Definíció Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény.

Átírás

1 8. Differenciálegyenletek 8.1. Alapfogalmak Korábbi tanulmányaink során sokszor találkoztunk egyenletekkel. A feladatunk általában az volt, hogy határozzuk meg az egyenlet megoldását (megoldásait). Az egyenletek megoldására különféle technikákat ismertünk meg, amelyek mindegyike az egyenletek egy-egy speciális csoportjára alkalmazható. A vizsgált egyenletek közös jellemzője, hogy a kiszámítandó ismeretlen minden esetben számot jelöl. Az egyenlet megoldása éppen azt jelenti, hogy meghatározzuk azt a számot (azokat a számokat), amelye(ke)t az ismeretlen helyére írva igaz ősszefüggést kapunk. Példa: Az 5x=15 egyenletnek megoldása a 3, mert x helyére írva az 5 3=15 egyenlőséghez jutunk, ami helyes. Ugyanennek az egyenletnek nem megoldása a 4, mert azt x helyére írva az 5 4 = 15 egyenlőséget kapjuk, ami nyilván nem helyes. Most olyan egyenletekkel ismerkedünk meg, amelyekben az ismeretlen nem szám: Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény. Példák: 2y+6x=5x (1) x+ f (x) x = 2 x (2) Megjegyzés: A fenti két függvényegyenletben az x nem ismeretlen, hanem a keresett függvény változója. Tehát nem x-et, hanem y-t, illetve f (x)-et kell az egyenletből kifejezni. Egyszerű számolással adódik, hogy az első egyenlet megoldása y= 5 2 x2 3x+1, a második egyenlet megoldása f (x)= x 3 + 2x 2 4x+6. A megoldásként kapott függvényeket ábrázolhatjuk a szokott módon Descartes-féle koordinátarendszerben: y graf(y) x y graf( f ) x Készítette: Vajda István 109

2 A továbbiakban a függvényegyenletek egy speciális fajtájával, a differenciálegyenletekkel foglakozunk: Az olyan függvényegyenletet, amelyben az ismeretlen függvény valamely (első vagy magasabbrendű) deriváltja(i) is szerepel(nek), differenciálegyenletnek nevezzük. A differenciálegyenleteknek sokféle típusa van. A könnyebb eligazodás kedvéért bevezetünk néhány fogalmat, amelyekkel jellemezhetjük őket. Közönséges differenciálegyenletnek nevezzük az olyan differenciálegyenletet, amelyben az ismeretlen függvény egyváltozós. Ha az ismeretlen függvény többváltozós, parciális differenciálegyenletről beszélünk. Megjegyzés: A továbbiakban csak közönséges differenciálegyenletekkel foglalkozunk. A differenciálegyenlet rendje a benne szereplő deriváltak rendjének maximuma. Példák Az y = 2y 2 +x 3 differenciálegyenlet elsőrendű, mert benne az ismeretlen y függvénynek csak az első deriváltja szerepel. y Az y = differenciálegyenlet másodrendű, mert szerepel benne az ismeretlen y x függvény második deriváltja, de annál magasabbrendű deriváltja nem. Az y ( x ) y + y=x 4 x 2 differenciálegyenlet harmadrendű, mert szerepel benne az ismeretlen y függvény harmadik deriváltja, de annál magasabbrendű deriváltja nem. Készítette: Vajda István 110

3 8.2. A differenciálegyenlet megoldásai Egy f függvényt a differenciálegyenlet megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet. Példák: Az y=xe x függvény megoldása az y + 2y=e x + 3xe x differenciálegyenletnek, mert y deriváltfüggvénye y = e x + xe x és y + 2y=e x + xe x + 2xe x = e x + 3xe x, tehát y kielégíti a differenciálegyenletet a deriváltjával együtt. Az y=sin x függvény nem megoldása az y + 3y=cos x differenciálegyenletnek, mert y = cos x y = sin x, tehát y + 3y=2 sin x cos x. Egy f függvényt az n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet és pontosan n db egymástól függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. Egy f függvényt az n-edrendű differenciálegyenlet partikuláris megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet és legfeljebb n 1 db egymástól függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. Megjegyzés: A szabad paraméterek helyébe egy-egy (valós) számot helyettesítve a differenciálegyenlet valamely megoldását kapjuk. Készítette: Vajda István 111

4 Példák: Az y +2y=e x +3xe x differenciálegyenlet általános megoldása y=ce 2x +xe x. Valóban: y = 2C 2x + e x + xe x. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y + 2y= 2C 2x + e x + xe x + 2Ce 2x + 2xe x = e x + 3xe x, tehát y a deriváltjával együtt kielégíti a differenciálegyenletet, és pontosan 1 szabad paramétert (C) tartalmaz. Ha C helyére konkrét számot írunk, akkor a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk, pl. C = 0 esetén az előző pontban felírt partikuláris megoldást, C=1 esetén az y p = e 2x + xe x partikuláris megoldást stb. Az y + 4y = 3 cos x differenciálegyenletnek az y = C 1 cos 2x+C 2 sin 2x+cos x függvény általános megoldása. Valóban: tehát y = 2C 1 sin 2x+2C 2 cos 2x sin x y = 4C 1 cos 2x 4C 2 sin 2x cos x, y +4y= 4C 1 cos 2x 4C 2 sin 2x cos x+4c 1 cos 2x+4C 2 sin 2x+4 cos x=3 cos x, vagyis y a deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet és pontosan két függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. A diferenciálegyenlet néhány partikuláris megoldása: y 1 = 3 cos 2x+C 2 sin 2x+cos x y 2 = C 1 cos 2x 2 sin 2x+cos x y 3 = cos 2x 8 sin 2x+cos x Megjegyzés: A differenciálegyenlet partikuláris megoldásait legtöbbször az általános megoldásból kapjuk, annak szabad paramétereit konkrét számmal helyettesítve, de előfordulhat olyan partikuláris megoldás is, amely nem áll elő így. Készítette: Vajda István 112

5 8.3. Elsőrendű differenciálegyenletek Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen f és g pedig ismert egyváltozós függvények. Az y = f (x) g ( y ) alakra hozható differenciálegyenletet szétválasztható változójú differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: Az elnevezés onnan ered, hogy az ilyen differenciálegyenletek átrendezhetők úgy, hogy az y változó csak az egyik, az x változó pedig csak a másik oldalon forduljon elő. Példák: Az y = x 2 y szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Az y = ln ( x ) e 3y 1 szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Az y = x2 + x 2y alakba írható. szétválasztható változójú differenciálegyenlet, mert y = ( x 2 + x ) 1 2y Az y x+ y y 2 + 2y=0szétválasztható változójú differenciálegyenlet, mert y = y2 2y x+1 =( y 2 2y ) 1 alakba írható. x+1 Az y = 2x szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Itt g ( y ) konstans függvény. Az y = sin y szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Itt f (x) konstans függvény. Az y = x 2 y differenciálegyenlet nem szétválasztható változójú. Készítette: Vajda István 113

6 A szétválasztható változójú differenciálegyenletek megoldása Először oldjuk meg a g ( y ) = 0 egyenletet! Ha létezik megoldás, akkor y-ra konkrét számértéke(ke)t kapunk, ami a differenciálegyenlet konstans megoldása. Ezután keressük meg a differenciálegyenlet további megoldásait: Írjuk át y -t dx alakba: Válasszuk szét a változókat: dx = f (x) g( y ) g ( )= f (x) dx y Integráljuk a baloldalt az y, a jobboldalt az x változó szerint: g ( y )= f (x) dx Ha mindkét oldalon el tudjuk végezni az integrálást, akkor egy G ( y ) = F (x)+c alakú összefüggéshez jutunk, ahol G ( y ) = g ( y ) és F (x)= f (x) dx és az összefüggés a differenciálegyenlet megoldásának implicit alakja. Megjegyzés: A C konstans az integrálási konstansok összevonásából adódik. Példák: Oldjuk meg az y = xy differenciálegyenletet! A differenciálegyenlet konstans megoldása az y 0(konstans 0) függvény. Keressük a további megoldásokat: dx = xy y = xdx y = xdx ln y = x ln C y=ce x2 2 Megjegyzés: Bár a levezetés során C=0 nem volt megengedve (a 0 logaritmusa nem értelmezett), a Ce x2 2 általános megoldásba C=0-t helyettesítve jó megoldást kapunk éppen a korábban megkapott konstans megoldást. Készítette: Vajda István 114

7 Ábrázoljunk néhány megoldást a Descartes-féle koordinátarendszerben: y 15 C= C=1 C= x Megjegyzés: Az egyes szabad paramétert nem tartalmazó megoldások függvénygörbéit szokás integrálgörbének is nevezni. Oldjuk meg az y = y x differenciálegyenletet! A differenciálegyenlet konstans megoldása az y 0(konstans 0) függvény. Keressük a további megoldásokat: Megjegyzések: dx = y x y = dx x dx y = x ln y =ln x +ln C y=cx Az általános megoldás most is tartalmazza az elején meghatározott konstans megoldást. Az integrálgörbék ebben az esetben origón áthaladó egyenesek. Készítette: Vajda István 115

8 Partikuláris megoldás meghatározása feltétel alapján Előfordul, hogy egy adott feltételnek megfelelő partikuláris megoldást keresünk. A feltétel lehet pl. az, hogy az integrálgörbének át kell mennie egy megadott ponton. Gyakori, hogy a megadott pont éppen az integrálgörbe y-tengellyel való metszéspontja. Előfordulhat olyan feltétel is, amikor az ismeretlen függvény deriváltfüggvényének értékét adjuk meg egy helyen. Példa: Határozzuk ( meg az y = x cos 2 y differenciálegyenlet azon megoldását, amelynek grafikonja átmegy az 1, π ) ponton! (Másképpen fogalmazva azt a megoldást keressük, amely x=1-ben 4 y= π 4 értéket vesz fel.) A konstans megoldások a cos y=0 egyenlet megoldásai, azaz az y= π 2 + kπ konstans függvények, ahol k Z. Mivel ezek egyike sem veszi fel a π -et, ezért Meghatározzuk az általános 4 megoldást a változók szétválasztásával: dx = x cos2 y cos 2 y = xdx cos 2 y = xdx tg y= x2 2 + C Most úgy kell megválasztanunk C értékét, hogy a feltételt kielégítő partikuláris megoldást kapjunk. Ehhez behelyettesítjük az x=1-et és az y= π 4 -et: tg π 4 = C 1= C C= 1 2 Ezt visszehelyettesítve az általános megoldásba: ( ) x y p = arctg 2 Készítette: Vajda István 116

9 Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen g és h pedig ismert egyváltozós függvények. Az y + g (x) y=h (x) alakra hozható differenciálegyenletet elsőrendű lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: A lineáris jelző arra utal, hogy y és y mindegyike csak első hatványon szerepel a differenciálegyenletben. Példák: y + (x 2) y=x 2 3x+2 elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. y + y sin x=0elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. y + 3y=12x 4 elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. y 6 sin x 2 cos x y = 2x + 1 elsőrendű lineáris differenciálegyenlet, mert y + (2x+1) y=6 sin x+2 cos x alakra hozható. y + 2y 2 = x 3 1 nem lineáris. y y+2y=12x nem lineáris. y + 2y=e x nem elsőrendű. Készítette: Vajda István 117

10 Elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletek Az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet homogénnek nevezzük, ha y + g (x) y=0 alakra hozható. Megjegyzések: Úgy is mondhatjuk, hogy az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet homogén, ha az egyenlet jobb oldalán szereplő h (x) függvény (úgynevezett zavaró függvény) azonosan 0. Ha a differenciálegyenlet nem homogén, akkor inhomogénnek nevezzük. Az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet mindig szétválasztható változójú, ezért alkalmazható rá az előző részben megismert megoldási módszer. Példák: Oldjuk meg az y 2xy=0elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletet! Az egyenletet y = 2xy alakra hozva látható, hogy ez egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet. A jobboldalt 0-val egyenlővé téve kapjuk az y 0 konstans megoldást. A további megoldásokat megkaphatjuk a változók szétválasztásával: dx = 2xy y = 2xdx y = 2xdx ln y =x 2 + ln C y=ce x2 A kapott általános megoldás a konstans megoldást is tartalmazza. Készítette: Vajda István 118

11 Oldjuk meg az y y cos x=0elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletet! A konstans megoldás az y 0. dx = y cos x = cos xdx y y = cos xdx ln y =sin x+ln C y=ce sin x A kapott általános megoldás a konstans megoldást is tartalmazza. Megjegyzés: A megoldást általánosan is végiggondolhatjuk: Induljunk ki az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet y + g (x) y=0 általános alakjából. Az y 0 függvény minden ilyen differenciálegyenletnek megoldása, tehát az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet konstans megoldása mindig ez. Határozzuk most meg az általános megoldást: y = g (x) y = g (x) y dx = g (x) dx y y = g (x) dx ln y = g (x) dx+ln C y=ce g(x)dx Látható, hogy az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenleteknél az általános megoldás mindig tartalmazza a konstans megoldást. Nem követünk el tehát hibát, ha az ilyen típusú differenciálegyenleteknél a továbbiakban nem foglalkozunk külön a konstans megoldással. Készítette: Vajda István 119

12 Állandó együtthatós, elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletek Az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatójú, ha a differenciálegyenlet y + g (x) y=h (x) alakjában a g (x) függvény konstans, azaz az egyenlet alakú. y + ky=h (x) Természetesen az elsőrendű állandó együtthatójú lineáris differenciálegyenlet is lehet homogén vagy inhomogén attól függően, hogy h (x) 0vagy nem. Tétel: Az y +ky=0 elsőrendű állandó együtthatójú lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása y=ce kx. Bizonyítás: Ha y=ce kx, akkor y = kce kx, tehát y +ky= kce kx +kce kx = 0. Mivel y egy szabad paramétert tartalmaz, ez a differenciálegyenlet általános megoldása. Példa: Az y + 3y=0 differenciálegyenlet általános megoldása y=ce 3x. Készítette: Vajda István 120

13 Elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek Mint korábban láttuk, az ilyen egyenlet általános alakja y + g (x) y=h (x) és mivel az egyenlet inhomogén h (x) 0. Előfordulhat, hogy egy ilyen differenciálegyenlet is szétválasztható változójú és alkalmazhatjuk rá az eddig megismert megoldási módszert. Példa: Oldjuk meg az y xy=xelsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet! y = xy+x y = x ( y+1 ) Látható, hogy a differenciálegyenlet szétválasztható változójú, a konstans megoldás az y 1. Határozzuk meg az általános megoldást a változók szétválasztásával: dx = x( y+1 ) y+1 = xdx y+1 = xdx ln y+1 = x 2 y+1=ce x ln C y=ce x2 2 1 Ez a módszer azonban nem mindig alkalmazható. Pl. az y xy=e x2 2 differenciálegyenlet elsőrendű lineáris inhomogén, de nem szétválasztható változójú. Az ilyen differenciálegyenletek megoldására a következő módszert alkalmazhatjuk: Először megoldjuk azt az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletet, amit úgy kapunk, hogy az eredeti differenciálegyenletben szereplő zavaró függvény helyére 0-t írunk. A homogén egyenlet általános megoldásához hozzáadjuk az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását. Készítette: Vajda István 121

14 Tehát az y + g (x) y=h (x) egyenletet úgy oldjuk meg, hogy először meghatározzuk az Y + g (x) Y=0 homogén egyenlet nagy Y-nal jelölt általános megoldását, majd ehhez hozzáadjuk az (eredeti) y + g (x) y=h (x) egyenlet egy y p partikuláris megoldását. Az eredeti egyenlet általános megoldása így: y=y+ y p Példák: Oldjuk meg ismét az y xy=xdifferenciálegyenletet! A homogén egyenlet Y xy=0 Ezt az egyenletet korábban már megoldottuk, általános megoldása: Y=Ce x2 2 Az y xy=x differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása az y p 1 konstans megoldás. Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = Ce x2 2 1 Ez megegyezik a korábban kapott megoldással. Oldjuk meg az y xy=e x2 2 differenciálegyenletet! A homogén egyenlet ugyanaz, mint az előző feladatban, általános megoldása: Y=Ce x2 2 Az eredeti egyenlet egy partikuláris megoldása y p = xe x2 2, ami behelyettesítéssel könnyen ellenőrizhető. Először határozzuk meg y p-t a szorzatfüggvény differenciálási szabálya alapján: Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y p= e x2 2 + x 2 e x2 2 y p xy p= e x2 2 + x 2 e x2 2 x 2 e x2 2 = e x2 2 Tehát y p valóban partikuláris megoldás, az általános megoldás pedig: y=y+ y p = Ce x2 2 + xe x2 2 Készítette: Vajda István 122

15 Az előző feladat általános megoldását tehát megtaláltuk, de jogos kifogásként merülhet fel, hogy az ehhez szükséges partikuláris megoldás felírása egyáltalán nem volt magától értetődő. A kérdés tehát az, hogy hogyan lehet meghatározni egy partikuláris megoldást. A következő pontban egy ilyen módszert fogunk megismerni. Elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek partikuláris megoldásának meghatározása az állandó variálás módszerével. Ezt a módszert használva a homogén egyenlet általános megoldásából indulunk ki, melynek C szabad paraméterét egy k függvénnyel helyettesítjük. A k függvény alkalmas megválasztásával az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk. Példa: Határozzuk meg az előző feladatbeli y xy=e x2 2 differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálás módszerével! A homogén egyenlet általános megoldása: Y=Ce x2 2 Ha a C állandót a k függvénnyel helyettesítjük, akkor az y p = k (x) e x2 2 függvényt kapjuk. Szeretnénk k-t úgy meghatározni, hogy y p a differenciálegyenlet partikuláris megoldása legyen. Ha k-t jól választjuk, akkor y p -t a differenciálegyenletbe helyettesítve igaz összefüggést kapunk. A szorzatfüggvény differenciálási szabály szerint y p = k (x) e x2 2 + x k (x) e x2 2, tehát Tehát y p = k (x) e x2 2 használtunk. k (x) e x2 2 + x k (x) e x2 2 x k (x) e x2 2 = e x2 2 k (x) e x2 2 = e x2 2 k (x)=1 k (x)=x = xe x2 2. Ez pontosan az a partikuláris megoldás, amit az előzőekben már Megjegyzés: A levezetés során a k (x)=1 összefüggésből arra következtettünk, hogy k (x)=x. Természetesen a k integrálásával más megoldásokat is kapunk (k (x)=x+b, ahol B tetszőleges valós szám), de nekünk csak egy partikuláris megoldást kellett meghatároznunk, ezért k egy primitív függvényére volt csak szükségünk, amit k-val egyenlővé tettünk. Készítette: Vajda István 123

16 Elsőrendű állandó együtthatós lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény módszerrel. A próbafüggvény módszert ugyancsak a differenciálegyenlet partikuláris megoldásának meghatározására használjuk, de ez csak akkor alkalmazható, ha a lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatós. Ennek lényege, hogy a partikuláris megoldást olyan függvény formájában keressük, amely a zavaró függvénnyel azonos típusú bár annál általánosabb. Példa: Oldjuk meg az y 2y=e x differenciálegyenletet! A homogén egyenlet megoldása Y=Ce 2x. Mivel a zavaró függvény h (x)=e x, a partikuláris megoldást y p = Ae x alakban keressük, ahol A tetszőleges valós szám. (Azt is mondjuk, hogy y p = Ae x a próbafüggvény.) Az A paraméter értékék a differenciálegyenletbe való behelyettesítéssel határozhatjuk meg. Mivel y p = Aex behelyettesítve: Ae x 2Ae x = e x Ae x = e x amelyből már leolvasható, hogy A= 1. Tehát a partikuláris megoldás y p = e x. Adifferenciálegyenlet megoldása: y=y+ y p = Ce 2x e x. Hogyan válasszunk próbafüggvényt? Ha a zavarófüggvény e x vagy e x konstansszorosa, akkor mint az előző példában láttuk e x konstansszorosa lesz a partikuláris megoldás is. Tehát pl. e x Ae x 2e x Ae x Ha a zavarófüggvény polinom, akkor ugyanannyiadfokú polinomot választunk próbafüggvénynek általános együtthatókkal: Ha a zavarófüggvény trigonometrikus: x Ax 2 + Bx+C x Ax+B 3 A sin x A sin x+b cos x cos 2x A sin 2x+B cos 2x 2 sin 3x+5 cos 3x A sin 3x+B cos 3x Készítette: Vajda István 124

17 Ha a zavarófüggvény az előző típusokból összeadással, kivonással, vagy szorzással jön létre, akkor a próbafüggvényeiket is ugyanezen műveletekkel kepcsoljuk össze: 2e x + 3e 2x Ae x + Be 2x e x + 2x 1 Ae x + Bx+C sin 2x x 2 A sin 2x+B cos 2x+Cx 2 + Dx+E x 2 e 3x ( Ax 2 + Bx+C ) e 3x x cos x (x+a) (B sin x+c cos x) A próbafüggvény módszert némileg bonyolítja a rezonancia jelensége. Ha a próbafüggvény valamely tagja az általános megoldástól csak konstans szorzóban tér el, akkor rezonanciában vannak. Ilyenkor a próbafüggvénynek ezt a tagját x-szel megszorozva juthatunk helyes próbafüggvényhez. Előfordulhat az is, hogy így a próbafüggvénynek ez a tagja a próbafüggvény más tagjával kerül rezonanciába és újabb szorzásara van szükség. Példák: Oldjuk meg az y + y=x 2 differenciálegyenletet! A homogén egyenlet megoldása: Y=e x. A próbafüggvény y p = Ax 2 + Bx+C y p = 2Ax+B Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: 2Ax+B+Ax 2 + Bx+C=x 2 Hasonlítsuk össze az azonos fokszámú tagok együtthatóit: x 2 x x 0 A=1 2A+B=0 B+C=0 B= 2 C=2 A partikuláris megoldás tehát y p = x 2 2x+2. A differenciálegyenlet általános megoldása y=y+ y p = e x + x 2 2x+2. Készítette: Vajda István 125

18 Határozzuk meg az y 3y=4 sin x differenciálegyenlet y (0)= 8 5 tartozó partikuláris megoldását! A homogén egyenlet megoldása: Y=Ce 3x. A próbafüggvény y p = A sin x+b cos x y p= A cos x B sin x Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: kezdeti feltételhez A cos x B sin x 3 (A sin x+b cos x)=4 sin x (A 3B) cos x+( B 3A) sin x=4 sin x Hasonlítsuk össze a cos x-et, illetve sin x-et tartalmazó tagok együtthatóit: A 3B=0 B 3A=4 Az egyenletrendszerből A= 6 5, B= 2 5 y p= 6 5 sin x 2 cos x. 5 A differenciálegyenlet általános megoldása y=y+ y p = Ce 3x 6 5 sin x 2 cos x. 5 Behelyettesítve x=0-t és y= 8 5 -öt a 8 5 = C 2 összefüggés adódik,amelyből C=2. 5 A kezdeti feltételeknek megfelelő partikuláris megoldás tehát y 0 = 2e 3x 6 5 sin x 2 cos x. 5 Oldjuk meg az y 2y=6e 2x differenciálegyenletet! A homogén egyenlet megoldása: Y=Ce 2x. Nem választhatjuk próbafüggvénynek az Ae 2x függvényt, mert rezonanciában van az általános megoldással, ezért y p = Axe 2x y p= Ae 2x + 2Axe 2x. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: Ae 2x + 2Axe 2x 2Axe 2x = 6e 2x. A=6adódik, tehát y p = 6xe 2x, az általános megoldás pedig y=y+ y p = Ce 2x + 6xe 2x Készítette: Vajda István 126

19 8.4. Másodrendű lineáris differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen p, q és h pedig ismert egyváltozós függvények. Az y + p (x) y + q (x) y=h (x) alakra hozható differenciálegyenleteket másodrendű lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Példa: Az y + y cos x+ y tg x=e x + x 2 2 differenciálegyenlet másodrendű, lineáris. A következőkben a másodrendű lineáris differenciálegyenletek közül csak az állandó együtthatósak megoldásával foglalkozunk Állandó együtthatós másodrendű lineáris differenciálegyenletek Legyen y az ismeretlen, h ismert egyváltozós függvény, a, b és c pedig valós számok. Az ay + by + cy=h (x) alakra hozható differenciálegyenleteket másodrendű állandóegyütthatós lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Példa: A 4y + 3y 6y=ln x differenciálegyenlet másodrendű állandó együtthatós lineáris. Készítette: Vajda István 127

20 Állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletek Ha az ay + by + cy=0 alakra hozható differenciálegyenleteket másodrendű állandóegyütthatós lineáris homogén differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: Tehát az állandó együtthatós másodrendű lineáris differenciálegyenletet akkor nevezzük homogénnek, ha az egyenlőség jobb oldalán álló h (x) zavarófüggvény azonosan 0. Állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletek megoldása Az ay + by + cy=0 differenciálegyenlethez hozzárendeljük az aλ 2 + bλ+c=0 valósegyütthatós másodfokú egyenletet, az úgynevezett karakterisztikus egyenletet. A differenciálegyenlet megoldását a karakterisztikus egyenlet megoldása(i) alapján írjuk fel: Tétel: Ha az ay + by + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ 2 + bλ+c=0 karakterisztikus egyenletnek két különböző valós gyöke van (λ 1 ésλ 2 ), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y=c 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x. Példa: Írjuk fel a y 5y + 6y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 5λ+6=0 karakterisztikus egyenlet megoldásaiλ 1 = 2 ésλ 2 = 3, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=c 1 e 2x + C 2 e 3x. Ellenőrzés: Az általános megoldás első, illetve második deriváltja y = 2C 1 e 2x + 3C 2 e 3x, y = 4C 1 e 2x + 9C 2 e 3x. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y 5y + 6y=4C 1 e 2x + 9C 2 e 3x 5 ( 2C 1 e 2x + 3C 2 e 3x) + 6 ( C 1 e 2x + C 2 e 3x) = 0 Készítette: Vajda István 128

21 Tétel: Ha az ay + by + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ 2 + bλ+c=0 karakterisztikus egyenletnek két egybeeső valós gyöke van (λ 0 ), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y=c 1 e λ 0x + C 2 xe λ 0x. Megjegyzés: Szokás azt is mondani, hogy a karakterisztikus egyenletnek egy valós gyöke van. Példa: Írjuk fel a y 4y + 4y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 4λ+4=0 karakterisztikus egyenlet egyetlen megoldásaλ 0 = 2, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=c 1 e 2x + C 2 xe 2x. Tétel: Ha az ay + by + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ 2 + bλ+c=0 karakterisztikus egyenletnek két nem valós komplex gyöke van (λ 1,2 =α±βj), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y=e αx( C 1 cos ( βx ) + C 2 sin ( βx )). Példák: Írjuk fel a y 4y + 5y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 4λ+5=0 karakterisztikus egyenlet megoldásaiλ 1,2 = 2± j, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=e 2x (C 1 cos x+c 2 sin x). Írjuk fel a y + 4y=0 állandó együtthatós másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Mivel aλ 2 + 4=0 karakterisztikus egyenlet megoldásaiλ 1,2 =±2j, a differenciálegyenlet általános megoldása: y=c 1 cos 2x+C 2 sin 2x. Készítette: Vajda István 129

22 Állandó együtthatós másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása A másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldására ugyanazt a módszert alkalmazhatjuk, amit az elsőrendű lineáris differenciálegyenletnél megismertünk: Először megoldjuk azt a másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletet, amit úgy kapunk, hogy az eredeti differenciálegyenletben szereplő zavaró függvény helyére 0-t írunk. A homogén egyenlet általános megoldásához hozzáadjuk az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását. Ha a másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet állandó együtthatós, akkor a partikuláris megoldás meghatározásához használhatjuk az elsőrendű differenciálegyenleteknél megismert próbafüggvénymódszert. Példák: Oldjuk meg az y y 2y=2x 2 differenciálegyenletet! Először megoldjuk az Y Y 2Y=0homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete:λ 2 λ 2=0, melynek megoldásai:λ 1 = 2, illetve λ 2 = 1. Mivel ezek valósak és egymástól különbözőek, a homogén egyenlet megoldása: Y=C 1 e 2x + C 2 e x. A következő lépésben a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását keressük. Próbafüggvénynek válasszuk az y p = Ax 2 +Bx+C másodfokú függvényt. Ekkor y p = 2Ax+B és y p = 2A. Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: 2A 2Ax B 2Ax 2 2Bx 2C=2x 2 Hasonlítsuk össze az azonos fokszámú tagok együtthatóit: x 2 x x 0 2A=2 2A 2B=0 2A B 2C=0 A= 1 B= A=1 C= 2A B = Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = C 1 e 2x + C 2 e x x 2 + x 3 2 Készítette: Vajda István 130

23 Oldjuk meg az y 6y + 9y=12 sin x differenciálegyenletet! Először megoldjuk az Y 6Y + 9Y=0 homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete:λ 2 6λ+9=0, melynek egyetlen megoldása:λ 0 = 3. A homogén egyenlet megoldása: Y=C 1 e 3x + C 2 xe 3x. Határozzuk meg a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását! Próbafüggvénynek válasszuk az y p = A sin x+b cos x függvényt. Ekkor y p = A cos x B sin x és y p = A sin x B cos x. Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: A sin x B cos x 6 (A cos x B sin x)+9 (A sin x+b cos x)=12 sin x (8A+6B) sin x+( 6A+8B) cos x=12 sin x A megfelelő tagok összehasonlításával a következő egyenletrendszer adódik: 8A+6B = 12 6A+8B = 0 Ebből A= 24 18, B= A differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = C 1 e 3x + C 2 xe 3x sin x cos x Oldjuk meg az y + 4y=sin 2 x+4x+ 1 2 differenciálegyenletet! Először megoldjuk az Y + 4Y=0homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete:λ 2 + 4=0, melynek megoldásai:λ 1,2 =±2j. A homogén egyenlet megoldása: Y=C 1 sin 2x+C 2 cos 2x. Határozzuk meg a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását! Ehhez először linearizáljuk a zavarófüggvényben szereplő sin 2 x tagot. h (x)=sin 2 x+4x+ 1 2 = 1 cos 2x 2 + 4x+ 1 2 = 1 cos 2x+4x+1 2 Figyelve a rezonanciára próbafüggvénynek az y p = Ax sin 2x+Bx cos 2x+Cx+D függvényt választjuk. Ekkor y p = A sin 2x+2Ax cos 2x+B cos 2x 2Bx sin 2x+C y p= 4A cos 2x 4Ax sin 2x 4B sin 2x 4Bx cos 2x Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd összehasonlítva az együtthatókat A= 1 8, B=0, C=1és D= 1 4 A differenciálegyenlet általános megoldása: y=y+ y p = C 1 sin 2x+C 2 cos 2x 1 8 x sin 2x+x+ 1 4 Készítette: Vajda István 131

24 8.5. Lineáris állandó együtthatós differenciálegyenletek megoldása Laplacetranszformációval Ezt a módszert az állandó együtthatós lineáris differenciálegyenletek megoldására használhatjuk. Elsősorban akkor szokták alkalmazni, ha egy partikuláris megoldást keresünk, amelynek megadott kezdeti feltétel(eke)t kell kielégíteni. A megoldás fő lépései a következők: Az egyenlet mindkét oldalának meghatározzuk a Laplace-transzformáltját és ezeket egyenlővé tesszük egymással. A kapott (elsőfokú) egyenletet megoldjuk, így megkapjuk a keresett függvény Laplace-transzformáltját. Inverz laplace-transzformációval meghatározzuk a keresett függvényt. A megoldás végrehajtásához meg kell tudnunk határozni a fügvények deriváltjainak Laplacetranszformáltját: Tétel: Ha az f (t) függvény Laplace-transzformáltja f (s), akkor L [ f (t) ] = s f (s) f (0). Megjegyzés: Tehát f Laplace-transzformáltjának meghatározásához ismernünk kell az f függvény t=0helyen vett helyettesítési értékét. Tétel: Ha az f (t) függvény Laplace-transzformáltja f (s), akkor L [ f (t) ] = s 2 f (s) s f (0) f (0). Megjegyzés: Itt tehát már az f deriváltfüggvény t=0 helyen vett helyettesítési értékére is szükség van. Példák: Készítette: Vajda István 132

25 Határozzuk meg az f (t) = sin t függvény deriváltfüggvényének Laplace-transzformáltját. 1. Mivel f (t)=cos t, L [ f (t) ] s = s L [ f (t) ] = s f (s) f (0)=s 1 s sin 0= s s Határozzuk meg az f (t)=te t függvény második deriváltfüggvényének Laplace-transzformáltját. 1. Mivel f (t)=e t + te t f (t)=2e t + te t, L [ f (t) ] = 2 s s 1 (s 1) 2= (s 1) 2 2. L [ f (t) ] = s 2 f (s) s f (0) f (0)=s 2 1 (s 1) 2 s 0 ( e ) = = s 2 1 2s 1 (s 1) 2 1= (s 1) 2 Készítette: Vajda István 133

26 A példákban a fenti tételek segítségével ugyanazt az eredményt kaptuk, mint a deriváltfüggvények közvetlen táblázat alapján történő transzformálásával, de úgy tűnik, mintha ezekre a tételekre nem is lenne szükség. Fontossá akkor válnak, ha a differenciálegyenletben az ismeretlen függvény deriváltjait kell transzformálnunk. Példák: Határozzuk meg az y y=2x+2 differenciálegyenlet y (0)= 2 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását! Alkalmazzunk az egyenletre Laplace-transzformációt: sȳ y (0) ȳ= 2 s 2+2 s Helyettesítsük be y (0) értékét és oldjuk meg a kapott elsőfokú egyenletet: sȳ+2 ȳ= 2 s 2+2 s ȳ (s 1)= 2s2 + 2s+2 s 2 ȳ= 2s2 + 2s+2 (s 1) s 2 Bontsuk az egyenlet jobboldalán szereplő kifejezést résztörtekre: 2s 2 + 2s+2 = A (s 1) s 2 s + B C s 2+ s 1 2s 2 + 2s+2=As (s 1)+B (s 1)+Cs 2 s=1: s=0 s 2 : 2=C 2= B 2=A+C C=2 B= 2 A= 4 2s 2 + 2s+2 (s 1) s 2 = 4 s 2 s 2+ 2 s 1 Tehát ȳ= 4 s 2 2 s 2+ s 1 Inverz Laplace-transzformációt alkalmazva megkapjuk a megoldást: y= 4 2x+2e x Készítette: Vajda István 134

27 Határozzuk meg az y + 2y 8y=18 sin x 4 cos x differenciálegyenlet y (0)=3 és y (0)=4kezdeti feltételeket kielégítő partikuláris megoldását! Alkalmazzunk az egyenletre Laplace-transzformációt: s 2 ȳ sy (0) y (0)+2 ( sȳ y (0) ) 8ȳ= 18 s s s Helyettesítsük be y (0) és y (0) értékét majd oldjuk meg a kapott elsőfokú egyenletet: s 2 ȳ 3s 4+2 ( sȳ 3 ) 8ȳ= 4s+18 s ȳ ( s 2 + 2s 8 ) = 4s+18 s s+10 ȳ ( s 2 + 2s 8 ) = 3s3 + 10s 2 s+28 s ȳ= 3s3 + 10s 2 s+28 (s 2) (s+4) (s 2 + 1) Bontsuk az egyenlet jobboldalán szereplő kifejezést résztörtekre: 3s s 2 s+28 (s 2) (s+4) (s 2 + 1) = A s 2 + B s+4 + Cs+D s s s 2 s+28=a (s+4) ( s ) + B (s 2) ( s ) + Cs (s+4) (s 2)+D (s+4) (s 2) s=2: s= 4 : s=0: s 3 : 90=30A 0= 102B 28=12 8D 3=3+0+C A=3 B=0 D= 2 C=0 3s s 2 s+28 (s 2) (s+4) (s 2 + 1) = 3 s 2 2 s Tehát ȳ= 3 s 2 2 s Inverz Laplace-transzformációt alkalmazva megkapjuk a megoldást: y=3e 2x 2 sin x Készítette: Vajda István 135