DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

2016.03.28.

BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

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 R3, tehát a háromdimenziós tér egy T tartományában van értelmezve. Ennek megoldása során elvileg két alkalommal integrálunk, tehát adódik a megoldás során két integrációs konstans: C1 és C2. Így az általános megoldás ugyancsak végtelen sok függvény, de ezek a függvények két szabad paramétertől függenek, y = y(x, C1, C2) tehát ebben az esetben az általános megoldás egy kétparaméteres függvénysereg.

1

2016.03.28.

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:

y "  x   f  x, y  x  , y '  x   ; y  x0   y0 ; y  x0   y1; Előírjuk tehát, hogy a megoldásfüggvény haladjon át az (x0, y0) ponton és ebben a pontban a megoldásfüggvény érintőjének a meredeksége legyen y1.

PÉLDÁK MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETRE 1.

A harmonikus rezgőmozgás differenciálegyenlete: y " 2 y  0; 2 

2.

A csillapított rezgőmozgás differenciálegyenlete: y " 2y ' 2 y  0; 2 

3.

D m

D k , 2  m m

A gerjesztett (és csillapított) rezgőmozgás differenciálegyenlete: y " 2y ' 2 y  f 0 sin t; 2 

F D k , 2  , f 0  0 m m m

2

2016.03.28.

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 " f1  x  y ' f 2  x  y  g  x  ; 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

2016.03.28.

A  KONSTANS MEGHATÁROZÁSA 

A próbafüggvényt kétszer kell deriválni:

y( x)  ex ; y '( x)    ex ; y "( x)   2  ex Ha ezeket a deriváltakat helyettesítjük az

ay” + by’ + cy = 0, a,b,c  R, a ≠ 0 differenciálegyenletbe, és az egyenletet elosztjuk a nullától különböző eλx tényezővel, akkor az alábbi algebrai másodfokú egyenletet kapjuk. aλ2 + bλ + c = 0 Ezt az egyenletet a homogén lineáris differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének nevezzük.

A HOMOGÉN RENDSZER MEGOLDÁSAINAK SZERKEZETE 

Tegyük fel, hogy az y1(x) és y2(x) függvények az I intervallumon olyan megoldásai az y” + f1(x)∙y’ + f2(x)∙y = 0 (x  I) differenciálegyenletnek, amelyekre teljesül, hogy egyik sem konstansszorosa a másiknak. Ekkor tetszőleges C1, C2  R állandók esetén a yhá(x) = C1y1(x) + C2y2(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

2016.03.28.

A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET DISZKRIMINÁNSA POZITÍV

1. eset: D = b2 – 4ac > 0. Ekkor két különböző valós gyök létezik: 1 

b  D b  D ; 2  ; 2a 2a

ekkor a két megoldás y1 ( x)  e1x ; y2 ( x)  e2 x

Az egyenlet általános megoldása: y( x)  C1  e1x  C2  e2 x ; C1, C2  R

A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET DISZKRIMINÁNSA ZÉRUS

2. eset: D = b2 – 4ac = 0. Ekkor két egybeeső valós gyök létezik: 

b ; 2a

ekkor egyszerű helyettesítéssel igazolható, hogy a két megoldás

y1 ( x)  ex ; y2 ( x)  xex Az egyenlet általános megoldása pedig: y( x)  C1  ex  C2  x  ex ; C1, C2  R

5

2016.03.28.

A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET DISZKRIMINÁNSA NEGATÍV 3. eset: D = b2 – 4ac < 0. Ekkor két konjugált komplex gyök létezik: b  D b  1 D b  i D 12       i  2a 2a 2a ekkor az Euler-formula szerint komplex függvény adódik megoldásként

y ( x)  ex  e

i  x

 ex  eix 

 ex  cos x  i  sin x   ex cos x  i  ex sin x Ennek a komplex függvénynek mind a valós mind a képzetes része megoldás. Az egyenlet általános megoldása pedig:

y  x   C1ex cos x  C2ex sin x  ex C1 cos x  C2 sin x  ; C1, C2 R

PÉLDÁK 

Oldjuk meg az alábbi másodrendű állandó együtthatójú homogén lineáris differenciálegyenleteket.

1. y  2 y  15 y  0; 2. 9 y  6 y  y  0; 3. y  4 y  29 y  0;

6

2016.03.28.

FELADATOK MEGOLDÁSA 

Megoldások: 1. y  2 y  15 y  0; A karakterisztikus egyenlet:  2  2  15  0; Megoldások: 1  3,  2  5; Az általános megoldás : y  C1e3 x  C2e 5 x ; C1 , C2  R; 2. 9 y  6 y  y  0; A karakterisztikus egyenlet: 9 2  6  1  0; Megoldás:   1 3; 1

x

1

x

Az általános megoldás : y  C1e 3  C2 xe 3 ; C1 , C2  R; 3. y  4 y  29 y  0; A karakterisztikus egyenlet:  2  4  29  0; Megoldások: 1,2  2  5i; Az általános megoldás : y  e 2 x  C1 cos 5 x  C2 sin 5 x  ; C1 , C2  R;

AZ INHOMOGÉN LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÁSÁNAK SZERKEZETE 

Alaptétel: Tegyük fel, hogy az hogy az y1(x) és y2(x) függvények az I intervallumon olyan megoldásai az ay” + by’ + cy = 0 (xI) homogén lineáris differenciálegyenletnek melyek közül egyik sem konstansszorosa a másiknak. Az yip(x) függvény pedig legyen az ay” + by’ + cy = g(x) (x  I) inhomogén lineáris differenciálegyenlet egy tetszőleges partikuláris megoldása. Ekkor tetszőleges C1, C2  R állandók esetén az yiá(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + yip(x) függvény az inhomogén differenciálegyenlet megoldása, és fordítva a differenciálegyenlet minden megoldása előállítható ilyen alakban. Tehát ismét igaz, hogy yiá(x) = yhá(x) + yip(x)

7

2016.03.28.

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

ay " by ' cy  an xn  an1xn1  ...  a1x  a0 ; a, an  0 egyenletnek. 1. Ha c ≠ 0, akkor kereshetjük a megoldást

yip  x   qn  x   An xn  An1xn1  ...  A1x  A0 alakban. 2. Ha c = 0 de b ≠ 0 akkor a megoldás alakja





yip  x   x An x n  An1x n1  An2 x n2  ...  A0  xqn  x 

3. Ha pedig c = b = 0, akkor a megoldás alakja





yip  x   x2 An x n  An1x n1  An2 x n2  ...  A0  x 2qn  x 

8

2016.03.28.

A JOBB OLDALON EGY N-ED FOKÚ POLINOMNAK ÉS EGY EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNYNEK A SZORZATA ÁLL 

Keressük egy partikuláris megoldását az





ay " by ' cy  pn  x  ex  an xn  an1x n1  ...  a1x  a0 ex ; a, an  0

egyenletnek. Ha az exponenciális függvény α kitevője nem gyöke a homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának, azaz

k     a2  b  c  0 akkor létezik megoldás az alábbi alakban:





yip  x   qn  x  ex  An x n  An1x n1  ...  A1x  A0 ex

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:

k     a2  b  c  a         2  és  2   k     a2  b  c  a           a      ; 2

Ekkor létezik megoldás rendre az alábbi alakban.





yip  x   x  qn  x  ex  x  An x n  An1x n1  ...  A1x  A0 ex ;





yip  x   x 2  qn  x  ex  x 2  An x n  An1x n1  ...  A1x  A0 ex

9

2016.03.28.

A JOBB OLDALON EGY POLINOM FÜGGVÉNYNEK, EGY EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNYNEK ÉS EGY KOSZINUSZ /SZINUSZ FÜGGVÉNYNEK A SZORZATA ÁLL 

Keressük egy partikuláris megoldását az

 sin x   a x

  ...  a x  a  e

ay " by ' cy  pn  x  ex cos x  an x n  an1x n1  ...  a1x  a0 ex cos x; a, an  0; ay " by ' cy  pn  x  e

x

n

n

 an1x

n 1

1

x

0

sin x; a, an  0

egyenleteknek. Ha az α + iβ és α − iβ komplex szám nem gyöke a homogén egyenlet karakterisztikus polinomjának, akkor létezik megoldás az alábbi alakban

yip  x   ex  Qn  x  cos x  Rn  x  sin x  alakban, ahol Qn(x) és Rn(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

yip  x   x  ex  Qn  x  cos x  Rn  x  sin x  alakban, ahol Qn(x) és Rn(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

2016.03.28.

PÉLDÁK 

Oldjuk meg az alábbi másodrendű állandó együtthatójú inhomogén lineáris differenciálegyenleteket. 1. 9 y  12 y  4 y  4 x 3 ; 2. y  y  2 y  2 x 2 ; 3. y  6 y  9 y  12sin 2 x; 4. y  y  6 y  10e 2 x ; 5. y  6 y  9 y  2 ch 3 x; 6. y  2 y  5 y  8e  x  10 x  1; 7. y  9 y  sin 3 x;

Az 1. és 2. feladat megoldása előadáson.

FELADATOK MEGOLDÁSA 3.Feladat : y  9 y  sin 3 x; 1.lépés : y  9 y  0; A karakterisztikus egyenlet:  2  9  0; Megoldás:   3i  0  3i; Az általános megoldás : y  C1 cos3 x  C2 sin 3 x; C1 , C2  R;

2.lépés : a próbafüggvény (trigonometrikus rezonancia esete) : yip  x   Ax cos3 x  Bx sin 3 x; y  A cos3 x  B sin 3 x  3 Ax sin 3 x  3Bx cos3 x; y  3 A sin 3 x  3B cos3 x  3 A sin 3 x  3B cos3 x  9 Ax cos3 x  9 Bx sin 3 x; Helyettesítve, majd rendezve csökkenő hatványok szerint: y  9 y  6 A sin 3x  6 B cos3x  9 Ax cos3x  9 Bx sin 3 x  9  Ax cos3 x  Bx sin 3 x   sin 3 x; 6 A sin 3x  6 B cos3x  sin 3 x; A két oldalon az együtthatóknak rendre meg kell egyezni. Ebből adódik, hogy: A=  1 6; B=0; Tehát a partikuláris megoldás: yip  x   yip  x    1 6  x cos3 x; Az általános megoldás: yip  x   C1 cos3 x  C2 sin 3 x  1 6  x cos3 x; C1 , C2  R;

11

2016.03.28.

ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: 4. y  y  6 y  10e 2 x ; 1  2,  2  3 miatt egyszeres exponenciális rezonancia. Próbafüggvény : yip  x   Axe2 x ; Általános megoldás: yiá  x   C1e 2 x  C2e 3 x  2 xe 2 x ;

ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: 5. y  6 y  9 y  12sin x; Nincs rezonancia. Próbafüggvény : yip  x   A sin x  B cos x; Általános megoldás: yiá  x   C1e3 x  C2 xe3 x  0, 24  4sin x  3cos x  ;

12

2016.03.28.

ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: 6. y  2 y  5 y  8e  x  10 x  1; Nincs rezonancia. Ha a jobboldal többtagú, akkor minden taghoz külön-külön keresünk próbafüggvényt. Próbafüggvény : yip  x   Ae  x  Bx  C ; 3 Általános megoldás: yiá  x   e  x  C1 cos 2 x  C2 sin 2 x   2e  x  2 x  ; 5

ÚTMUTATÁS A FELADATOK MEGOLDÁSÁHOZ Útmutatás: 7. y  8 y  16 y  4e 4 x  16 x; 1,2  4 miatt kétszeres exponenciális rezonancia. Ha a jobboldal többtagú, akkor minden taghoz külön-külön keresünk próbafüggvényt. Próbafüggvény : yip  x   Ax 2e 4 x  Bx  C ; 1 Általános megoldás: yiá  x   C1e 4 x  C2 xe 4 x  2 x 2e 4 x  x  ; 2

13