = 0, ahol n 1 egész Megoldás a) A karakterisztikus polinom λ +λ+10 = (λ+1 3i)(λ+1+3i), az általános megoldás y(x) = Ae x cos 3x + Be x sin 3x b) A karakterisztikus polinom λ 1λ + 7 = (λ 3)(λ 9), az általános megoldás y(x) = Ae 3x + Be 9x c) A karakterisztikus polinom λ 10λ + 5 = (λ 5), az általános megoldás y(x) = Ae 5x + Bxe 5x d) A karakterisztikus polinom λ λ + 81 = (λ + 9) = (λ + 3i) (λ 3i), az általános megoldás y(x) = A cos 3x + B sin 3x + Cx cos 3x + Dx sin 3x e) A karakterisztikus polinom λ 3 6λ + 1λ 8 = (λ ) 3, az általános megoldás y(x) = Ae x + Bxe x + Cx e x f) A karakterisztikus polinom λ n 1 = n 1 k=0 (λ e πi k n ) Ha n páratlan, akkor az általános megoldás y(x) = Ae x + n 1 k=1 ha n páros, akkor pedig y(x) = Ae x + Be x + ( C k e cos(πi k n) cos e sin(πi k n) + Dk e cos(πi k n) sin e sin(πi k n) ), n 1 k=1 ( C k e cos(πi k n) cos e sin(πi k n) + Dk e cos(πi k n) sin e sin(πi k n) ) 9 Legyenek ω 0 > 0 és ω 0 valós paraméterek Oldjuk meg az y + ω 0y = sin(ωx) differenciálegyenletet y(0) = 0, y (0) = 0 kezdeti feltétel mellett Mi történik, ha ω = ω 0? Megoldás Az egyenlet inhomogén lineáris, a hozzá tartozó homogén egyenlet y + ω0y A karakterisztikus polinom λ + ω0 = (λ iω 0 )(λ + iω 0 ), tehát a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = A cos(ω 0 x) + B sin(ω 0 x) Ha ω ω 0, akkor nincsen külső rezonancia, az inhomogén egyenlet megoldását C cos(ωx) + D sin(ωx) alakban kereshetjük Ezt behelyettesítve az egyenlet ω C cos(ωx) ω D sin(ωx) + ω 0C cos(ωx) + ω 0D sin(ωx) = sin(ωx), amiből C(ω 0 ω ) = 0, D(ω 0 ω ) = 1 Az általános megoldás y(x) = 1 ω 0 ω sin(ωx) + A cos(ω 0x) + B sin(ω 0 x) Az A, B paraméterek értékét úgy kell megválasztani, hogy a kezdeti feltétel teljesüljön y (x) = ω ω 0 ω cos(ωx) Aω 0 sin(ω 0 x) + Bω 0 cos(ω 0 x) 6

7 felhasználásával a feltétel 0 = y(0) = A 0 = y ω (0) = ω0 ω + Bω 0, tehát A = 0 és B = y(x) = ω ω 0 (ω0 ω ) 1 ω 0 ω sin(ωx), a kezdetiérték-probléma megoldása ω ω 0 (ω0 ω ) sin(ω 0x) = ω 0 sin(ωx) ω sin(ω 0 x) ω 0 (ω0 ω ) Ha ω = ω 0, akkor külső rezonancia van, tehát az inhomogén egyenletnek Cx cos(ω 0 x) + Dx sin(ω 0 x) alakban keressük a megoldását Behelyettesítés után az egyenlet Dω 0 cos(ω 0 x) Cω 0 sin(ω 0 x) = sin(ω 0 x), tehát C = 1 ω 0 és D = 0 Az általános megoldás y(x) = 1 ω 0 x cos(ω 0 x) + A cos(ω 0 x) + B sin(ω 0 x) A kezdeti feltételből 0 = y(0) = A 0 = y (0) = 1 ω 0 + Bω 0, azaz A = 0 és B = 1 A kezdetiérték-probléma megoldása ekkor ω0 y(x) = 1 x cos(ω 0 x) + 1 sin(ω ω 0 ω0 0 x) Tehát külső rezonancia esetén a megoldás nem lesz korlátos, az első tag miatt lineárisan nő a rezgés amplitúdója Ezt a megoldást az ω ω 0 melletti megoldásból ω ω 0 határátmenettel is megkaphattuk volna 10 Legyenek ω 1, ω 0 valós paraméterek Oldjuk meg az y (4) + (ω1 + ω)y + ω1ω y = 0 differenciálegyenletet y(0) = 1, y (0) = y (0) = y (0) = 0 kezdeti feltétel mellett Mi történik, ha ω 1 = ω? Megoldás Az egyenlet homogén lineáris állandó együtthatós, a karakterisztikus polinom λ 4 + (ω 1 + ω )λ + ω 1ω = (λ + ω 1)(λ + ω ) Ha ω 1 ω, akkor nincs rezonancia, az általános megoldás y(x) = A cos ω 1 x + B sin ω 1 x + C cos ω 1 x + D sin ω x Ennek deriváltjai: y (x) = Bω 1 cos ω 1 Aω 1 sin ω 1 x + Dω cos ω 1 x Cω 1 sin ω 1 x y (x) = Aω 1 cos ω 1 Bω 1 sin ω 1 x Cω cos ω 1 x Dω 1 sin ω 1 x y (x) = Bω 3 1 cos ω 1 + Aω 3 1 sin ω 1 x Dω 3 cos ω 1 x + Cω 3 1 sin ω 1 x A kezdeti feltétel alapján az együtthatókra az 1 = y(0) = A + C 0 = y (0) = ω 1 B + ω D 0 = y (0) = ω 1A ω C 0 = y (0) = ω 3 1B ω 3 D 7

8 egyenletrendszer teljesül, ennek megoldása A = ω ω ω 1 B = 0 C = ω 1 ω ω 1 D = 0, tehát a kezdetiérték-probléma megoldása y(x) = ω cos ω 1 x ω1 cos ω x ω ω1 Ha ω 1 = ω =: ω, akkor belső rezonancia van, tehát az általános megoldás y(x) = A cos ωx + B sin ωx + Cx cos ωx + Dx sin ωx, ebből hasonlóan azt kapjuk, hogy y(x) = 1 xω sin ωx + cos ωx Ez a megoldás egyébként azzal a függvénnyel is megegyezik, amit az ω 1 ω esetben kapottból ω ω 1 határátmenettel kapunk 11 Határozzuk meg az alábbi kezdetiérték-problémák megoldását a) y + 4y + 8y = e x cos x, y(0) = 1, y (0) = 0 b) y 3y y + 3y = xe x, y(0) = y (0) = y (0) = 0 c) y 3y y + 3y = xe x, y(0) = y (0) = y (0) = 0 d) y + 8y + 16y = x e 4x, y(0) = 0, y (0) = 1 Megoldás a) A karakterisztikus polinom λ + 4λ + 8 = (λ + + i)(λ + i), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x cos x+be x sin x Külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet egy megoldását y(x) = Cxe x cos x+dxe x sin x alakban keressük, behelyettesítés után C = 0, D = 1 adódik Az általános megoldás és deriváltja 4 y(x) = 1 4 xe x sin x + Ae x cos x + Be x sin x y (x) = 1 4 e x sin x 1 xe x sin x + 1 xe x cos x + ( A + B)e x cos x + ( A B)e x sin x, a kezdeti feltétel alapján 1 = y(0) = A 0 = y (0) = A + B, tehát A = B = 1 b) A karakterisztikus polinom λ 3 3λ λ+3 = (λ+1)(λ 1)(λ 3), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be x + Ce 3x Nincsen rezonancia, az inhomogén egyenlet megoldását y(x) = (C 0 + C 1 x)e x alakban keressük Behelyettesítés után az 8

9 egyenlet ( 3C 0 C 1 3C 1 x)e x = xe x, amiből C 0 = 1 9 megoldás és deriváltjai és C 1 = 1 Az általános 3 y(x) = 1 9 ex 1 3 xex + Ae x + Be x + Ce 3x y (x) = 1 9 ex 3 xex Ae x + Be x + 3Ce 3x y (x) = 8 9 ex 4 3 xex + Ae x + Be x + 9Ce 3x, a kezdeti feltétel alapján 0 = y(0) = A + B + C 0 = y (0) = 1 9 A + B + 3C 0 = y (0) = A + B + 9C, ennek megoldása A = 1, B = 1, C = c) A karakterisztikus polinom λ 3 3λ λ+3 = (λ+1)(λ 1)(λ 3), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae x + Be x + Ce 3x Külső rezonancia van, az inhomogén egyenlet megoldását y(x) = (C 0 + C 1 x)xe x alakban keressük Behelyettesítés után az egyenlet (8C 0 1C C 1 x)e x = xe x, amiből C 0 = 3 és C 3 1 = 1 Az általános 16 megoldás és deriváltjai y(x) = 3 3 xe x x e x + Ae x + Be x + Ce 3x y (x) = 3 3 e x xe x 1 16 x e x Ae x + Be x + 3Ce 3x y (x) = 1 16 e x 5 3 xe x x e x + Ae x + Be x + 9Ce 3x, a kezdeti feltétel alapján 0 = y(0) = A + B + C 0 = y (0) = 3 3 A + B + 3C 0 = y (0) = A + B + 9C, ennek megoldása A = 7, B = 1, C = d) A karakterisztikus polinom λ + 8λ + 16 = (λ + 4), a homogén egyenlet általános megoldása y(x) = Ae 4x + Bxe 4x (belső rezonancia) Külső rezonancia is van, az inhomogén egyenlet megoldását y(x) = (C 0 + C 1 x + C x )x e 4x alakban keressük Behelyettesítve a kapott egyenlet (C 0 + 6C 1 x + 1C x )e 4x = x e 4x, tehát C 0 = C 1 = 0, C = 1 Az általános megoldás és deriváltja 1 y(x) = 1 1 x4 e 4x + Ae 4x + Bxe 4x y (x) = 1 3 x3 e 4x 1 3 x4 e 3x + ( 4A + B)e 4x 4Bxe 4x, a kezdeti feltétel alapján 0 = y(0) = A 1 = y (0) = 4A + B, ennek megoldása A = 0, B = 1 9

10 1 Legyenek ω 0, ω, α > 0 valós paraméterek Keressük meg az y + αy + ω0y = sin(ωx) differenciálegyenletet periodikus megoldását (y(x) = C cos(ωx) + D sin(ωx) alakban) Milyen ω mellett maximális y illetve y amplitúdója? α ω 0, Megoldás A homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának gyökei λ ± = α± ezeknek mindig negatív a valós része, tehát a homogén egyenletnek nincs nemtriviális periodikus megoldása Nincsen külső rezonancia, mert az inhomogén tagban a ±iωx kitevők tisztán képzetesek A periodikus megoldás ezek szerint csak y(x) = C cos(ωx) + D sin(ωx) alakú lehet y (x) = Dω cos(ωx) Cω sin(ωx) y (x) = Cω cos(ωx) Dω sin(ωx) felhasználásával behelyettesítés után az egyenlet lesz Ebből (ω 0C + αωd ω C) cos(ωx) + (ω 0D αωc ω D) cos(ωx) = sin(ωx) αω C = (ω ω0) + 4α ω ω ω0 D = (ω ω0) + 4α ω Érdemes a kapott megoldást A sin(ωx ϕ) alakba is átírni, ekkor A a rezgés amplitúdója, ϕ pedig az inhomogén taghoz képest mért fázis Az addíciós képlet felhasználásával A = C + D C és ϕ = arccos C, tehát +D A = 1 (ω ω0) + 4α ω ϕ = arccos ω 0 ω (ω ω 0) + 4α ω Függvényvizsgálattal meggyőződhetünk róla, hogy adott ω 0, α mellett az amplitúdó akkor maximális, ha ω = max{0, ω0 α } y = Aω cos(ωx ϕ) amplitúdója Aω, ez ω = ω 0 esetén maximális 10