Matematika III. harmadik előadás

Átírás

1 Matematika III. harmadik előadás Kézi Csaba Debreceni Egyetem, Műszaki Kar Debrecen, 2013/14 tanév, I. félév Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 1 / 13

2 tétel Az y (x) + p(x)y (x) + q(x)y(x) = f (x) egyenlet általános megoldása előáll y(x) = y h (x) + y p (x) alakban, ahol y h a homogén egyenlet általános megoldása, y p pedig az inhomogén egyenlet egy (partikuláris) megoldása. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 2 / 13

3 konstansvariálás Ha y 1 (x) és y 2 (x) a homogén egyenlet két lineárisan független megoldása, akkor az inhomogén egyenletnek mindig van y p (x) = C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) alakú megoldása valamely alkalmas C 1 (x) és C 2 (x) függvényekkel. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 3 / 13

4 tétel Legyenek y 1 (x) és y 2 (x) az y (x) + p(x)y (x) + q(x)y(x) = 0 homogén egyenlet lineárisan független megoldásai. Ekkor az y(x) = C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) függvény megoldása az y (x) + p(x)y (x) + q(x)y(x) = f (x) inhomogén egyenletnek, ha a C 1 (x) és C 2 (x) függvények eleget tesznek az alábbi egyenletrendszernek C 1 (x)y 1(x) + C 2 (x)y 2(x) = 0 C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) = f (x). Ez valójában egy inhomogén lineáris egyenletrendszer, mely mindig egyértelműen megoldható, mert az alapmátrix determinánsa nem nulla (ugyanis a Wronski determináns nem nulla), így például Cramer szabállyal megoldhatjuk. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 4 / 13

5 példa Oldjuk az y (x) + 5y (x) + 6y(x) = 12e x differenciálegyenletet! (homogén egyenlet megoldása) A differenciálegyenlethez tartozó homogén egyenlet: y + 5y + 6y = 0. Ennek karakterisztikus egyenlete λ 2 + 5λ + 6 = 0. A másodfokú egyenlet megoldása λ 1 = 2, λ 2 = 3. Két különböző valós megoldás van (azaz a diszkrimináns pozitív), így a homogén egyenlet általános megoldása y h (x) = C 1 e 2x + C 2 e 3x (C 1, C 2 R). (konstansvariálás Cramer szabály) Az inhomogén egyenlet egy megoldását y p (x) = C 1 (x)e 2x + C 2 (x)e 3x alakban keressük. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 5 / 13

6 A C 1 (x) és C 2 (x) függvényekre teljesülnie kell a C 1 (x)e 2x + C 2 (x)e 3x = 0 2C 1 (x)e 2x 3C 2 (x)e 3x = 12e x egyenletrendszernek. Ez egy lineáris egyenletrendszer C 1 (x)-re és C 2 (x)-re, melyet Cramer-szabállyal fogunk megoldani. Az egyenletrendszer alapmátrixa ( e A = 2x e 3x ). 2e 2x 3e 3x Ennek determinánsa D = e 5x. Legyen D 1 annak a mátrixnak a determinánsa, melyet úgy kapunk, hogy az alapmátrix első oszlopát az egyenletrendszer jobb oldalából képzett oszlopvektorral helyettesítjük: ( D 1 = det 0 e 3x 12e x 3e 3x ) = 12e 2x. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 6 / 13

7 A C 1 (x) és C 2 (x) függvényekre teljesülnie kell a C 1 (x)e 2x + C 2 (x)e 3x = 0 2C 1 (x)e 2x 3C 2 (x)e 3x = 12e x egyenletrendszernek. Ez egy lineáris egyenletrendszer C 1 (x)-re és C 2 (x)-re, melyet Cramer-szabállyal fogunk megoldani. Az egyenletrendszer alapmátrixa ( e A = 2x e 3x ). 2e 2x 3e 3x Ennek determinánsa D = e 5x. Legyen D 1 annak a mátrixnak a determinánsa, melyet úgy kapunk, hogy az alapmátrix első oszlopát az egyenletrendszer jobb oldalából képzett oszlopvektorral helyettesítjük: ( D 1 = det 0 e 3x 12e x 3e 3x ) = 12e 2x. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 6 / 13

8 Legyen D 2 annak a mátrixnak a determinánsa, melyet úgy kapunk, hogy az alapmátrix második oszlopát az egyenletrendszer jobb oldalából képzett oszlopvektorral helyettesítjük: ( D 2 = det A Cramer szabály alapján e 2x 0 2e 2x 12e x ) = 12e x. C 1 (x) = D 1 D = 12e 2x e 5x = 12e 3x C 2 (x) = D 2 D = 12e x e 5x = 12e4x. A C 1 (x) és C 2 (x) függvényeket integrálással határozhatjuk meg. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 7 / 13

9 (konstansvariálás folytatása-integrálás) Egyrészt C 1 (x) = 12 e 3x dx = 12 e3x 3 = 4e3x, másrészt C 2 (x) = 12 e 4x dx = 12 e4x 4 = 3e4x. Ezeket felhasználva y p (x) = C 1 (x)e 2x + C 2 (x)e 3x = 4e 3x e 2x 3e 4x e 3x = e x. (általános megoldás felírása) A differenciálegyenlet általános megoldása y(x) = C 1 e 2x + C 2 e 3x + e x (C 1, C 2 R). Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 8 / 13

10 definíció Az y (x) = f (x, y(x), y (x)) differenciálegyenletet hiányos másodrendű differenciálegyenletnek nevezzük, ha a jobb oldalon szereplő f függvény nem függ valamelyik változójától. Ha f nem függ y-tól, akkor az y (x) = p(x) helyettesítéssel egy elsőrendű egyenletet kapunk p-re, majd azt integrálva határozhatjuk meg az y függvényt. Ha f nem függ x-től, akkor az y = p(y) helyettesítést alkalmazzuk. Ekkor y = p (y) y = p (y) p(y). Így p-re a p (y)p(y) = f (y, p(y)) elsőrendű egyenletet kapjuk, majd y-t az y = p(y) szeparábilis differenciálegyenlet megoldásaként kapjuk. Ha f nem függ y -től, akkor nincs általános megoldási módszer. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 9 / 13

11 definíció Az y (x) = f (x, y(x), y (x)) differenciálegyenletet hiányos másodrendű differenciálegyenletnek nevezzük, ha a jobb oldalon szereplő f függvény nem függ valamelyik változójától. Ha f nem függ y-tól, akkor az y (x) = p(x) helyettesítéssel egy elsőrendű egyenletet kapunk p-re, majd azt integrálva határozhatjuk meg az y függvényt. Ha f nem függ x-től, akkor az y = p(y) helyettesítést alkalmazzuk. Ekkor y = p (y) y = p (y) p(y). Így p-re a p (y)p(y) = f (y, p(y)) elsőrendű egyenletet kapjuk, majd y-t az y = p(y) szeparábilis differenciálegyenlet megoldásaként kapjuk. Ha f nem függ y -től, akkor nincs általános megoldási módszer. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 9 / 13

12 definíció Az y (x) = f (x, y(x), y (x)) differenciálegyenletet hiányos másodrendű differenciálegyenletnek nevezzük, ha a jobb oldalon szereplő f függvény nem függ valamelyik változójától. Ha f nem függ y-tól, akkor az y (x) = p(x) helyettesítéssel egy elsőrendű egyenletet kapunk p-re, majd azt integrálva határozhatjuk meg az y függvényt. Ha f nem függ x-től, akkor az y = p(y) helyettesítést alkalmazzuk. Ekkor y = p (y) y = p (y) p(y). Így p-re a p (y)p(y) = f (y, p(y)) elsőrendű egyenletet kapjuk, majd y-t az y = p(y) szeparábilis differenciálegyenlet megoldásaként kapjuk. Ha f nem függ y -től, akkor nincs általános megoldási módszer. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 9 / 13

13 példa Tekintsük az (1 + x 2 )y (x) 2xy (x) = 0 differenciálegyenletet. Ez hiányos másodrendű egyenlet, mert hiányzik az y-os tag. Vezessük be a p(x) = y (x) helyettesítést. Ekkor p (x) = y (x). Ennek megfelelően átírva az egyenletet (1 + x 2 )p (x) = 2xp(x) adódik, vagy explicit alakban felírva p = 2x 1 + x 2 p, ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. Bevezetve a h(p) = p és g(x) = 2x függvényeket, teljesülnie kell az 1+x 2 1 p dp = 2x 1 + x 2 dx egyenletnek. Elvégezve az integrálásokat ln p = ln(1 + x 2 ) + c p = e ln(1+x 2 )+c = C(1 + x 2 ). Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 10 / 13

14 példa Tekintsük az (1 + x 2 )y (x) 2xy (x) = 0 differenciálegyenletet. Ez hiányos másodrendű egyenlet, mert hiányzik az y-os tag. Vezessük be a p(x) = y (x) helyettesítést. Ekkor p (x) = y (x). Ennek megfelelően átírva az egyenletet (1 + x 2 )p (x) = 2xp(x) adódik, vagy explicit alakban felírva p = 2x 1 + x 2 p, ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. Bevezetve a h(p) = p és g(x) = 2x függvényeket, teljesülnie kell az 1+x 2 1 p dp = 2x 1 + x 2 dx egyenletnek. Elvégezve az integrálásokat ln p = ln(1 + x 2 ) + c p = e ln(1+x 2 )+c = C(1 + x 2 ). Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 10 / 13

15 Mivel y (x) = p(x), ezért y (x) = C(1 + x 2 ), ami egy közvetlenül integrálható differenciálegyenlet. Ebből integrálással kapjuk, hogy y(x) = C (x + x 3 ) + D (C, D R). 3 Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 11 / 13

16 példa Tekintsük az y(x) y (x) = ( y (x) ) 2 differenciálegyenletet! Itt az x-es tag hiányzik. Alkalmazzuk az y = p(y) helyettesítést. Ekkor, ahogy azt az általános esetben megmutattuk y = p p. Végrehajtva a helyettesítést az yp p = p 2 differenciálegyenlethez jutunk. Látható, hogy p = 0 megoldás. Most tegyük fel, hogy p 0. Ekkor az előbbi egyenletet explicit alakban írva p = 1 y p adódik, ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. A g(y) = 1 y és h(p) = p jelöléssel élve teljesülnie kell az alábbi egyenletnek: 1 h(p) dp = g(y) dy. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 12 / 13

17 példa Tekintsük az y(x) y (x) = ( y (x) ) 2 differenciálegyenletet! Itt az x-es tag hiányzik. Alkalmazzuk az y = p(y) helyettesítést. Ekkor, ahogy azt az általános esetben megmutattuk y = p p. Végrehajtva a helyettesítést az yp p = p 2 differenciálegyenlethez jutunk. Látható, hogy p = 0 megoldás. Most tegyük fel, hogy p 0. Ekkor az előbbi egyenletet explicit alakban írva p = 1 y p adódik, ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. A g(y) = 1 y és h(p) = p jelöléssel élve teljesülnie kell az alábbi egyenletnek: 1 h(p) dp = g(y) dy. Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 12 / 13

18 Behelyettesítve a megfelelő függvényeket, majd integrálva és kifejezve p-t 1 p dp = 1 dy ln p = ln y + c p = C y y adódik. Mivel y = p(y), ezért az y = Cy újabb szeparábilis differenciálegyenlethez jutunk. Ennek megoldásához tekintsük az 1 y dy = C dx egyenletet. Ebből ln y = Cx + d adódik, így y(x) = De Cx (C, D R). Kézi Csaba (DE) Matematika III. harmadik előadás 2013/14 tanév, I. félév 13 / 13