BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egy explicit közönséges másodrendű differenciálegyenlet általános alakja a következő: y" x f x, y x, y ' x ahol a jobb oldal, tehát az f függvény az R 3, tehát a háromdimenziós tér egy T tartományában van értelmezve. Ennek megoldása során elvileg két alkalommal integrálunk, tehát adódik a megoldás során két integrációs konstans: C 1 és C. Így az általános megoldás ugyancsak végtelen sok függvény, de ezek a függvények két szabad paramétertől függenek, y = y(x, C 1, C ) tehát ebben az esetben az általános megoldás egy kétparaméteres függvénysereg. 1
MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETRE VONATKOZÓ CAUCHY-FELADAT Egy másodrendű differenciálegyenlet általános megoldása két független integrációs állandót tartalmaz. Ezek meghatározásához két kezdeti feltételre van szükség. A kezdeti érték probléma alakja szokás szerint a következő: 0 y0; ; y" x f x, y x, y ' x ; y x y x y 0 1 Előírjuk tehát, hogy a megoldásfüggvény haladjon át az (x 0, y 0 ) ponton és ebben a pontban a megoldásfüggvény érintőjének a meredeksége legyen y 1. PÉLDÁK MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETRE 1. A harmonikus rezgőmozgás differenciálegyenlete: D y" y 0; m. A csillapított rezgőmozgás differenciálegyenlete: D k y" y ' y 0;, m m 3. A gerjesztett (és csillapított) rezgőmozgás differenciálegyenlete: D k F y" y ' y f sin t;,, f m m m 0 0 0
MÁSODRENDŰ ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓJÚ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET Másodrendű állandó együtthatójú lineáris differenciálegyenletnek nevezzük az ay + by + cy = g(x) differenciálegyenletet, ahol a,b,c R, a 0, g(x), x I pedig folytonos függvény. Megjegyzés: Ha az együtthatók nem állandók hanem függvények, tehát az egyenlet alakja y" f x y ' f x y g x ; 1 akkor nem létezik általános módszer a megoldás előállítására! A MÁSODRENDŰ ÁLLANDÓ EGYÜTTHATÓJÚ HOMOGÉN LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÁSA Megoldandó az ay + by + cy = 0, a,b,c R, a 0 másodrendű homogén lineáris differenciálegyenlet. Az elsőrendű eset megoldását alapul véve, megpróbáljuk a másodrendű egyenletet kielégíteni egy y( x) e x alakú próbafüggvénnyel. A kérdés nyilván az, hogy létezik-e olyan λ valós vagy komplex szám, amelyre ez a függvény megoldása a homogén egyenletnek. 3
A KONSTANS MEGHATÁROZÁSA A próbafüggvényt kétszer kell deriválni: x x x y( x) e ; y'( x) e ; y"( x) e Ha ezeket a deriváltakat helyettesítjük az ay + by + cy = 0, a,b,c R, a 0 differenciálegyenletbe, és az egyenletet elosztjuk a nullától különböző e λx tényezővel, akkor az alábbi algebrai másodfokú egyenletet kapjuk. aλ + bλ + c = 0 Ezt az egyenletet a homogén lineáris differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének nevezzük. A HOMOGÉN RENDSZER MEGOLDÁSAINAK SZERKEZETE Tegyük fel, hogy az y 1 (x) és y (x) függvények az I intervallumon olyan megoldásai az y + f 1 (x) y + f (x) y = 0 (x I) differenciálegyenletnek, amelyekre teljesül, hogy egyik sem konstansszorosa a másiknak. Ekkor tetszőleges C 1, C R állandók esetén a y há (x) = C 1 y 1 (x) + C y (x) függvény a differenciálegyenlet megoldása, és fordítva a differenciálegyenlet minden megoldása előállítható ilyen alakban. Ez tehát az egyenlet általános megoldása (Ez az állítás akkor is igaz, ha az együtthatók nem állandók!) 4
A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET DISZKRIMINÁNSA POZITÍV 1. eset: D = b 4ac > 0. Ekkor két különböző valós gyök létezik: b D b D 1 ; ; a a ekkor a két megoldás 1x x 1( ) ; ( ) y x e y x e Az egyenlet általános megoldása: 1x x 1 1 y( x) C e C e ; C, C R A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET DISZKRIMINÁNSA ZÉRUS. eset: D = b 4ac = 0. Ekkor két egybeeső valós gyök létezik: b ; a ekkor egyszerű helyettesítéssel igazolható, hogy a két megoldás x 1 y ( x) e ; y ( x) xe x Az egyenlet általános megoldása pedig: x x 1 1 y( x) C e C xe ; C, C R 5
A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET DISZKRIMINÁNSA NEGATÍV 3. eset: D = b 4ac < 0. Ekkor két konjugált komplex gyök létezik: b D b 1 D b i D 1 i a a a ekkor az Euler-formula szerint komplex függvény adódik megoldásként x ix x ix y( x) e e e e x x x e cosx i sin x e cosx i e sin x Ennek a komplex függvénynek mind a valós mind a képzetes része megoldás. Az egyenlet általános megoldása pedig: x x x y x C e cosx C e sinx e C cosx C sin x ; C, C R 1 1 1 PÉLDÁK Oldjuk meg az alábbi másodrendű állandó együtthatójú homogén lineáris differenciálegyenleteket. 1. y y 15y 0;. 9y 6y y 0; 3. y 4y 9y 0; 6
FELADATOK MEGOLDÁSA Megoldások: 1. y y 15y 0; A karakterisztikus egyenlet: 15 0; Megoldások: 3, 5; 1 Az általános megoldás : y C e C e ; C, C R;. 9y 6y y 0; 3x 5x 1 1 A karakterisztikus egyenlet: 9 6 1 0; Megoldás: 1 3; 1 1 x x 3 3 Az általános megoldás : y C e C xe ; C, C R; 3. y 4y 9y 0; 1 1 A karakterisztikus egyenlet: 4 9 0; Megoldások: 5 i; 1, x Az általános megoldás : y e C1 cos 5x C sin 5 x ; C1, C R; AZ INHOMOGÉN LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÁSÁNAK SZERKEZETE Alaptétel: Tegyük fel, hogy az hogy az y 1 (x) és y (x) függvények az I intervallumon olyan megoldásai az ay + by + cy = 0 (xi) homogén lineáris differenciálegyenletnek melyek közül egyik sem konstansszorosa a másiknak. Az y ip (x) függvény pedig legyen az ay + by + cy = g(x) (x I) inhomogén lineáris differenciálegyenlet egy tetszőleges partikuláris megoldása. Ekkor tetszőleges C 1, C R állandók esetén az y iá (x) = C 1 y 1 (x) + C y (x) + y ip (x) függvény az inhomogén differenciálegyenlet megoldása, és fordítva a differenciálegyenlet minden megoldása előállítható ilyen alakban. Tehát ismét igaz, hogy y iá (x) = y há (x) + y ip (x) 7
AZ INHOMOGÉN EGYENLET EGY PARTIKULÁRIS MEGOLDÁSÁNAK ELŐÁLLÍTÁSA A próbafüggvény módszere (vagy kísérletező módszer): Olyan próbafüggvényt választunk, amely hasonlít a jobboldali g(x) függvényre és tartalmaz szabad paramétereket. Ez utóbbiakat az egyenletbe történő helyettesítéssel határozzuk meg. A módszer akkor használható, ha a jobb oldalon polinom, exponenciális (hiperbolikus) függvény, trigonometrikus függvény, vagy ilyenek szorzata áll. A JOBB OLDALON N-ED FOKÚ POLINOM ÁLL Keressük egy partikuláris megoldását az n n1 n n1 1 0 n ay" by ' cy a x a x... a x a ; a, a 0 egyenletnek. 1. Ha c 0, akkor kereshetjük a megoldást n n 1 y x q x A x A x... A x A ip n n n1 1 0 alakban.. Ha c = 0 de b 0 akkor a megoldás alakja n n1 n... y x x A x A x A x A xq x ip n n1 n 0 n 3. Ha pedig c = b = 0, akkor a megoldás alakja n n 1 n... y x x A x A x A x A x q x ip n n1 n 0 n 8
A JOBB OLDALON EGY N-ED FOKÚ POLINOMNAK ÉS EGY EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNYNEK A SZORZATA ÁLL Keressük egy partikuláris megoldását az 1 1 1 0 x n n x n n n n ay" by ' cy p x e a x a x... a x a e ; a, a 0 egyenletnek. Ha az exponenciális függvény α kitevője nem gyöke a homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának, azaz k a b c 0 akkor létezik megoldás az alábbi alakban: 1 1... 1 0 x n n x ip n n n y x q x e A x A x A x A e EXPONENCIÁLIS REZONANCIA Ha az exponenciális függvény α kitevője egyszeres vagy kétszeres gyöke a homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának ( Egyszeres ill. kétszeres rezonancia ). Ekkor a karakterisztikus polinomok gyöktényezős alakja rendre: és k a b c a k a b c a a Ekkor létezik megoldás rendre az alábbi alakban. 1 1 1 0 1 1... 1 0 x n n x ip n n n y x x q x e x A x A x... A x A e ; x n n x ip n n n y x x q x e x A x A x A x A e ; 9
A JOBB OLDALON EGY POLINOM FÜGGVÉNYNEK, EGY EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNYNEK ÉS EGY KOSZINUSZ /SZINUSZ FÜGGVÉNYNEK A SZORZATA ÁLL Keressük egy partikuláris megoldását az egyenleteknek. 1 1 1 0 1 1 1 0 x n n x n n n n ay" by ' cy p x e cos x a x a x... a x a e cos x; a, a 0; x n n x n n n n ay" by ' cy p x e sin x a x a x... a x a e sin x; a, a 0 Ha az α + iβ és α iβ komplex szám nem gyöke a homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának, akkor létezik megoldás az alábbi alakban x cos y x e Q x x R x sinx ip n n alakban, ahol Q n (x) és R n (x) n-ed fokú polinomok. TRIGONOMETRIKUS REZONANCIA Ha az α + iβ és α iβ komplex szám gyöke a homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának ( szinuszos rezonancia ), akkor létezik megoldás az alábbi alakban x cos y x xe Q x x R x sinx ip n n alakban, ahol Q n (x) és R n (x) n-ed fokú polinomok. (Másodrendű egyenlet esetében nem létezik kétszeres szinuszos rezonancia, mert egy valós együtthatójú egyenlet gyökei mindig konjugált komplex számok, kétszeres komplex gyök esetén a fokszám legalább 4 kell, hogy legyen.) 10
PÉLDÁK Oldjuk meg az alábbi másodrendű állandó együtthatójú inhomogén lineáris differenciálegyenleteket. 3 1. 9y 1y 4y 4 x ;. y y y x ; 3. y 6y 9y 1sin x; x 4. y y 6y 10 e ; 5. y 6y 9y ch 3 x; x 6. y y 5y 8e 10x 1; 7. y 9y sin 3 x; Az 1. és. feladat megoldása előadáson. FELADATOK MEGOLDÁSA 3.Feladat : y 9y sin 3 x; 1.lépés : y 9y 0; A karakterisztikus egyenlet: 9 0; Megoldás: 3i 0 3 i; Az általános megoldás : y C cos3x C sin 3 x; C, C R; 1 1.lépés : a próbafüggvény (trigonometrikus rezonancia esete) : y x Ax cos3x Bxsin 3 x; y A cos3x B sin 3x 3Ax sin 3x 3Bx cos3 x; y 3A sin 3x 3B cos3x 3Asin 3x 3B cos3x 9Ax cos3x 9Bx sin 3 x; Helyettesítve, majd rendezve csökkenő hatványok szerint: y 9y 6A sin 3x 6B cos3x 9Ax cos3x 9Bx sin 3x 9 Ax cos3x Bx sin 3x sin 3 x; 6Asin 3x 6B cos3x sin 3 x; A két oldalon az együtthatóknak rendre meg kell egyezni. Ebből adódik, hogy: A= 1 6; B=0; ip ip Tehát a partikuláris megoldás: y x y x 1 6 xcos3 x; Az általános megoldás: y x C cos3x C sin 3x 1 6 x cos3 x; C, C R; ip ip 1 1 11
ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: x 4. y y 6y 10 e ;, 3 miatt egyszeres exponenciális rezonancia. 1 x Próbafüggvény : yip x Axe ; Általános megoldás: y x C e C e xe ; iá x 3x x 1 ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: 5. y 6y 9y 1sin x; Nincs rezonancia. 3x 3x y x C e C xe x x Próbafüggvény : y x Asin x B cos x; ip Általános megoldás: 0, 4 4sin 3cos ; iá 1 1
ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: x 6. y y 5y 8e 10x 1; Nincs rezonancia. Ha a jobboldal többtagú, akkor minden taghoz külön-külön keresünk próbafüggvényt. x Próbafüggvény : y x Ae Bx C; ip x x Általános megoldás: y x e C cos x C sin x e x iá 1 3 ; 5 ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: 4x 7. y 8y 16y 4e 16 x; 1, 4 miatt kétszeres exponenciális rezonancia. Ha a jobboldal többtagú, akkor minden taghoz külön-külön keresünk próbafüggvényt. 4x Próbafüggvény : yip x Ax e Bx C; 4x 4x 4x 1 Általános megoldás: yiá x C1e Cxe x e x ; 13