Definíció 1 A másodrendű, állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenletek általános alakja y + a y + b y = r(x), ( ) ahol a és b valós számok, r(x) pedig adott függvény. Ha az r(x) függvény az azonosan nulla függvény, akkor az egyenletet homogén egyenletnek nevezzük, ellenkező esetben az egyenlet inhomogén. Definíció 2 A ( ) alatti egyenlet karakterisztikus polinomja a λ 2 + a λ + b = 0 másodfokú polinom.
Először a homogén egyenlet megoldását ismertetjük. Ennek általános alakja tehát y + a y + b y = 0, ( ) karakterisztikus polinomja λ 2 + a λ + b = 0. A karakterisztikus polinom gyökeit tekintve három eset lehetséges. Tétel 1 A karakterisztikus polinomnak két különböző valós gyöke van, λ 1 és λ 2. Ekkor a ( ) egyenlet általános megoldása y = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x.
Tétel 2 A karakterisztikus polinom teljes négyzet, azaz egy darab kétszeres gyöke van, jelölje ezt λ. Ekkor a ( ) egyenlet általános megoldása y = C 1 e λx + C 2 xe λx. Tétel 3 A karakterisztikus polinomnak két komplex gyöke van, amelyek egymás konjugáltjai, jelölje őket λ 1 = α + βi és λ 2 = α βi. Ekkor a ( ) egyenlet általános megoldása y = e αx (C 1 cos(βx) + C 2 sin(βx)).
Tétel 4 Az inhomogén y + a y + b y = r(x) egyenlet y általános megoldása feĺırható a fenti egyenlethez tartozó y + a y + b y = 0 homogén egyenlet y H általános megoldásának és az eredeti egyenlet egy y p partikuláris megoldásának összegeként: y = y H + y p. Az inhomogén egyenlet megoldásához tehát arra van szükség, hogy módszert adjunk az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásának a megtalálására.
Partikuláris megoldást a próbafüggvény módszer segítségével keresünk, amelyet csak az r(x), gyakran zavarófüggvénynek nevezett függvény, néhány típusára ismertetünk. A módszer lényege, hogy a partikuláris megoldást olyan alakban keressük, mint a zavarófüggvény, csak a próbafüggvényt a zavarófüggvény,,általános alakjának választjuk, ismeretlen együtthatókkal. Ezt a próbafüggvényt és a deriváltjait behelyettesítve az eredeti inhomogén egyenletbe, az ismeretlen együtthatókra egy lineáris egyenletrendszert kapunk. Ezt megoldva megkapjuk az együtthatókat, amiket visszahelyettesítve a próbafüggvénybe az egyenlet egy partikuláris megoldását nyerjük. A zavarófüggvény típusától függően a következő eseteket tárgyaljuk.
Első típus: A zavarófüggvény alakja r(x) = P(x) e ux, ahol P(x) polinom, u valós szám. Ekkor a) ha u nem gyöke a karakterisztikus polinomnak, akkor a próbafüggvény alakja y p = Q(x) e ux, ahol Q(x) olyan fokszámú polinom, mint P(x), ismeretlen együtthatókkal; b) ha u t-szeres gyöke a karakterisztikus polinomnak (t = 1 vagy 2), akkor a próbafüggvény alakja y p = x t Q(x) e ux ahol Q(x) olyan fokszámú polinom, mint P(x), ismeretlen együtthatókkal.
Második típus: A zavarófüggvény alakja r(x) = M cos(vx) + N sin(vx), ahol M, N és v adott valós számok. Ekkor a) ha iv nem gyöke a karakterisztikus polinomnak (i a képzetes egység), akkor a próbafüggvény alakja y p = A cos(vx) + B sin(vx), ahol A és B ismeretlen együtthatók; b) ha iv gyöke a karakterisztikus polinomnak, (csak egyszeres gyök lehet), akkor a próbafüggvény alakja y p = x (A cos(vx) + B sin(vx)), ahol A és B ismeretlen együtthatók.
Harmadik típus: A zavarófüggvény alakja r(x) = P(x)e ux cos(vx) + S(x)e ux sin(vx), ahol P(x) és S(x) adott polinomok, u és v adott valós számok. Ekkor a) ha u + iv nem gyöke a karakterisztikus polinomnak, akkor a próbafüggvény alakja y p = Q(x)e ux cos(vx) + Z(x)e ux sin(vx), ahol Q(x) és Z(x) határozatlan eggyütthatójú, azonos fokszámú polinomok, mégpedig a közös fokszám egyenlő P(x) és S(x) fokszáma közül a nagyobbal; b) ha u + iv gyöke a karakterisztikus polinomnak, akkor a próbafüggvény alakja y p = x(q(x)e ux cos(vx) + Z(x)e ux sin(vx)), ahol Q(x) és Z(x) határozatlan együtthatójú, azonos fokszámú polinomok, mégpedig a közös fokszám egyenlő P(x) és S(x) fokszáma közül a nagyobbal.
Feladat 1 Oldjuk meg az y 2y = 0 egyenletet.
Feladat 1 Oldjuk meg az y 2y = 0 egyenletet. Megoldás: Egy homogén, állandó együtthatós egyenletről van szó. Az egyenlethez tartozó karakterisztikus polinom λ 2 2λ = 0. Ennek megoldása λ 1 = 0 és λ 2 = 2. Látjuk, hogy két különböző valós gyök van. Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y H = C 1 + C 2 e 2x.
Feladat 2 Határozzuk meg az y + 3y 4y = 0 egyenlet általános megoldását.
Feladat 2 Határozzuk meg az y + 3y 4y = 0 egyenlet általános megoldását. Megoldás: Ez az egyenlet is homogén. A karakterisztikus polinomja λ 2 + 3λ 4 = 0, (λ + 4)(λ 1) = 0. Innen látszik, hogy a karakterisztikus polinom két gyöke λ 1 = 4 és λ 2 = 1, ismét két különböző valós gyök. Ez alapján az általános megoldás y H = C 1 e 4x + C 2 e x.
Feladat 3 Oldjuk meg az y 2y + y = 0 homogén egyenletet.
Feladat 3 Oldjuk meg az y 2y + y = 0 homogén egyenletet. Megoldás: A karakterisztikus polinom most λ 2 2λ + 1 = 0, (λ 1) 2 = 0. Ennek egy, kéteszeres multiplicitású gyöke van, a λ = 1. Ez alapján az általános megoldás y H = C 1 e x + C 2 xe x. Feladat 4 Határozzuk meg az y + 2y = 0 egyenlet általános megoldását.
Feladat 3 Oldjuk meg az y 2y + y = 0 homogén egyenletet. Megoldás: A karakterisztikus polinom most λ 2 2λ + 1 = 0, (λ 1) 2 = 0. Ennek egy, kéteszeres multiplicitású gyöke van, a λ = 1. Ez alapján az általános megoldás y H = C 1 e x + C 2 xe x. Feladat 4 Határozzuk meg az y + 2y = 0 egyenlet általános megoldását. Megoldás: A karakterisztikus polinom λ 2 + 2 = 0. Ennek két komplex gyöke λ 1 = 2i és λ 2 = 2i. A korábbi jelöléseinkkel tehát α = 0, β = 2. Ezt felhasználva az általános megoldás y H = C 1 cos( 2x) + C 2 sin( 2x).
Feladat 5 Számoljuk ki az y 4y + 13y = 0 egyenlet általános megoldását.
Feladat 5 Számoljuk ki az y 4y + 13y = 0 egyenlet általános megoldását. Megoldás: A karakterisztikus polinom λ 2 4λ + 13 = 0. Mivel a diszkrimináns negatív, a gyökök komplexek. Megoldva ezt a másodfokú polinomot λ 1,2 = 4 ± 16 52 2 = 4 ± 6i 2 = 2 ± 3i. Vagyis α = 2 és β = 3. Ez alapján az általános megoldás y H = e 2x (C 1 cos(3x) + C 2 sin(3x)).
Feladat 6 Oldjuk meg az y 3y + 2y = xe 3x egyenletet.
Feladat 6 Oldjuk meg az y 3y + 2y = xe 3x egyenletet. Megoldás: Egy inhomogén egyenletről van szó. Először megoldjuk a hozzá tartozó homogén egyenletet, azaz az y 3y + 2y = 0 egyenletet. Ennek karakterisztikus polinomja λ 2 3λ + 2 = (λ 1)(λ 2) = 0. Látható, hogy a gyökök λ 1 = 1 és λ 2 = 2, ezért a homogén egyenlet általános megoldása: y H = C 1 e x + C 2 e 2x. Rátérünk az inhomogén egyenletre. A zavarófüggvény r(x) = xe 3x feĺırható P(x) e ux alakban, ha P(x) = x és u = 3. Tehát az első típusról van szó. Mivel most az u = 3 nem gyöke a karakterisztikus polinomnak, a próbafüggvényt, miután P(x) lineáris függvény, amelynek általános alakja Ax + B, y p = (Ax + B)e 3x alakúnak kell választani, (első típus, a) eset). Ekkor y p = Ae3x + 3(Ax + B)e 3x = (A + 3B)e 3x + 3Axe 3x, és y p = 3(A + 3B)e3x + 3Ae 3x + 9Axe 3x = (6A + 9B)e 3x + 9Axe 3x.
Ezeket behelyettesítve az inhomogén egyenletbe, kapjuk, hogy (6A + 9B)e 3x + 9Axe 3x 3(A + 3B)e 3x 9Axe 3x + 2Axe 3x + 2Be 3x = xe 3x (3A + 2B)e 3x + 2Axe 3x = xe 3x. Ez az egyenlőség teljesül, ha az e 3x együtthatója az egyenlet két oldalán egyenlő, azaz 3A + 2B = 0, és hasolóan, ha az xe 3x együtthatója is egyenlő a két oldalon, vagyis 2A = 1. Így tehát az ismeretlen A és B konstansokra a { 3A + 2B = 0 2A = 1 egyenletrendszert kapjuk. Ebből A = 1 2 és B = 3 4. Ezeket visszahelyettesítve próbafüggvény képletébe a partikuláris megoldás ( x y p = 2 3 ) e 3x. 4 Tudjuk, hogy az inhomogén egyenlet y-nal jelölt általános megoldására y = y H + y p, vagyis ( y = C 1 e x + C 2 e 2x x + 2 3 ) e 3x. 4
Feladat 7 Oldjuk meg az y + 4y = 2 cos x egyenletet.
Feladat 7 Oldjuk meg az y + 4y = 2 cos x egyenletet. Megoldás: A homogén egyenlet most amelynek karakterisztikus polinomja y + 4y = 0, λ 2 + 4 = 0. Ennek két gyöke λ 1 = 2i és λ 2 = 2i. Ez alapján a homogén egyenlet általános megoldása: y H = C 1 cos(2x) + C 2 sin(2x). Az inhomogén egyenlet zavarófüggvénye a második típusba tartozik, M = 2, N = 0 és v = 1 választással. Mivel vi = 1 i = i nem gyöke a karakterisztikus polinomnak, a próbafüggvényt y p = A cos x + B sin x alakúnak választjuk, (második típus a) eset). Ekkor y p = A sin x + B cos x illetve y p = A cos x B sin x.
Visszahelyettesítve ezeket az inhomogén egyenletbe A cos x B sin x + 4A cos x + 4B sin x = 2 cos x Innen ( A + 4A) cos x + ( B + 4B) sin x = 2 cos x. A = 2 3 és B = 0. A partikuláris megoldás tehát y p = 2 cos x. 3 Ezt felhasználva az eredeti egyenlet általános megoldására az y = C 1 cos(2x) + C 2 sin(2x) + 2 cos x. 3
Feladat 8 Oldjuk meg az y 4y + 4y = xe 2x egyenletet.
Feladat 8 Oldjuk meg az y 4y + 4y = xe 2x egyenletet. Megoldás: A homogén egyenlet y 4y + 4y = 0, amelynek karakterisztikus polinomja λ 2 4λ + 4 = 0, (λ 2) 2 = 0. Ennek egy darab kétszeres gyöke van, λ = 2. Ez alapján a homogén egyenlet általános megoldása y H = C 1 e 2x + C 2 xe 2x. A zavarófüggvény r(x) = xe 2x, ez P(x) e ux alakú, ahol P(x) = x és u = 2. Tehát az első típusról van szó. Mivel most az u = 2 kétszeres gyöke a karakterisztikus polinomnak, a próbafüggvényt, miután P(x) lineáris függvény, amelynek általános alakja Ax + B, y p = x 2 (Ax + B)e 2x = (Ax 3 + Bx 2 )e 2x alakúnak kell választani, (első típus b) eset). Ekkor y p = (3Ax2 + 2Bx)e 2x + (2Ax 3 + 2Bx 2 )e 2x = (2Ax 3 + (3A + 2B)x 2 + 2Bx)e 2x, y p = (6Ax2 + (6A + 4B)x + 2B)e 2x + (4Ax 3 + (6A + 4B)x 2 + 4Bx)e 2x = = (4Ax 3 + (12A + 4B)x 2 + (6A + 8B)x + 2B)e 2x.
Ha ezeket behelyettesítjük a differenciálegyenletbe, akkor azt kapjuk, hogy y 4y + 4y = (4Ax 3 + (12A + 4B)x 2 + (6A + 8B)x + 2B)e 2x (8Ax 3 + (12A + 8B)x 2 + 8Bx)e 2x + (4Ax 3 + 4Bx 2 )e 2x = xe 2x. Ha itt összevonjuk az azonos típusú tagokat, akkor (6Ax + 2B)e 2x = xe 2x, ahonnan A = 1/6, B = 0. Így yp = x3 6 e2x, és y = y H + y p = C 1 e 2x + C 2 xe 2x + x3 6 e2x.
Feladat 9 Oldjuk meg az y y 2y = xe x cos 2x + 2e x sin 2x egyenletet.
Feladat 9 Oldjuk meg az y y 2y = xe x cos 2x + 2e x sin 2x egyenletet. Megoldás: Az egyenlethez tartozó homogén differenciálegyenlet karakterisztikus polinomja feĺırható a (λ + 1)(λ 2) = 0 alakban. Ennek gyökei: λ 1 = 1 és λ 2 = 2, így a homogén egyenlet általános megoldása y H = C 1 e x + C 2 e 2x. Az r(x) = xe x cos 2x + 2e x sin 2x zavarófüggvény a harmadik típusba tartozik, ezért a próbafüggvényt y p = (Ax + B) e x cos(2 x) + (Cx + D) e x sin(2 x) alakúnak választjuk, hiszen u = 1, v = 2, és 1 + 2i nem gyöke a karakterisztikus polinomnak, (harmadik típus, a) eset). Ekkor y p = Aex cos(2 x) + (Ax + B) e x cos(2 x) 2 (Ax + B) e x sin(2 x)+ +Ce x sin(2 x) + (Cx + D) e x sin(2 x) + 2 (Cx + D) e x cos(2 x), és y p = 2 Aex cos(2 x) 4 Ae x sin(2 x) 3 (Ax + B) e x cos(2 x) 4 (Ax + B) e x sin(2 x) + 2 Ce x sin(2 x) + 4 Ce x cos(2 x) 3 (Cx + D) e x sin(2 x) + 4 (Cx + D) e x cos(2 x).
Behelyettesítve ezeket az inhomogén egyenletbe, összevonások után az Ae x cos(2 x) 4 Ae x sin(2 x) 6 (Ax + B) e x cos(2 x) 2 (Ax + B) e x sin(2 x) + Ce x sin(2 x) + 4 Ce x cos(2 x) 6 (Cx + D) e x sin(2 x) + 2 (Cx + D) e x cos(2 x) = = xe x cos(2 x) + 2 e x sin(2 x) formulát kapjuk. Ebből, mivel e x cos 2x együtthatója a bal oldalon A 6B + 4C + 2D, a jobb oladalon 0, e x sin 2x együtthatója a bal oldalon 4A 2B + C 6D, a jobb oladalon 2, xe x cos 2x együtthatója a bal oldalon 6A + 2C, a jobb oladalon 1, xe x sin 2x együtthatója a bal oldalon 2A 6C, a jobb oladalon 0, az ismeretlen konstansokra az A 6B + 4C + 2D = 0 4A 2B + C 6D = 2 6A + 2C = 1 2A 6C = 0 lineáris egyenletrendszert kapjuk. Ennek megoldása: A = 3 20, B = 3 50, C = 1 20, D = 41 200.
Ezt felhasználva a partikuláris megoldás y p = 3 xex cos(2 x) 20 + xex sin(2 x) 20 3 ex cos(2 x) + 50 41 ex sin(2 x). 200 Mindent összevetve tehát az általános megoldása az eredeti egyenletnek: y = y H + y p = C 1 e x + C 2 e 2x 3 xex cos(2 x) 20 3 ex cos(2 x) 50 + xex sin(2 x) 20 41 ex sin(2 x). 200