differenciálegyenletek

Állandó együtthatójú lineáris homogén differenciálegyenletek L[y] = y (n) + a 1y (n 1) + + a ny = 0 a i R (1) a valós, állandó együtthatójú lineáris homogén n-ed rendű differenciálegyenlet Megoldását y = e rx alakban keressük ahol L[e rx ] = e rx P(r) = 0, P(r) = r n + a 1r n 1 + + a n a differenciálegyenlet karakterisztikus polinomja Az y = e rx akkor megoldása az egyenletnel ha fennáll a P(r) = 0 karakterisztikus egyenlet Látható, hogy y = e rx akkor megoldása az L[y] = 0 egyenletnek ha r zérushelye (gyöke) a karakterisztikus egyenletnek Mivel a valós együtthatójú karakterisztikus egyenlet n-ed fokú, ezért ugyanennyi gyöke van

Lehetséges esetek: a) A karakterisztikus egyenletnek n különböző valós gyöke van és ezek meghatározzák az y 1(x) = e r 1x, y 2(x) = e r 2x, y n(x) = e rnx melyek Wronski determinánsa W (y 1, y 2,, y n) = e a 1x 1 1 1 r 1 r 2 r n r1 2 r2 2 rn 2 r n 1 1 r n 1 2 rn n 1 0 x R ahol felhasználtuk, hogy r 1 + r 2 + + r n = a 1Az y 1, y 2,, y n tehát egy fundamentális megoldásrendszert képez, így az y(x) = C 1e r 1x + C 2e r 2x + + C ne rnx C i R függvénycsalád az L[y] = 0 egyenlet megoldáshalmazát (általános megoldását) származtatja

b) A karakterisztikus egyenlet gyökei valósak, de ezek között van többszörös gyök is A különböző gyökök legyenek r 1 < r 2 < < r k r 1 p 1 szeres, r 2 p 2 szeres, r k p k szoros Nyilván p 1 + p 2 + + p k = n Az egyes különböző gyökökhöz tartozó fundamentális megoldások r 1 = {e r 1x, xe r 1x, x 2 e r 1x,, x p 1 1 e r 1x } r 2 = {e r 2x, xe r 2x, x 2 e r 2x,, x p 2 1 e r 2x } r k = {e r k x, xe r k x, x 2 e r k x,, x p k 1 e r k x } A fundamentális megoldás függvényei legyenek y j,l (x) = x l e r j x ; l {0, 1, 2,, p j 1}, j {1, 2,, k}, és az általános megoldás (az egyenlet megoldáshalmaza) : y = p k j 1 C j,l y j,l (x) j=1 l=0

Példa 1 2 y (4) + y 7y y + 6y = 0, y(0) = 1, y (0) = 0, y (0) = 2, y (0) = 1 P(r) = r 4 +r 3 7r 2 r +6 = 0, r 1 = 1, r 2 = 1, r 3 = 2, r 4 = 3 y = C 1e x + C 2e x + C 3e 2x + C 4e 3x Az általános megoldás A Cauchy feltételek alapján : C 1+C 2+C 3+C 4 = 1, C 1 C 2+2C 3 3C 4 = 0, C 1+C 2+4C 3+9C 4 = 2, C 1 C C 1 = 11/8, C 2 = 5/12, C 3 = 2/3, C 4 = 1/8 y = 11 8 ex + 5 12 e x 2 3 e2x 1 8 e 3x y 3y + 3y y = 0, y(0) = 0, y (0) = 1, y (0) = 1 A karakterisztikus egyenlet és gyökei : P(r) = r 3 3r 2 + 3r 1 = 0, (r 1) 3 = 0, r 1 = r 2 = r 3 = 1, Az általános megoldás : y = (C 1 + C 2x + C 3x 2 )e x C i R Az állandókat a kezdeti feltételek alapján határozzuk meg

c) A P(r) = 0 karakterisztikus egyenletnek vannak komplex gyökei is Legyen r = α ± iβ (β 0) egy p-szeres gyöke a valós együtthatójú karakterisztikus egyenletnek Kombinálva a két komplex megoldást 1 2 (eαx+iβx + e αx iβx ) = e αx cos βx, 1 2i (eαx+iβx e αx iβx ) = e αx sin βx p-szeres gyök esetén a gyökhöz tartozó fundamentális megoldások : e αx cos βx, e αx sin βx xe αx cos βx, xe αx sin βx x p 1 e αx cos βx, x p 1 e αx cos βx

Példa 1 y iv y = 0, y(0) = 7/2, y (0) = 4, y (0) = 5/2, y (0) = 2 A karakterisztikus egyenlet és gyökei : P(r) = r 4 1 = (r 2 1)(r 2 +1) = 0, r 1 = 1, r 2 = 1, r 3 = i, r 4 = i Az általános megoldás y = C 1e x + C 2e x + C 3 cos x + C 4 sin x A kezdeti feltételek alapján :C 1 = 0, C 2 = 3, C 3 = 1/2, C 4 = 1 és a megoldás y = 3e x + 1 cos x sin x 2

2 y iv + 2y + y = 0, P(r) = r 4 + 2r 2 + 1 = (r 2 + 1)(r 2 + 1) = 0 A karakterisztikus egyenletnek gyökei : r = i, i, i, i Az általános megoldás y = C 1 cos x + C 2 sin x + C 3x cos x + C 4x sin x

3 y iv + y = 0, P(r) = r 4 + 1 = 0 A karakterisztikus egyenlet gyökeit a következőképpen határozzuk meg : r 4 = 1 = e iπ = e i(π+2mπ), ( r = ( 1) 1/4 π = cos 4 + mπ ) ( π + i sin 2 4 + mπ ), 2 ahol m {0, 1, 2, 3, } Az innen kapott négy gyök : 1 + i 2, 1 + i 2, és a megfelelő általános megoldás : y = e x/ 2 1 i 2, (C 1 cos x 2 + C 2 sin x 2 ) + e x/ 2 1 i 2 (C 3 cos x 2 + C 4 sin x 2 )

Állandó együtthatójú lineáris inhomogén differenciálegyenletek L[y] = y (n) + a 1y (n 1) + + a ny = g a i R és állandók y = C 1y 1 + C 2y 2 + + C ny n + Y Y meghatározása legáltalánosabban az állandók változtatásának módszerével történik Ha g(x) néhány függvényosztályba esik akkor egyszerübb módszerekkel is meghatározhatjuk a megoldást I g(x) polinomfüggvény Legyen g(x) = P m(x) = A 0x m + A 1x m 1 + + A m alakú Ha a P(r) = 0 karakterisztikus egyenletnek a nulla nem gyöke, vagyis a n 0 Y (x) = Q m(x) = B 0x m + B 1x m 1 + + B m B 0 0 Ha a nulla p-szeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, azaz a n = a n 1 = = a n p+1 = 0 és a n p 0 Y (x) = x p Q m(x) = x p (B 0x m + B 1x m 1 + + B m) B 0 0

Példa 1 y + y = x 3 P(r) = r 2 + 1 = 0 Mivel r = 0 nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek, akkor a megoldás 2 Y (x) = B 0x 3 + B 1x 2 + B 2x + B 3 alakú Behelyettesítés után B 0 = 1, B 1 = 0, B 2 = 6, b 3 = 0 A homogén egyenlet megoldása y h = C 1 cos x + C 2 sin x C 1, C 2 R és az eredeti egyenlet megoldáshalmaza y = C 1 cos x + C 2 sin x + x 3 6x y + y = 4x 3 + 18x P(r) = r 3 + r = r(r 2 + 1) = 0 Mivel a karakterisztikus egyenletnek r = 0 egyszeres gyöke ezért az inhomogén egyenletnek a partikuláris megoldása Y (x) = x(b 0x 3 + B 1x 2 + B 2x + B 3) alakú kell legyen Behelyettesítés után azt kapjuk, hogy y h = C 1 + C 2 cos x + C 3 sin x : Y (x) = x 4 3x 2 y = C 1 + C 2 cos x + C 3 sin x + x 4 3x 2 {C 1, C 2, C 3} R

II g(x) exponenciális és polinomiális függvények szorzata Legyen g(x) = e αx P m(x) = e αx (A 0x m + A 1x m 1 + + A m) {A i, α} R L[y] = g(x) megoldása y = y h + Y, L[y h ] = 0 y h = C 1y 1 + C 2y 2 + + C ny n, L[Y ] = g(x) Most ha α a karakterisztikus egyenletnek p-szeres gyöke akkor Y (x) = x p e αx Q m(x)

Példa 1 y iv y y +y = x 2 e x, P(r) = r 4 r 3 r+1 = (r 1) 2 (r 2 +r+1) = 0, r 1 = r 2 = 1, r 3 = 1 3 2 + i 2, r4 = 1 3 2 i 2 A homogén egyenlet megoldása ( ) y h = (C 1 + C 2x)e x + e x 2 3 3 C 3 cos x + C4 sin 2 2 x, C i R α = 1 a karakterisztikus egyenlet kétszeres gyöke Y (x) = x 2 (B 0x 2 + B 1x + B 2)e x A B i együtthatók meghatározása a behelyettesítés után lehetséges Tehát az eredeti egyenlet y = y h + Y (x) általános megoldása : ( ) y = (C 1+C 2x)e x +e x 2 3 3 C 3 cos x + C4 sin 2 2 x +x 2 (B 0x 2 +B 1x+B 2)e x

2 y 3y +3y y = 4e t, P(r) = r 3 3r 2 +3r 1 = (r 1) 3 = 0 r 1 = α = 1 a karakterisztikus egyenlet egyik háromszoros gyöke Y (x) = Ax 3 e x Behelyettesítés alapján A = 2 3 : y = (C 1 + C 2x + C 3x 2 )e x + 2 3 x 3 e x általános megoldás

III g(x) polinom, exponenciális és trigonometrikus függvények szorzata Tekintsük az L[u] = e αx P m(x) cos βx, L[v] = e αx P m(x) sin βx egyenleteket Bevezetve a w(x) = u + iv komplex mennyiséget, L[w] = e αx (cos βx + i sin βx)p m(x) = e (α+iβ)x P m(x), ha α + iβ p-szeres gyöke a P(r) = 0 karakterisztikus egyenletnek akkor Y (x) = x p e (α+iβ)x Q m(x) ahol Q m egy m-ed fokú komplex együtthatós polinom Az egyes inhomogén egyenletek partikuláris megoldásának alakja u(x) = x p e αx [R (1) m (x) cos βx+r (2) m (x) sin βx], v(x) = x p e αx [R (3) m (x) cos βx+r (4) m (x) sin Ennek alapján áĺıthatjuk hogy az inhomogén egyenlet megoldása mindkét esetben Y (x) = x p e αx [R m (1) (x) cos βx + R m (2) (x) sin βx]

Példa 1 Határozzuk meg az alábbi egyenlet partikuláris megoldását: y iv + 2y + y = 3 sin x 5 cos x A karakterisztikus egyenlet P(r) = r 4 + 2r 2 + 1 = (r 2 + 1) 2 = 0-nek a gyökei r = i, i, i, i A homogén egyenlet általános megoldása : y h = C 1 cos x + C 2 sin x + C 3x cos x + C 4x sin x A α = 0 dupla gyöke a karakterisztikus egyenletnek, ezért az inhomogén egyenlet Y = Ax 2 sin x + Bx 2 cos x alakú Behelyettesítés és egyeztetés után: Y (x) = 3 8 x 2 sin x + 5 8 x 2 cos x

2 y y = xe x cos x, P(r) = r 2 1 = (r+1)(r 1) = 0, r 1 = 1, r 2 = A homogén egyenlet általános megoldása : y h = C 1e x + C 2e x Az egyenlet jobboldala g(x) = xe x cos x esetén α = 1, β = 1, α + iβ = 1 + i nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek és ezért létezik a Y (x) = e x [(A 1x + B 1) cos x + (A 2x + B 2) sin x] alakú megoldása az inhomogén egyenletnek

3 y +y = x 2 cos x, P(r) = r 2 +1 = (r+i)(r i) = 0, r 1 = i, r 2 = következésképpen a homogén egyenlet általános megoldása : y h = C 1 cos x + C 2 sin x C 1 C 2 R Az egyenlet jobboldalán levő kifejezésben α = 0, β = 1, α + iβ = i a karalterisztikus egyenlet egyszeres gyöke, tehát az inhomogén egyenletnek létezik [ ] Y = x (A 1x 2 + B 1x + C 1) cos x + (A 2x 2 + B 2x + C 2) sin x alakú megoldása

Kiegészítés Az L[y] = g(x) egyenlet jobboldalán álló kifejezés gyakran az előzőkben tanulmányozott függvénytípusok összege, azaz g(x) = g 1(x) + g 2(x) + + g n(x) Ilyen esetben az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása Y (x) = Y 1(x) + Y 2(x) + + Y n(x), ahol a linearitás miatt L[Y i ] = g i (x) i {1,, n} Példa y 4y = x + cos x + e 2x A karakterisztikus egyenlet P(r) = r 3 4r = r(r 2)(r + 2) = 0, y h = C 1 + C 2e 2x + C 3e 2x L[Y 1] = x, L[Y 2] = cos x, L[Y 3] = e 2x Y 1(x) = x(a 0x + A 1), Y 2(x) = B cos x + C sin x, Y 3(x) = Exe 2x Visszahelyettesítések és egyeztetések után a keresett együtthatók: A 0 = 1 8, A1 = 0, B = 0, C = 3 5, E = 1 8 Y (x) = 1 8 x 2 3 5 sin x + 1 8 xe 2x

Az állandók változtatásának módszere Az L[y] = y (n) +a 1(x)y (n 1) + +a n(x)y = g(x) inhomogén, lineáris, differenciálegyen y h = C 1y 1(x) + C 2y 2(x) + + C ny n(x), homogén egyenlet általános megoldása L[y] = g(x) y = y h + Y, inhomogén egyenlet általános megoldása L[Y ] = g(x)

Y = u 1y 1 + u 2y 2 + + u ny n Y = (u 1y 1 + u 2y 2 + + u ny n) + (u 1y 1 + u 2y 2 + + u ny n) u 1y 1 + u 2y 2 + + u ny n = 0 (1) (2) Y = u 1y 1 + u 2y 2 + + u ny n Y = u 1y 1 + u 2y 2 + + u ny n u 1y 1 + u 2y 2 + + u ny n = 0 (3)

Y m ed rendű deriváltja Y (m) = u 1y (m) 1 + u 2y (m) 2 + + u ny (m) n, u 1y (m 1) 1 + u 2y (m 1) 2 + + u ny (m 1) n = 0 (m), m = 1, 2,, n 1 Y (n) = (u 1y (n) 1 + u 2y (n) 2 + + u ny n (n) ) + (u 1y (n 1) 1 + u 2y (n 1) 2 + + u ny (n 1) Mivel L[Y ] = g és L[y i ] = 0, i = (1, 2,, n) y 1u 1 + y 2u 2 + + y nu n = 0, y 1u 1 + y 2u 2 + + y nu n = 0, y 1 u 1 + y 2 u 2 + + y n u n = 0,, y (n 1) 1 u 1 + + y n (n 1) u n = g u m(x) = g(x)wm(x), m = 1, 2,, n W (x) Y (x) = n m=1 ahol x 0 egy tetszőleges állandó x y m(x) x 0 g(ξ)w m(ξ) dξ W (ξ) n )

Abel képlete: W (x) = W (y 1, y 2,, y n)(x) = C exp [ x a 1(ξ)dξ ] A W -ben megjelenő C állandót azáltal határozzuk meg hogy kiszámoljuk a Wronski determinánst egy alkalmas pontban Példa Adott az y y y + y = g(x) y 1(x) = e x, y 2(x) = xe x, y 3(x) = e x e x xe x e x W (x) = W (e x, xe x, e x )(x) = e x (x + 1)e x e x e x (x + 2)e x e x 1 x 1 W (x) = e x 1 x + 1 1 1 x + 2 1 = 1 x 1 ex 0 1 2 0 2 0 = 4ex

0 xe x e x W 1(x) = 0 (x + 1)e x e x 1 (x + 2)e x e x = xe x e x (x + 1)e x e x = 2x 1, e x 0 e x W 2(x) = e x 0 e x e x 1 e x = ex e x e x e x = 2 e x xe x 0 W 3(x) = e x (x + 1)e x 0 e x (x + 2)e x 1 = ex xe x e x (x + 1)e x = e2x x Y (x) = e x g(ξ)( 1 2ξ) x dξ + xe x g(ξ)(2) x dξ + e x g(ξ)e 2ξ dξ = x 0 4e ξ x 0 4e ξ x 0 4e ξ = 1 4 x x 0 {e x ξ [ 1 + 2(x ξ)] + e (x ξ) }g(ξ)dξ

Elsőrendű differenciálegyenlet rendszerek Általános alakja : y 1 = f 1(x, y 1, y 2,, y n) y 2 = f 2(x, y 1, y 2,, y n) y n = f n(x, y 1, y 2,, y n) z (n) = F (x, z, z,, z (n 1) ) Van megoldása az I : a < x < b intervallumon, ha létezik az n y 1 = Φ 1(x), y 2 = Φ 2(x), y n = Φ n(x) görbe az n- dimenziós térben deriválható függvények halmaza az I intervallumon úgy, hogy y 1(x 0) = y1 0, y 2(x 0) = y2 0,, y n(x 0) = yn 0 kezdeti feltételek

Az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet rendszer általános alakja : y 1 = A 11(x)y 1 + A 12(x)y 2 + + A 1n(x)y n + B 1(x) y 2 = A 21(x)y 1 + A 22(x)y 2 + + A 2n(x)y n + B 2(x) y n = A n1(x)y 1 + A n2(x)y 2 + + A nn(x)y n + B n(x)

Elsőrendű lineáris állandó együtthatójú differenciálegyenlet rendszerekre szorítkozunk y 1 = a 11y 1 + a 12y 2 + + a 1ny n + b 1 y 2 = a 21y 1 + a 22y 2 + + a 2ny n + b 2, a ij, b i R állandók y n = a n1y 1 + a n2y 2 + + a nny n + b n Y = A = y 1 y 2 y n a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a n1 a n2 a nn = Y ), B = Y = AY + B = a ij, b 1 b 2 b n = B) Ha B = 0 akkor homogén, ellenkező esetben inhomogén egyenletrendszerről beszélünk

Lineáris homogén rendszerek Lineáris homogén differenciálegyenlet rendszer a Cauchy feltétellel L[Y ] Y AY = 0, Y (x 0) = Y 0 = L[Y i ] = 0, i {1, 2} y 0 1 y 0 2 y 0 n L[C 1Y 1 + C 2Y 2] = C 1L[Y 1] + C 2L[Y 2] = 0 Az Y i megoldások egy vektorteret alkotnak Y 1, Y 2,, Y n megoldások egy n dimenziós vektortérrel izomorfak, és az L[Y ] = 0 rendszernek a fundamentális regoldásrendszerét adják Y 1 = y 11 y 21 y n1, Y2 = V(x) = fundamentális megoldásmátrix y 12 y 22 y n2, Yn = y 1n y 2n y nn y 11(x) y 12(x) y 1n(x) y 21(x) y 22(x) y 2n(x) y n1(x) y n2(x) y nn(x), C 1 (I, R n )

Lineáris függetlenséget a Wronski determinánsból: y 11(x) y 12(x) y 1n(x) W (Y 1, Y 2,, Y n)(x) = y 21(x) y 22(x) y 2n(x) y n1(x) y n2(x) y nn(x) = det V(x) x I W (Y 1, Y 2,, Y n)(x) 0 x I

IA kiküszöbölés módszere Az elsőrendű differenciálegyenlet rendszerből képezhetünk egy állandó együtthatójú lineáris homogén n-ed rendű differenciálegyenletet kapunk, például : y (n) 1 + α 1y (n 1) 1 + + α ny 1 = 0 y 1 = C 1u 1 + C 2u 2 + + C nu n Az egyenletekből pedig megkapjuk a többi y 2, y 3,, y n függvényeket

Példa y 1 = y 1 + 4y 2 + y 3 y 2 = 3y 1 + 6y 2 + 5y 3 vagy Y = y 3 = 5y 1 12y 2 9y 3 y y 1 = y 1 + 7y 1 + 12y 2 + 11y 3 1 4 1 3 6 5 5 12 9 1 = y 1 + 7y 1 19y 1 60y 2 39y 3 { 4y 2 + y 3 = y 1 y 1 12y 2 + 11y 3 = y 1 y 1 7y 1 y 2 = 1 ( y 1 + 12y 1 4y 1) 32 Y, Y = y 1 y 2 y 3 y 3 = 1 (4y 1 16y 1 16y 1) 32 y 1 + 2y 1 4y 1 8y 1 = 0 y 1 = C 1e 2x + C 2xe 2x + C 3e 2x, C 1, C 2, C 3 R ( ) 1 y 2 = C 1e 2x + C 2 2 x e 2x 1 + C 3 2 e2x y 3 = C 1e 2x + C 2 (x 1) e 2x C 3e 2x

Mivel az általános megoldás alakja C 1Y 1 + C 2Y 2 + C 3Y 3, következik, hogy : e 2x xe 2x ( ) e 2x Y 1 = e 2x, Y 2 = 1 e 2x 2 x e 2x, Y3 = 1 2 e2x (x 1)e 2x e 2x W (Y 1, Y 2, Y 3) 0 vektorfüggvények lineárisan függetlenek C 1Y 1 + C 2Y 2 + C 3Y 3 egy teljes megoldáshalmazt határoznak meg mellyel tejesíthetjük a Cauchy feltételt

Megtörténhet, hogy a kiküszöbölés folyamán egy n-nél alacsonyabb rendű egyenletet kapunk y 1-ben y 1 = y 1 + y 2 + y 3 1 1 1 y 2 = y 1 y 2 + y 3 vagy Y = 1 1 1 Y, ahol Y = y 3 = y 1 + y 2 y 3 1 1 1 y 1 = y 1 + y 2 + y 3 = y 1 + 2y 1 y 1 + y 1 2y 1 = 0 y 1 = C 1e 2x + C 2e x C 1, C 2 R y 2 + 2y 2 = 3C 2e x rögzített C 2 esetén A megoldáshalmaz : y 2 = C 3e 2x + C 2e x C 3 R y 3 = C 2e x (C 1 + C 3) e 2x y 1 = C 1e 2x + C 2e x y 2 = C 3e 2x + C 2e x y 3 = C 2e x (C 1 + C 3) e 2x ahonnan következik, hogy e 2x Y 1 = 0 e 2x, Y 2 = e x e x e x, Y 3 = 0 e 2x e 2x Wronski determináns nem nulla Y 1, Y 2, Y 3 fundamentális megoldásrendszer y 1 y 2 y 3

IIA karakterisztikus egyenlet módszere y 1 y 2 Y = AY ahol Y = Y = η 1 η 2 η n y n eλx = ηe λx η = A = a ij {i, j} = (1, 2,, n) η 1 η 2 η n, (Aη λη)e λx = 0 = Aη λη = 0 alakú megoldást keressünk Az Y = ηe λx akkor és csak akkor(nem nulla) megoldás, ha λ sajátérték az A mátrixnak és η pedig a λ-nak megfelelő sajátvektor Bevezetve az U egységmátrixot 1 0 0 0 1 0 U = 0 0 1 (A λu)η = 0

(A λu)η = 0, (a 11 λ)η 1 + a 12η 2 + + a 1nη n = 0 a 21η 1 + (a 22 λ)η 2 + + a 2nη n = 0 a n1η 1 + a n2η 2 + + (a nn λ)η n = 0 a 11 λ a 12 a 1n a 21 a 22 λ a 2n det(a λu) = a n1 a n2 a nn λ = 0, rendszer karakterisztikus egyenlete, λ-ban egy n-ed fokú egyenlet Ha λ 1 R η 11e λ 1 η 21e λ 1 Y = = η (1)e λ 1 η n1e λ 1

Ha λ 1 = α 1 + iβ 1, λ 1 = α 1 iβ 1 η (1) = γ 11 + iδ 11 γ 21 + iδ 21 γ n1 + iδ n1 Cn Y 1 = η (1) e (α 1+iβ 1 )x = U 1 + iv 1 valós U és képzetes V részei külön-külön megoldásai a valós együtthatójú egyenletrendszernek U 1(x) = e α1x (d 11 cos β 1x + ε 11 sin β 1x) e α1x (d n1 cos β 1x + ε n1 sin β 1x) V 1(x) = e α1x (f 11 cos β 1x + g 11 sin β 1x) e α1x (f n1 cos β 1x + g n1 sin β 1x)

Ha a karakterisztikus egyenletnek n különböző valós gyöke van: Y 1(x) = e λ 1x η (1), Y 2(x) = e λ 2x η (2),, Y n(x) = e λnx η (n), η (i) R n Ha λ 1,, λ k valós gyökök p 1,, p k többszörösségi fokokkal és λ k+1 = α k+1 + iβ k+1,, λ l = α l + iβ l komplex gyökök p k+1,, p l többszörösségi fokokkal együtt p 1 + + p k + 2p k+1 + + 2p l = n Az egyenlet valós megoldásai k j=1 P 1j(x)e λ j x + l j=k+1 eα j x [Q 1j (x) cos β j x + R 1j (x) sin β j x] y(x) = k j=1 P nj(x)e λ j x + l j=k+1 eα j x [Q nj (x) cos β j x + R nj (x) sin β j x] ahol P ij, Q ij, R ij valós együtthatójú polinomok melyek fokszámai nem lehetnek nagyobbak p j 1 -nél

Példa y 1 = y 1 y 2 y 3 1 1 1 y 2 = 3y 1 + y 2 3y 3 A = 3 1 3, Y = y 3 = 4y 1 2y 2 + y 3 4 2 1 1 λ 1 1 3 1 λ 3 4 2 1 λ = 0 λ3 3λ 2 4λ + 12 = 0, melynek gyökei λ 1 = 2, λ 2 = 2, λ 3 = 3 λ 1 = 2 esetén a rendszer a következő 3η 1 + η 2 + η 3 = 0 3η 1 3η 2 + 3η 3 = 0, η 1 = 1, η 2 = 1, η 3 = 2, Y 1(x) = 4η 1 + 2η 2 3η 3 = 0 λ 2 = 2 értékre a η 1 + η 2 + η 3 = 0 3η 1 + η 2 + 3η 3 = 0 4η 1 + 2η 2 + η 3 = 0 λ = 3 2η 1 + η 2 + η 3 = 0 3η 1 + 2η 2 + 3η 3 = 0 4η 1 + 2η 2 + 2η 3 = 0 y 1 y 2 y 3, η 1 = 1, η 2 = 3, η 3 = 2, Y 2(x) =, η 1 = 1, η 2 = 9, η 3 = 7, Y 3(x) = e 2x e 2x 2e 2x e 2x 3e 2x 2e 2x e 3x 9e 3x 7e 3x

Y = C 1Y 1(x) + C 2Y 2(x) + C 3Y 3(x) C 1, C 2, C 3 R

Példa ( ) Y 1 1 = 2 1 1 Y, Y = ηe rx, 2 ( 1 r 1 ) ( ) ( ) η1 2 0 1 1 r = η 2 2 0 1 r 1 2 1 1 r = r 2 + r + 5 2 4 = 0, r1 = 1 2 + i, r2 = 1 2 i ( ) ( ) η (1) 1 =, η (2) 1 = i i ( ) ( ) 1 Y 1(x) = e ( 1/2+i)x 1, Y i 2(x) = e ( 1/2 i)x i ( ) ( ) U(x) = e x/2 cos x, V (x) = e x/2 sin x sin x cos x W (U, V )(x) = e x/2 cos x e x/2 sin x e x/2 sin x e x/2 cos x = e x 0 U(0) = Y = C 1U(x) + C 2V (x) ( ) 1, V (0) = 0 Y (0) = ( C1 C 2 ) ( 0 1 ),

Példa Az alábbi R-L-C áramkörben a tekercsen keresztül folyó áram I míg a kondenzátor sarkai mért feszültség U Ezek kezdeti értékei 2 amper illetve 2 volt d ( I dt V ( 1 r 1 2 1 r ) ( 1 1 = 2 1 ( ) I = ηe rt V ) ( ) η1 = η 2 ) ( I V ( 0 0 ), )

1 r 1 2 1 r = r 2 + 2r + 3 = 0, ( ) η (1) 1 =, η (2) = 2i ( η (1) e r1t = 1 2i U(t) = e t ( ( I V ) e ( 1+ 2i)t = ( 1 2i ( ) ( = e t cos 2t + ie t 2 sin 2t ) r 1,2 = 1 ± 2i ( ) 1 2i ) e t (cos 2t + i sin 2t) = sin 2t 2 cos 2t ) ( cos 2t, V (t) = e t 2 sin 2t ( ) ( = C 1e t cos 2t + C 2e t 2 sin 2t C 1 ( 1 0 ahonnan C 1 = 2 és C 2 = 2 ( ) ( I 2 (0) = V 2, ) ( ) 0 + C 2 = 2 ) ( 2 2 ) sin 2t 2 cos 2t sin 2t 2 cos 2t ) ) )