Definíció Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény

Villamosmérnök Szak, Távoktatás

Matematika segédanyag

8. Differenciálegyenletek 8.1. Alapfogalmak Korábbi tanulmányaink során sokszor találkoztunk egyenletekkel. A feladatunk általában az volt, hogy határozzuk meg az egyenlet megoldását (megoldásait). Az egyenletek megoldására különféle technikákat ismertünk meg, amelyek mindegyike az egyenletek egy-egy speciális csoportjára alkalmazható. A vizsgált egyenletek közös jellemz˝oje, hogy a kiszámítandó ismeretlen minden esetben számot jelöl. Az egyenlet megoldása éppen azt jelenti, hogy meghatározzuk azt a számot (azokat a számokat), amelye(ke)t az ismeretlen helyére írva igaz o˝ sszefüggést kapunk. Példa: Az 5x = 15 egyenletnek megoldása a 3, mert x helyére írva az 5 · 3 = 15 egyenl˝oséghez jutunk, ami helyes. Ugyanennek az egyenletnek nem megoldása a 4, mert azt x helyére írva az 5 · 4 = 15 egyenl˝oséget kapjuk, ami nyilván nem helyes. Most olyan egyenletekkel ismerkedünk meg, amelyekben az ismeretlen nem szám:

Definíció Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény. Példák: 2y + 6x = 5x2 + 2 x + f (x) = 2−x x2 + 3

(1) (2)

Megjegyzés: A fenti két függvényegyenletben az x nem ismeretlen, hanem a keresett függvény változója. Tehát nem x-et, hanem y-t, illetve f (x)-et kell az egyenletb˝ol kifejezni. Egyszer˝u 5 számolással adódik, hogy az els˝o egyenlet megoldása y = x2 − 3x + 1, a második egyenlet 2 megoldása f (x) = −x3 + 2x2 − 4x + 6. A megoldásként kapott függvényeket ábrázolhatjuk a szokott módon Descartes-féle koordinátarendszerben: y 13

y

6 graf(y)

9

4

graf( f )

6 2

3 x

−1

Készítette: Vajda István

1

2

x −1

1

2

109



A továbbiakban a függvényegyenletek egy speciális fajtájával, a differenciálegyenletekkel foglakozunk:

Definíció Az olyan függvényegyenletet, amelyben az ismeretlen függvény valamely (els˝o vagy magasabbrend˝u) deriváltja(i) is szerepel(nek), differenciálegyenletnek nevezzük. A differenciálegyenleteknek sokféle típusa van. A könnyebb eligazodás kedvéért bevezetünk néhány fogalmat, amelyekkel jellemezhetjük o˝ ket.

Definíció Közönséges differenciálegyenletnek nevezzük az olyan differenciálegyenletet, amelyben az ismeretlen függvény egyváltozós. Ha az ismeretlen függvény többváltozós, parciális differenciálegyenletr˝ol beszélünk. Megjegyzés: A továbbiakban csak közönséges differenciálegyenletekkel foglalkozunk.

Definíció A differenciálegyenlet rendje a benne szerepl˝o deriváltak rendjének maximuma. Példák • Az y′ = 2y2 + x3 differenciálegyenlet els˝orend˝u, mert benne az ismeretlen y függvénynek csak az els˝o deriváltja szerepel. y • Az y′′ = 2 differenciálegyenlet másodrend˝u, mert szerepel benne az ismeretlen y x +1 függvény második deriváltja, de annál magasabbrend˝u deriváltja nem. • Az y′′′ − x2 + 4 y′ + y = x4 − x2 differenciálegyenlet harmadrend˝u, mert szerepel benne az ismeretlen y függvény harmadik deriváltja, de annál magasabbrend˝u deriváltja nem.


110



8.2. A differenciálegyenlet megoldásai

Definíció Egy f függvényt a differenciálegyenlet megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet. Példák: • Az y = xex függvény megoldása az y′ + 2y = ex + 3xex differenciálegyenletnek, mert y deriváltfüggvénye y′ = ex + xex és y′ + 2y = ex + xex + 2xex = ex + 3xex , tehát y kielégíti a differenciálegyenletet a deriváltjával együtt. • Az y = sin x függvény nem megoldása az y′′ + 3y = cos x differenciálegyenletnek, mert y′ = cos x ⇒ y′′ = − sin x, tehát y′′ + 3y = 2 sin x , cos x.

Definíció Egy f függvényt az n-edrend˝u differenciálegyenlet általános megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet és pontosan n db egymástól függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. Definíció Egy f függvényt az n-edrend˝u differenciálegyenlet partikuláris megoldásának nevezünk, ha deriváltjaival együtt azonosan kielégíti a differenciálegyenletet és legfeljebb n − 1 db egymástól függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. Megjegyzés: A szabad paraméterek helyébe egy-egy (valós) számot helyettesítve a differenciálegyenlet valamely megoldását kapjuk.


111



Példák: • Az y′ +2y = ex +3xex differenciálegyenlet általános megoldása y = Ce−2x +xex. Valóban: y′ = −2C−2x + ex + xex . Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y′ + 2y = −2C−2x + ex + xex + 2Ce−2x + 2xex = ex + 3xex , tehát y a deriváltjával együtt kielégíti a differenciálegyenletet, és pontosan 1 szabad paramétert (C) tartalmaz. Ha C helyére konkrét számot írunk, akkor a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk, pl. C = 0 esetén az el˝oz˝o pontban felírt partikuláris megoldást, C = 1 esetén az yp = e−2x + xex partikuláris megoldást stb. • Az y′′ + 4y = 3 cos x differenciálegyenletnek az y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + cos x függvény általános megoldása. Valóban: y′ = −2C1 sin 2x + 2C2 cos 2x − sin x ⇒ y′′ = −4C1 cos 2x − 4C2 sin 2x − cos x, tehát y′′ + 4y = −4C1 cos 2x − 4C2 sin 2x − cos x + 4C1 cos 2x + 4C2 sin 2x + 4 cos x = 3 cos x, vagyis y a deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet és pontosan két függetlenül megválasztható szabad paramétert tartalmaz. A diferenciálegyenlet néhány partikuláris megoldása: y1 = 3 cos 2x + C2 sin 2x + cos x y2 = C1 cos 2x − 2 sin 2x + cos x y3 = cos 2x − 8 sin 2x + cos x Megjegyzés: A differenciálegyenlet partikuláris megoldásait legtöbbször az általános megoldásból kapjuk, annak szabad paramétereit konkrét számmal helyettesítve, de el˝ofordulhat olyan partikuláris megoldás is, amely nem áll el˝o így.


112



8.3. Els˝orendu˝ differenciálegyenletek 8.3.1. Szétválasztható változójú differenciálegyenletek

Definíció Legyen y az ismeretlen f és g pedig ismert egyváltozós függvények. Az y′ = f (x) g y alakra hozható differenciálegyenletet szétválasztható változójú differenciálegyenletnek nevezzük.

Megjegyzés: Az elnevezés onnan ered, hogy az ilyen differenciálegyenletek átrendezhet˝ok úgy, hogy az y változó csak az egyik, az x változó pedig csak a másik oldalon forduljon el˝o. Példák: • Az y′ = x2 y szétválasztható változójú differenciálegyenlet. • Az y′ = ln x2 + 1 e3y−1 szétválasztható változójú differenciálegyenlet. 1 x2 + x szétválasztható változójú differenciálegyenlet, mert y′ = x2 + x · 2y 2y alakba írható.

• Az y′ =

• Az y′ x + y′ − y2 + 2y = 0 szétválasztható változójú differenciálegyenlet, mert y2 − 2y 1 = y2 − 2y · alakba írható. y′ = x+1 x+1 • Az y′ = 2x szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Itt g y konstans függvény.

• Az y′ = sin y szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Itt f (x) konstans függvény. • Az y′ = x2 y2 + 1 differenciálegyenlet nem szétválasztható változójú.


113



A szétválasztható változójú differenciálegyenletek megoldása El˝oször oldjuk meg a g y = 0 egyenletet! Ha létezik megoldás, akkor y-ra konkrét számértéke(ke)t kapunk, ami a differenciálegyenlet konstans megoldása. Ezután keressük meg a differenciálegyenlet további megoldásait: Írjuk át y′ -t

dy alakba: dx

Válasszuk szét a változókat:

dy = f (x) g y dx dy = f (x) dx g y

Integráljuk a baloldalt az y, a jobboldalt az x változó szerint: Z Z dy = f (x) dx g y

Ha mindkét oldalon el tudjuk végezni az integrálást, akkor egy G y = F (x) + C Z R dy és F (x) = f (x) dx és az összefüggés a alakú összefüggéshez jutunk, ahol G y = g y differenciálegyenlet megoldásának implicit alakja. Megjegyzés: A C konstans az integrálási konstansok összevonásából adódik. Példák: • Oldjuk meg az y′ = xy differenciálegyenletet! A differenciálegyenlet konstans megoldása az y ≡ 0 (konstans 0) függvény. Keressük a további megoldásokat: dy = xy dx dy = xdx y Z Z dy = xdx y x2 ln y = + ln |C| 2 x2

y = Ce 2

Megjegyzés: Bár a levezetés során C = 0 nem volt megengedve (a 0 logaritmusa nem x2 értelmezett), a Ce 2 általános megoldásba C = 0-t helyettesítve jó megoldást kapunk – éppen a korábban megkapott konstans megoldást.


114



Ábrázoljunk néhány megoldást a Descartes-féle koordinátarendszerben: y

15

3 2 C=1 1 C= 2 C=

10

5 x −1

1

Megjegyzés: Az egyes szabad paramétert nem tartalmazó megoldások függvénygörbéit szokás integrálgörbének is nevezni. y differenciálegyenletet! x A differenciálegyenlet konstans megoldása az y ≡ 0 (konstans 0) függvény. Keressük a további megoldásokat:

• Oldjuk meg az y′ =

dy y = dx x dy dx = y x Z Z dy dx = y x ln y = ln |x| + ln |C| y = Cx

Megjegyzések: – Az általános megoldás most is tartalmazza az elején meghatározott konstans megoldást. – Az integrálgörbék ebben az esetben origón áthaladó egyenesek.


115



Partikuláris megoldás meghatározása feltétel alapján El˝ofordul, hogy egy adott feltételnek megfelel˝o partikuláris megoldást keresünk. A feltétel lehet pl. az, hogy az integrálgörbének át kell mennie egy megadott ponton. Gyakori, hogy a megadott pont éppen az integrálgörbe y-tengellyel való metszéspontja. El˝ofordulhat olyan feltétel is, amikor az ismeretlen függvény deriváltfüggvényének értékét adjuk meg egy helyen. Példa: Határozzuk meg az y′ = x cos2 y differenciálegyenlet azon megoldását, amelynek grafikonja π átmegy az 1, ponton! (Másképpen fogalmazva azt a megoldást keressük, amely x = 1-ben 4 π y = értéket vesz fel.) 4 Megoldás: π A konstans megoldások a cos y = 0 egyenlet megoldásai, azaz az y = + kπ konstans függ2 π vények, ahol k ∈ Z. Mivel ezek egyike sem veszi fel a -et, ezért Meghatározzuk az általános 4 megoldást a változók szétválasztásával: dy = x cos2 y dx dy = xdx cos2 y Z Z dy = xdx cos2 y x2 tg y = +C 2 Most úgy kell megválasztanunk C értékét, hogy a feltételt kielégít˝o partikuláris megoldást kapπ junk. Ehhez behelyettesítjük az x = 1-et és az y = -et: 4 tg

π 12 = +C 4 2 1 1= +C 2 1 C= 2

Ezt visszehelyettesítve az általános megoldásba: x2 + 1 yp = arctg 2


!

116



8.3.2. Els˝orendu˝ lineáris differenciálegyenletek

Definíció Legyen y az ismeretlen g és h pedig ismert egyváltozós függvények. Az y′ + g (x) y = h (x) alakra hozható differenciálegyenletet els˝orend˝u lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: A lineáris jelz˝o arra utal, hogy y és y′ mindegyike csak els˝o hatványon szerepel a differenciálegyenletben. Példák: • y′ + (x − 2) y = x2 − 3x + 2 els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet. • y′ + y sin x = 0 els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet. • y′ + 3y = 12x − 4 els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet. •

y′ − 6 sin x − 2 cos x = 2x + 1 els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet, mert y y′ + (2x + 1) y = 6 sin x + 2 cos x alakra hozható.

• y′ + 2y2 = x3 − 1 nem lineáris. • y′ y + 2y = 12x nem lineáris. • y′′ + 2y = ex nem els˝orend˝u.


117



Els˝orendu˝ lineáris homogén differenciálegyenletek

Definíció Az els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet homogénnek nevezzük, ha y′ + g (x) y = 0 alakra hozható. Megjegyzések: • Úgy is mondhatjuk, hogy az els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet homogén, ha az egyenlet jobb oldalán szerepl˝o h (x) függvény (úgynevezett zavaró függvény) azonosan 0. • Ha a differenciálegyenlet nem homogén, akkor inhomogénnek nevezzük. • Az els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenlet mindig szétválasztható változójú, ezért alkalmazható rá az el˝oz˝o részben megismert megoldási módszer. Példák: • Oldjuk meg az y′ − 2xy = 0 els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenletet! Megoldás: Az egyenletet y′ = 2xy alakra hozva látható, hogy ez egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet. A jobboldalt 0-val egyenl˝ové téve kapjuk az y ≡ 0 konstans megoldást. A további megoldásokat megkaphatjuk a változók szétválasztásával: dy = 2xy dx dy = 2xdx y Z Z dy = 2xdx y ln y = x2 + ln |C| 2

y = Cex

A kapott általános megoldás a konstans megoldást is tartalmazza.


118



• Oldjuk meg az y′ − y cos x = 0 els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenletet! Megoldás: A konstans megoldás az y ≡ 0. dy = y cos x dx dy = cos xdx y Z Z dy = cos xdx y ln y = sin x + ln |C| y = Cesin x

A kapott általános megoldás a konstans megoldást is tartalmazza. Megjegyzés: A megoldást általánosan is végiggondolhatjuk: Induljunk ki az els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenlet y′ + g (x) y = 0 általános alakjából. Az y ≡ 0 függvény minden ilyen differenciálegyenletnek megoldása, tehát az els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenlet konstans megoldása mindig ez. Határozzuk most meg az általános megoldást: y′ = −g (x) y dy = −g (x) y dx dy = −g (x) dx y Z Z dy = −g (x) dx y Z −g (x) dx + ln |C| ln y = y = Ce−

R

g(x)dx

Látható, hogy az els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenleteknél az általános megoldás mindig tartalmazza a konstans megoldást. Nem követünk el tehát hibát, ha az ilyen típusú differenciálegyenleteknél a továbbiakban nem foglalkozunk külön a konstans megoldással.


119



Állandó együtthatós, els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenletek

Definíció Az els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatójú, ha a differenciálegyenlet y′ + g (x) y = h (x) alakjában a g (x) függvény konstans, azaz az egyenlet y′ + ky = h (x) alakú. Természetesen az els˝orend˝u állandó együtthatójú lineáris differenciálegyenlet is lehet homogén vagy inhomogén attól függ˝oen, hogy h (x) ≡ 0 vagy nem.

Tétel: Az y′ +ky = 0 els˝orend˝u állandó együtthatójú lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása y = Ce−kx. Bizonyítás: Ha y = Ce−kx , akkor y′ = −kCe−kx , tehát y′ + ky = −kCe−kx + kCe−kx = 0. Mivel y egy szabad paramétert tartalmaz, ez a differenciálegyenlet általános megoldása. Példa: Az y′ + 3y = 0 differenciálegyenlet általános megoldása y = Ce−3x .


120



Els˝orendu˝ lineáris inhomogén differenciálegyenletek Mint korábban láttuk, az ilyen egyenlet általános alakja y′ + g (x) y = h (x) és mivel az egyenlet inhomogén h (x) . 0. El˝ofordulhat, hogy egy ilyen differenciálegyenlet is szétválasztható változójú és alkalmazhatjuk rá az eddig megismert megoldási módszert. Példa: Oldjuk meg az y′ − xy = x els˝orend˝u lineáris inhomogén differenciálegyenletet! Megoldás: y′ = xy + x y′ = x y + 1

Látható, hogy a differenciálegyenlet szétválasztható változójú, a konstans megoldás az y ≡ −1. Határozzuk meg az általános megoldást a változók szétválasztásával: dy =x y+1 dx dy = xdx y+1 Z Z dy = xdx y+1 x2 ln y + 1 = + ln |C| 2 x2

y + 1 = Ce 2 x2

y = Ce 2 − 1 x2

Ez a módszer azonban nem mindig alkalmazható. Pl. az y′ − xy = e 2 differenciálegyenlet els˝orend˝u lineáris inhomogén, de nem szétválasztható változójú. Az ilyen differenciálegyenletek megoldására a következ˝o módszert alkalmazhatjuk: • El˝oször megoldjuk azt az els˝orend˝u lineáris homogén differenciálegyenletet, amit úgy kapunk, hogy az eredeti differenciálegyenletben szerepl˝o zavaró függvény helyére 0-t írunk. • A homogén egyenlet általános megoldásához hozzáadjuk az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását.


121



Tehát az y′ + g (x) y = h (x) egyenletet úgy oldjuk meg, hogy el˝oször meghatározzuk az Y′ + g (x) Y = 0 homogén egyenlet „nagy” Y-nal jelölt általános megoldását, majd ehhez hozzáadjuk az (eredeti) y′ + g (x) y = h (x) egyenlet egy yp partikuláris megoldását. Az eredeti egyenlet általános megoldása így: y = Y + yp Példák: • Oldjuk meg ismét az y′ − xy = x differenciálegyenletet! Megoldás: A homogén egyenlet Y′ − xY = 0 Ezt az egyenletet korábban már megoldottuk, általános megoldása: x2

Y = Ce 2

Az y′ − xy = x differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása az yp ≡ −1 konstans megoldás. Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: x2

y = Y + yp = Ce 2 − 1 Ez megegyezik a korábban kapott megoldással. x2

• Oldjuk meg az y′ − xy = e 2 differenciálegyenletet! A homogén egyenlet ugyanaz, mint az el˝oz˝o feladatban, általános megoldása: x2

Y = Ce 2

x2

Az eredeti egyenlet egy partikuláris megoldása yp = xe 2 , ami behelyettesítéssel könnyen ellen˝orizhet˝o. El˝oször határozzuk meg y′p -t a szorzatfüggvény differenciálási szabálya alapján: x2

x2

y′p = e 2 + x2 e 2 Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: x2

x2

x2

x2

y′p − xyp = e 2 + x2 e 2 − x2 e 2 = e 2

Tehát yp valóban partikuláris megoldás, az általános megoldás pedig: x2

x2

y = Y + yp = Ce 2 + xe 2


122



Az el˝oz˝o feladat általános megoldását tehát „megtaláltuk”, de jogos kifogásként merülhet fel, hogy az ehhez szükséges partikuláris megoldás felírása egyáltalán nem volt magától értet˝od˝o. A kérdés tehát az, hogy hogyan lehet meghatározni egy partikuláris megoldást. A következ˝o pontban egy ilyen módszert fogunk megismerni. Els˝orendu˝ lineáris inhomogén differenciálegyenletek partikuláris megoldásának meghatározása az állandó variálás módszerével. Ezt a módszert használva a homogén egyenlet általános megoldásából indulunk ki, melynek C szabad paraméterét egy k függvénnyel helyettesítjük. A k függvény alkalmas megválasztásával az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk. Példa: x2

Határozzuk meg az el˝oz˝o feladatbeli y′ − xy = e 2 differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálás módszerével! Megoldás: A homogén egyenlet általános megoldása: x2

Y = Ce 2

x2

Ha a C állandót a k függvénnyel helyettesítjük, akkor az yp = k (x) e 2 függvényt kapjuk. Szeretnénk k-t úgy meghatározni, hogy yp a differenciálegyenlet partikuláris megoldása legyen. Ha k-t jól választjuk, akkor yp -t a differenciálegyenletbe helyettesítve igaz összefüggést kapunk. A x2

x2

szorzatfüggvény differenciálási szabály szerint y′p = k′ (x) e 2 + x · k (x) e 2 , tehát x2

x2

x2

x2

k′ (x) e 2 + x · k (x) e 2 − x · k (x) e 2 = e 2 x2

x2

k′ (x) e 2 = e 2 k′ (x) = 1 k (x) = x x2

x2

Tehát yp = k (x) e 2 = xe 2 . Ez pontosan az a partikuláris megoldás, amit az el˝oz˝oekben már használtunk. Megjegyzés: A levezetés során a k′ (x) = 1 összefüggésb˝ol arra következtettünk, hogy k (x) = x. Természetesen a k′ integrálásával más megoldásokat is kapunk (k (x) = x+B, ahol B tetsz˝oleges valós szám), de nekünk csak egy partikuláris megoldást kellett meghatároznunk, ezért k′ egy primitív függvényére volt csak szükségünk, amit k-val egyenl˝ové tettünk.


123



Els˝orendu˝ állandó együtthatós lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény módszerrel. A próbafüggvény módszert ugyancsak a differenciálegyenlet partikuláris megoldásának meghatározására használjuk, de ez csak akkor alkalmazható, ha a lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatós. Ennek lényege, hogy a partikuláris megoldást olyan függvény formájában keressük, amely a zavaró függvénnyel azonos típusú – bár annál általánosabb. Példa: Oldjuk meg az y′ − 2y = ex differenciálegyenletet! Megoldás: A homogén egyenlet megoldása Y = Ce2x . Mivel a zavaró függvény h (x) = ex , a partikuláris megoldást yp = Aex alakban keressük, ahol A tetsz˝oleges valós szám. (Azt is mondjuk, hogy yp = Aex a próbafüggvény.) Az A paraméter értékék a differenciálegyenletbe való behelyettesítéssel határozhatjuk meg. Mivel y′p = Aex behelyettesítve: Aex − 2Aex = ex −Aex = ex amelyb˝ol már leolvasható, hogy A = −1. Tehát a partikuláris megoldás yp = −ex . Adifferenciálegyenlet megoldása: y = Y + yp = Ce2x − ex . Hogyan válasszunk próbafüggvényt? • Ha a zavarófüggvény ex vagy ex konstansszorosa, akkor mint az el˝oz˝o példában láttuk ex konstansszorosa lesz a partikuláris megoldás is. Tehát pl. ex → Aex 2ex → Aex • Ha a zavarófüggvény polinom, akkor ugyanannyiadfokú polinomot választunk próbafüggvénynek általános együtthatókkal: x2 + 1 → Ax2 + Bx + C x → Ax + B 3→A • Ha a zavarófüggvény trigonometrikus: sin x → A sin x + B cos x cos 2x → A sin 2x + B cos 2x 2 sin 3x + 5 cos 3x → A sin 3x + B cos 3x


124



• Ha a zavarófüggvény az el˝oz˝o típusokból összeadással, kivonással, vagy szorzással jön létre, akkor a próbafüggvényeiket is ugyanezen m˝uveletekkel kepcsoljuk össze: 2ex + 3e2x → Aex + Be2x e−x + 2x − 1 → Ae−x + Bx + C sin 2x − x2 → A sin 2x + B cos 2x + Cx2 + Dx + E x2 e3x → Ax2 + Bx + C e3x x cos x → (x + A) (B sin x + C cos x)

A próbafüggvény módszert némileg bonyolítja a rezonancia jelensége. Ha a próbafüggvény valamely tagja az általános megoldástól csak konstans szorzóban tér el, akkor rezonanciában vannak. Ilyenkor a próbafüggvénynek ezt a tagját x-szel megszorozva juthatunk helyes próbafüggvényhez. El˝ofordulhat az is, hogy így a próbafüggvénynek ez a tagja a próbafüggvény más tagjával kerül rezonanciába és újabb szorzásara van szükség. Példák: • Oldjuk meg az y′ + y = x2 differenciálegyenletet! Megoldás: A homogén egyenlet megoldása: Y = e−x . A próbafüggvény yp = Ax2 + Bx + C ⇒ y′p = 2Ax + B Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: 2Ax + B + Ax2 + Bx + C = x2 Hasonlítsuk össze az azonos fokszámú tagok együtthatóit: x2

x

x0

A=1

2A + B = 0 B = −2

B+C =0 C=2

A partikuláris megoldás tehát yp = x2 − 2x + 2. A differenciálegyenlet általános megoldása y = Y + yp = e−x + x2 − 2x + 2.


125



8 • Határozzuk meg az y′ − 3y = 4 sin x differenciálegyenlet y (0) = kezdeti feltételhez 5 tartozó partikuláris megoldását! Megoldás: A homogén egyenlet megoldása: Y = Ce3x . A próbafüggvény yp = A sin x + B cos x ⇒ y′p = A cos x − B sin x Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: A cos x − B sin x − 3 (A sin x + B cos x) = 4 sin x (A − 3B) cos x + (−B − 3A) sin x = 4 sin x Hasonlítsuk össze a cos x-et, illetve sin x-et tartalmazó tagok együtthatóit: A − 3B = 0 −B − 3A = 4 6 2 6 2 Az egyenletrendszerb˝ol A = − , B = − ⇒ yp = − sin x − cos x. 5 5 5 5 6 2 A differenciálegyenlet általános megoldása y = Y + yp = Ce3x − sin x − cos x. 5 5 8 8 2 Behelyettesítve x = 0-t és y = -öt a = C − összefüggés adódik ,amelyb˝ol C = 2. 5 5 5 A kezdeti feltételeknek megfelel˝o partikuláris megoldás tehát y0 = 2e3x −

6 2 sin x − cos x. 5 5

• Oldjuk meg az y′ − 2y = 6e2x differenciálegyenletet! Megoldás: A homogén egyenlet megoldása: Y = Ce2x . Nem választhatjuk próbafüggvénynek az Ae2x függvényt, mert rezonanciában van az általános megoldással, ezért yp = Axe2x ⇒ y′p = Ae2x + 2Axe2x . Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: Ae2x + 2Axe2x − 2Axe2x = 6e2x . A = 6 adódik, tehát yp = 6xe2x , az általános megoldás pedig y = Y + yp = Ce2x + 6xe2x


126



8.4. Másodrendu˝ lineáris differenciálegyenletek

Definíció Legyen y az ismeretlen p, q és h pedig ismert egyváltozós függvények. Az y′′ + p (x) y′ + q (x) y = h (x) alakra hozható differenciálegyenleteket másodrend˝u lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Példa: Az y′′ + y′ cos x + y tg x = ex + x2 − 2 differenciálegyenlet másodrend˝u, lineáris. A következ˝okben a másodrend˝u lineáris differenciálegyenletek közül csak az állandó együtthatósak megoldásával foglalkozunk. 8.4.1. Állandó együtthatós másodrendu˝ lineáris differenciálegyenletek

Definíció Legyen y az ismeretlen, h ismert egyváltozós függvény, a, b és c pedig valós számok. Az ay′′ + by′ + cy = h (x) alakra hozható differenciálegyenleteket másodrend˝u állandóegyütthatós lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Példa: A 4y′′ + 3y′ − 6y = ln x differenciálegyenlet másodrend˝u állandó együtthatós lineáris.


127



Állandó együtthatós másodrendu˝ lineáris homogén differenciálegyenletek

Definíció Ha az ay′′ + by′ + cy = 0 alakra hozható differenciálegyenleteket másodrend˝u állandóegyütthatós lineáris homogén differenciálegyenletnek nevezzük. Megjegyzés: Tehát az állandó együtthatós másodrend˝u lineáris differenciálegyenletet akkor nevezzük homogénnek, ha az egyenl˝oség jobb oldalán álló h (x) zavarófüggvény azonosan 0. Állandó együtthatós másodrendu˝ lineáris homogén differenciálegyenletek megoldása Az ay′′ + by′ + cy = 0 differenciálegyenlethez hozzárendeljük az aλ2 + bλ + c = 0 valósegyütthatós másodfokú egyenletet, az úgynevezett karakterisztikus egyenletet. A differenciálegyenlet megoldását a karakterisztikus egyenlet megoldása(i) alapján írjuk fel:

Tétel: Ha az ay′′ + by′ + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ2 + bλ + c = 0 karakterisztikus egyenletnek két különböz˝o valós gyöke van (λ1 és λ2), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y = C 1 eλ 1 x + C 2 eλ 2 x . Példa: Írjuk fel a y′′ − 5y′ + 6y = 0 állandó együtthatós másodrend˝u lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Megoldás: Mivel a λ2 − 5λ + 6 = 0 karakterisztikus egyenlet megoldásai λ1 = 2 és λ2 = 3, a differenciálegyenlet általános megoldása: y = C1 e2x + C2 e3x . Ellen˝orzés: Az általános megoldás els˝o, illetve második deriváltja y′ = 2C1 e2x + 3C2 e3x , y′′ = 4C1 e2x + 9C2 e3x . Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: y′′ − 5y′ + 6y = 4C1 e2x + 9C2 e3x − 5 2C1 e2x + 3C2 e3x + 6 C1 e2x + C2 e3x = 0


128



Tétel: Ha az ay′′ + by′ + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ2 + bλ + c = 0 karakterisztikus egyenletnek két egybees˝o valós gyöke van (λ0), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása y = C1eλ0x + C2xeλ0x. Megjegyzés: Szokás azt is mondani, hogy a karakterisztikus egyenletnek egy valós gyöke van. Példa: Írjuk fel a y′′ − 4y′ + 4y = 0 állandó együtthatós másodrend˝u lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Megoldás: Mivel a λ2 − 4λ + 4 = 0 karakterisztikus egyenlet egyetlen megoldása λ0 = 2, a differenciálegyenlet általános megoldása: y = C1 e2x + C2 xe2x .

Tétel: Ha az ay′′ + by′ + cy = 0 differenciálegyenlethez tartozó aλ2 + bλ + c = 0 karakterisztikus egyenletnek két nem valós komplex gyöke van (λ1,2 = α ± β j), akkor a differenciálegyenlet általános megoldása αx y = e C1 cos βx + C2 sin βx . Példák: • Írjuk fel a y′′ − 4y′ + 5y = 0 állandó együtthatós másodrend˝u lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Megoldás: Mivel a λ2 − 4λ + 5 = 0 karakterisztikus egyenlet megoldásai λ1,2 = 2 ± j, a differenciálegyenlet általános megoldása: y = e2x (C1 cos x + C2 sin x). • Írjuk fel a y′′ + 4y = 0 állandó együtthatós másodrend˝u lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldását! Megoldás: Mivel a λ2 + 4 = 0 karakterisztikus egyenlet megoldásai λ1,2 = ±2 j, a differenciálegyenlet általános megoldása: y = C1 cos 2x + C2 sin 2x.


129



Állandó együtthatós másodrendu˝ lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása A másodrend˝u lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldására ugyanazt a módszert alkalmazhatjuk, amit az els˝orend˝u lineáris differenciálegyenletnél megismertünk: • El˝oször megoldjuk azt a másodrend˝u lineáris homogén differenciálegyenletet, amit úgy kapunk, hogy az eredeti differenciálegyenletben szerepl˝o zavaró függvény helyére 0-t írunk. • A homogén egyenlet általános megoldásához hozzáadjuk az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását. Ha a másodrend˝u lineáris inhomogén differenciálegyenlet állandó együtthatós, akkor a partikuláris megoldás meghatározásához használhatjuk az els˝orend˝u differenciálegyenleteknél megismert próbafüggvénymódszert. Példák:

• Oldjuk meg az y′′ − y′ − 2y = 2x2 differenciálegyenletet! Megoldás: El˝oször megoldjuk az Y′′ − Y′ − 2Y = 0 homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete: λ2 − λ − 2 = 0, melynek megoldásai: λ1 = 2, illetve λ2 = −1. Mivel ezek valósak és egymástól különböz˝oek, a homogén egyenlet megoldása: Y = C1 e2x + C2 e−x . A következ˝o lépésben a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását keressük. Próbafüggvénynek válasszuk az yp = Ax2 + Bx + C másodfokú függvényt. Ekkor y′p = 2Ax + B és y′′p = 2A. Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: 2A − 2Ax − B − 2Ax2 − 2Bx − 2C = 2x2 Hasonlítsuk össze az azonos fokszámú tagok együtthatóit: x2 − 2A = 2

x −2A − 2B = 0

A = −1

B = −A = 1

x0 2A − B − 2C = 0 2A − B 3 C= =− 2 2

Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y = Y + yp = C1 e2x + C2 e−x − x2 + x −


3 2

130



• Oldjuk meg az y′′ − 6y′ + 9y = 12 sin x differenciálegyenletet! Megoldás: El˝oször megoldjuk az Y′′ − 6Y′ + 9Y = 0 homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete: λ2 − 6λ + 9 = 0, melynek egyetlen megoldása: λ0 = 3. A homogén egyenlet megoldása: Y = C1 e3x + C2 xe3x . Határozzuk meg a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását! Próbafüggvénynek válasszuk az yp = A sin x + B cos x függvényt. Ekkor y′p = A cos x − B sin x és y′′p = −A sin x − B cos x. Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: −A sin x − B cos x − 6 (A cos x − B sin x) + 9 (A sin x + B cos x) = 12 sin x (8A + 6B) sin x + (−6A + 8B) cos x = 12 sin x A megfelel˝o tagok összehasonlításával a következ˝o egyenletrendszer adódik: 8A + 6B = 12 −6A + 8B = 0 18 24 ,B= . 25 25 A differenciálegyenlet általános megoldása:

Ebb˝ol A =

y = Y + yp = C1 e3x + C2 xe3x + • Oldjuk meg az y′′ + 4y = sin2 x + 4x +

24 18 sin x + cos x 25 25

1 differenciálegyenletet! 2

Megoldás: El˝oször megoldjuk az Y′′ + 4Y = 0 homogén differenciálegyenletet. Ennek karakterisztikus egyenlete: λ2 + 4 = 0, melynek megoldásai: λ1,2 = ±2 j. A homogén egyenlet megoldása: Y = C1 sin 2x + C2 cos 2x. Határozzuk meg a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását! Ehhez el˝oször linearizáljuk a zavarófüggvényben szerepl˝o sin2 x tagot. 1 1 − cos 2x 1 1 = + 4x + = − cos 2x + 4x + 1 2 2 2 2 Figyelve a rezonanciára próbafüggvénynek az yp = Ax sin 2x + Bx cos 2x + Cx + D függvényt választjuk. Ekkor h (x) = sin2 x + 4x +

y′p = A sin 2x + 2Ax cos 2x + B cos 2x − 2Bx sin 2x + C y′′p = 4A cos 2x − 4Ax sin 2x − 4B sin 2x − 4Bx cos 2x Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd összehasonlítva az együtthatókat 1 1 A = − , B = 0, C = 1 és D = 8 4 A differenciálegyenlet általános megoldása: 1 1 y = Y + yp = C1 sin 2x + C2 cos 2x − x sin 2x + x + 8 4


131



8.5. Lineáris állandó együtthatós differenciálegyenletek megoldása Laplacetranszformációval Ezt a módszert az állandó együtthatós lineáris differenciálegyenletek megoldására használhatjuk. Els˝osorban akkor szokták alkalmazni, ha egy partikuláris megoldást keresünk, amelynek megadott kezdeti feltétel(eke)t kell kielégíteni. A megoldás f˝o lépései a következ˝ok: Az egyenlet mindkét oldalának meghatározzuk a Laplace-transzformáltját és ezeket egyenl˝ové tesszük egymással.

A kapott (els˝ofokú) egyenletet megoldjuk, így megkapjuk a keresett függvény Laplace-transzformáltját.

Inverz laplace-transzformációval meghatározzuk a keresett függvényt. A megoldás végrehajtásához meg kell tudnunk határozni a fügvények deriváltjainak Laplacetranszformáltját:

Tétel: Ha az f (t) függvény Laplace-transzformáltja f¯(s), akkor L f ′ (t) = s f¯(s) − f (0) . Megjegyzés: Tehát f ′ Laplace-transzformáltjának meghatározásához ismernünk kell az f függvény t = 0 helyen vett helyettesítési értékét.

Tétel: Ha az f (t) függvény Laplace-transzformáltja f¯(s), akkor L f ′′ (t) = s2 f¯(s) − s f (0) − f ′ (0) . Megjegyzés: Itt tehát már az f ′ deriváltfüggvény t = 0 helyen vett helyettesítési értékére is szükség van. Példák: Készítette: Vajda István

132



• Határozzuk meg az f (t) = sin t függvény deriváltfüggvényének Laplace-transzformáltját. Megoldás: 1. Mivel f ′ (t) = cos t, L f ′ (t) = 2. L f ′ (t) = s f¯(s) − f (0) = s ·

s2

s2

s +1

1 s − sin 0 = 2 +1 s +1

• Határozzuk meg az f (t) = tet függvény második deriváltfüggvényének Laplace-transzformáltját. Megoldás: 1. Mivel f ′ (t) = et + tet ⇒ f ′′ (t) = 2et + tet , L f ′ (t) =

2 1 2s − 1 = + 2 s − 1 (s − 1) (s − 1)2

2.

L f ′′ (t) = s2 f¯ (s) − s f (0) − f ′ (0) = s2 ·

1 (s − 1)2

− s · 0 − e0 + 0 = = s2 ·


1

2

(s − 1)

−1=

2s − 1 (s − 1)2

133



A példákban a fenti tételek segítségével ugyanazt az eredményt kaptuk, mint a deriváltfüggvények közvetlen táblázat alapján történ˝o transzformálásával, de úgy t˝unik, mintha ezekre a tételekre nem is lenne szükség. Fontossá akkor válnak, ha a differenciálegyenletben az ismeretlen függvény deriváltjait kell transzformálnunk. Példák: • Határozzuk meg az y′ − y = 2x + 2 differenciálegyenlet y (0) = −2 kezdeti feltételt kielégít˝o partikuláris megoldását! Megoldás: Alkalmazzunk az egyenletre Laplace-transzformációt: s y¯ − y (0) − y¯ =

2 2 + s2 s

Helyettesítsük be y (0) értékét és oldjuk meg a kapott els˝ofokú egyenletet: 2 2 + s2 s −2s2 + 2s + 2 y¯ (s − 1) = s2 2 −2s + 2s + 2 y¯ = (s − 1) s2 s y¯ + 2 − y¯ =

Bontsuk az egyenlet jobboldalán szerepl˝o kifejezést résztörtekre: −2s2 + 2s + 2 A B C = + + (s − 1) s2 s s2 s − 1 2 −2s + 2s + 2 = As (s − 1) + B (s − 1) + Cs2 s=1: 2=C C=2

s=0 2 = −B B = −2

s2 : −2 = A + C A = −4

−2s2 + 2s + 2 4 2 2 =− − 2+ 2 (s − 1) s s s s−1 Tehát

4 2 2 y¯ = − − 2 + s s s−1 Inverz Laplace-transzformációt alkalmazva megkapjuk a megoldást: y = −4 − 2x + 2ex


134



• Határozzuk meg az y′′ + 2y′ − 8y = 18 sin x − 4 cos x differenciálegyenlet y (0) = 3 és y′ (0) = 4 kezdeti feltételeket kielégít˝o partikuláris megoldását! Megoldás: Alkalmazzunk az egyenletre Laplace-transzformációt: s2 y¯ − sy (0) − y′ (0) + 2 s y¯ − y (0) − 8 y¯ =

4s 18 − s2 + 1 s2 + 1

Helyettesítsük be y (0) és y′ (0) értékét majd oldjuk meg a kapott els˝ofokú egyenletet: −4s + 18 s2 y¯ − 3s − 4 + 2 s y¯ − 3 − 8 y¯ = 2 s +1 −4s + 18 y¯ s2 + 2s − 8 = 2 + 3s + 10 s +1 3s3 + 10s2 − s + 28 y¯ s2 + 2s − 8 = s2 + 1 3 2 3s + 10s − s + 28 y¯ = (s − 2) (s + 4) (s2 + 1) Bontsuk az egyenlet jobboldalán szerepl˝o kifejezést résztörtekre: 3s3 + 10s2 − s + 28 B Cs + D A = + + 2 2 (s − 2) (s + 4) (s + 1) s − 2 s + 4 s +1 3 2 2 2 3s + 10s − s + 28 = A (s + 4) s + 1 + B (s − 2) s + 1 + Cs (s + 4) (s − 2) + D (s + 4) (s − 2) s=2: 90 = 30A A=3

s = −4 : 0 = −102B B=0

s=0: 28 = 12 − 8D D = −2

s3 : 3=3+0+C C=0

3s3 + 10s2 − s + 28 3 2 = − 2 2 (s − 2) (s + 4) (s + 1) s − 2 s + 1 Tehát

3 2 − 2 s−2 s +1 Inverz Laplace-transzformációt alkalmazva megkapjuk a megoldást: y¯ =

y = 3e2x − 2 sin x


135

Definíció Függvényegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben a kiszámítandó ismeretlen egy függvény

Recommend Documents