Differenciálegyenletek

Differenciálegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Debrecen, 2011/12 tanév, I. félév Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 1 / 34

3.1 Differenciálegyenlet fogalma Probléma. Legyen f : D R 2 R adott függvény. Keresendő egy I intervallum és egy ϕ : I R függvény melyre (x, ϕ(x)) D, ha x I, ϕ differenciálható az I intervallumon, ϕ (x) = f (x, ϕ(x)), ha x I teljesül. Ezt a problémát közönséges, elsőrendű, explicit differenciálegyenletnek nevezzük és röviden y (x) = f (x, y(x)) ill. y = f (x, y) (1) -nal jelöljük. A ϕ függvényt az (1) egyenlet megoldásának mondjuk az I intervallumon. Példa. Ha y = 2x + 3, akkor integrálással y(x) = x 2 + 3x + C ahol C egy tetszőleges konstans, így a differenciálegyenletünknek végtelen sok megoldása van. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 2 / 34

3.2 Kezdeti érték probléma Probléma. Legyen (x 0, y 0 ) D adott pont, keresendő az (1) differenciálegyenlet egy olyan ϕ : I R megoldása, melyre x 0 I, ϕ(x 0 ) = y 0. Ezt a problémát az (1) egyenletre vonatkozó kezdeti érték problémának nevezzük és y (x) = f (x, y(x)), y(x 0 ) = y 0 ill. y = f (x, y), y(x 0 ) = y 0 (2) -lal jelöljük. x 0, y 0 -t kezdeti értékeknek nevezzük, a fenti ϕ : I R függvényt az (2) kezdeti érték probléma megoldásának mondjuk az I intervallumon. Példa. Ha y = 2x + 3, y(1) = 2 akkor integrálással y(x) = x 2 + 3x + C ahol C az integrációs konstans, a kezdeti feltételből 2 = y(1) = 4 + C, C = 2, a kezdeti érték probléma egyetlen megoldása y(x) = x 2 + 3x 2. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 3 / 34

3.3 Geometriai jelentés: iránymező Adott az y = f (x, y) differenciálegyenlet, ahol f : D R 2 R. Minden (x, y) D pontban kiszámolva f (x, y) értékét, az y (x)-szel, vagyis a ponton átmenő megoldás érintőjének iránytangensével azonos. D minden pontjában rajzolhatunk egy, a ponton átmenő f (x, y) iránytangensű kis egyenesszakaszt. Ezen szakaszok összeségét nevezzük a differenciálegyenlethez tartozó iránymezőnek. Az egyenlet megoldása olyan függvény melynek érintője minden pontban az iránymező illető ponthoz tartozó eleme (a megoldás illeszkedik az iránymezőre ). Az iránymező segitségével a kezdeti érték probléma egy közelítő megoldását is megkaphatjuk: a kezdeti pontból kiindulva az iránymező elemein haladunk, és olyan törtvonalat kapunk, mely közel van a megoldáshoz, a közelítés annál jobb, minél kisebb darabjait vesszük az iránymezőnek. Ez az Euler-féle törtvonalak módszere. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 4 / 34

Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 5 / 34

3.4 A megoldás egzisztenciája és unicitása Picard-Lindelöf egzisztencia- és unicitástétel Tegyük fel, hogy f : Q R folytonos a Q := { (x, y) R 2 : x x 0 a, y y 0 b } ((x 0, y 0 ) középpontú, 2a, 2b oldalú) téglalapon (ahol x 0, y 0 R, a, b > 0 adottak), továbbá teljesíti az f (x, y 1 ) f (x, y 2 ) k y 1 y 2 ((x, y 1 ), (x, y 2 ) Q) u.n. Lipschitz feltételt, ahol k egy konstans. Akkor az y (x) = f (x, y(x)), y(x 0 ) = y 0 kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van az I = [x 0 h, x 0 + h] intervallumon, ahol { h = min a, b }, M = max f (x, y). M (x,y) Q Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 6 / 34

3.4 A megoldás egzisztenciája és unicitása A fenti Picard-Lindelöf tétel lokális jellegű, a kezdeti pont egy környezetében állítja a megoldás létezését és egyértelműségét. Igazolható, hogy f folytonossága már elegendő az egzisztenciához, a Lipschitz feltétel az unicitást biztosítja. A tételnek van globális változata is. Picard-Lindelöf egzisztencia- és unicitástétel (globális) Tegyük fel, hogy f : D R folytonos a D R 2 nyílt összefüggő (azaz bármely két D-beli pont összeköthető D-ben lévő törtvonallal) halmazon és teljesíti az f (x, y 1 ) f (x, y 2 ) k y 1 y 2 ((x, y 1 ), (x, y 2 ) D) Lipschitz feltételt, ahol k egy konstans. Akkor bármely (x 0, y 0 ) D esetén az y (x) = f (x, y(x)), y(x 0 ) = y 0 kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van, mely határtól határig halad (utóbbi kifejezés azt jelenti, hogy a megoldás gráfja D minden korlátos zárt részhalmazából (x 0 mindkét oldalán) kilép ). Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 7 / 34

3.5 Integrálással megoldható egyenletek 3.5.1 Szeparábilis egyenletek A szeparábilis (vagy szétválasztható változójú) differenciálegyenlet általános alakja y = g(x)h(y) (3) ahol g : [a, b] R, h : [c, d] R adott folytonos függvények, és h(y) 0 a [c, d] intervallumon, (azaz az elsőrendű explicit egyenlet jobboldalán álló f függvény most felírható f (x, y) = g(x)h(y) alakban, csak x-től és csak y-tól függő függvények szorzataként). Ha ϕ : I R egyenletünk megoldása az I [a, b] intervallumon, akkor átrendezéssel ϕ (x) = g(x) x I. h(ϕ(x)) Mindkét oldalt integrálva, (és a baloldalon az ϕ(x) = y helyettesítést alkalmazva) ( kapjuk, hogy ϕ ) (x) h(ϕ(x)) dx = dy = g(x)dx + C. h(y) y=ϕ(x) Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 8 / 34

3.5.1 Szeparábilis egyenletek Bevezetve a H(y) = dy h(y) jelölést, azt kapjuk, hogy az y = ϕ(x) megoldás a H(y) = g(x)dx + C (implicit) egyenletből y = H 1 ( ) g(x)dx + C C R. (4) Itt C egy tetszőleges konstans, a H 1 inverz függvény létezik, mert H (y) = 1 h(y) 0, y [c, d] így a folytonosság miatt H vagy mindenütt pozitív vagy negatív, ezért H invertálható. A megoldás azon x [a, b] pontokban érvényes, ahol az (4) képletnek értelme van (ez függhet C választásától is). Ha van olyan y 0 ]c, d[ pont ahol h(y 0 ) = 0 úgy láthatjuk hogy az y(x) = y 0 konstans függvény is megoldása egyenletünknek. Ekkor a fenti számolással az egyenlet (4) megoldása a [c, y 0 [, ]y 0, d] alkalmas részintervallumain érvényes. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 9 / 34

3.5.1 Szeparábilis egyenletek Az előző számolások igazolják a szeparábilis egyenletek megoldására az alábbi módszert. Az egyenletet dy dx = g(x)h(y) alakba írjuk, majd a változókat formálisan szétválasztjuk (dx és g(x) egyik oldalra, dy és h(y) a másik oldalra kerül): dy dy = g(x)dx, majd integrálunk h(y) h(y) = g(x)dx + C, és megkaptuk az általános megoldást implicit alakban. A (3) egyenletre vonatkozó y = g(x)h(y), y(x 0 ) = y 0 kezdeti érték probléma megoldása a C konstansnak a kezdeti feltételből való kiszámolásával kapható meg, vagy pedig határozott integrálokat írva a megoldás képletében: y dy h(y) = x g(x)dx. y 0 x 0 Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 10 / 34

3.5.2 Homogén fokszámú egyenletek A homogén fokszámú egyenletek általános alakja ( y ) y = h x (5) ahol h : [a, b] R adott folytonos függvény. Helyettesítsünk (5)-ben u(x) = y(x) x -et, akkor y(x) = xu(x), y (x) = u(x) + xu (x) így u + xu = h(u) vagy u = h(u) u, x ami szeparábilis egyenlet az u ismeretlen függvényre nézve. Ezt megoldva y(x) = xu(x) adja az eredeti egyenlet megoldását. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 11 / 34

3.5.3 Lineáris egyenletek Az elsőrendű lineáris egyenletek általános alakja y + p(x)y = f (x) (6) ahol p, g : [a, b] R adott folytonos függvények, p az y együtthatója, f az egyenlet szabad tagja. A (6) egyenletet homogénnek nevezzük, ha f (x) = 0, x [a, b], ellenkező esetben a (6) egyenlet inhomogén. Foglalkozzunk először a y + p(x)y = 0 (7) homogén egyenlet megoldásával. Ez szeparábilis egyenlet, amiből dy dx = p(x)y, szétválasztva a változókat és integrálva kapjuk, hogy dy y = p(x)dx, vagy ln y = p(x)dx + ln C 1 ahol C 1 > 0 egy pozitív konstans. Az y = 0 konstans függvény is megoldás. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 12 / 34

3.5.3 Lineáris egyenletek A logaritmus jelet elhagyva y = C 1 e p(x)dx vagy y = ±C 1 e p(x)dx. Utóbbi megoldáshoz a zérus megoldást hozzávéve kapjuk, hogy a (7) homogén egyenlet minden megoldása (általános megoldása) y = Ce p(x)dx alakú, ahol C R tetszőleges konstans. A (6) inhomogén egyenletnek létezik y = C(x)y h (x) alakú megoldása, ahol C(x) alkalmas függvény és y h (x) = e p(x)dx a homogén egyenlet egy (partikuláris) megoldása. Ez a módszer a konstansvariálás. Az y = C (x)y h (x) + C(x)y h (x) deriváltakat (6)-ba behelyettesítve, átrendezés után kapjuk, hogy C y h + C(y h + py h) = f vagy C y h = f, C(x) = f (x) ( ) y h (x) dx = f p(x)dx (x)e dx. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 13 / 34

3.5.4 Bernoulli egyenlet Ha az utolsó integrálban integrációs konstanst is felveszünk akkor az y = C(x)e p(x)dx képlet a (6) egyenlet általános megoldását adja, egyébként csak az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk. A Bernoulli egyenlet általános alakja y + p(x)y = f (x)y(x) α (8) ahol p, f : [a, b] R adott folytonos függvények, α R adott konstans. Megjegyezzük, hogy bizonyos α R értékekre csak pozitív megoldásfüggvényeket kereshetünk, mivel ekkor csak ezekre van a jobboldali y(x) α hatvány értelmezve. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 14 / 34

3.5.4 Bernoulli egyenlet α = 1 esetén (8) lineáris inhomogén egyenlet, így feltehető, hogy α 1. Vezessünk be új ismeretlen u függvényt az y(x) = u(x) n képlettel, ahol n értékét később határozzuk meg. Az y = nu n 1 u deriváltat (8)-ba helyettesítve nu n 1 u + pu n = fu nα vagy nu n 1 u + p n u = f n unα n+1. Utóbbi egyenlet lineáris inhomogén lesz, ha nα n + 1 = 0. Mivel α 1, innen kapjuk, hogy n = 1 1 α választással u-ra lineáris inhomogén egyenletet kapunk, melyet u-ra megoldunk, majd (8) megoldását az y(x) = u(x) n = u(x) 1 1 α képlettel kapjuk. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 15 / 34

3.6 Másodrendű egyenletek Ebben a részben másodrendű differenciálegyenletekkel foglalkozunk, de értelemszerű módosításokkal eredményeink magasabbrendű egyenletekre is érvényesek. Probléma. Legyen f : D R 3 R adott függvény. Keresendő egy I intervallum és egy ϕ : I R függvény melyre ϕ kétszer differenciálható az I intervallumon, (x, ϕ(x), ϕ (x)) D, ha x I, ϕ (x) = f (x, ϕ(x), ϕ (x)), ha x I teljesül. Ezt a problémát közönséges, másodrendű, explicit differenciálegyenletnek nevezzük és röviden y (x) = f (x, y(x), y (x)) ill. y = f (x, y, y ) (9) -vel jelöljük. A ϕ függvényt az (9) egyenlet megoldásának mondjuk az I intervallumon. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 16 / 34

3.6 Másodrendű egyenletek Probléma. Legyen most adott egy (x 0, y 0, y 1 ) D pont. Keresendő a (9) egyenletnek egy olyan ϕ : I R megoldása, melyre x 0 I, ϕ(x 0 ) = y 0, ϕ (x 0 ) = y 1. Ezt a problémát az (9) egyenletre vonatkozó kezdeti érték problémának nevezzük és y (x) = f (x, y(x), y (x)), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1 illetve y = f (x, y, y ), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1 (10) -gyel jelöljük. x 0, y 0, y 1 -et kezdeti értékeknek nevezzük, a fenti ϕ : I R függvényt az (10) kezdeti érték probléma megoldásának mondjuk az I intervallumon. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 17 / 34

3.6 Másodrendű egyenletek: egzisztencia és unicitás Másodrendű egyenletekre az elsőrendűekre vonatkozóhoz hasonló egzisztencia és unicitástétel érvényes. Egzisztencia és unicitástétel másodrendű explicit differenciálegyenletekre Ha f : D R 3 R folytonos a nyílt és összefüggő D halmazon, és eleget tesz a f (x, y 1, z 1 ) f (x, y 2, z 2 ) k( y 1 y 2 + z 1 z 2 ), ((x, y 1, z 1 ), (x, y 2, z 2 ) D) Lipschitz feltételnek (ahol k egy konstans), akkor bármely (x 0, y 0, y 1 ) D esetén az y = f (x, y, y ), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1 kezdeti érték problémának az x 0 pont egy környezetében egyértelmű megoldása van. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 18 / 34

3.6 Hiányos másodrendű egyenletek Az y = f (x, y, y ) differenciálegyenletet hiányosnak nevezzük, ha a jobboldalon álló f függvény nem függ valamelyik változójától. Három ilyen egyenlettípus van. f nem függ x-től: y = f (y, y ). Ilyenkor az invertálható megoldásokat határozhatjuk meg az y = p(y) helyettesítéssel. Ekkor y = p (y)y = p (y)p(y), így p-re a p p = f (y, p) elsőrendű egyenletet kapjuk. A megoldásként kapott p-vel felírt y = p(y) szeparábilis egyenletből határozzuk meg y-t. f nem függ y-tól: y = f (x, y ). Az y = p(x) helyettesítést alkalmazva, y = p (x), így egyenletünk a p = f (x, p) elsőrendű egyenletbe megy át. A megoldásként kapott p-vel felírt y = p(x) egyenletből y = p(x)dx. f nem függ y -től: y = f (x, y). Erre nincs általános módszer, minden ilyen egyenletet egyedileg kell vizsgálni. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 19 / 34

3.7 Másodrendű lineáris egyenletek, egzisztencia és unicitás A másodrendű lineáris differenciálegyenletek általános alakja y + p(x)y + q(x)y = f (x) (11) ahol p, q, f : [a, b] R adott folytonos függvények. p, q az y, y együtthatói, f az egyenlet szabad tagja. A (11) egyenletet homogénnek nevezzük, ha f (x) = 0, x [a, b], ellenkező esetben inhomogénnek mondjuk. Egzisztencia és unicitástétel lineáris egyenletekre Tegyük fel, hogy p, q, f : [a, b] R folytonos függvények. Akkor tetszőleges x 0 [a, b], és y 0, y 1 R mellett a (11) másodrendű lineáris egyenletre vonatkozó y + p(x)y + q(x)y = f (x), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1 (12) kezdeti érték problémának létezik pontosan egy megoldása, mely az egész [a, b] intervallumon értelmezve van. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 20 / 34

3.7 Másodrendű homogén lineáris egyenletek A megoldás szerkezete Ha y 1 (x), y 2 (x) a y + p(x)y + q(x)y = 0 (x [a, b]) homogén egyenlet megoldásai, akkor tetszőleges C 1, C 2 R konstansok esetén az y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) is megoldása ennek az egyenletnek. Wronski determináns Legyenek y 1 (x), y 2 (x) differenciálható függvények az [a, b] intervallumon, akkor a W y1,y 2 (x) = y 1(x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) (x [a, b]) determinánst e függvények Wronski determinánsának nevezzük. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 21 / 34

3.7 Másodrendű homogén lineáris egyenletek Liouville tétele Ha y 1 (x), y 2 (x) a y + p(x)y + q(x)y = 0 (x [a, b]) homogén egyenlet megoldásai, akkor a W y1,y 2 a Wronski determinánsukra érvényes a W y1,y 2 (x) = W y1,y 2 (x 0 )e x p(x)dx x 0 (x 0, x [a, b]) un. Liouville formula. (Így W y1,y 2 vagy mindenütt zérus vagy sehol sem). Függvények lineáris függetlensége, függősége Az y 1, y 2 : [a, b] R függvényeket lineárisan függetleneknek nevezzük [a, b]-n, ha c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = 0 (x [a, b]) csak c 1 = c 2 = 0 esetén teljesül. Az y 1, y 2 függvényeket lineárisan függőknek nevezzük nem lineárisan függetlenek (ekkor egyik függvény a másik konstansszorosa). Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 22 / 34

3.7 Másodrendű homogén lineáris egyenletek Lineáris függetlenség kapcsolata a Wronski determinánssal Ha W y1,y 2 (x 0 ) 0, akkor y 1, y 2 lineárisan függetlenek. Ha W y1,y 2 (x 0 ) = 0, és y 1, y 2 egy homogén lineáris differenciálegyenlet megoldásai, akkor y 1, y 2 lineárisan függők. Így, ha y 1, y 2 egy homogén lineáris differenciálegyenlet megoldásai, akkor y 1, y 2 akkor és csakis akkor lineárisan függetlenek, ha W y1,y 2 (x 0 ) 0 valamely x 0 pontban. A homogén egyenlet általános megoldása Ha y 1 (x), y 2 (x) az y + p(x)y + q(x)y = 0 (x [a, b]) homogén egyenlet két lineárisan független megoldása, akkor egyenletünk minden y megoldása (általános megoldása) felírható y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) (x [a, b]) (13) alakban, ahol C 1, C 2 R konstansok. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 23 / 34

3.7 Másodrendű konstansegyütthatós homogén lineáris egyenletek Tekintsük az y + py + qy = 0 (x [a, b]) (14) homogén egyenletet, ahol most p, q konstansok. (14)-nek mindig van y(x) = e λx alakú megoldása, alkalmas λ konstanssal. Ugyanis az y (x) = λe λx, y (x) = λ 2 e λx deriváltakat (14)-be helyettesítve, e λx ( λ 2 + pλ + q ) = 0, vagy λ 2 + pλ + q = 0. (15) Azt kaptuk, hogy az y(x) = e λx, (λ R) függvény akkor és csakis akkor megoldása a (14) homogén egyenletnek, ha a λ konstans kielégíti a (15) másodfokú algebrai egynletet, amit (14) karakterisztikus egyenletének nevezünk. A homogén egyenlet általános megoldásához két lineárisan független megoldásra van szükségünk, ezeket az alábbi módon kaphatjuk meg. Jelölje D = p 2 4q a (15) egyenlet diszkriminánsát. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 24 / 34

3.7 Másodrendű konstansegyütthatós homogén lineáris egyenletek Ha D > 0, akkor (15)-nek két különböző λ 1 λ 2 valós megoldása van. y 1 (x) = e λ1x, y 2 (x) = e λ2x linárisan független megoldásai (14)-nek, mert Wronski determinánsuk W y1,y 2 (x) = e λ 1x e λ 2x λ 1 e λ 1x λ 2 e λ 2x = (λ 2 λ 1 )e (λ 1+λ 2 )x 0 (x [a, b]) (14) általános megoldása y(x) = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x, (C 1, C 2 R). Ha D = 0, akkor (15)-nek egy kétszeres valós megoldása van λ 1 = λ 2. Ekkor y 1 (x) = e λ 1x mellett (mint az könnyen ellenőrizhető) y 2 (x) = xe λ 1x is megoldás. E függvények lineárisan függetlenek (mert Wronski determinánsuk nem nulla), így (14) általános megoldása y(x) = C 1 e λ 1x + C 2 xe λ 1x, ahol C 1, C 2 R. Ha D < 0, akkor (15)-nek két konjugált komplex megoldása van λ 1,2 = α ± iβ, ahol i 2 = 1. Most y 1 (x) = e αx cos(βx) és y 2 (x) = e αx sin(βx) lesznek lineárisan független megoldások. (14) általános megoldása y(x) = C 1 e αx cos(βx) + C 2 e αx sin(βx), ahol C 1, C 2 R. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 25 / 34

3.7 Másodrendű inhomogén lineáris egyenletek A megoldás szerkezete Az y + p(x)y + q(x)y = f (x) (x [a, b]) (16) inhomogén egyenlet (ahol p, q, f folytonosak) minden megoldása (általános megoldása) y(x) = y(x) + y h (x) alakba írható, ahol y az inhomogén egyenlet egy (partikuláris) megoldása, y h (x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) a megfelelő homogén egyenlet (vagyis y + p(x)y + q(x)y = 0) általános megoldása (vagyis y 1 (x), y 2 (x) a homogén egyenlet lineárisan független megoldásai, C 1, C 2 R konstansok). Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 26 / 34

3.7 Másodrendű inhomogén lineáris egyenletek Ha y 1 (x), y 2 (x) a homogén egyenlet két lineárisan független megoldása, akkor az inhomogén egyenletnek mindig van y(x) = C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) (17) alakú megoldása, alkalmas C 1 (x), C 2 (x) függvényekkel. Ez a konstansvariálás módszere. (17)-ből y (x) = C 1 (x)y 1 (x) + C 2(x)y 2 (x) + C 1 (x)y 1(x) + C 2 (x)y 2(x), próbáljuk meg C 1 (x), C 2 (x)-t úgy választani, hogy C 1 (x)y 1(x) + C 2 (x)y 2(x) = 0 (18) legyen. Ekkor y (x) = C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) + C 1(x)y 1 (x) + C 2(x)y 2 (x). E deriváltakat a (16)-ba visszahelyettesítve, átrendezés után C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) +C 1 (x)[y 1 (x) + p(x)y 1 (x) + q(x)y 1(x)] +C 2 (x)[y 2 (x) + p(x)y 2 (x) + q(x)y 2(x)] = f (x). A két szögletes zárójelben álló összeg zérus lévén, innen C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) = f (x). (19) Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 27 / 34

3.7 Másodrendű inhomogén lineáris egyenletek A konstansvariálás tétele Legyen y 1 (x), y 2 (x) az y + p(x)y + q(x)y = 0 homogén egyenlet két lineárisan független megoldása, akkor az y(x) = C 1 (x)y 1 (x) + C 2 (x)y 2 (x) függvény megoldása az y + p(x)y + q(x)y = f (x) inhomogén egyenletnek, ha a C 1 (x), C 2 (x) függvények kielégítik a (18),(19) egyenleteket: 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 (minden x [a, b] pontban) egy lineáris inhomogén algebrai egyenletrendszer, mely egyértelműen megoldható a C 1 (x), C 2 (x) ismeretlenekre, mivel a rendszer determinánsa éppen a W y1,y 2 (x) Wronski determináns, ami az y 1 (x), y 2 (x) megoldások lineáris függetlensége miatt sehol sem nulla. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 28 / 34

3.7 Másodrendű inhomogén lineáris egyenletek A Cramer szabály alapján amiből C 1 (x) = C 1 (x) = y 2(x)f (x) W y1,y 2 (x), C 2 (x) = y 1(x)f (x) W y1,y 2 (x), y2 (x)f (x) W y1,y 2 (x) dx + c y1 (x)f (x) 1, C 2 (x) = W y1,y 2 (x) dx + c 2 ahol c 1, c 2 tetszőleges konstansok. E függvényekkel (17) az inhomogén egyenlet általános megoldását adja, míg, ha integrációs konstansokat nem írjuk be a képletbe, akkor (17) az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását adja. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 29 / 34

3.7 Másodrendű lineáris konstansegyütthatós inhomogén egyenletek Most a (12) egyenletben a p, q együtthatók adott konstansok, f : [a, b] R adott folytonos függvény: y + py + qy = f (x) (x [a, b]). (20) Láttuk, hogy a megfelelő homogén egyenlet általános megoldása könnyen meghatározható. Az inhomogén egyenlet megoldására két lehetőségünk van. Bármely f (x) szabad tag esetén alkalmazhatjuk a konstansvariálást az inhomogén egyenlet egy partikuláris vagy általános megoldásának kiszámítására. Tegyük fel, hogy az f (x) szabad tag speciális alakú, f (x) = e αx (P(x) cos(βx) + Q(x) sin(βx)), (21) ahol α, β R valós konstansok, P, Q valósegyütthatós polinomok. Ekkor alkalmazható a határozatlan együtthatók módszere (ld. a következő tételeket). Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 30 / 34

3.7 Másodrendű lineáris konstansegyütthatós inhomogén egyenletek Az inhomogén egyenlet megoldásának felbontása Ha y i (x) az y + py + qy = f i (x) (x [a, b]). egyenlet megoldása i = 1, 2,..., n mellett, akkor az y i (x) = y 1 (x) + y 2 (x) + + y n (x) függvény megoldása az egyenletnek. y + py + qy = f 1 (x) + f 2 (x) + + f n (x) A (20) inhomogén egyenlet megoldásának alakja (x [a, b]). Ha λ := α ± iβ a homogén egyenlet λ 2 + pλ + q = 0 karakterisztikus egyenletének r-szeres megoldása (r = 0, 1,... akkor a (20) egyenletnek (21) alakú szabad ( tag mellett van ) y(x) = x r e αx P(x) cos(βx) + Q(x) sin(βx), (22) alakú partikuláris megoldása, ahol P(x), Q(x) polinomok, melyek fokszáma a P(x), Q(x) polinomok fokszáma közül a nagyobbik. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 31 / 34

3.8 Példák a határozatlan együtthatók módszerére Első példaként tekintsük az y 3y + 9y = f (x) egyenletet. A karakterisztikus egyenlet λ 2 3λ + 9 = 0, megoldása λ 1,2 = 3. Ha f (x) = (x + 3)e 5x, akkor (21)-ben α = 5, β = 0, P(x) = x + 3 elsőfokú, Q(x) = 0-nak vehető, mivel szorzója sin 0x = 0.. λ = α ± iβ = 5 nem megoldása a karakterisztikus egyenletnek, így r = 0, van y(x) = (Ax + B)e 5x alakú megoldás, ahol A, B konstansok. E konstansokat az egyenletbe való behelyettesítéssel és együtthatóösszehasonlítással könnyen meghatározhatjuk. Ha f (x) = (x 2 + 3)e 3x, akkor (21)-ben α = 3, β = 0, P(x) = x 2 + 3 másodfokú, Q(x) = 0-nak vehető, mivel szorzója sin 0x = 0. λ = α ± iβ = 3 kétszeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, így r = 2, van y(x) = x 2 (Ax 2 + Bx + C)e 3x alakú megoldás, ahol A, B, C konstansok. E konstansokat az egyenletbe való behelyettesítéssel könnyen meghatározhatjuk. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 32 / 34

3.8 Példák a határozatlan együtthatók módszerére Második példaként tekintsük az y 4y + 13y = f (x) egyenletet. A karakterisztikus egyenlet λ 2 4λ + 13 = 0, megoldása λ 1,2 = 2 ± 3i. Ha f (x) = e 2x (x + 3) sin 3x, akkor (21)-ben α = 2, β = 3, P(x) = x + 3 elsőfokú, Q(x) = 0 nulladfokú. λ = α ± iβ = 2 ± 3i egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, így r = 1, van y(x) = xe 2x ((Ax + B) sin 3x + (Cx + D) cos 3x) alakú megoldás, ahol A, B, C, D konstansok. E konstansokat az egyenletbe való behelyettesítéssel könnyen meghatározhatjuk. Ha f (x) = (2x + 3) sin 3x, akkor (21)-ben α = 0, β = 3, P(x) = 2x + 3 harmadfokú, Q(x) = 0 nulladfokú. λ = α ± iβ = ±3i nem megoldása a karakterisztikus egyenletnek, így r = 0, van y(x) = (Ax + B) sin 3x + (Cx + D)) cos 3x) alakú megoldás, ahol A, B, C, D konstansok. E konstansokat az egyenletbe való behelyettesítéssel könnyen meghatározhatjuk. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 33 / 34

3.8 Példák a határozatlan együtthatók módszerére Harmadik példaként tekintsük az y + y 2y = f (x) egyenletet. A karakterisztikus egyenlet λ 2 + λ 2 = 0, megoldása λ 1 = 1, λ 2 = 2. Ha f (x) = (x + 3)e 2x + 2 sin 3x, akkor az f 1 (x) = (x + 3)e 2x -nek megfelelő megoldás y 1 (x) = (Ax + B)e 2x, az f 2 (x) = 2 sin 3x-nek megfelelő megoldás y 2 (x) = C sin 3x + D cos 3x. Először A, B-t majd C, D-t határozzuk meg, ezen értékekkel y(x) = (Ax + B)e 2x + C sin 3x + D cos 3x megoldása lesz az inhomogén egyenletnek. Ha f (x) = (x + 3)e 2x + 5 cos 3x, akkor az f 1 (x) = (x + 3)e 2x -nek megfelelő megoldás y 1 (x) = x(ax + B)e 2x, az f 2 (x) = 5 cos 3x-nek megfelelő megoldás y 2 (x) = C sin 3x + D cos 3x. Meghatározzuk A, B-t majd C, D-t, az így kapott értékekkel y(x) = x(ax + B)e 2x + C sin 3x + D cos 3x az inhomogén egyenlet megoldása lesz. Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 34 / 34