DIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

2016.03.21.

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

AZ ELSŐRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET FOGALMA 

Az elsőrendű közönséges differenciálegyenletet elsőrendű lineáris differenciálegyenletnek nevezzük, ha ekvivalens átalakításokkal az y ' x  f  x  y  x  g  x

alakra hozható, ahol f(x) és g(x) egy adott [a, b] intervallumon folytonos függvények. Ha g(x) = 0 tetszőleges x[a, b] esetén, tehát a differenciálegyenlet jobb oldala azonosan zérus, akkor az egyenletet homogén lineárisnak nevezzük, ellenkező esetben az egyenlet inhomogén lineáris.

1

2016.03.21.

FIZIKAI PROBLÉMA AMELY ELSŐRENDŰ LINEÁRIS EGYENLETRE VEZET Határozzuk meg a C kapacitású kondenzátor Q töltésének időfüggését, ha az áramkörben R ohmikus ellenállás és U0sinωt váltakozó feszültség forrás van.  A huroktörvény szerint: 

Q t   U 0 sin t ; C Q t  Q  t  R   U 0 sin t ; C U 1 Q  t   Q  t   0 sin t ; RC R I t  R 

AZ ELSŐRENDŰ HOMOGÉN LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÁSA 



A differenciálegyenletet kielégíti az y(x) = 0, x[a, b] azonosan nulla függvény. Ezt nevezzük triviális megoldásnak. A nemtriviális megoldás előállításához vegyük észre, hogy a homogén lineáris differenciálegyenlet egy speciális szétválasztható változójú egyenlet y ' f  x  y  0; y '   f  x  y;



dy   f  x y dx

A változókat szétválasztva, majd minkét oldalt integrálva a következőt kapjuk

1

 y dy    f ( x)dx

2

2016.03.21.

A „MEGOLDÓKÉPLET” 

Elvégezve az integrálást ln y    f ( x)dx  ln C ; C  R \ 0  f ( x ) dx ln y  ln e   ln C ;  f ( x ) dx ln y  ln Ce  ;

végül kifejezve y-t kapjuk a homogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldását, amely C = 0 esetben is megoldása az egyenletnek  f ( x ) dx yhá ( x)  C  e  ; C R

PÉLDÁK 

Oldjuk meg az alábbi elsőrendű homogén lineáris differenciálegyenleteket.

1. xy  2 y  0; 2. y  2 xy  0;

3

2016.03.21.

FELADATOK MEGOLDÁSA 1. xy  2 y  0; 2 2 y  y  0;  f  x    ; x x yhá ( x)  C  e

2   dx x



 C e

2

 x dx

 C  e 2ln x  C   e ln x   Cx 2 ; 2

2. y  2 xy  0;  f  x   2 x; 2  2 xdx yhá ( x)  C  e   C  e x ;

AZ INHOMOGÉN LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÁSÁNAK SZERKEZETE 

Alaptétel: Tegyük fel, hogy yhá(x) az inhomogén lineáris egyenlethez tartozó homogén lineáris egyenlet általános megoldása, yip(x) pedig az inhomogén egyenlet egy tetszőleges partikuláris megoldása. Ekkor az

yiá  x   yhá  x   yip  x  függvény az inhomogén lineáris differenciálegyenlet megoldása, és minden megoldás előállítható ebben az alakban. Ezt a megoldást nevezzük az inhomogén lineáris egyenlet általános megoldásának. iá: inhomogén általános há: homogén általános ip: inhomogén partikuláris

4

2016.03.21.

AZ INHOMOGÉN EGYENLET EGY PARTIKULÁRIS MEGOLDÁSÁNAK ELŐÁLLÍTÁSA 

Két esetet vizsgálunk

1. Tegyük fel, hogy a hom. lin. de. állandó együtthatójú, azaz f(x) ≡ a, a  R.

y ' x  a  y  x  g  x; Ekkor alkalmazható a próbafüggvény módszere vagy kísérletező módszer. 2. Az általános esetben, amikor az egyenlet nem állandó együtthatójú, a Lagrange-tól (1869) származó

Állandó variálásának módszere szolgáltatja a megoldást.

A PRÓBAFÜGGVÉNY MÓDSZERE 

Az

y ' x  a  y  x  g  x; a  R

egyenlet egy partikuláris megoldását úgy keressük, hogy egy olyan „próbafüggvényt” választunk, amely „hasonlít” a jobboldali g(x) függvényre és tartalmaz szabad paramétereket. Ez utóbbiakat az egyenletbe történő helyettesítéssel határozzuk meg. Pl.:

g(x)

próbafüggvény

3sin2x

Asin2x + Bcos2x

5e-3x 6x2

+4

Ae-3x Ax2

+ Bx + C

3sh5x

Ash5x + Bch5x (vagy)

3sh5x

Ae5x + Be-5x

(Részletesen ld. a másodrendű egyenleteknél!)

5

2016.03.21.

AZ ÁLLANDÓ VARIÁLÁSÁNAK MÓDSZERE 

Az yip(x) partikuláris megoldást ugyanolyan alakban keressük, mint a homogén lineáris egyenlet általános megoldása, csak az abban szereplő C konstans helyére egy C(x) függvényt írunk.  f ( x ) dx yip ( x)  C  x   e 





Kérdés : melyik az a C(x) függvény, amellyel ez az yip(x) kielégíti az inhomogén differenciálegyenletet. A C(x)-et úgy határozzuk meg, hogy ezt függvényt behelyettesítjük az inhomogén egyenletbe. Elvégezve a deriválást és a helyettesítést, az alábbi egyenletet kapjuk.  f ( x ) dx  f ( x ) dx  f ( x ) dx C  x   e   C  x  e   f  x  f  x C  x  e   g  x

Vegyük észre: a középső két tag összege zérus, tehát az egyenlet bal oldalán csak az a tag marad meg, amelyik a C ’(x) derivált függvényt tartalmazza:  f ( x ) dx C  x   e   g  x

Ezt átrendezve

C  x   g  x   e

f ( x ) dx

majd integrálva kapjuk a C(x) függvényt:

C  x     g  x   e 

f ( x ) dx 

dx 

Innen az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása

yip  x     g  x   e  

f ( x ) dx 



 f ( x ) dx dx  e 

6

2016.03.21.

PÉLDÁK 

Oldjuk meg az alábbi elsőrendű lineáris differenciálegyenleteket: 1. y  3 y  2e5 x ; 2. y  2 x  x 2  y  , y  0   1; 3.  xy  1 ln x  2 y;  4. y sin x  y cos x  1, y    0; 2 5.  e x  1 y  e x y  e x  e x  1 ; 2

FELADATOK MEGOLDÁSA 1. y  3 y  2e5 x ; 1. lépés a homogén egyenlet megoldása: y  3 y  0;  f  x   3;  3 dx yhá ( x)  C  e   Ce 3 x ;

2. lépés az inhomogén partikuláris megoldás előállítása: yip ( x)  C  x  e 3 x ; y   C e 3 x  Ce 3 x  3 ; y  3 y  C e 3 x  Ce 3 x  3  3C  x  e 3 x  2e5 x ; C e 3 x  2e5 x ;  C   2e8 x ;  C 

2 8x 1 1 e ;  yip ( x)  e8 x e 3 x  e5 x 8 4 4

Az általános megoldás: 1 yip  x   Ce 3 x  e5 x ; 4

7

2016.03.21.

FELADATOK MEGOLDÁSA 2.

y  2 x  x 2  y  , y  0   1;  y   2 xy  2 x 3 , y  0   1; 1. lépés a homogén egyenlet megoldása: y  2 xy  0;  f  x   2 x; 2  2 xdx 2 xdx yhá ( x)  C  e   C  e  Ce x ;

2. lépés az inhomogén partikuláris megoldás előállítása: yip ( x)  C  x  e x ; y   C e x  Ce x 2 x; 2

2

2

y  2 xy  C e x  Ce x 2 x  2 xC  x  e x  2 x 3 ; 2

2

2

C e x  2 x 3 ;  C   2 x 3e  x ; Parciális integrálással kapjuk, hogy: 2

2

C   2 x 3e  x dx    x 2  2 x  e  x dx    x 2  1 e  x 2

2

2

yip ( x)    x 2  1 e  x e x    x 2  1 2

2

Az általános megoldás: yiá  x   Ce x   x 2  1 ;  yiá  0   Ce 0   0  1  C  1  1;  C  2; 2

A kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldás: y  x   2e x   x 2  1 ; 2

FELADATOK MEGOLDÁSA 

Az előzőekben látott módszerekkel igazolja, hogy a következő differenciálegyenletek megoldása az alábbiakban megadott függvény: 3.  xy  1 ln x  2 y; Az általános megoldás: yiá  x   C ln 2 x  ln x;

4.  e x  1 y  e x y  e x  e x  1 ; 2

Az általános megoldás: yiá  x   C  e x  1 

2 1 x  e  1 ; 3

5. Megoldás az előadáson!

8