Tamás Réka. Másodrendű közönséges differenciálegyenletek és szerepük a numerikus modellezésben

Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Tamás Réka Másodrendű közönséges differenciálegyenletek és szerepük a numerikus modellezésben BSc Szakdolgozat Matematika BSc, Matematikai elemező szakirány Témavezető: Dr. Csomós Petra Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest, 2017.

Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezetőmnek, Dr. Csomós Petrának a rengeteg segítségért, amellyel támogatott a szakdolgozatom írása során. Köszönöm a sok konzultációt, hogy minden kérdésemre a legnagyobb hozzáértéssel válaszolt, és a szakdolgozatom alapos átnézését. Emellett szeretnék köszönetet mondani szüleimnek, akik végig támogattak a tanulmányaim során, minden egyes megmérettetésem előtt biztattak, és hittek bennem. i

Tartalomjegyzék Köszönetnyilvánítás i Bevezetés 1 1. Közönséges differenciálegyenletek és stabilitásvizsgálatuk 2 2. Másodrendű közönséges differenciálegyenletek megoldási módszerei 7 2.1. Hiányos másodrendű közönséges differenciálegyenletek.................... 8 2.1.1. Az ẍ(t) = f(t) alakú egyenletek............................. 8 2.1.2. Nemlineáris másodrendű differenciálegyenletek.................... 9 2.1.3. Az F (t, ẋ, ẍ) = 0 alakú egyenletek........................... 13 2.1.4. Az F (x, ẋ, ẍ) = 0 alakú egyenletek........................... 14 2.2. Lineáris állandó együtthatós homogén másodrendű differenciálegyenletek.......... 15 2.3. Lineáris állandó együtthatós inhomogén másodrendű differenciálegyenletek........ 18 2.3.1. A próbafüggvény módszere............................... 19 2.3.2. Az állandók variálásának módszere........................... 21 2.4. Lineáris nem állandó együtthatós másodrendű differenciálegyenletek............ 24 2.4.1. Euler-féle másodrendű differenciálegyenletek...................... 25 2.4.2. Általánosított Euler-féle másodrendű differenciálegyenletek............. 26 2.4.3. Bessel-féle differenciálegyenlet.............................. 28 2.4.4. Legendre-féle differenciálegyenlet............................ 30 2.4.5. Mathieu-féle differenciálegyenlet............................ 33 3. Különböző problémák modellezése és megoldása 35 3.1. A lejtőre helyezett test modellje................................. 36 3.2. A rugó modellje.......................................... 39 3.3. Az inga modellje......................................... 44 Irodalomjegyzék 47 Függelék 48 ii

Bevezetés Már régóta próbálkoznak az emberek különböző modellek felállításával annak érdekében, hogy meg tudják magyarázni a természet működését, vagy éppen azért, hogy különböző jóslatokat tudjanak megfogalmazni a jövőt illetően. Szakdolgozatom célja, hogy bemutassam, hogyan történik egy-egy folyamat modellezése. A közönséges differenciálegyenletek lehetőséget adnak az időben változó folyamatok leírására, ezért a modell felállítása során arra törekszünk, hogy olyan differenciálegyenletet kapjunk, amely épp az adott jelenséget írja le. Ahhoz, hogy ezt a differenciálegyenletet fel tudjuk írni, a természetben előforduló különböző tényezőket, illetve fizikai törvényeket kell figyelembe vennünk. A modellalkotás során érdemes eleinte csak a legfontosabb környezeti hatásokat figyelembe vennünk, hiszen ekkor könnyebben tudjuk ellenőrizni, hogy a modellünk mennyire jól írja-e le az adott jelenséget. Később persze lehetőségünk van ezt az egyszerűbb modellt kibővíteni. Tipikusan olyan folyamatokat fogunk modellezni, amelyeket leíró differenciálegyenletek másodrendűek. Természetesen ezeket az egyenleteket meg is szeretnénk majd oldani, ezért fontos lenne ismernünk, hogy milyen feltételek mellett létezik az adott egyenletnek megoldása. Erre a kérdésre az első fejezetben összeállított elméleti összefoglaló áttekintése után fogjuk megkapni a választ. A második fejezetben bemutatom azokat a speciális alakú másodrendű differenciálegyenleteket, melyek analitikus megoldására ismert egy általános módszer. Először az egyes típusok megoldása során alkalmazott módszert ismertetjük általános esetben, majd mindegyik típusra egy általam kitalált konkrét feladat megoldását mutatjuk be. Igyekeztem a feladatok kitalálása során arra ügyelni, hogy a kapott megoldás viszonylag szép alakot öltsön. Látni fogjuk azonban, hogy nagyon sok olyan másodrendű differenciálegyenlet is létezik, melyeknek analitikus megoldására nem ismert általános módszer. Szakdolgozatom harmadik fejezetében egy jelenség modellezése eredményéül például egy olyan nemlineáris másodrendű differenciálegyenletet fogunk kapni, melyet majd nem tudunk analitikus módon megoldani. Látni fogjuk, hogy ilyenkor a megoldásokat különböző numerikus módszerek segítségével tudjuk közelíteni. Ezen módszerek közül megismerkedünk majd hárommal, s ezek segítségével fogjuk majd előállítani a nemlineáris egyenletünk közelítő megoldását. A harmadik fejezetben megjelenő ábrákat, illetve a hozzájuk tartozó programokat az Autodesk Inventor 2016 és a Matlab szoftverek segítésével hoztuk létre. 1

1. fejezet Közönséges differenciálegyenletek és stabilitásvizsgálatuk Ebben a fejezetben a számunkra leginkább érdekes kérdésekre adjuk meg választ, azaz, hogy egy differenciálegyenletnek mikor van megoldása, valamint hogyha találtunk egy megoldást, az vajon egyértelmű-e, vagy érdemes lenne további megoldások után kutatnunk. Megismerjük, hogy mit értünk egy megoldás stabilitása alatt. Erre elsősorban azért lesz szükségünk, hiszen a szakdolgozatomban a mindennapokban előforduló problémák modellezésével, illetve megoldásával foglalkozom, ezért felmerülhet a kérdés, hogy mi a helyzet akkor, ha a kezdetiérték-feladatban a kezdeti feltétel hibás. Ezzel a kérdéssel azért fontos foglalkoznunk, hiszen a mérések, megfigyelések pontatlansága és számos más tényező miatt előfordulhat, hogy nem a valóságnak megfelelő adatokkal számolunk. Vajon az idő előrehaladtával a hibás és a pontos kezdeti értékből indított megoldások közötti különbség nő, vagy egy előre megadott értéknél kisebb mértékben fognak különbözni egymástól? Ahhoz, hogy ezt a kérdést meg tudjuk válaszolni, ebben a fejezetben definiáljuk az ehhez szükséges fogalmakat. A megértéshez szükséges definíciókat és állításokat Tóth-Simon [1], illetve Butcher [2] könyvének kapcsolódó fejezetei segítségével ismertetem. Szakdolgozatomban többször fog előfordulni, hogy egy adott f függvényt kell integrálnunk. Az f jelölés az f függvény egy darab primitív függvényét jelenti, azaz minden esetben ki kell írni a c konstanst. Ha pedig ezt nem írjuk ki külön, akkor ezek a c 1, c 2,... konstansok mindig olyan tetszőleges valós számokat jelölnek, melyekre a műveletek jól definiáltak. 1.1. Definíció. Legyenek h : R n+2 R, x : R R d folytonos függvények, n pedig pozitív egész szám. Ekkor minden t R esetén a h ( t, x(t), ẋ(t),, x (n) (t) ) = 0 egyenletet n-edrendű közönséges differenciálegyenletnek nevezzük. 1.2. Megjegyzés. Ha az x (n) (t) kifejezhető az egyenletből, azaz létezik h : R n+1 R, hogy x (n) (t) = h ( t, x(t),, x (n 1) (t) ), akkor n-edrendű közönséges explicit differenciálegyenletnek hívjuk. Speciálisan az n=2 esetben másodrendű közönséges differenciálegyenletekről beszélünk, melynek általános 2

alakja: ẍ(t) = f ( t, x(t), ẋ(t) ). Tekintsünk rögtön egy egyszerű differenciálegyenletet annak érdekében, hogy legyen valami sejtésünk arról, mit várunk egy egyenlet megoldásainak a számáról. Példa: ẋ(t) = t, t R. Mind a két oldalt integrálva megkaphatjuk a megoldást. Bal oldal: ẋ(t)dt = x(t) + c 1, c 1 R. Jobb oldal: tdt = t2 2 + c 2, c 2 R. Tehát: x(t) + c 1 = t2 2 + c 2, c 1, c 2 R. Ezt az egyenletet rendezve azt kapjuk, hogy annyi megoldása lesz a differenciálegyenletnek, ahány különböző értéket a c = c 1 c 2 felvehet. Ez jelen esetben végtelen sok megoldást jelent számunkra. Azonban ha a kezdeti értékre egy feltételt is megadunk, a megoldás már egyértelmű lesz. Ezt mondja ki az 1.9. tétel. 1.3. Tétel (Átviteli elv). Tekintsük az alábbi kezdeti érték problémát: x (N) (t) = h ( t, x(t), ẋ(t), ẍ(t),..., x (N 1) (t) ), x (n) (τ) = ξ n ; n = 0, 1,, N 1, N N. (1.1) Ennek megoldáshalmazát jelölje M (1.1). Az M (1.2) jelölje egy explicit közönséges elsőrendű differenciálegyenlet kezdeti érték problémájának alábbi megoldását: ẏ = g (id, y), y(τ) = (ξ 0, ξ 1,, ξ N 1 ) T. (1.2) Ekkor: 1. Ha ϕ M (1.1), akkor Ψ := (ϕ, ϕ,, ϕ (N 1) ) T M (1.2). 2. Ha Ψ M (1.2), és Ψ = (Ψ 0,, Ψ N 1 ) T, akkor Ψ 0 M (1.1). 1.4. Következmény. A magasabb rendű egyenleteket mindig átírhatjuk elsőrendű egyenletrendszerre, így az elsőrendű egyenletekre vonatkozó tételek a magasabb rendű egyenletekre is igaznak tekinthetőek. 1.5. Definíció. Azt mondjuk, hogy az (M,d) metrikus tér teljes, ha benne minden Cauchy-sorozat konvergens is egyben. 1.6. Definíció. Azt mondjuk, hogy φ : M M egy kontrakció, ha létezik egy olyan 0 K < 1 szám, amelyre bármely µ, τ M esetén: d(φ(µ), φ(τ)) K d(µ, τ). 3

1.7. Tétel (Banach Cacciopoli Tyihonov-féle fixponttétel). Jelöljön M egy teljes metrikus teret d metrikával, és legyen φ : M M egy kontrakció. Ekkor létezik egy egyértelmű ξ M, melyre φ(ξ) = ξ, azaz ξ a φ leképezés fixpontja. 1.8. Definíció. Azt mondjuk, hogy egy h : [a, b] R n függvény a második változójában Lipschitz tulajdonságú, ha létezik olyan L, melyre minden t [a, b] és Y, Z R n esetén fennáll, hogy h(t, Y ) h(t, Z) L Y Z. Ekkor az L-lel jelölt konstanst Lipschitz-konstansnak nevezzük. 1.9. Tétel (Egzisztencia- és unicitástétel). Legyen g : [a, b] R n R n első változójában folytonos, második változójában Lipschitz tulajdonságú és x 0 R n. Tekintsük az alábbi kezdeti érték problémát: ẋ(t) = g(t, x(t)), t > 0; (1.3) x(a) = x 0. Ekkor létezik egyértelmű megoldása a differenciálegyenletnek. Bizonyítás: Legyen M teljes metrikus tér, x : [a, b] R n olyan folytonos függvény, amelyre teljesül, hogy x(a) = x 0. Definiáljuk a metrikát az alábbi módon: d(x, z) = K > L. sup e K(t a) x(t) z(t), ahol t [a,b] Ez valóban metrika, hiszen ha sup e K(t a) x(t) z(t) = 0, abból a norma tulajdonsága miatt már t [a,b] következik, hogy x(t) = z(t), illetve ha x(t) = z(t), abból azonnal következik, hogy sup e K(t a) x(t) t [a,b] z(t) = 0, azaz teljesíti az egyenlőségi tulajdonságot. Hasonlóan a norma tulajdonsága miatt igaz rá a szimmetria is, azaz sup e K(t a) x(t) z(t) = sup e K(t a) z(t) x(t). A korábbi érvekhez hasonlóan t [a,b] t [a,b] teljesül, hogy sup e K(t a) x(t) z(t) sup e K(t a) x(t) y(t) + sup e K(t a) y(t) z(t), t [a,b] t [a,b] t [a,b] azaz a háromszög egyenlőtlenség is igaz rá. Jelölje φ(x) az (1.3) kezdetiérték-feladat megoldását. Ekkor folytonos g függvény esetén a Newton Leibniz tétel miatt ez a kezdeti érték probléma ekvivalens az alábbi integrálegyenlettel: φ(x)(t) = x 0 + t a g ( s, x(s) ) ds. Ha be tudnánk látni, hogy ez egy kontrakció, akkor az 1.7. tétel alapján készen lennénk a bizonyítással. A metrikánk definíciója alapján: d ( φ(x), φ(z) ) = sup e K(t a) t φ(x)(t) φ(z)(t) = sup e K(t a) g ( s, x(s) ) ds t [a,b] t [a,b] Ezt az integrálás tulajdonsága miatt az alábbi módon tudjuk felülről becsülni: sup t [a,b] t e K(t a) g ( s, x(s) ) ds a t a a t a g ( s, z(s) ) ds. g ( s, z(s) ) t ds sup e K(t a) ( ) ( ) g s, x(s) g s, z(s) ds. t [a,b] Mivel g a második változójában Lipschitz tulajdonságú, ezt tovább tudjuk becsülni felülről: sup t [a,b] t e K(t a) g ( s, x(s) ) g ( s, z(s) ) t ds L sup e K(t a) x(s) z(s) ds. a t [a,b] a a 4

Tudjuk, hogy: ahol ( ) = t a t x(s) z(s) ds = e K(s a) e K(s a) x(s) z(s) ds, a }{{} ( ) sup e K(s a) x(s) z(s) sup e K(s a) x(s) z(s). s [a,x] s [a,b] A d metrika definíciója alapján azonban sup s [a,b] tovább becsülhetjük felülről az alábbi módon: a e K(s a) x(s) z(s) = d(x, z), így a korábbi egyenletet t t L sup e K(t a) x(s) z(s) ds Ld(x, z) sup e K(t a) e K(s a) ds. t [a,b] t [a,b] Az integrálást elvégezve megkapjuk az utolsó becslésünket: t Ld(x, z) sup e K(t a) e K(s a) ds L d(x, z). t [a,b] K Mivel K-t úgy választottuk meg, hogy K > L, ezért L K < 1. a Tehát megkaptuk, hogy d ( φ(x), φ(z) ) L K d(x, z) d(x, z), így φ(x) valóban kontrakció. Az 1.7. tétel alapján tehát az az x függvény, amely eleget tesz a φ(x) = x egyenletnek, egyértelmű megoldása lesz az 1.9. tételben szereplő (1.3) kezdeti érték problémának. a 1.10. Definíció. Tekintsük az alábbi kezdetiérték-feladatot: ẋ(t) = g ( t, x(t) ), t > t 0 ; x(t 0 ) = x 0. (1.4) Azt mondjuk, hogy az (1.4) kezdetiérték-feladat x(t; t 0, x 0 ) megoldása stabil, ha minden ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0 szám, hogy minden olyan x 0 R d kezdeti vektorra, melyre x 0 x 0 < δ teljesül, igazak az alábbiak: az x(t; t 0, x 0 ) megoldás létezik a [t 0, ) intervallumon; minden t > t 0 esetén: x(t; t0, x 0 ) x(t; t 0, x 0 ) < ε. 1.11. Definíció. Azt mondjuk, hogy az (1.4) kezdetiérték-feladat x(t; t 0, x 0 ) megoldása aszimptotikusan stabil, ha: ez a megoldás stabil; igaz a lim t x(t; t 0, x 0 ) x(t; t 0, x 0 ) = 0 egyenlőség. 1.12. Definíció. Az (1.4) kezdetiérték-feladat x(t) = x = c R n időben nem változó megoldását egyensúlyi helyzetnek nevezzük, ahol c egy konstans. Ekkor az egyensúlyi helyzet stabilitását az alábbi módon lehet definiálni: 1.13. Definíció. Azt mondjuk, hogy az (1.4) kezdetiérték-feladat x R n egyensúlyi helyzet stabil, ha minden ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0 szám, amelyre ha x x 0 < δ teljesül, akkor x x(t) < ε. 5

Az egyensúlyi helyzetek stabilitásvizsgálatát sokszor a Jacobi-mátrix sajátértékeinek segítségével végezzük a 1.15. állítás alapján. Nézzük meg először, hogy mit is értünk Jacobi-mátrix alatt. 1.14. Definíció. Legyen g : R n R m olyan függvény, melyre: g(y 1, y 2,..., y n ) = ( g 1 (y 1, y 2,..., y n ), g 2 (y 1, y 2,..., y n ),..., g m (y 1, y 2,..., y n ) ). Ekkor azt a J R m n mátrixot, melyre: g 1 y 1... ġ(y 1,..., y n ) =..... g m y 1... a g függvény elsőrendű parciális deriváltjait tartalmazó Jacobi-mátrixának nevezzük. 1.15. Állítás. Ha a J(y ) mátrix λ i sajátértékeire teljesül, hogy Re(λ i ) 0 minden i = 1,..., m esetén, ahol Re(λ i ) jelöli a λ i sajátérték valós részét, akkor az y = 0 egyensúlyi helyzet stabil. Amennyiben létezik olyan λ i sajátérték, amelyre Re(λ i ) > 0, akkor az y egyensúlyi helyzet instabil. g 1 y n g m y n, 6

2. fejezet Másodrendű közönséges differenciálegyenletek megoldási módszerei A mindennapi életben előforduló problémák modellezése során gyakran jutunk másodrendű differenciálegyenletekhez. Ennek az oka, hogy mint azt majd a harmadik fejezetben látni fogjuk, egy test gyorsulását a t időpontban leíró függvény megegyezik a test helyzetét t időpontban leíró függvénynek második deriváltjával. Így tehát minden olyan jelenség modellezése során, ahol egy test gyorsulását is figyelembe kell vennünk, másodrendű differenciálegyenletet fogunk kapni. Ahhoz, hogy a megoldásuk folyamán egy egyértelmű megoldást kapjunk, ismét szükségünk lesz kezdeti feltételre is, azonban a másodrendű differenciálegyenleteknél nem elég, ha csak az ismeretlen függvény értékét adjuk meg a t 0 pontban, hanem a függvény deriváltjának az értékét is meg kell adnunk ebben a pontban. Így tehát a kezdeti érték probléma másodrendű differenciálegyenletek esetén az alábbi alakot ölti: ẍ(t) = f(t, x(t), ẋ(t)); x(t 0 ) = τ 0 ; ẋ(t 0 ) = ξ 0. Szakdolgozatomban a kezdeti ) feltételeket is kielégítő megoldásokra a következő jelölést fogom használni: x(t; x 0 ), ahol x 0 = ( τ0 ξ 0. Az első fejezetben ismertetett átviteli elv alapján minden másodrendű differenciálegyenletet át tudunk írni két darab elsőrendű egyenletből álló rendszerré. Ezt a tulajdonságot bizonyos megoldási módszereknél ki is fogjuk használni. Annak érdekében, hogy a felállított modellünket meg is tudjuk oldani, ebben a fejezetben Ponomarjov [3], Bajcsay [5], Bajcsay-Fazekas [6], illetve Scharnitzky [4] könyvének kapcsolódó fejezetei alapján tekintjük át, hogyan lehet a másodrendű differenciálegyenletek különböző típusait analitikusan megoldani. Látni fogjuk, hogy nem mindegyik típus megoldására létezik ilyen általános módszer, de a harmadik fejezetben 7

ismertetett numerikus módszerek segítségével ezen egyenletek megoldásait is hatékonyan tudjuk majd közelíteni. 2.1. Hiányos másodrendű közönséges differenciálegyenletek Mint azt ebben az alfejezetben látni fogjuk, a hiányos másodrendű differenciálegyenletek megoldásakor kihasználjuk az egyenletek speciális alakját a feladatunk leegyszerűsítése végett. Természetesen előfordulhat, hogy az egyenlet olyan bonyolult, hogy nem tudjuk megoldani analitikus módon. Ekkor a differenciálegyenletek numerikus megoldási módszerei vannak segítségünkre, melyeket majd a harmadik fejezetben ismertetünk. 2.1.1. Az ẍ(t) = f(t) alakú egyenletek Ezen típusú egyenletek megoldásának egyszerűségét az egyenletek speciális alakja adja. Általános alakjuk: ẍ(t) = f(t), t 0. Ha ezt az egyenletet integráljuk, megkapjuk az x első deriváltját, és ahhoz, hogy a számunkra érdekes x függvényt is megkapjuk, még egyszer integrálnunk kell az alábbi módon: ẋ(t) = f(t)dt + c 1, c 1 R; ( ) x(t) = f(t)dt dt + c 1 + c 2, c 1, c 2 R. Most nézzünk erre egy egyszerű példát. Példa: ẍ(t) = sin t + t, t 0; x(0) = 6; ẋ(0) = 3. Integráljuk mind a két oldalt t szerint, s így megkapjuk x első deriváltját: ẋ(t) = sin t + tdt = cos t + t2 2 + c 1, c 1 R. (2.1) Ha a fenti (2.1) egyenletnek integráljuk mind a két oldalát t szerint, akkor meg is kapjuk a keresett x(t) megoldást: x(t) = cos t + t2 2 + c 1dt = sin t + t3 6 + c 1 t + c 2, c 1, c 2 R. Ha figyelembe vesszük az adott kezdeti értékeket, megkapjuk az eddig ismeretlen c 1 és c 2 konkrét értékét, így az 1.9. tétel alapján egyértelmű lesz a megoldás. ẋ(0) = 3 = cos 0 + 02 2 + c 1 = 1 + c 1 c 1 = 4; x(0) = 6 = sin 0 + 03 6 + 4 0 + c 2 = c 2 c 2 = 6. 8

Így a feladatunk egyértelmű megoldása: x(t; x 0 ) = sin t + t3 6 + 4t + 6, t 0. 2.1.2. Nemlineáris másodrendű differenciálegyenletek A nemlineáris másodrendű differenciálegyenletek analitikus megoldására nem ismert általános módszer, ezért ebben az alfejezetben olyan nemlineáris egyenletekkel foglalkozunk, amelyeket azáltal, hogy hiányosak, valamilyen módon mégis meg tudunk oldani. Bernoulli-féle differenciálegyenletre visszavezethető egyenletek Példa: Tekintsük az alábbi differenciálegyenletet: ẍ(t) = 2ẋ(t) + e t ẋ 2 (t), t 0. (2.2) Első ránézésre azt gondolhatnánk, hogy ezt a fenti (2.2) egyenletet nem tudjuk megoldani, hiszen a nemlineáris másodrendű differenciálegyenletek megoldására nem ismert egy általános módszer, azonban most próbálkozzunk mégiscsak megoldani, hátha azáltal, hogy hiányzik belőle az x(t), némi alakítgatás után észreveszünk valamilyen speciális tulajdonságát, aminek segítségével mégis megoldható ez az egyenlet. A v(t) := ẋ(t) jelöléssel v(t) = ẍ(t), s így az egyenletet vissza tudjuk vezetni elsőrendű differenciálegyenletre. A bevezetett jelöléssel a (2.2) egyenletet az alábbi módon tudjuk felírni: v(t) = 2v(t) + e t v 2 (t). (2.3) Vegyük észre, hogy ez a (2.3) egyenlet a nemlineáris elsőrendű differenciálegyenletek egyik speciális esete, az úgynevezett Bernoulli-féle egyenlet, melynek általános alakja: v(t) = m(t)v(t) + n(t)v α (t), ahol α 0; 1, m(t) és n(t) az a < t < b intervallumon folytonos függvények, n(t) 0, hiszen ebben az esetben a differenciálegyenlet lineáris lenne. Ezen észrevételnek köszönhetően már meg is tudjuk oldani az egyenletet, ugyanis a Bernoulli-féle differenciálegyenletek megoldására létezik egy általános módszer, amely a következő: vezessük be az y(t) = v 1 α (t) jelölést, fejezzük ki ebből v(t)-t, majd azt deriválva megkapjuk v(t)-t. Ezeket helyettesítsük vissza az eredeti egyenletbe, s így y(t)-re vonatkozóan egy lineáris egyenletet kell megoldanunk, amely megoldására szintén létezik általános megoldási módszer. Ha megkaptuk az y(t)-t, az y(t) = v 1 α (t) jelölést figyelembe véve megkapjuk a v(t)-t, amely a Bernoulli-féle differenciálegyenlet megoldása. Ahhoz, hogy a másodrendű egyenlet megoldását is megkapjuk, még a v(t) = ẋ(t) jelölésre kell ügyelnünk. Ha ezt a helyettesítést is elvégezzük, megkapjuk a másodrendű egyenlet megoldását. Most nézzük meg, hogyan működik ez a módszer a fenti (2.2) egyenletre. A (2.3) egyenletben megkaptuk már a Bernoulli-féle egyenletet, amelyet most nekünk a fent leírt módszer alapján meg kell oldanunk. Legyen tehát y(t) = v 1 2 (t) = 1 s így v(t) = 1 ẏ(t) y(t), illetve v(t) = y 2 (t). Ezeket behelyettesítve a (2.3) egyenletbe az alábbi egyenletet kapjuk: ẏ(t) y 2 (t) = 2 1 y(t) + 1 et y 2 (t). 9 v(t),

A kapott egyenlet valóban y(t)-re vonatkozóan egy elsőrendű lineáris differenciálegyenlet, melynek megoldási módszere ismert. Az egyenletet megoldva az y(t) = e t + c 1 e 2t megoldást kapnánk, melyből v(t) = 1 e t +c 1e 2t a Bernoulli-féle egyenlet megoldása. Így a (2.2) nemlineáris differenciálegyenlet megoldása: x(t) = 1 e t + c 1 e 2t dt + c 2 = c 1 ln(c 1 + e t ) e t + c 2, c 1, c 2 R, t 0. Riccati-féle differenciálegyenletre visszavezethető egyenletek Példa: Tekintsük az alábbi differenciálegyenletet: t 2 ẍ(t) + tẋ(t) + t 2 ẋ 2 (t) = 4, t 0. (2.4) Első ránézésre megint azt gondolhatnánk, hogy ezt a nemlineáris differenciálegyenletet nem tudjuk megoldani, azonban látni fogjuk, hogy egy kis átalakítással ez az egyenlet is olyan differenciálegyenletté formázható, amely megoldására ismert általános módszer. Ismét hiányzik az egyenletből az x(t), ezért próbálkozzunk megint a v(t) := ẋ(t) helyettesítéssel, ugyanis ekkor v(t) = ẍ(t). Ezáltal a (2.4) egyenletet az alábbi módon tudjuk felírni: t 2 v(t) + tv(t) + t 2 v 2 (t) = 4, t 0. (2.5) Vegyük észre, hogy ez a (2.5) egyenlet a nemlineáris elsőrendű közönséges differenciálegyenletek egyik speciális esete, az úgynevezett Riccati-féle egyenlet, melynek általános alakja: v(t) = m(t)v(t) + n(t)v 2 (t) + l(t), ahol m(t), n(t) és l(t) az a < t < b intervallumon folytonos függvények. Vegyük észre, hogy ha n(t) 0, akkor a differenciálegyenlet lineáris, illetve ha l(t) 0, akkor a differenciálegyenlet Bernoulli-féle differenciálegyenlet. Ezen megfigyelés segítségével már meg tudjuk oldani az egyenletet, hiszen a Riccati-féle egyenletek megoldására ismert egy általános módszer, amely a következő: sejtsük meg az egyenlet egy v 0 (t) partikuláris megoldását, és a Riccati-féle egyenlet megoldását v(t) = v 0 (t) + y(t) alakban keressük. Ezáltal egy Bernoulli-féle egyenletet fogunk kapni, melynek megoldási módját az előző alfejezetben ismertettük. Ha a Bernoulli-féle egyenletet megoldjuk, megkapjuk az y(t)-t, s így fel tudjuk írni a Riccati-féle egyenlet v(t) megoldását. Ebből az eredeti (2.4) egyenlet megoldását az x(t) = v(t)dt + c 1 összefüggésből fogjuk tudni kiszámolni, ahol c 1 R. A konkrét (2.5) feladatban a v 0 (t) = 2 t lesz a partikuláris megoldás, s így a (2.5) Riccati-féle egyenlet megoldását v(t) = 2 t + y(t) alakban keressük. Ekkor v(t) = 2 t + ẏ(t), s ezt 2 behelyettesítve az adott Riccati-féle egyenletbe az alábbi Bernoulli-féle egyenletet kapjuk: t 2 ẏ(t) + 5ty(t) + t 2 y 2 (t) = 0, t 0. Ezt a korábban említett módon megoldva megkapjuk a (2.5) Riccati-féle egyenlet megoldását, ami jelen esetben: v(t) = 2 t + 1 t 4 +c1t5. Így az eredeti (2.4) nemlineáris másodrendű differenciálegyenlet megoldása: x(t) = 2 t + 1 t 4 + c 1t 5 dt = log(1 4c 1t 4 ) 2 log(t) + c 2, c 1, c 2 R, t 0. 10

Lagrange-féle differenciálegyenletre visszavezethető egyenletek Példa: Tekintsük az alábbi differenciálegyenletet: ẋ(t) = t + ẍ 2 (t) 2 3ẍ3 (t), t 0. (2.6) Ismét azzal a problémával szembesülünk, hogy első ránézésre úgy tűnhet, hogy a fenti (2.6)-os egyenletet nem tudjuk megoldani, azonban mivel x(t) ismét hiányzik az egyenletből, az előző két esethez hasonlóan vezessük be a v(t) := ẋ(t) jelölést. Így v(t) = ẍ(t), s ekkor az egyenletet az alábbi módon tudjuk felírni: v(t) = t + v 2 (t) 2 3 v3 (t), t 0. (2.7) A kapott (2.7) egyenletet vizsgálva vegyük észre, hogy ez éppen egy Lagrange-féle egyenlet, melynek általános alakja: v(t) = m ( v(t) ) t + n ( v(t) ), t 0. Ezen észrevétel segítségével már meg tudjuk oldani az egyenletet, hiszen a Lagrange-féle egyenletek megoldására ismert egy általános megoldási módszer, amely a következő: legyen p(t) := v(t), s deriváljuk az egyenlet mindkét oldalát t szerint úgy, hogy p-t a t függvényének tekintjük. Így az alábbi egyenletet kapjuk: p(t) = m(p) + [ ṁ(p)t + ṅ(p) ] ṗ(t). Az inverz függvény deriválására vonatkozó szabályt alkalmazva a következő inhomogén lineáris differenciálegyenletet kapjuk: ṫ(p) + ṁ(p) m(p) p = ṅ(p), m(p) p 0. p m(p) Ha ennek az inhomogén egyenletnek az általános megoldása: x = Cω(p) + χ(p), akkor a Lagrange-féle egyenlet általános megoldása paraméteres alakban: t = Cω(p) + χ(p), v = [Cω(p) + χ(p)]m(p) + n(p). Ha a p = C 0 értéknél fennáll, hogy f(c 0 ) C 0 = 0, akkor az x = m(c 0 )t + n(c 0 ) is megoldás. Ekkor az eredeti feladatunk megoldása x(t) = v(t)dt + c 1 lesz, ahol c 1 R. Az eredeti (2.7) egyenlet megoldása a most ismertetett elméleti áttekintő alapján a következő: bevezetjük a p(t) := v(t) jelölést és mind a két oldalt deriváljuk t szerint: p(t) = 1 + ( 2p(t) 2p 2 (t) ) ṗ(t) ( p(t) 1 )( 2p(t)ṗ(t) + 1 ) = 0. 1. eset: p(t) 1 = 0, azaz p(t) = 1. Ezt behelyettesítve az eredeti (2.7) egyenletbe, az alábbi megoldást kapjuk, amely az egyenlet szinguláris megoldása lesz: v sz (t) = t + 1 2 3 = t + 1 3. 2. eset: 2p(t)ṗ(t) + 1 = 0, vagy integrálva: p 2 (t) + t = c 2, ahol c 2 R. Helyettesítsük be ezt az eredeti egyenletbe, s úgy megkapjuk az általános megoldást paraméteres alakban: v(t) = c 2 2 3 p3 (t), c 2 R. 11

Küszöböljük ki ebből az egyenletből a p paramétert a p 2 (t) = c 2 t összefüggés segítségével, s így az alábbi egyenlethez jutunk: 9 ( v(t) c 2 ) 2 + 4(t c2 ) 3 = 0, c 2 R. Azt kaptuk tehát, hogy az integrálgörbék a 9v 2 + 4t 3 = 0 egyenletű görbével kongruens görbék és egymásból úgy származtathatók, hogy önmagukkal párhuzamosan toljuk el őket a v = t egyenes mentén. A korábban megkapott v sz (t) = t + 1 3 szinguláris megoldást ábrázoló egyenes valamennyi integrálgörbe burkolója. Az eredeti (2.6) nemlineáris másodrendű differenciálegyenlet szinguláris megoldása így x sz (t) = t + 1 3 dt = t2 2 + 1 3 t + c 3 lesz, ahol c 3 R, míg az általános megoldása: x a (t) = 4t3 9 dt = 4 15 t t 3 + c 4, c 4 R, t 0. Clairaut-féle differenciálegyenletre visszavezethető egyenletek Példa: Tekintsük az alábbi differenciálegyenletet: ẋ(t) = ẍ(t)t + 8ẍ 2 (t) + 3, t 0. (2.8) Legyen újra v(t) := ẋ(t), így v(t) = ẍ(t). Ekkor az eredeti (2.8) egyenletet az alábbi módon tudjuk felírni: v(t) = v(t)t + 8 v 2 (t) + 3, t 0. (2.9) Legyen p(t) := v(t), így a fenti (2.9) egyenlet ekvivalens az alábbival: v(t) = pt + 8p 2 + 3, t 0. Ez az egyenlet pedig éppen egy Clairaut-féle differenciálegyenlet, amelynek általános alakja: Ez az egyenlet a p(t) := v(t) jelölés által ekvivalens az alábbival: v(t) = v(t)t + m ( v(t) ), t 0. (2.10) v(t) = p(t)t + m(p), t 0. (2.11) Ezen észrevétel segítségével már meg tudjuk oldani a (2.9) egyenletet, s ha ennek már ismerjük a v(t) megoldását, akkor a nemlineáris másodrendű differenciálegyenlet megoldását az x(t) = v(t)dt+c 1 összefüggésből fogjuk megkapni, ahol c 1 R. A Clairaut-féle egyenletek megoldása során először deriváljuk a (2.11) egyenlet mindkét oldalát t szerint, s a kapott egyenletet rendezzük az alábbiak szerint: p(t) = ṗ(t)t + p(t) + ṁ(p)ṗ(t) ( t + ṁ(p) ) ṗ(t) = 0. Tudjuk, hogy egy szorzat akkor és csak akkor 0, ha legalább az egyik tényezője 0, tehát ez az egyenlet akkor teljesül, ha az alábbi két esetből legalább az egyik teljesül: 1. eset: ṗ(t) = 0 p = c 2 R, s ezt behelyettesítve a (2.11) egyenletbe az alábbi megoldást kapjuk: v a (t) = c 2 t + m(c 2 ), c 2 R. 12

Ezt a megoldást szokás a Clairaut-féle egyenlet általános megoldásának nevezni. 2. eset: t + ṁ(p) = 0, azaz t = ṁ(p), s ezt behelyettesítve az eredeti (2.11) egyenletbe, a v sz (t) = p(t)t + m(p) egyenletet kapjuk, melyből p(t) általában kiküszöbölhető. Ha p(t) nem állandó, akkor nem kapható meg a már kiszámított általános megoldásból semmilyen c 2 behelyettesítésével sem, ezért ezt a megoldást a differenciálegyenlet szinguláris megoldásának nevezik. Vegyük észre, hogy a Clairaut-féle egyenlet általános megoldását azonnal megkaphatjuk, ha az egyenletbe a p(t) = v(t) helyére egy tetszőleges c R állandót írunk. Mivel a (2.9) egyenlet egy Clairaut-féle egyenlet, így az általános megoldásait a v a (t) = ct + 8c 2 + 3 egyenletű egyenesek adják, ahol c R. Esetünkben m(p) = 8p 2 + 3, így megkapni a p kiküszöbölésével: ṁ(p) = 16p, s így a szinguláris megoldást az alábbi egyenletrendszerből fogjuk v(t) = pt + 8p 2 + 3, t = 16p. Az egyenletrendszert megoldva a szinguláris megoldás a v sz (t) = t2 32 + 3 egyenlettel megadott görbe. Az eredeti nemlineáris másodrendű differenciálegyenlet általános megoldása: x a (t) = c 2 t + 8c 2 2 + 3dt + c 3, c 2, c 3 R, t 0, míg a szinguláris megoldása: x sz (t) = t2 32 + 3dt + c 4, c 4 R, t 0. Az imént bemutatott példákon keresztül láthattuk, hogy mennyire megkönnyíti a megoldást az, ha az ismeretlen függvény, vagy valamelyik deriváltja hiányzik az egyenletből. Éppen ezért most ezeket az eseteket vesszük végig. 2.1.3. Az F (t, ẋ, ẍ) = 0 alakú egyenletek Az F (t, ẋ, ẍ) = 0 alakú egyenletekből hiányzik az x(t) függvény, így a v(t) := ẋ(t) helyettesítéssel v(t) = ẍ(t), s ekkor az egyenlet elsőrendű differenciálegyenletre vezethető vissza. Ha elvégeztük a helyettesítést, már csak az F (t, v, v) = 0 alakú elsőrendű differenciálegyenletet kell megoldanunk. A szétválasztható változójú, homogén, lineáris, egzakt, implicit, explicit differenciálegyenletek megoldására, s mint azt láttuk, a Bernoulli-féle, Lagrange-féle, Clairaut-féle, illetve Ricatti-féle elsőrendű differenciálegyenletek megoldására ismertek általános megoldási módszerek, azonban ezen módszerek ismertetése nem ezen szakdolgozat tárgyát képezik. Mi csak feltételezzük, hogy ha egy elsőrendű differenciálegyenlet megoldására létezik analitikus megoldás, akkor azt mi meg is tudjuk kapni. Előfordulhat azonban, hogy egy differenciálegyenlet olyan bonyolult, hogy analitikus módon nem tudjuk megoldani. Ebben az esetben mint már említettük, a differenciálegyenletek megoldásait numerikus módszerrel tudjuk közelíteni. Tegyük fel tehát, hogy az F (t, v, v) = 0 egyenlet megoldását megkaptuk G(t, v, c 1 ) = 0 alakban. Ekkor már csak a G(t, ẋ, c 1 ) = 0 alakú differenciálegyenletet kell megoldanunk, s ebből megkapjuk az eredeti egyenlet megoldását. 13

Most nézzünk egy példát arra, hogyan is működik ez egy konkrét esetben. Példa: 2tẍ(t) + ẋ(t) = 0, t π; x(π) = 6 π + π; ẋ(π) = 3 π. Legyen v(t) := ẋ(t), így v(t) = ẍ(t). Ezt behelyettesítve az eredeti egyenletbe az alábbi egyenletet kapjuk: 2t v(t) + v(t) = 0. Ha ezt az egyenletet az alábbi módon megoldjuk, megkapjuk a v(t) függvényt: 2 v(t) v(t) = 1 t, 2 v(t) v(t) dt = 1 t dt, 2 ln v(t) = ln t + c 1, c 1 R, v(t) = c 2 1 t, c 2 R. A feladat megoldásának az elején úgy definiáltuk a v(t) függvényt, hogy v(t) = ẋ(t), így ha a v(t) függvényt integráljuk, megkapjuk a feladatunk x(t) megoldását: 1 x(t) = c 2 t dt = 2c 2 t + c3, c 2, c 3 R. Ha figyelembe vesszük az adott kezdeti értékeket, az 1.9. tétel alapján egyértelmű lesz a megoldás. ẋ(π) = 3 π = c 2 π c 2 = 3 π π ; x(π) = 6 π + π = 6 π π Így a feladatunk egyértelmű megoldása: π + c3 c 3 = π + 6 π 6. x(t; x 0 ) = 6 t π + π + 6 π 6, t π. 2.1.4. Az F (x, ẋ, ẍ) = 0 alakú egyenletek Az F (x, ẋ, ẍ) = 0 alakú egyenletekből hiányzik a t változó, így az ilyen típusú egyenleteket is vissza tudjuk vezetni elsőrendű közönséges differenciálegyenletekre. Ehhez vezessük be a v(t) := ẋ(t) függvényt. Ekkor a láncszabály értelmében: ẍ(t) = dẋ dt = dv dt = dv dx dx dt = dv dxẋ = dv v, (2.12) dx s így az F (x, v, dv dxv) = 0 alakú elsőrendű differenciálegyenletet kell megoldanunk. Ha ennek megkaptuk a megoldását G(x, v, c 1 ) = 0 alakban, akkor a G(x, ẋ, c 1 ) = 0 egyenlet megoldásával megkapjuk az eredeti másodrendű differenciálegyenlet megoldását. 14

Most nézzük meg, hogyan működik ez egy konkrét példa esetén. Példa: x(t)ẍ(t) = ẋ 2 (t) ẋ(t), t 1; x(1) = π 1 ln π ; ẋ(1) = π. Most a másodrendű differenciálegyenletből a t változó hiányzik, így használjuk a v(t) := ẋ(t) helyettesítést. Ekkor a (2.12) egyenlet alapján ẍ(t) = dv dxv. Helyettesítsük be ezeket az eredeti egyenletbe, így a következő egyenletet fogjuk kapni: x dv dx v = v2 v. Látható, hogy a v = 0 megoldása az egyenletnek, s mivel ẋ = v, így ekkor az x = c 1 a keresett függvény, ahol c 1 R. Most tegyük fel, hogy v 0, így egyszerűsíthetünk vele, s ekkor az alábbi egyenletet kapjuk: x dv dx = v 1. Ha ezt az egyenletet a változók szétválasztásának módszerével megoldjuk, a v = xc 2 +1 megoldást kapjuk. Tudjuk azonban, hogy v(t) = ẋ(t), így az alábbi egyenlethez jutottunk: ẋ(t) = xc 2 + 1, c 2 R. Ezt az egyenletet a változók szétválasztásának módszerével megoldva megkapjuk a keresett x függvényt, ami jelen esetben x(t) = c 3 e c2t 1 c 2, ahol c 2, c 3 R. Az egyértelmű megoldás létezéséhez figyelembe kell vennünk a kezdeti értékekre tett feltételeket is. ẋ(1) = π = c 3 c 2 e c2, c 2, c 3 R; x(1) = π 1 ln π = c 3e c2 1 c 2. Ha megoldjuk a fenti egyenletrendszert, megkapjuk, hogy c 2 = ln π és c 3 = 1 ln π. Így a feladatunk egyértelmű megoldása: x(t; x 0 ) = 1 ln π eln πt 1 ln π = 1 (πt 1), t 1. ln π 2.2. Lineáris állandó együtthatós homogén másodrendű differenciálegyenletek Legyen az L h : C 2 (R + 0, Rn ) C 2 (R + 0, Rn ) operátor az alábbi módon definiálva: L h (x) = ẍ + pẋ + qx, p, q R. (2.13) Ekkor az L h (x) = 0 (2.14) egyenletet lineáris állandó együtthatós homogén másodrendű differenciálegyenletnek nevezzük. 15

2.1. Tétel. A (2.14) alakú homogén differenciálegyenlet megoldásai 2-dimenziós vektorteret alkotnak, azaz ha x 1, x 2 lineárisan független megoldások, akkor minden megoldás előáll x(t) = c 1 x 1 + c 2 x 2 alakban, ahol c 1, c 2 tetszőleges konstansok. Ezen tétel alapján az általános megoldáshoz elég, ha találunk két lineárisan független partikuláris megoldást, hiszen azok segítségével már elő tudjuk állítani a differenciálegyenlet megoldását. Az alábbi 2.2 állítás kimondja, hogy milyen alakban kell keresnünk ezeket a megoldásokat. 2.2. Állítás. A fenti (2.14) alakú lineáris állandó együtthatós homogén másodrendű közönséges differenciálegyenleteknek mindig van x = e λt alakú megoldása alkalmas λ C állandó esetén. Bizonyítás: Az állítás igazolásához be kell látnunk, hogy a (2.14) egyenlőség akkor is fenn áll, ha az x = e λt esetet vizsgáljuk. Mivel ẋ = λe λt és ẍ = λ 2 e λt, így: L h (e λt ) = λ 2 e λt + pλe λt + qe λt = e λt (λ 2 + pλ + q). (2.15) Be kellene látnunk, hogy a (2.15) egyenletben szereplő kifejezés éppen nullával egyenlő. Mivel egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha legalább az egyik tényezője nulla, kell nekünk, hogy e λt = 0 vagy C := λ 2 + pλ + q = 0 teljesüljön. Az exponenciális függvény tulajdonsága miatt az első nyilván soha nem fog teljesülni, így azt vizsgáljuk, hogy a második eset mikor fordulhat elő. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva megkapjuk, hogy ez λ 1,2 = p 2 ± p 2 4 q = p 2 ± D esetén teljesül. Tehát az x 1 = e λ1t és az x 2 = e λ2t valóban megoldásai a (2.14) alakú egyenleteknek. 2.3. Megjegyzés. A C := λ 2 + pλ + q = 0 egyenletet a homogén differenciálegyenlet úgynevezett karakterisztikus egyenletének nevezzük. 2.4. Megjegyzés. A karakterisztikus egyenlet a homogén differenciálegyenletből azonnal felírható az alábbi módon: az ismeretlen x függvény és deriváltjai helyett a λ ismeretlen állandó ugyanazon hatványait kell vennünk figyelve arra, hogy x x (0). Most vizsgáljuk meg, hogy a karakterisztikus egyenlet diszkriminánsának előjelétől függően hogyan néznek ki ezek a megoldások, ha a kezdeti értékre tett megszorításokat is figyelembe vesszük. 1. eset: D = p2 4 q >0. Ekkor a karakterisztikus egyenletnek két különböző valós gyöke van, melyeket γ := p 2 és ν := D jelölés mellett az alábbi módon lehet felírni: λ 1,2 = γ ± ν. Így a (2.14) alakú differenciálegyenletek általános megoldása abban az esetben, ha a karakterisztikus egyenlet determinánsa pozitív, az alábbi módon néz ki: x(t) = k 1 e (γ+ν)t + k 2 e (γ ν)t. Vegyük észre, hogy a hiperbolikus függvények segítségével ezt az egyenletet át lehet írni a következő módon: x(t) = k 1 e (γ+ν)t + k 2 e (γ ν)t = e γt( l 1 ch(νt) + l 2 sh(νt) ). (2.16) 16

Tegyük fel, hogy adottak az x(0) = τ 0 és ẋ(0) = ξ 0 kezdeti feltételek. Ekkor a fenti (2.16) alakú általános megoldás az alábbi módon módosul: ( x(t; x 0 ) = e γt τ 0 ch(νt) + ξ ) 0 γτ 0 sh(νt). ν 2. eset: D = p2 4 q <0. Ekkor a karakterisztikus egyenletnek két komplex gyöke van, melyek egymás konjugáltjai. Legyen ω := D, s így λ 1,2 = γ ± D = γ ± iω. Az e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ Euler-formula felhasználásával az x 1, x 2 megoldásokat az alábbi módon tudjuk felírni: x 1,2 (t) = e (γ±iω)t = e γt (cos(ωt) ± i sin(ωt). Így a (2.14) alakú differenciálegyenletek általános megoldása abban az esetben, ha a karakterisztikus polinom determinánsa negatív, az alábbi módon néz ki: x(t) = e γt (k 1 e iωt + k 2 e iωt ) = e γt( l 1 cos(ωt) + l 2 sin(ωt) ). (2.17) Tegyük fel, hogy most is adottak az x(0) = τ 0 és ẋ(0) = ξ 0 kezdeti feltételek. Ekkor a fenti (2.17) alakú általános megoldás az alábbi módon néz ki: ( x(t; x 0 ) = e γt τ 0 cos(ωt) + ξ ) 0 γτ 0 sin(ωt). ω 3. eset: D = p2 4 q = 0. Ekkor a karakterisztikus egyenletnek két valós gyöke van, melyek megegyeznek. Tehát λ 1 = λ 2 = λ = γ = p 2. Az x 1, x 2 megoldások ekkor: x 1 (t) = e λt és x 2 (t) = te λt. Így a (2.14) alakú differenciálegyenletek általános megoldását abban az esetben, amikor a karakterisztikus polinom determinánsa nulla, az alábbi módon lehet felírni: x(t) = k 1 e λt + k 2 te λt = e λt (k 1 + k 2 t). (2.18) Tegyük fel, hogy most is adottak az x(0) = τ 0 és ẋ(0) = ξ 0 kezdeti feltételek. Ekkor a fenti (2.18) alakú általános megoldás az alábbi módon néz ki: x(t; x 0 ) = e λt (τ 0 + (ξ 0 λτ 0 )t). Most nézzük, hogyan tudjuk ezt egy konkrét feladatra alkalmazni. Példa: 4ẍ(t) + 12ẋ(t) + 9x(t) = 0, t 0; x(0) = π 4 ; ẋ(0) = π 2. (2.19) Mint láthattuk, a megoldás előállításához szükségünk van a (2.19) egyenlet karakterisztikus egyenletére, illetve annak gyökeire. A 2.4. megjegyzés alapján a karakterisztikus egyenlet: 4λ 2 + 12λ + 9 = 0. Ennek gyökei: λ 1,2 = 12 ± 144 4 4 9 2 4 = 12 8 = 3 2. 17

Azt kaptuk tehát, hogy a karakterisztikus egyenletnek két egyenlő gyöke van. Korábban láttuk, hogy ekkor a kezdeti (2.19) homogén egyenlet x 1, x 2 megoldásai az x 1 (t) = e 3 2 t és az x 2 (t) = te 3 2 t lesznek. Tehát a (2.19) homogén állandó együtthatós differenciálegyenlet megoldása: x(t) = c 1 e 3 2 t + tc 2 e 3 2 t c 1, c 2 R. Ha figyelembe vesszük a kezdeti értékekre tett megszorításokat, megkapjuk c 1, illetve c 2 értékét, s úgy már fel tudjuk írni a feladatunk egyértelmű megoldását. Így a feladatunk egyértelmű megoldása: x(0) = π 4 = c 1 + c 2 0 = c 1 c 1 = π 4 ; ẋ(0) = π 2 = π ( 3 ) 4 2 + c 2 c 2 = 7π 8. x(t; x 0 ) = π 4 e 3 2 t + 7π 8 te 3 2 t, t 0. 2.3. Lineáris állandó együtthatós inhomogén másodrendű differenciálegyenletek Általános alakjuk: L h (x) = f, (2.20) ahol az L h : C 2 (R + 0, Rn ) C 2 (R + 0, Rn ) operátor továbbra is a (2.13) egyenletben megadott módon van definiálva. Láthatjuk, hogy ez nagyon hasonlít az állandó együtthatós homogén differenciálegyenletek általános alakjához, a különbség csak annyi, hogy míg a homogén egyenlet esetében a jobb oldalon nulla szerepelt, most ott tetszőleges f függvény állhat. Az inhomogén egyenletek megoldása során éppen ezt a hasonlóságot fogjuk kihasználni, ugyanis az inhomogén egyenlet megoldásai előállíthatók a hozzá tartozó homogén egyenlet megoldásainak a segítségével. Ezt mondja ki az alábbi 2.5. állítás. 2.5. Állítás. Legyen x h az L h (x) = 0 homogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldása. Ekkor az L h (x) = f inhomogén lineáris differenciálegyenlet összes x = x(t) általános megoldása x = x h + x p alakú, ahol x p az inhomogén egyenlet egy darab tetszőleges partikuláris megoldása. Bizonyítás: Be kell látnunk, hogy x = x h + x p is megoldása az inhomogén egyenletnek. Legyen x a inhomogén egyenlet általános megoldása, míg x p az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása. Így: ẍ + pẋ + qx = f(t); ẍ p + pẋ p + qx p = f(t). Kivonással kapjuk, hogy: (x x p ) + p(x x p ) + q(x x p ) = f(t) f(t) = 0, ez pedig azt jelenti, hogy x h = x x p a homogén egyenlet általános megoldása, tehát x = x h +x p valóban az inhomogén egyenlet megoldása. Ezzel beláttuk az állítást. 18

A 2.2. fejezetben láthattuk, hogyan találjuk meg egy homogén lineáris differenciálegyenlet megoldásait. Az előző 2.5. állítás alapján tudjuk, hogy ha ismernénk az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását, akkor abból és a homogén egyenlet általános megoldásából elő tudnánk állítani az inhomogén egyenlet megoldását. Ezt a keresett partikuláris megoldást a következő két alfejezetben bemutatott próbafüggvényilletve állandók variálásának módszerével fogjuk megkapni, s így elő tudjuk majd állítani az inhomogén egyenlet megoldását is. 2.3.1. A próbafüggvény módszere Ez a módszer csak azokban az esetekben használható, ha a jobb oldalon álló f(t) úgynevezett zavaró függvény speciális alakú, azaz polinom, exponenciális függvény, sin(αt + β), cos(αt + β) függvény, vagy ezek lineáris kombinációja. Ha a zavaró függvény hiperbolikus függvény, akkor azokat át tudjuk írni exponenciális függvényre, így az olyan típusú egyenletek is megoldhatók a próbafüggvény módszerével. A módszer lényege, hogy az inhomogén egyenlet x p partikuláris megoldását olyan típusúnak tételezzük fel, mint a zavaró függvény, csak az együtthatói lesznek mások. (Innen kapta a módszer a próbafüggvény elnevezést.) Ha ekkor a feltételezett függvényünket, illetve deriváltjaikat behelyettesítjük az egyenletbe, olyan összefüggéseket fogunk kapni, melyekből kiszámíthatóak a keresett együtthatók. Néhány esetben azonban figyelni kell arra, hogy nem ilyen egyszerűen kapjuk meg a partikuláris megoldásokat. Ezek az alábbiak: A zavaró függvény polinom: a próbafüggvénynek tartalmaznia kell a polinom legnagyobb kitevőjű hatványánál alacsonyabb kitevőjű összes hatványát abban az esetben is, ha ezek a zavaró függvényben nem szerepeltek. A zavaró függvény csak sin(αt+β) vagy cos(αt+β): a próbafüggvénynek mindkét esetben A sin(αt+ β) + B cos(αt + β) alakúnak kell lennie, ahol α, β R rögzített számok. Rezonancia jelensége, azaz a homogén egyenlet általános megoldása vagy valamely tagja az együtthatótól eltekintve megegyezik a zavaró függvénnyel vagy annak valamelyik tagjával: a próbafüggvényt vagy valamelyik tagját be kell szorozni t-vel. Ha az így kapott próbafüggvény megegyezik a homogén egyenlet megoldásának egy másik tagjával, akkor még egyszer be kell szorozni t-vel a próbafüggvényt. Ezt a jelenséget nevezik kétszeres rezonanciának. Most nézzünk egy példát arra, hogyan alkalmazzuk ezt egy konkrét példára. Példa: 3ẍ(t) + 6ẋ(t) = 72(e t e 2t ), t 0; x(0) = 10; ẋ(0) = 6. (2.21) Ehhez az inhomogén egyenlethez tartozó homogén egyenlet: 3ẍ(t) + 6ẋ(t) = 0. A 2.2. fejezetben láttuk, hogy az ilyen típusú egyenletek megoldásához szükségünk van az egyenlethez tartozó karakterisztikus egyenletre. Ez a 2.4. megjegyzés alapján jelen esetben: 3λ 2 + 6λ = 0. Ennek gyökei: λ 1 = 2, λ 2 = 0, így a homogén egyenlet általános megoldása: x h (t) = c 1 e 2t + c 2, ahol c 1, c 2 R. 19

A feladatunkban a zavaró függvény két exponenciális függvény összege, így használhatjuk a próbafüggvény módszerét, azaz az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását az alábbi alakban keressük: x p (t) = Ae t + Be 2t ẋ p (t) = Ae t + 2Be 2t ẍ p (t) = Ae t + 4Be 2t, ahol A, B R egyelőre ismeretlen együtthatók. Ha ezt behelyettesítjük az eredeti (2.21) egyenletbe, az alábbi egyenletet kapjuk: 3(Ae t + 4Be 2t ) + 6( Ae t + 2Be 2t ) = 72(e t e 2t ). Ezt az egyenletet megoldva megkapjuk, hogy A = 24, B = 3, így az általános megoldás: x(t) = c 1 e 2t + c 2 24e t 3e 2t, c 1, c 2 R. Ha figyelembe vesszük a kezdeti értékekre tett megszorításokat, megkapjuk c 1 -et illetve c 2 -t, s úgy már fel tudjuk írni a feladat egyértelmű megoldását: ẋ(0) = 6 = 2c 1 + 24 6 c 1 = 6; x(0) = 10 = c 1 + c 2 24 3 c 2 = 11. Így a feladat egyértelmű megoldása: x(t; x 0 ) = 6e 2t + 11 24e t 3e 2t, t 0. Most nézzük meg, hogyan módosul a megoldás menete abban az esetben, amikor a kétszeres rezonancia jelensége fordul elő. Példa: ẍ(t) + 6ẋ(t) + 9x(t) = 2e 3t, t 0; x(0) = 13; ẋ(0) = 20. Ehhez az inhomogén egyenlethez tartozó homogén egyenlet: ẍ(t) + 6ẋ(t) + 9x(t) = 0. A 2.2. fejezetben láttuk, hogy az ilyen típusú egyenletek megoldásához fel kell írnunk az egyenlethez tartozó karakterisztikus egyenletet, amely a 2.4. megjegyzés alapján jelen esetben az alábbi alakot ölti: λ 2 +6λ+9 = 0. Ennek gyökei: λ 1,2 = 3, így a homogén egyenlet általános megoldása: x h (t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t, ahol c 1, c 2 R. Láthatjuk, hogy a homogén egyenlet általános megoldásának egyik tagja az együtthatójától eltekintve megegyezik a zavaró függvénnyel, amennyiben annak együtthatóját nem vesszük figyelembe. Ekkor ha az előző példa megoldásához hasonlóan a próbafüggvényt t-vel beszorozzuk, akkor a kapott Ae 3t t próbafüggvény még mindig megegyezik a homogén egyenlet általános megoldásának egyik tagjával. Ekkor tehát a kétszeres rezonancia jelensége lép fel, így a próbafüggvényt ismét be kell szoroznunk t-vel, s ekkor az alábbi próbafüggvénnyel kell a továbbiakban számolnunk: x p (t) = Ae 3t t 2, melynek első két deriváltja: ẋ p (t) = Ae 3t t(3t 2) ẍ p (t) = Ae 3t (9t 2 12t + 2), A R. Ha ezeket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, az alábbi egyenletet kapjuk: Ae 3t (9t 2 12t + 2) + 6 ( Ae 3t t(3t 2) ) + 9(Ae 3t t 2 ) = 2e 3t. 20

Ezt az egyenletet megoldva az A = 1 megoldást kapjuk, mely felhasználásával az általános megoldás: x(t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t + e 3t t 2, c 1, c 2 R. A kezdeti értékekre tett megszorításokat figyelembe véve az alábbi módon kapjuk meg az eddig ismeretlen c 1 és c 2 értékét: x(0) = 13 = c 1 c 1 = 13; ẋ(0) = 20 = 3c 1 + c 2 c 2 = 19. Így a feladat egyértelmű megoldása: x(t; x 0 ) = e 3t (13 + 19t + t 2 ), t 0. 2.3.2. Az állandók variálásának módszere A módszert csak a másodrendű egyenletek esetén tekintjük át, de hasonlóan működik magasabb rendű differenciálegyenletekre is. A megértéséhez tekintsük az L h (x) = 0 homogén egyenletet, illetve az L h (x) = f (2.22) inhomogén egyeltet adott f C(R + 0, Rn ) esetén. Az előző általános megoldása legyen: x h (t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t), c 1, c 2 R. Az L h (x) = f általános megoldását a k 1, k 2 állandók variálásának módszerével az alábbi alakban keressük: x(t) = k 1 (t)x 1 (t) + k 2 (t)x 2 (t). (2.23) Ebben az egyenletben két ismeretlen függvényünk is van, tehát a meghatározásához két egyenletre is szükségünk lenne. Azonban ha a fenti (2.23) egyenletet az L h (x) = f egyenletbe behelyettesítjük, az csak egy egyenletre vezet. Szükségünk van tehát még egy egyenletre, s ezt egy olyan kiegészítő feltétellel fogjuk megadni, hogy az x p (t) deriváltjai, és rajta keresztül a a differenciálegyenlet a lehető legegyszerűbb legyen. Legyen az általunk meghatározott kiegészítő feltétel a következő: k 1 (t)x 1 (t) + k 2 (t)x 2 (t) = 0. (2.24) Most tekintsük a fenti (2.23) egyenlet első két deriváltját, de közben tartsuk szem előtt az általunk megszabott (2.24) kiegészítő feltételt: ẋ(t) = k 1 (t)x 1 (t) + k 1 (t)ẋ 1 (t) + k 2 (t)x 2 (t) + k 2 (t)ẋ 2 (t) = k 1 (t)ẋ 1 (t) + k 2 (t)ẋ 2 (t); ẍ(t) = k 1 (t)ẍ 1 (t) + k 2 (t)ẍ 2 (t) + k 1 (t)ẋ 1 (t) + k 2 (t)ẋ 2 (t). Ha ezeket behelyettesítjük a (2.22) egyenletbe, akkor az alábbi egyenletet kapjuk: k 1 (t)l h (x 1 ) + k 2 (t)l h (x 2 ) + k 1 (t)ẋ 1 (t) + k 2 (t)ẋ 2 (t) = f(t). 21

Tehát azt kaptuk, hogy az inhomogén egyenlet teljesül, ha a fenti (2.24) kiegészítő feltételen kívül a k 1 (t)ẋ 1 (t) + k 2 (t)ẋ 2 (t) = f(t) teljesülését is megköveteljük. Így a k 1 (t) és k 2 (t) ismeretlenekre az alábbi lineáris algebrai egyenletrendszert kaptuk: k 1 (t)x 1 (t) + k 2 (t)x 2 (t) = 0; k 1 (t)ẋ 1 (t) + k 2 (t)ẋ 2 (t) = f(t). (2.25) Ennek az egyenletrendszernek akkor egyértelmű a megoldása, ha az úgynevezett Wronski-féle determináns nem nulla: x 1 (t) W = ẋ 1 (t) x 2 (t) ẋ 2 (t) = x 1(t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) 0. (2.26) Ez pedig minden olyan x 1 (t)-re és x 2 (t)-re teljesülni fog, amelyek függetlenek. Ha a fenti (2.25) egyenletrendszert például a Cramer-szabállyal megoldjuk, megkapjuk k 1 (t) és k 2 (t) értékét: f(t)x 2 (t) k 1 (t) = x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) ; f(t)x 1 (t) k 2 (t) = +. x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1(t) Határozatlan integrálás után pedig azonnal megkapjuk a keresett k 1 (t) és k 2 (t) függvényeket: f(t)x 2 (t) k 1 (t) = x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) dt + c 1, c 1 R; k 2 (t) = + f(t)x 1 (t) x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) dt + c 2, c 2 R. Ha ezeket behelyettesítjük a (2.23) egyenletbe, meg is kaptuk az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldását, amely tehát így néz ki: x(t) = k 1 (t)x 1 (t) + k 2 (t)x 2 (t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) f(t)x 2 (t) x 1 (t) x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) dt + x f(t)x 1 (t) 2(t) x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) dt. Ha c 1 = c 2 = 0, az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását kapjuk, amely tehát az alábbi módon írható fel: x p (t) = x 1 (t) f(t)x 2 (t) x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) dt + x 2(t) f(t)x 1 (t) x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) dt. Most vizsgáljuk meg, hogy ez a megoldás hogyan néz ki akkor, ha a karakterisztikus egyenlet diszkriminánsának előjelét, illetve a kezdeti értékekre tett kritériumokat is figyelembe vesszük. 1. eset: D 0. A korábbi 2.2. fejezetben láttuk, hogy ekkor a megoldások x 1 (t) = e λ1t és x 2 (t) = e λ2t alakban írhatóak. Ekkor x 1 (t)ẋ 2 (t) x 2 (t)ẋ 1 (t) = (λ 2 λ 1 )e (λ1+λ2)t alakban írható. Így a lineáris állandó együtthatós inhomogén másodrendű közönséges differenciálegyenletek partikuláris megoldása az alábbi módon írható fel: x p (t) = = e λ1t f(t)e λ 2t dt eλ2t f(t)e λ 1t dt = λ 1 λ 2 e (λ1+λ2)t λ 1 λ 2 e (λ1+λ2)t ] 1 [e λ1t f(t)e λ1t dt e λ2t f(t)e λ2t dt. (2.27) λ 1 λ 2 22

2. eset: D = 0. Mint azt már a korábbi 2.2. fejezetben láttuk, a megoldások ekkor x 1 (t) = e λt és x 2 (t) = te λt alakban írhatóak fel. Ezt felhasználva a lineáris állandó együtthatós inhomogén másodrendű közönséges differenciálegyenletek partikuláris megoldása az alábbi módon néz ki: x p (t) = e λt f(t)e λt tdt + te λt f(t)e λt dt. Miután áttekintettük hogyan kell megoldani egy lineáris állandó együtthatós inhomogén másodrendű közönséges differenciálegyenletet a hozzá tartozó homogén differenciálegyenlet segítségével, megmutatjuk, hogyan is működik ez egy konkrét példára. Példa: ẍ(t) 5ẋ(t) + 6x(t) = te t, t 0; x(0) = 3 4 ; (2.28) ẋ(0) = 13 4. A 2.5. állítás alapján a feladat megoldásához először fel kell írnunk a hozzá tartozó homogén egyenletet, és azt kell megoldanunk. A feladathoz tartozó homogén egyenlet: ẍ(t) 5ẋ(t) + 6x(t) = 0, t 0. (2.29) Ez tehát egy olyan típusú homogén differenciálegyenlet, amit a korábbi 2.2. fejezetben megismertünk. Láttuk, hogy az ilyen típusú egyenletek megoldásához az egyenlet karakterisztikus egyenletére, majd azok gyökeire van szükségünk. A 2.4. megjegyzés alapján a fenti (2.29) egyenlethez tartozó karakterisztikus egyenlet: λ 2 5λ + 6 = 0. Ennek gyökei: λ 1,2 = 5 ± 25 4 6 ; 2 λ 1 = 3, λ 2 = 2. Láthatjuk, hogy a determináns pozitív, tehát a 2.2. fejezetben látottak alapján a homogén rész megoldásai a következők: x 1 (t) = e 3t, x 2 (t) = e 2t. Így tehát a homogén egyenlet általános megoldása: x h (t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t, c 1, c 2 R. Az állandók variálásának módszere alapján a (2.28) inhomogén egyenlet partikuláris megoldását az alábbi alakban keressük: x p (t) = c 1 (t)e 2t + c 2 (t)e 3t. A c 1 (t) és c 2 (t) függvények meghatározásához számítsuk ki a Wronski-féle determinánst, s ellenőrizzük, hogy nem egyenlő-e nullával: W = e 2t 2e 2t e 3t 3e 3t = e2t 3e 3t 2e 2t e 3t = e 5t 0. 23

Ekkor a (2.27) képletet alkalmazva megkapjuk az az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását: x p (t) = 1 ) (e 3t te t e 3t dt e 2t te t e 2t dt = 3 2 = e 3t ( 1 4 ) e 2t (2t + 1) e 2t ( e) t (t + 1) = = e t ( 1 4 (2t + 1) + (t + 1) ) = e t ( t 2 1 4 + t + 1 ) = e t ( t 2 + 3 4 ). Így az inhomogén egyenlet általános megoldása: x(t) = x h (t) + x p (t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t + e t ( t 2 + 3 4 ), c 1, c 2 R. Ahhoz, hogy egyértelmű megoldást kapjunk, figyelembe kell vennünk a feladatban megadott kezdeti értékeket. x(0) = 3 4 = c 1 + c 2 + 3 4 ẋ(0) = 13 4 = 2c 1 + 3c 2 + 1 2 + 3 4 c 1 = c 2 ; c 2 = 2, c 1 = 2. Így a feladatunk egyértelmű megoldása: x(t; x 0 ) = 2e 2t + 2e 3t + e t ( t 2 + 3 4 ), t 0. 2.4. Lineáris nem állandó együtthatós másodrendű differenciálegyenletek Legyenek az a(t), p(t), q(t) és f(t) adott függvények egy alkalmas I intervallumon folytonos függvények, továbbá a(t) sehol se vegye fel az I intervallumon a nulla értéket. Ekkor az a(t)ẍ(t) + p(t)ẋ(t) + q(t)x(t) = f(t), t 0. alakú másodrendű differenciálegyenleteket lineáris nem állandó együtthatós másodrendű differenciálegyenleteknek nevezzük. Ha f(t) 0, akkor homogén egyenletről beszélünk, ellenkező esetben pedig inhomogén az egyenlet. Az ilyen típusú egyenletek megoldását az állandó együtthatós egyenletek megoldásához hasonlóan x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) + x p (t) alakban keressük, ahol x 1 (t), x 2 (t) továbbra is a homogén egyenlet megoldásait jelölik, x p (t) pedig az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását. A probléma csak az, hogy nem állandó együtthatós egyenletek esetén az x 1 (t), x 2 (t), x p (t) megoldások megkeresésére nem ismert általános módszer. Abban az esetben, ha az inhomogén egyenlet x 1 (t) megoldása ismert (például sikerül megsejtenünk), akkor x 2 (t)-t az egy állandó variálásának módszerével, míg x p (t)-t a két állandó variálásának módszerével tudjuk meghatározni. Sok esetben alkalmazható a következő megoldási módszer: ha a homogén egyenlet x 1 (t) megoldását ismerjük, akkor z(t) alkalmas I intervallumon folytonos függvény segítségével az inhomogén egyenletben 24

az x(t) = z(t)x 1 (t) transzformációval hiányos másodrendű differenciálegyenletet fogunk kapni, amit általában meg tudunk oldani. Láthatjuk, hogy mind a két módszer óriási hátránya, hogy a megoldáshoz ki kell találnunk a homogén egyenlet x 1 (t) megoldását. A másik probléma a módszerekkel az, hogy gyakran olyan függvények integrálására van szükségünk a megoldás folyamán, amelyek primitív függvénye nem írható fel zárt alakban. Mivel az állandók variálásának módszerére már láttunk példát a 2.3.2. fejezetben, most nézzünk egy példát arra az esetre, amikor a megoldás meghatározásához a korábban említett transzformációt alkalmazzuk. Példa: (t 2 + 1)ẍ(t) 2tẋ(t) + 2x(t) = 0, t 0. (2.30) Első lépésben megpróbáljuk megsejteni az egyenlet egy megoldását. Ellenőrizzük le, hogy vajon az x(t) = t megoldás kielégíti-e a (2.30) egyenletet. Ekkor azt kell ellenőriznünk, hogy 0 2t + 2t = 0, ami valóban igaz, tehát x 1 (t) = t valóban egy megoldása az egyenletnek. Ekkor x 2 (t)-t az alábbi alakban keressük: Ennek első, illetve második deriváltja: x 2 (t) = x 1 (t)z(t) = tz(t). ẋ 2 (t) = ż(t)t + z(t); ẍ 2 (t) = z(t)t + 2ż(t). Ezeket behelyettesítve az eredeti (2.30) egyenletbe, az alábbiakat kapjuk: (t 2 + 1) [ z(t)t + 2ż(t) ] 2t [ ż(t)t + z(t) ] + 2tz(t) = 0 t(t 2 + 1) z(t) + 2ż(t) = 0. Vezessük be a v(t) := ż(t) jelölést, így a kapott egyenletet a 1.3. tételben kimondott átviteli elv értelmében vissza tudjuk vezetni elsőrendű differenciálegyenletre. Ekkor az alábbi egyenletet kapjuk: t(t 2 + 1) v(t) = 2v(t). Ez egy szétválasztható változójú elsőrendű differenciálegyenlet, melynek megoldása: v(t) = c + c t = ż(t), 2 ahol c R. Így z(t) = c + c t dt = ct c 2 t + d, ahol c, d R. Így tehát a feladat általános megoldása: x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) = c 1 t + c 2 (ct 2 c + dt), c, d, c 1, c 2 R, t 0. Műszaki feladatok modellezése során gyakran szembesülnek a mérnökök azzal, hogy változó együtthatós másodrendű differenciálegyenletet kapnak. Ezek közül is kiemelkedő szerepük van az Euler-féle, Bessel-féle, Legendre-féle és Mathieu-féle egyenleteknek, ezért a következő alfejezetekben ezen egyenletek megoldási módszerét mutatjuk be. 2.4.1. Euler-féle másodrendű differenciálegyenletek Másodrendű Euler-féle egyenletnek nevezik az a 0 t 2 f(t) ẍ(t) + a 1 tẋ(t) + a 2 x(t) = 0 (2.31) 25

alakú másodrendű differenciálegyenletet, ahol a 0, a 1, és a 2 állandók és f : R n+1 R folytonos függvény. A (2.31) képletből látszik, hogy ezek tehát lehetnek homogének, illetve inhomogének is. Megoldásuk során visszavezetjük ezt a (2.31) egyenletet állandó együtthatós lineáris homogén vagy inhomogén egyenletre. 2.6. Állítás. A másodrendű Euler-féle egyenlet t = e y helyettesítéssel visszavezethető állandó együtthatós homogén- illetve inhomogén másodrendű differenciálegyenletre. Bizonyítás: Az állítás igazolásához csupán arra van szükségünk, hogy leellenőrizzük, hogy t = e y helyettesítéssel valóban megkapjuk-e az állandó együtthatós egyenleteket. Jelölje (vessző) az y szerinti deriváltat, és. (pont) a t szerinti deriváltat. Mivel t = e y, így ln t = y. Deriváljuk mind a két oldalt t szerint: 1 t = ẏ. Számoljuk ki az x-nek a t szerinti első, illetve második deriváltját, s alkalmazzuk a láncszabályt: Helyettesítsük be ezt az eredeti (2.31) egyenletbe: ẋ = x 1 t = x t ; ẍ = x 1 t 2 x 1 t 2 = (x x ) 1 t 2. f(e t ) = a 0 t 2 (x x ) 1 t 2 + a 1t x t + a 2x = a 0 x + (a 1 a 0 )x + a 2 x. Ez pedig pont a korábbi 2.2 és 2.3. fejezetekben megismert (2.14), illetve (2.20) differenciálegyenletek, tehát az állítás igaz. Azt kaptuk tehát, hogy a fenti 2.6. állítás alapján az Euler-féle másodrendű differenciálegyenleteket a 2.2. illetve 2.3. fejezetekben ismertetett módszer alapján lehet megoldani. 2.4.2. Általánosított Euler-féle másodrendű differenciálegyenletek Az általánosított Euler-féle másodrendű differenciálegyenletek általános alakja: (at + b) 2 f(t) ẍ(t) + r(at + b)ẋ(t) + sx(t) = 0 (2.32) ahol (at + b) > 0 és a, b, r, s állandók, és f : R n+1 R folytonos függvény. 2.7. Állítás. A fenti (2.32) differenciálegyenlet az e y = at+b helyettesítéssel állandó együtthatós lineáris homogén, illetve inhomogén differenciálegyenletre vezethető vissza. 26

Bizonyítás: A bizonyítás során a korábbi 2.6 állítás bizonyításához hasonlóan itt is azt kell leellenőrizni, hogy az e y = at + b helyettesítéssel megkapjuk-e a korábban megismert állandó együtthatós lineáris differenciálegyenleteket, ezért ettől a számolástól itt most eltekintünk. Most nézzük meg, hogyan is működik ez egy konkrét feladatra. Példa: (2t + 3) 2 ẍ(t) + (4t + 6)ẋ(t) + 8x(t) = 0, t 1; x( 1) = 1; ẋ( 1) = 2. (2.33) Tekintsük az e y := 2t + 3 helyettesítést. Így y = ln(2t + 3), t = ey 3 2 és dy dt = 2 dt 2t+3, így dy = ey 2. Ekkor x (t-szerinti) első és második deriváltja: ẍ = x 4 (2t + 3) 2 + x ẋ = dx dy dy dt = 2 x 2t + 3 ; ( ) Helyettesítsük vissza ezeket a kezdeti (2.33) egyenletbe: 4 (2t + 3) 2 = 4(x x ) (2t + 3) 2. (2t + 3) 2 4(x x ) (2t + 3) 2 + 2(2t + 2 3)x 8x = 0; 2t + 3 4x 4x + 4x + 8x = 0; x + 2x = 0. Így egy olyan homogén állandó együtthatós differenciálegyenletet kaptunk, melynek megoldási módszerét a 2.2. fejezetben ismertettük. A megoldásához írjuk fel a karakterisztikus egyenletét, mely a 2.4. megjegyzés alapján az alábbi alakot ölti: λ 2 + 2 = 0 λ 1,2 = ±i 2. Ekkor az Euler-formula felhasználásával a megoldást az alábbi módon lehet felírni: x(t) = e 0 t( c 1 cos( 2t) + c 2 sin( 2t) ), c 1, c 2 R. Az y = ln(2t + 3) jelölést beírva az előző egyenletbe, megkapjuk a (2.33) általánosított Euler-féle differenciálegyenlet általános megoldását: x(t) = c 1 cos ( 2 ln(2t + 3) ) + c 2 sin ( 2 ln(2t + 3) ), c 1, c 2 R. Ha figyelembe vesszük az adott kezdeti értékeket, megkapjuk az egyértelmű megoldást. x( 1) = 1 = c 1 cos ( 2 ln( 2 + 3) ) + c 2 sin ( 2 ln( 2 + 3) ) = c 1 c 1 = 1; ẋ( 1) = 2 = 2 2c 2 cos ( 2 ln( 2 + 3) ) 2 2c 1 sin ( 2 ln( 2 + 3) ) = 2 2c 2 c 2 = 1 2 + 3 2 + 3 2 Így a feladatunk egyértelmű megoldása: x(t; x 0 ) = cos ( 2 ln(2t + 3) ) + 1 2 sin ( 2 ln(2t + 3) ), t 1. 27

2.4.3. Bessel-féle differenciálegyenlet A Bessel-féle egyenleteknek óriási szerepe van a hengerszimmetrikus problémák tárgyalásánál, emellett a vékony akusztikus membránok rezgéseinek elemzésében vagy akár a jelfeldolgozásban is. Az n-edrendű Bessel-féle differenciálegyenlet általános alakja: ẍ(t) + 1 ( ) t ẋ(t) + 1 n2 t 2 x(t) = 0, n C. (2.34) Vizsgáljuk először az n = 0 esetet, azaz a zérórendű Bessel-féle differenciálegyenletet, melynek általános alakja tehát: ẍ(t) + 1 ẋ(t) + x(t) = 0. (2.35) t Korábban láttuk, hogy egy differenciálegyenletnek végtelen sok megoldása lehet, ha nem rögzítjük a kezdeti értékekre tett megszorításokat. Legyen most a kezdeti feltételünk: x(0) = c 0, ẋ(0) = c 1. A jelzett kezdeti értékeknek eleget tevő megoldást végtelen hatványsor alakban keressük az alábbi módon: ẍ(t) = ẋ(t) = x(t) = c i t i x(t) = c 0 + c 1 t + c 2 t 2 + c 3 t 3 + c 4 t 4 +... i=0 ic i t i 1 ẋ(t) = c 1 + 2c 2 t + 3c 3 t 2 + 4c 4 t 3 + 5c 5 t 4 +... i=1 i(i 1)c i t i 2 ẍ(t) = 2c 2 + 3 2c 3 t + 4 3c 4 t 2 + 5 4c 5 t 3 +.... i=2 Helyettesítsük be a most kapott egyenleteket az eredeti (2.35) egyenletbe. Így az alábbi egyenletet kapjuk: (2c 2 + 3 2c 3 t + 4 3c 4 t 2 + 5 4c 5 t 3 +... )+ + 1 t (c 1 + 2c 2 t + 3c 3 t 2 + 4c 4 t 3 + 5c 5 t 4 +... )+ + (c 0 + c 1 t + c 2 t 2 + c 3 t 3 + c 4 t 4 +... ) = 0. Ennek teljesüléséhez kell, hogy az azonos t-hatványt tartalmazó tagok összevonása és a t-hatványok kiemelése után kapott hatványsor minden együtthatója nulla legyen. Így egy végtelen egyenletrendszert kapunk, melyeket megoldva megkaphatjuk a hatványsorunk együtthatóit: 1. c 1 = 0; 2. 4c 2 + c 0 = 0 c 2 = c0 2 2 ; 3. 6c 3 + 3c 3 + c 1 = 0 9c 3 = 0 c 3 = 0; 4. 12c 4 + 4c 4 + c 2 = 0 16c 4 + c 2 = 0 c 4 = c2 4 2 ; 5. 20c 5 + 5c 5 + c 3 = 0 25c 5 = 0 c 5 = 0, stb. Vegyük észre, hogy az összes páratlan együttható 0, míg a páros együtthatók az alábbi rekurzióval határozhatóak meg: c k 1 c k+1 =, k = 1, 2,... (k + 1) 2 28

Azt kaptuk tehát, hogy az adott x(0) = c 0, ẋ(0) = c 1 = 0 kezdeti feltételeket kielégítő egyparaméteres megoldás-sereg végtelen hatványsor összegeként adódik az alábbi módon: ( x(t; c 0 ) = c 0 1 1 2 2 t2 + 1 2 2 4 2 t4 1 ) 2 2 4 2 6 2 t6 +.... A továbbiakban a c 0 = 1 választással adódó megoldásokat vizsgáljuk, ugyanis ez lesz az n = 0 értékhez tartozó zérusrendű elsőfajú Bessel-függvény. Definíció szerint a jelölése: ( J 0 (t) = 1 1 2 2 t2 + 1 2 2 4 2 t4 1 ) 2 2 4 2 6 2 t6 +.... A 2.1. tétel alapján tudjuk, hogy a másodrendű differenciálegyenletek általános megoldását két lineárisan független megoldás lineáris kombinációjaként tudjuk előállítani, ezért az általános megoldás felírásához szükségünk van a J 0 (t) függvényhez egy tőle lineárisan független megoldásra. Ezt a másik megoldást a 2.3.2. fejezetben ismertetett állandók variálásának módszerével fogjuk megkeresni. A módszer értelmében a másik megoldást Y 0 (t) = u(t)j 0 (t) alakban keressük. Ha ezt a 2.3.2. fejezetben ismertetett módon végigszámoljuk, megkapjuk hogy az Y 0 (t) az alábbi módon írható fel: Y 0 (t) = AJ 0 (t) + aj 0 (t) t c tj 2 0 1 a, c, A R; A, a 0. (t)dt, A 2.3.2. fejezetben bemutatott (2.26) egyenlet alapján kiszámolható, hogy a J 0 (t) és Y 0 (t) megoldásfüggvény figyelembevételével adódó Wronski-féle determináns értéke nem nulla, így ez a két egyenlet valóban lineárisan független. Ezáltal a vizsgált (2.35) zérórendű differenciálegyenlet általános megoldása az alábbi alakban írható fel: x(t) = k 1 J 0 (t) + k 2 Y 0 (t), k 1, k 2 R. Érdemes itt megemlíteni az elsőrendű Bessel-függvényeket, hiszen azok az alábbi összefüggés szerint kapcsolatban állnak a korábban ismertetett zérórendű Bessel-függvényekkel: J 1 (t) = J 0 (t), Y 1 (t) = Y 0 (t). 1 A c 0 állandót tipikusan az alábbi alakban szokták megadni: c 0 = 2 n Γ (n+1), s ekkor a (2.34) differenciálegyenlet megoldásait az elsőfajú n-edrendű Bessel-függvények adják, ahol n tetszőleges komplex szám lehet. Ezeket az alábbi módon számíthatjuk ki: ( 1) k ( ) 2k+n t J n (t) =, (2.36) k!γ(n + k + 1) 2 k=0 ahol Γ egy olyan függvény, amely segítségével a faktoriális fogalmát minden számra (komplex számokra is) kiterjeszthetjük az alábbi módon: e z z t 1 dz, t > 0 Γ(t) = 0 n!n t 1 lim, t C, t 0, 1, 2,.... n t(t + 1)(t + 2)... (t + n 1) A 2.1. ábrán az n = 0, 1, 2, 3, 4 esetben ezeket az n-rendű elsőfajú Bessel-függvényeket láthatjuk. Ha n nem egész szám, akkor a Bessel-egyenlet általános alakja: x(t) = k 1 J n (t) + k 2 J n (t) k 1, k 2 R, 29

2.1. ábra. Az elsőfajú n-edrendű Bessel-függvények ahol J n (t)-t úgy kapjuk meg, hogy a korábban definiált (2.36) egyenletbe n helyére n-et helyettesítünk be. Ha n egész szám, akkor J n (t) = ( 1) n J n (t), azonban ekkor J n (t) és J n (t) lineárisan összefüggnek, így a lineáris kombinációjuk nem lehet megoldása a (2.34) Bessel-féle egyenletnek. Az általános megoldást ekkor úgy kapjuk meg, hogy J n (t)-t helyettesítjük a másodfajú n-edrendű Y n (t) Bessel-függvénnyel, melyet a következőképpen definiálunk: Y n (t) = lim m n J m (t) cos(mπ) J m (t). sin(mπ) A 2.2. ábrán az n = 0, 1, 2, 3, 4 esetben ezeket az n-rendű másodfajú Bessel-függvényeket láthatjuk. Ezen függvények segítségével a Bessel-egyenlet általános megoldása egész, illetve nem egész n esetén : x(t) = k 1 J n (t) + k 2 Y n (t) k 1, k 2 R, n C. 2.4.4. Legendre-féle differenciálegyenlet A Legendre-féle differenciálegyenletek partikuláris megoldásait Legendre-polinomoknak nevezzük, melyeknek óriási szerepe az elméleti fizikában, azon belül is elsősorban a kvantummechanikában és az elektrodinamikában van. A Legendre-féle differenciálegyenlet általános alakja: (1 t 2 )ẍ(t) 2tẋ(t) = n(n + 1)x(t), t 0, n N. (2.37) A Legendre-féle differenciálegyenletek megoldásait hatványsor alakban keressük a [-1;1] intervallumon az alábbi módon: x(t) = t s 30 i=0 c i t i. (2.38)

2.2. ábra. A másodfajú n-edrendű Bessel-függvények Ennek deriváltja: ẋ(t) = c i (i + s)t i+s 1. i=0 Ha mind a két oldalt beszorozzuk (1 t 2 )-tel, és az így kapott eredményünket deriváljuk, akkor éppen a (2.37) egyenlet bal oldalát fogjuk megkapni. Tehát: (1 t 2 )ẋ(t) = i=0 c i (i + s)(t i+s 1 t i+s+1 ); i=0 ( (1 t 2 )ẋ(t) ) = c i (i + s)(i + s 1)t i+s 2 c i (i + s)(i + s + 1)t i+s. Ezt behelyettesítve az eredeti (2.37) egyenletbe az alábbi egyenletet kapjuk: c i (i + s)(i + s 1)t i+s 2 [ ] = c i (i + s)(i + s + 1) n(n + 1) t i+s. i=0 Vessük össze az t i+s együtthatóit: i=0 c i+2 (i + s + 2)(i + s + 1) = c i [ (i + s)(i + s + 1) n(n + 1) ]. (2.39) Tekintsük az i = 2 esetet, és tartsuk közben szem előtt a c 2 = 0 összefüggést. Ekkor a fenti (2.39) egyenletet így tudjuk felírni: i=0 c 0 s(s 1) = 0 s 1 = 0, s 2 = 1. Az s 1 = 0 esetben c 0 = 1 és c 1 = 0 mellett a (2.39) egyenletből az alábbi rekurziós formulát kapjuk: c i+2 = míg s 2 = 1 és c 0 = 1 és c 1 = 0 esetben: i(i + 1) n(n + 1) (i + 2)(i + 1) (n i)(n + i + 1) c i = c i, (i + 2)(i + 1) (n i 1)(n + i + 2) c i+2 = c i. (i + 2)(i + 3) 31

Ezeket felhasználva a fenti (2.38) egyenletet az alábbi módon tudjuk felírni: n(n + 1) x 0 (t) = 1 t 2 (n 2)n(n + 1)(n + 3) + t 4 +... ; 2! 4! (n 1)(n + 2) x 1 (t) = t t 3 (n 3)(n 1)(n + 2)(n + 4) + t 5 +... 3! 5! Ha n = 2k alakú páros egész szám, akkor x 0 (t) véges fokszámú polinom, illetve ha n = 2k + 1 alakú páratlan egész szám, akkor x 1 (t) lesz n-ed fokú polinom. Ezek a P n (t) Legendre-polinomok. Ezt zárt alakban is fel tudjuk írni az alábbi módon: P n (t) = 1 [ 2 n n! dn (t 2 1) n] dt n. (2.40) A 2.1. táblázatban, illetve a 2.3. ábrán az első hat Legendre-polinomot láthatjuk. n P n (t) 0 1 1 t 3 2 2 t2 1 2 5 3 2 t3 3 2 t 35 4 8 t4 30 8 t2 + 3 8 63 5 8 t5 70 8 t3 + 15 8 t 2.1. táblázat. Az első 6 Legendre-polinom 2.3. ábra. Az első 6 Legendre-polinom Megkaptuk tehát a (2.37) Legendre-féle differenciálegyenlet egyik megoldását, nevezetesen a Legendrepolinomot. Az általános megoldás felírásához szükségünk van még egy megoldásra, amely lineárisan független a P n (t) megoldástól, s ez lesz a másodrendű Legendre-függvény, melyet az alábbi módon kapunk 32

meg: Q n (t) = 1 2 P n(t) ln t + 1 n t 1 P k 1 (t)p n k (t). (2.41) k=1 A 2.2. táblázatban az első négy Legendre-függvényt láthatjuk. Így a Legendre-féle differenciálegyenlet általános megoldása: n 0 1 1 t 2 3t 2 1 3 5t 3 3t 4 ln Q n (t) ( ) 2 ln 1+t 1 t ( ) 2 ln 1+t 1 t 1 ( 1+t 4 ln 1 t ( 1+t 1 t ) 3t 2 ) 5t2 2 + 2 3 2.2. táblázat. Az első 4 Legendre-függvény x(t) = k 1 P n (t) + k 2 Q n (t), k 1, k 2 R, ahol P n és Q n a (2.40) és (2.41) formulákkal adottak. 2.4.5. Mathieu-féle differenciálegyenlet A Mathieu-féle egyenletekkel elsősorban abban az esetben találkozhatunk, amikor parciális differenciálegyenleteket oldunk meg a változók szétválasztásának módszerével, s a számolás folyamán új függvényeket, illetve olyan új változókat vezetünk be, melyek elliptikus koordináta-rendszerben adottak. Ennek speciális esete például a 2-dimenziós hullámegyenlet. Az ilyen típusú egyenletek megoldási módszerét itt nem vezetjük le, csupán érdekessége miatt vettük be a szakdolgozatba. A Mathieu-féle egyenlet általános alakja: ẍ(t) + ( r 2q cos(2t) ) x(t) = 0, q, r R, t 0. Ha x(t+π) = e µπ x(t) teljesül, akkor az egyenletnek mindig van megoldása, és a µ számot karakterisztikus kitevőnek hívjuk. Amennyiben x 1 (t) olyan megoldása a Mathieu-egyenletnek, hogy eleget tesz az x 1 (0) = 1 és x 1 (π) = 0 kezdeti feltételeknek, akkor a µ karakterisztikus kitevőt a ch(µπ) = x 1 (π) összefüggésből lehet kiszámolni. Amennyiben a q együttható kicsi, az x 1 (π) kiszámítására az alábbi közelítő képletet szokták használni: x 1 (π) cos π r + q 2 π r sin π r 4r(r 1) + h 4 (15r2 35r + 8)π r sin π r 2r(r 1)(r 4)π 2 cos π r 64r 2 (r 1) 3. (r 4) Az x 1 (π) ±1, vagyis a µ in (n = 0, ±1, ±2,... ) esetben a Mathieu-egyenlet általános megoldása: x(t) = c 1 e µt p(t) + c 2 e µt p( t), c 1, c 2 R, ahol p(t) egy π szerint periodikus függvény. Ennek Fourier-együtthatói meghatározhatók a differenciálegyenletből. Ha x 1 (π) = ±1, akkor a Mathieu-egyenlet általános megoldása: x(t) = c 1 p 1 (t) + c 2 ( tp1 (t) + p 2 (t) ), 33

ahol p 1 (t) és p 2 (t) x 1 (π) = 1 esetén π szerint, x 1 (π) = 1 esetén 2π szerint periodikus függvény. 34

3. fejezet Különböző problémák modellezése és megoldása Miután az előző két fejezetben áttekintettük, hogyan lehet a másodrendű differenciálegyenleteket megoldani, most nézzük meg Borrelli-Courtney [8] könyvének kapcsolódó fejezetei alapján, hogyan kaphatjuk meg ezeket a differenciálegyenleteket a mindennapi jelenségek modellezése során. A differenciálegyenlet felírásához különböző változókat kell először bevezetnünk, majd bizonyos fizikai törvények figyelembe vételével a közöttük fennálló összefüggéseket kell felhasználnunk. Ebben a fejezetben arra látunk majd különböző példákat, hogyan tudjuk egy test helyzetét és sebességét meghatározni egy adott t 0 időpontban abban az esetben, ha ezeket a kezdeti t 0 időpontban ismerjük. Ekkor a differenciálegyenlet felírásához szükségünk van olyan függvényekre, melyek egy független változótól függnek. Ez a független változó lesz az idő, melyet t-vel fogunk jelölni. Adott t időpontban a test helyzetét ekkor s(t)-vel, a sebességét v(t)-vel, míg a gyorsulását a(t)-vel fogjuk jelölni. Gyakran tartalmaznak a differenciálegyenletek különböző konstansokat is, melyek értékét vagy mérések után kaphatjuk meg ilyen például a test tömege, melyet m-mel jelölünk, vagy olyan állandók, melyeknek értékét a fizikából ismerhetjük. Erre példa a nehézségi gyorsulás, melyet g-vel jelölünk, s melyről tudjuk, hogy értéke körülbelül 9, 81 m s. 2 A modell felállításához elsősorban a természet törvényeit kell figyelembe vennünk, s ezek segítségével felépítenünk és megoldanunk a differenciálegyenletet. Előfordulhat az is, hogy olyan bonyolult differenciálegyenletet sikerül felállítanunk, melynek megoldásához szükség van számítógép segítségére is. A szakdolgozat ezen fejezetében erre is fogunk majd példát látni. A modell felépítése során ajánlatos először a jelenségek egy leegyszerűsített verzióját vizsgálni, s egyre inkább kibővíteni az éppen megkapott modellünket. Ez azért jó, mert így az egyszerűbb esetekre könnyebben ellenőrizni tudjuk, hogy vajon jól működik-e a modellünk, s könnyebben megismerhetjük az egyes paraméterek változtatásának a hatását is. Ebben a fejezetben Geda [9] könyve segítségével először bemutatjuk, hogyan lehet egy lejtőre helyezett test, illetve egy rugó modelljét felállítani. A lejtőre helyezett test modellezése során megkapott differenciálegyenletet analitikus módon fogjuk megoldani. Ezt követően a rugónak egy olyan leegyszerűsített modelljét állítjuk fel, ahol a rezgést semmilyen tényező nem csillapítja, illetve nem is gerjeszti. A ka- 35

pott differenciálegyenletet ebben az esetben először analitikus módon oldjuk meg, majd megismerkedünk néhány numerikus módszerrel, melyek segítségével az inga modelljénél felállított differenciálegyenletet meg tudjuk oldani. Ezen módszerek működését itt fogjuk letesztelni, ugyanis azáltal, hogy a rugó esetén ismerjük a pontos megoldásokat, látni fogjuk, hogy az egyes módszerek milyen pontosak. Ezt követően kibővítjük a rugónk egyszerű modelljét azáltal, hogy figyelembe vesszük a rendszerben fellépő csillapítást, illetve beleveszünk a modellbe egy külső gerjesztő erőt is. A fejezet végén pedig a legpontosabbnak bizonyuló numerikus módszer segítségével fogjuk előállítani az inga modelljénél kapott differenciálegyenlet megoldását. Az itt bemutatott példák modellezése folyamán mindegyik esetben felhasználtuk Newton II. törvényét, ezért azt most itt ismertetjük. Newton II. törvénye: Egy test gyorsulása azonos irányú a rá ható erők F eredőjével, míg nagysága egyenesen arányos az eredő erő nagyságával és fordítottan arányos a test tömegével. 3.1. A lejtőre helyezett test modellje Nyilvánvalóan mindenki találkozott már az eddigi élete során olyan szituációval, amikor a testet egy lejtőre helyezzük, s azt tapasztaljuk, hogy az elkezd lecsúszni rajta. Tapasztalataink alapján kijelenthetjük, hogy ha a test és a lejtő között semmilyen súrlódás nincsen ami persze a valóságban igen ritkán előforduló eset, akkor a test sokkal hamarabb fog a lejtő aljára érni, mint abban az esetben, ha a lejtő és a test között µ-vel jelölt súrlódási együtthatóval jellemzett súrlódás is fellép. Ennek igazolásához egy egyszerű modellt fogunk felépíteni. Az előzőekben bevezetett változók közül a differenciálegyenletünk felírásához szükségünk van a következőkre: m, g, s(t), ahol s : R + 0 R ismeretlen függvény, és ezen felül ismernünk kell a lejtőalap és lejtővonal által bezárt lejtőszöget, melyet most α-val jelölünk. Newton II. törvényét felhasználva az alábbi képletet tudjuk felírni: a(t) = F m. (3.1) Azt is tudjuk, hogy egy test gyorsulása az adott t időpillanatban megegyezik a test kitérését leíró függvény második deriváltjával a t időpillanatban. Ezen ismeret segítségével a korábbi (3.1) egyenletet az alábbi módon írhatjuk fel: a(t) = s(t) = F m. Már csak azt kellene tudnunk, hogy milyen erők hatnak erre az m tömegű testre. Először tekintsük azt az egyszerűbb esetet, amikor a test és a lejtő között fellépő súrlódástól eltekintünk, azaz a µ súrlódási együttható 0. Ekkor a testre ható F gy gyorsító erőt a 3.1. ábra alapján az F gy = F g sin α összefüggésből számíthatjuk ki, ahol F g a nehézségi erő. Tudjuk, hogy F g = mg, így a test kitérését leíró differenciálegyenlet az alábbi: s(t) = F gy m = F g sin α m = mg sin α = g sin α, t 0. (3.2) m Az így kapott (3.2) egyenlet éppen olyan hiányos másodrendű differenciálegyenlet, amellyel a korábbi 2.1.1. fejezetben találkoztunk már, ezért ezt az egyenletet meg tudjuk oldani a korábban ismertetett 36

3.1. ábra. A lejtőn súrlódás nélkül lecsúszó testre ható erők módon. Legyenek az adott kezdeti értékek: s(0) = s 0 R, ṡ(0) = v 0 R. Azt láttuk, hogy a keresett s(t) függvényt ekkor úgy kapjuk meg, hogy a (3.2) függvényt egymás után kétszer integráljuk az alábbi módon: ṡ(t) = g sin αdt = tg sin α + c 1, c 1 R; s(t) = tg sin α + c 1 dt = t2 2 g sin α + c 1t + c 2, c 1, c 2 R, t 0. Az ismeretlen c 1, illetve c 2 konstanst a kezdeti értékekre adott kikötéseket figyelembe véve kaphatjuk meg, s ekkor a kezdeti feltételeket is kielégítő egyértelmű s(t) függvény az alábbi: s(t) = g sin α t2 2 + v 0t + s 0, t 0. Most nézzük meg, miben különbözik az az eset, ha a modellünket kiegészítjük a test és a lejtő között fellépő súrlódással, azaz µ > 0. Ekkor a testre ható eredő erőt a 3.2. ábra alapján az előző esetben látott 3.2. ábra. A lejtőn súrlódással lecsúszó testre ható erők 37

F gy gyorsulási erő, illetve az F s súrlódási erő különbsége adja, melyről tudjuk, hogy az F s = µmg cos α képletből számítható ki. Ezen ismeretek segítségével már fel tudjuk írni a differenciálegyenletet, amely az alábbi alakot ölti: s(t) = F gy F s m = mg sin α µmg cos α m = g(sin α µ cos α), t 0. Ez az egyenlet is olyan hiányos másodrendű differenciálegyenlet, amelyre már a 2.1.1. fejezetben láttunk példát. Így a (3.1) differenciálegyenletet meg tudjuk oldani a korábban ismertetett módon. Az s(t) függvény kiszámítása az alábbi módon történik: ṡ(t) = g(sin α µ cos α)dt = g(sin α µ cos α)t + c 1, c 1 R; s(t) = g(sin α µ cos α)t + c 1 dt = g(sin α µ cos α) t2 2 + c 1t + c 2, c 1, c 2 R, t 0. Tekintsük most megint az s(0) = s 0 R, illetve ṡ(0) = v 0 R kezdeti feltételeket, így a kezdeti feltételeket is kielégítő egyértelmű megoldás: s(t) = g(sin α µ cos α) t2 2 + v 0t + s 0, t 0. A két eset megoldását összehasonlítva észrevehetjük, hogy a test valóban gyorsabban fog leérni a lejtő aljára abba az esetben, ha a súrlódási együttható éppen nullával egyezik meg. Ennek szemléltetése érdekében most ábrázoljuk azt a konkrét esetet, amikor α = 30, v 0 = 10 m s, s 0 = 50m, g = 9, 81 m s 2, és a súrlódásos esetben a súrlódási együttható µ = 0, 5. 3.3. ábra. A lejtőn lecsúszó testek által megtett út az idő függvényében A 3.3. ábráról valóban azt lehet leolvasni, hogy amennyiben a test és a lejtő között nem lép fel súrlódási erő, akkor a test ugyanazon idő alatt nagyobb utat tud megtenni, mint a súrlódásos esetben. Ez az eredmény megfelel a tapasztalataink alapján készített elvárásainknak, tehát a készített modellünk jónak bizonyul. 38

3.2. A rugó modellje Most tekintsük azt a jelenséget, amikor kihúzunk egy rugót, s ennek következtében az elkezd rezegni. Tapasztalataink azt mutatják, hogy a rezgés folyamán a kitérések egyre kisebbek lesznek, majd egy idő után a rezgés teljesen megszűnik, ha nincs semmilyen külső erő, ami gerjesztené a rugót. Bár a valóságban ritkán lehet találkozni azzal az esettel, mikor a rezgés nem csillapodik, azaz a rendszerben nincsen semmilyen csillapítás, mi mégis először ezt a legegyszerűbb esetet tekintjük, s majd utána állítjuk csak fel a gerjesztett rezgés modelljét, melyben majd a csillapítás is szerepelni fog. Fizikából tudjuk, hogy harmonikus rezgőmozgást olyan eredőerő hoz létre, amely a kitéréssel arányos, de vele ellentétes irányú. Ezt az arányossági tényezőt rugóállandónak nevezzük, k-val jelöljük, és N m a mértékegysége. Ez alapján az F r (t) = ks(t) egyenletet tudjuk felírni, ahol k > 0. Most is kihasználjuk Newton II. törvényét, így az alábbi differenciálegyenlethez jutunk: a = s(t) = F r(t) m = k s(t), t 0. m Ez az egyenlet a 2.1.4. fejezetben bemutatott hiányos differenciálegyenleteknek egy speciális esete, így az egyenletet meg tudjuk oldani a korábban ismertetett módszerrel. Tekintsük az s(0) = s 0 R illetve ṡ(0) = v 0 R kezdetiérték-feladatot. Az egyenlethez tartozó karakterisztikus egyenlet: λ 2 + ω 2 = 0, ahol ω =. A karakterisztikus egyenletnek két komplex gyöke van, így a feladat egyértelmű megoldása a k m kezdeti értékekre tett megszorításokat is figyelembe véve: s(t) = s 0 cos(ωt) + v 0 ω sin(ωt), ω = k m, t 0. A megoldás valóban azt sugallja, hogy ebben a csillapítatlan esetben a rugó maximális kitérése az idő előrehaladtával sem fog csökkenni. Néhány numerikus módszer elméleti áttekintése Korábban már említettük, hogy léteznek olyan differenciálegyenletek is, melyeket nem lehet analitikusan megoldani, hanem a megoldásukhoz valamilyen numerikus módszert kell alkalmazni. A szakdolgozatom 3.3. fejezetében éppen egy olyan nemlineáris másodrendű differenciálegyenlettel fogunk találkozni, amelyet csak numerikus módon tudunk majd megoldani. Több ilyen módszer is létezik, mi ezek közül hármat fogunk bemutatni, de először most ennél a megoldható feladatnál nézzük meg, hogy ezek a numerikus módszerek mennyire megbízhatóak, azaz mekkora hibával dolgoznak. A módszerek ismertetése előtt azonban szükségünk van még néhány definíció áttekintésére. Ezeket Faragó [7] könyvének kapcsolódó fejezetei segítségével ismertetjük. 3.1. Definíció. Legyen h > 0 esetén ω h := {t n = nh, n = 0, 1, 2,... }. Ezt h lépésközű ekvidisztáns rácshálónak nevezzük. Ekkor y h (t n ) függvényt az ω h -n értelmezett rácsfüggvénynek nevezzük. 3.2. Definíció. Azt mondjuk, hogy egy numerikus módszer által előállított y h (t) rácsháló függvénysorozat finomodó h lépésköz esetén konvergál az y(t) megoldáshoz, ha valamely t I intervallum pontra: t ω h ; 39

lim h 0;t n=nh y h(t n ) y(t ) = 0. 3.3. Definíció. Ha egy numerikus módszer konvergens, akkor azt a p 1 számot, melyre létezik M 0, amely mellett y h (t n ) y(t ) Mh p, a konvergencia rendjének nevezzük. Célunk tehát olyan numerikus módszerek alkalmazása, amelyek minél magasabb rendben konvergensek, hiszen ekkor a numerikus módszerrel előállított megoldás és a pontos megoldás közötti hiba nagyobb h lépésközű rácsháló esetén is kisebb lesz, így kevesebb lépés megtétele után is már pontosabb megoldást kaphatunk. Először ismerkedjünk meg az explicit Euler-módszerrel melyet az alábbi módon definiálunk: y n+1 = y n + hf(t n, y n ), n = 0, 1, 2,..., N 1. Ezt a módszert azért nevezik explicitnek, mert a t n pontbeli érték ismeretéből közvetlenül, csupán egy egyszerű függvénybehelyettesítéssel kiszámítható a t n+1 pontbeli közelítés. Bizonyítható, hogy az explicit Euler-módszer konvergenciájáról az alábbiakat lehet kijelenteni. 3.4. Tétel. Legyen (ω h ) egy ekvidisztáns rácshálósorozat a [0, t ] intervallumon. Ekkor az explicit Eulermódszer az intervallum minden pontjában elsőrendben konvergens. Ezen tétel alapján azt várjuk, hogy az explicit Euler-módszer által előállított megoldás és a pontos megoldás közötti különbség csak nagyon kicsi h esetén lesz pici. Tekintsük most az implicit Euler-módszert, amelyet az alábbi módon definiálunk: y n+1 = y n + hf(t n+1, y n+1 ), n = 0, 1, 2,... N 1. Ezt a módszert azért nevezik implicitnek, mert a t n pontbeli érték ismeretéből nem tudjuk közvetlenül kiszámítani a t n+1 pontbeli értéket, hanem y n+1 értékét minden egyes időlépésben egy tipikusan nem lineáris egyenlet megoldásával tudjuk csak meghatározni. Bizonyítható, hogy az implicit Euler-módszer konvergenciájáról az alábbiakat lehet kijelenteni. 3.5. Tétel. Legyen (ω h ) egy ekvidisztáns rácshálósorozat a [0, t ] intervallumon. Ekkor az implicit Eulermódszer az intervallum minden pontjában elsőrendben konvergens. Mivel az implicit Euler-módszer is csak elsőrendben konvergens a tétel szerint, ezért ismét hasonló elvárásokat tudunk megfogalmazni, mint az explicit Euler-módszer esetén. Végül tekintsünk egy magasabb rendben konvergens módszert, mégpedig az explicit negyedrendű Runge Kutta-módszert, amelyet az alábbi módon definiálunk: k 1 = f(t n, y n ); k 2 = f(t n + 1 2 h, y n + 1 2 hk 1); k 3 = f(t n + 1 2 h, y n + 1 2 hk 2); k 4 = f(t n + h, y n + hk 3 ); ( 1 y n+1 = y n + h 6 k 1 + 1 3 k 2 + 1 3 k 3 + 1 ) 6 k 4. 40

Bizonyítható, hogy a negyedrendű Runge Kutta-módszer konvergenciájáról az alábbiakat lehet kijelenteni. 3.6. Tétel. Legyen (ω h ) egy ekvidisztáns rácshálósorozat a [0, t ] intervallumon. Ekkor az explicit negyedrendű Runge Kutta-módszer az intervallum minden pontjában negyedrendben konvergens. A tétel alapján azt várjuk, hogy az imént ismertetett három módszer közül az explicit negyedrendű Runge Kutta-módszer esetén lesz a pontos megoldás és a numerikus módszer által előállított megoldás közötti hiba a legkisebb ugyanannyi iterációs lépést követően. Most, hogy megismerkedtünk a numerikus módszerekkel, nézzük meg, mekkora az eltérés az általuk előállított megoldás és a pontos megoldás között finomodó lépésközök esetén. Tekintsük azt a konkrét modellt, ahol a k = 10 N m rugóállandóval rendelkező rugó végén egy m = 100kg-os test van, melynek kitérése a kezdeti t 0 = 0s-ban s 0 = 0, 5m, sebessége pedig v 0 = 20 m s. Az ismertetett numerikus módszerek konvergenciájáról szóló tételek alapján azt várjuk, hogy a negyedrendű Runge Kutta módszer által előállított megoldás lesz a legpontosabb ugyanakkora lépésköz esetén a három módszer közül. 3.4. ábra. A csillapítatlan rugó kitérése adott időpontban az explicit Euler-módszer esetén 3.5. ábra. A csillapítatlan rugó sebessége adott időpontban az explicit Euler-módszer esetén A 3.4. és 3.5. ábrán azt láthatjuk, hogy nagyobb h esetén az ábrán speciálisan h = 0, 2 az idő előrehaladtával a rugó kitérése, illetve sebessége egyre nagyobb lesz az explicit Euler-módszer esetén. Ez akkor fordulhatna elő, ha a rugót valami külső erő gerjesztené, de a modellünkben mi azt tettük fel, hogy a rezgést semmilyen külső tényező sem befolyásolja. Azonban ha a h értékét csökkentjük, akkor az explicit Euler-módszerrel előállított megoldás és a pontos megoldás közötti különbség kisebb lesz. Az ábrákon azt láthatjuk, hogy h = 0, 001 esetén ez a különbség már olyan pici, hogy úgy tűnik, a két megoldás egybeesik. Mivel a 3.5. tétel alapján az implicit Euler-módszer is csak elsőrendben konvergens, ezért az explicit Euler-módszernél tapasztaltak alapján most is azt sejtjük, hogy csak kicsi h érték esetén lesz a a módszer által előállított megoldás és a pontos megoldás közötti különbség kicsi. A 3.6., illetve 3.7. ábra alapján a sejtésünk igaznak tűnik. Ezek alapján azt várjuk, hogy egy olyan ábrán, ahol a rugó kitérését ábrázoljuk 41

3.6. ábra. A csillapítatlan rugó kitérése adott időpontban az implicit Euler-módszer esetén 3.7. ábra. A csillapítatlan rugó sebessége adott időpontban az implicit Euler-módszer esetén 3.8. ábra. A csillapítatlan rugó kitérése adott időpontban a negyedrendű Runge Kuttamódszer esetén 3.9. ábra. A csillapítatlan rugó sebessége adott időpontban a negyedrendű Runge Kuttamódszer esetén a sebessége függvényében, azt tapasztaljuk, hogy a pontos megoldás esetén egy kört kapjunk, hiszen ( ) 2 1 s 2 (t) + ω ṡ(t) = s 2 0 + v2 0 ω 2, ami éppen egy állandóval egyenlő hiszen s 0, v 0, illetve ω is előre adott számok, melyek nem függnek t-től. Ezzel szemben az explicit Euler-módszer esetén egy olyan spirált várunk, ami a körvonal egy pontjából indul és tart kifele, míg az implicit Euler-módszer esetén a spirál szintén a pontos megoldást ábrázoló körvonalról indul, de a az origó irányába, befelé tart. A 3.10. ábra alapján ismét helyesnek bizonyul a sejtésünk. A 3.6. tétel alapján abban bízunk, hogy a negyedrendű Runge Kutta-módszer által előállított megoldás már nagyobb h lépésköz esetén is közelebb lesz a pontos megoldáshoz. A 3.8., illetve a 3.9. ábra ismét igazolja a sejtésünket, hiszen azt láthatjuk, hogy míg h = 0, 2 lépésköz esetén az előző kettő módszer által 42

előállított megoldás még messze volt a pontos megoldástól, addig most a különbség alig észrevehető az ábrákon. 3.10. ábra. A csillapítatlan rugó fázisképe Most nézzük meg, hogyan tudjuk ezt az egyszerű modellünket kibővíteni ahhoz, hogy a korábban említett gerjesztett rezgés modelljét kapjuk, melyben csillapítás is szerepel. A fent megkapott s(t) = k m s(t) egyenletből indulunk ki, mely ekvivalens az m s(t) = ks(t) egyenlettel. A rendszerünket a viszkózus csillapítás fogja csillapítani, melyet az jellemez, hogy a csillapító erő arányos a test sebességével. A c-vel jelölt arányossági tényezőt csillapítási tényezőnek nevezik, melynek mértékegysége Ns m. Ezen ismeret tudatában fel tudjuk írni a csillapított szabad rezgés modelljét, ami tehát az alábbi módon néz ki: m s(t) = ks(t) cṡ(t) s(t) = k c s(t) (3.3) m mṡ(t). Mi azonban most még ezt a modellt is bővíteni fogjuk olyan módon, hogy feltesszük, hogy ezt a rezgést valami külső hatás folyamatosan gerjeszti is. Jelöljük ezt a gerjesztő erőt F gerj -jel, mely jelen esetben legyen az alábbi: F gerj (t) = F 0 cos(2πωt), ahol F 0 az az állandó erő, ami gerjeszti a rendszert, s az Ω > 0 a gerjesztés frekvenciája. Ekkor az alábbi differenciálegyenletet tudjuk felírni: s(t) = k m s(t) c mṡ(t) + F gerj(t). (3.4) Vizsgáljuk meg most azt a konkrét esetet, ahol az m = 1kg tömegű test egy k = 25 N m rugóállandóval rendelkező rugóra van rögzítve, a rendszerben található csillapítási tényező, c = 0, 05 Ns m, és a rendszert gerjesztő erő F gerj (t) = 100 cos(5, 6t). Ezeket az adott értékeket behelyettesítve a (3.4) egyenletbe az alábbi differenciálegyenletet kapjuk: s(t) = 25s(t) 0.05ṡ(t) + 100 cos(5, 6t). 43

Ez egy olyan lineáris állandó együtthatós inhomogén másodrendű differenciálegyenlet, amelyekre a 2.3. fejezetben már láttunk példát. A 2.3.1. fejezetben ismertetett próbafüggvény módszerével egy kis számolás után megkaphatnánk a megoldást, azonban most eltekintünk ettől a számolástól, s helyette a negyedrendű Runge Kutta módszer segítségével fogjuk előállítani az egyenlet megoldását. Annak az esetnek a megoldását rajzoltattuk ki a MATLAB segítségével, amikor a rugónak a t = 0s-ban a kezdeti kitérése s(0) = 0m, míg a kezdeti sebessége v(0) = 0 m s. 3.11. ábra. A gerjesztett és csillapított rugó kitérése adott időpontban a negyedrendű Runge Kutta-módszer esetén 3.12. ábra. A gerjesztett és csillapított rugó sebessége adott időpontban a negyedrendű Runge Kutta-módszer esetén A 3.11., illetve 3.12. ábrákon azt láthatjuk, hogy sem a kitérés, sem a sebesség nem periodikus, mint a csillapítatlan, illetve gerjesztés nélküli esetben. Itt a kitérés és a sebesség is egy-egy cikluson belül elkezd nőni a gerjesztés hatására, azonban a csillapítás miatt nem tudnak a végtelenségig nőni, hanem egy maximum érték elérése után elkezdenek csökkenni. 3.3. Az inga modellje Végül vizsgáljuk meg, hogyan lehet modellezni egy inga mozgását. Tekintsük azt a modellt, amikor egy l > 0 hosszúságú kötél egyik végét rögzítettük a plafonra, míg a másik végére egy m > 0 tömegű testet helyeztünk. Ez látható a 3.13. ábrán. A modell felállítása során csak a gravitációs erőt vesszük figyelembe, az esetleges légellenállást most figyelmen kívül hagyjuk. A tapasztalataink alapján azt várjuk, hogy az inga sebessége a nulla és egy maximális érték között váltakozzon periodikusan. A differenciálegyenlet felírásához ismét Newton II. törvényét használjuk, miszerint a(t) = F (t) m, ahol a(t) = s(t). Ekkor F = F g sin ϕ = mg sin ϕ, ahol az F g nehézségi erő azért kapott negatív előjelet, mert lefelé hat. Így az alábbi differenciálegyenletet kapjuk: mg sin ϕ(t) s(t) = = g sin ϕ(t), t 0. (3.5) m 44

3.13. ábra. Az ingára ható erők A 3.13. ábra alapján felírt ívhossz és szög közötti összefüggés szerint s(t) = lϕ(t). Így s(t) = l ϕ(t), s ezt a (3.5) egyenlettel összevetve az alábbi egyenletet kapjuk: ϕ(t) = g l sin ( ϕ(t) ), t 0. Ez egy nemlineáris másodrendű differenciálegyenlet, melynek megoldására nem ismert általános módszer. Ilyenkor analitikusan nem tudjuk megoldani az egyenletet, ki tudjuk azonban számolni az egyenlet egyensúlyi pontjait és azok stabilitását, így egy általános képet kaphatunk a megoldások viselkedéséről az egyensúlyi pont körül. Írjuk át az egyenletet az 1.3. tételben ismertetett átviteli elv segítségével elsőrendű differenciálegyenletrendszerre, azaz legyen ω(t) := ϕ(t), így ω(t) = ϕ(t) = g l sin ϕ(t). Ekkor definiáljuk az x : R+ 0 függvényt az alábbi módon: R2 ( ) ( ) ( ) (( )) ϕ(t) ϕ(t) ω(t) ϕ(t) x(t) = ẋ(t) = = ω(t) ω(t) g l sin(ϕ(t)) g = g(x(t)). ω(t) Így az 1.12. definíció alapján az egyensúlyi helyzet az az x = azaz: ( ) ϕ R 2, amelyre g(x ) = 0 teljesül, ( ) ( ) ω 0 g =. (3.6) l sin(ϕ ) 0 Ekkor a (3.6) egyenletrendszer megoldása: ( ω ) = 0, illetve ( sin ) ϕ = 0, azaz ω = 0, illetve ϕ 1 = 0, ϕ 2 = π. 0 π Így az inga két egyensúlyi helyzete: x 1 =, és x 2 =. Ezek rendre azoknak az eseteknek felelnek 0 0 meg, amikor az inga alul, illetve felül található. Most vizsgáljuk meg, hogy stabilitás szempontjából mit lehet mondani a kapott egyensúlyi helyzetekről. Ezt a g függvény Jacobi-mátrixának sajátértékeinek ω 45

vizsgálatával fogjuk elvégezni a korábban ismertetett 1.15. állítás alapján. Írjuk fel a rendszerhez tartozó Jacobi-mátrixot, ami az 1.14. definíció alapján jelen esetben az alábbi alakot ölti: ( ) ( ) g1 g 1 ϕ ω 0 1 ġ(x) = g 2 g 2 = ϕ ω g l cos(ϕ) 0. ( ) 0 Az x 1 = egyensúlyi pont stabilitásának meghatározásához vizsgáljuk meg a J 1 = ġ(0, 0) mátrix 0 sajátértékeinek valós részének( előjelét. ) 0 1 Jelen esetben J 1 = ġ(0, 0) = g, így J 1 sajátértékei: λ 1 = i g l l 0, λ 2 = i g l. Azt kaptuk tehát, hogy Re(λ 1,2 ) = 0, így az x 1 egyensúlyi helyzet stabil. Az ( x 2 egyensúlyi ) helyzet stabilitásának vizsgálatakor hasonlóan kell eljárnunk, csak ekkor a J 2 = ġ(π, 0) = 0 1 mátrix sajátértékeit kell vizsgálnunk. A J 2 mátrix sajátértékei λ 3 = g l > 0, illetve a λ 4 = g l g l 0 <0, így az x 2 egyensúlyi helyzet instabil. Azt kaptuk tehát, hogy ha az ingát az alsó egyensúlyi helyzetéből kis mértékben térítjük ki, akkor rövid időn belül visszatér a nyugalmi állapotába, míg a felső instabil helyzete esetén kis kitérítés esetén sem fog rövid időn belül a nyugalmi helyzetébe visszaállni. Ezen ismeretek alapján már lehet némi elképzelésünk az inga fázisterével kapcsolatban. Azt várjuk, hogy a (0; 0), (π; 0), illetve ( π; 0) egyensúlyi helyzetek a 1.12. definíció alapján helyben maradjanak. Azáltal, hogy az inga a (0; 0) pontban stabil, az az elképzelésünk, hogy egy ε környezetéből indított megoldás egy (0; 0) középpontú, ε sugarú körön lesz rajta mindaddig, amíg ezek a körvonalak kellőképpen messze vannak a ( π; 0) és (π; 0) instabil egyensúlyi pontoktól. Az instabil egyensúlyi pontok közeléből indított megoldások ugyanis távolodni fognak az egyensúlyi pontoktól. A 3.14. ábrán éppen ezt láthatjuk. Azok a hullámvonalak pedig, amelyek nem önmagukban záródnak, azokat az eseteket szemléltetik, amikor az inga kezdeti sebessége, illetve kezdeti kitérése olyan nagy, hogy ennek következtében az inga át fog fordulni. 3.14. ábra. Az inga fázistere 46