Matematika III. harmadik előadás

˝ Matematika III. harmadik eloadás Kézi Csaba Debreceni Egyetem, Muszaki ˝ Kar

Debrecen, 2013/14 tanév, I. félév

Kézi Csaba (DE)

˝ Matematika III. harmadik eloadás

2013/14 tanév, I. félév

1 / 13

tétel Az y 00 (x) + p(x)y 0 (x) + q(x)y (x) = f (x) ˝ egyenlet általános megoldása eloáll y (x) = yh (x) + yp (x) alakban, ahol yh a homogén egyenlet általános megoldása, yp pedig az inhomogén egyenlet egy (partikuláris) megoldása.

Kézi Csaba (DE)



2 / 13

konstansvariálás Ha y1 (x) és y2 (x) a homogén egyenlet két lineárisan független megoldása, akkor az inhomogén egyenletnek mindig van yp (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) alakú megoldása valamely alkalmas C1 (x) és C2 (x) függvényekkel.

Kézi Csaba (DE)



3 / 13

tétel Legyenek y1 (x) és y2 (x) az y 00 (x) + p(x)y 0 (x) + q(x)y (x) = 0 homogén egyenlet lineárisan független megoldásai. Ekkor az y (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) függvény megoldása az y 00 (x) + p(x)y 0 (x) + q(x)y (x) = f (x) inhomogén egyenletnek, ha a C1 (x) és C2 (x) függvények eleget tesznek az alábbi egyenletrendszernek C10 (x)y1 (x) + C20 (x)y2 (x) = 0 C10 (x)y10 (x) + C20 (x)y20 (x) = f (x). Ez valójában egy inhomogén lineáris egyenletrendszer, mely mindig egyértelmuen ˝ megoldható, mert az alapmátrix determinánsa nem nulla (ugyanis a Wronski determináns nem nulla), így például Cramer szabállyal megoldhatjuk. Kézi Csaba (DE)



4 / 13

példa Oldjuk az y 00 (x) + 5y 0 (x) + 6y (x) = 12ex differenciálegyenletet! (homogén egyenlet megoldása) A differenciálegyenlethez tartozó homogén egyenlet: y 00 + 5y 0 + 6y = 0. Ennek karakterisztikus egyenlete λ2 + 5λ + 6 = 0. A másodfokú egyenlet megoldása λ1 = −2, λ2 = −3. Két különbözo˝ valós megoldás van (azaz a diszkrimináns pozitív), így a homogén egyenlet általános megoldása yh (x) = C1 e−2x + C2 e−3x

(C1 , C2 ∈ R).

(konstansvariálás–Cramer szabály) Az inhomogén egyenlet egy megoldását yp (x) = C1 (x)e−2x + C2 (x)e−3x alakban keressük.

Kézi Csaba (DE)



5 / 13

A C1 (x) és C2 (x) függvényekre teljesülnie kell a C10 (x)e−2x + C20 (x)e−3x = 0 −2C10 (x)e−2x − 3C20 (x)e−3x = 12ex egyenletrendszernek. Ez egy lineáris egyenletrendszer C10 (x)-re és C20 (x)-re, melyet Cramer-szabállyal fogunk megoldani. Az egyenletrendszer alapmátrixa e−2x e−3x A= . −2e−2x −3e−3x Ennek determinánsa D = −e−5x . Legyen D1 annak a mátrixnak a determinánsa, melyet úgy kapunk, hogy az alapmátrix elso˝ oszlopát az egyenletrendszer jobb oldalából képzett oszlopvektorral helyettesítjük: 0 e−3x D1 = det = −12e−2x . 12ex −3e−3x Kézi Csaba (DE)



6 / 13

A C1 (x) és C2 (x) függvényekre teljesülnie kell a C10 (x)e−2x + C20 (x)e−3x = 0 −2C10 (x)e−2x − 3C20 (x)e−3x = 12ex egyenletrendszernek. Ez egy lineáris egyenletrendszer C10 (x)-re és C20 (x)-re, melyet Cramer-szabállyal fogunk megoldani. Az egyenletrendszer alapmátrixa e−2x e−3x A= . −2e−2x −3e−3x Ennek determinánsa D = −e−5x . Legyen D1 annak a mátrixnak a determinánsa, melyet úgy kapunk, hogy az alapmátrix elso˝ oszlopát az egyenletrendszer jobb oldalából képzett oszlopvektorral helyettesítjük: 0 e−3x D1 = det = −12e−2x . 12ex −3e−3x Kézi Csaba (DE)



6 / 13

Legyen D2 annak a mátrixnak a determinánsa, melyet úgy kapunk, hogy az alapmátrix második oszlopát az egyenletrendszer jobb oldalából képzett oszlopvektorral helyettesítjük: e−2x 0 D2 = det = 12e−x . −2e−2x 12ex A Cramer szabály alapján C10 (x) =

−12e−2x D1 = = 12e3x D −e−5x

C20 (x) =

12e−x D2 = = −12e4x . D −e−5x

A C1 (x) és C2 (x) függvényeket integrálással határozhatjuk meg.

Kézi Csaba (DE)



7 / 13

(konstansvariálás folytatása-integrálás) Egyrészt Z C1 (x) = 12

e3x dx = 12

e3x = 4e3x , 3

másrészt Z C2 (x) = −12

e4x dx = −12

e4x = −3e4x . 4

Ezeket felhasználva yp (x) = C1 (x)e−2x + C2 (x)e−3x = 4e3x e−2x − 3e4x e−3x = ex . (általános megoldás felírása) A differenciálegyenlet általános megoldása y (x) = C1 e−2x + C2 e−3x + ex Kézi Csaba (DE)


(C1 , C2 ∈ R). 2013/14 tanév, I. félév

8 / 13

definíció Az y 0 (x) = f (x, y (x), y 0 (x)) differenciálegyenletet hiányos másodrendu˝ differenciálegyenletnek nevezzük, ha a jobb oldalon szereplo˝ f függvény nem függ valamelyik változójától. Ha f nem függ y -tól, akkor az y 0 (x) = p(x) helyettesítéssel egy ˝ elsorend u˝ egyenletet kapunk p-re, majd azt integrálva határozhatjuk meg az y függvényt. ˝ akkor az y 0 = p(y ) helyettesítést Ha f nem függ x-tol, alkalmazzuk. Ekkor y 00 = p0 (y ) · y 0 = p0 (y ) · p(y ). Így p-re a ˝ p0 (y )p(y ) = f (y , p(y )) elsorend u˝ egyenletet kapjuk, majd y -t az y 0 = p(y ) szeparábilis differenciálegyenlet megoldásaként kapjuk. ˝ akkor nincs általános megoldási módszer. Ha f nem függ y 0 -tol,

Kézi Csaba (DE)



9 / 13


Kézi Csaba (DE)



9 / 13


Kézi Csaba (DE)



9 / 13

példa Tekintsük az (1 + x 2 )y 00 (x) − 2xy 0 (x) = 0 differenciálegyenletet. Ez hiányos másodrendu˝ egyenlet, mert hiányzik az y -os tag. Vezessük be ˝ a p(x) = y 0 (x) helyettesítést. Ekkor p0 (x) = y 00 (x). Ennek megfeleloen 2 0 átírva az egyenletet (1 + x )p (x) = 2xp(x) adódik, vagy explicit alakban felírva 2x p, p0 = 1 + x2 ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. 2x Bevezetve a h(p) = p és g(x) = 1+x 2 függvényeket, teljesülnie kell az Z

1 dp = p

Z

2x dx 1 + x2

egyenletnek. Elvégezve az integrálásokat ln p = ln(1 + x 2 ) + c ⇒ p = eln(1+x Kézi Csaba (DE)

2 )+c


= C(1 + x 2 ). 2013/14 tanév, I. félév

10 / 13

példa Tekintsük az (1 + x 2 )y 00 (x) − 2xy 0 (x) = 0 differenciálegyenletet. Ez hiányos másodrendu˝ egyenlet, mert hiányzik az y -os tag. Vezessük be ˝ a p(x) = y 0 (x) helyettesítést. Ekkor p0 (x) = y 00 (x). Ennek megfeleloen 2 0 átírva az egyenletet (1 + x )p (x) = 2xp(x) adódik, vagy explicit alakban felírva 2x p, p0 = 1 + x2 ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. 2x Bevezetve a h(p) = p és g(x) = 1+x 2 függvényeket, teljesülnie kell az Z

1 dp = p

Z

2x dx 1 + x2

egyenletnek. Elvégezve az integrálásokat ln p = ln(1 + x 2 ) + c ⇒ p = eln(1+x Kézi Csaba (DE)

2 )+c


= C(1 + x 2 ). 2013/14 tanév, I. félév

10 / 13

Mivel y 0 (x) = p(x), ezért y 0 (x) = C(1 + x 2 ), ami egy közvetlenül ˝ integrálással kapjuk, hogy integrálható differenciálegyenlet. Ebbol x3 +D (C, D ∈ R). y (x) = C x + 3

Kézi Csaba (DE)



11 / 13

példa 2 Tekintsük az y (x) · y 00 (x) = y 0 (x) differenciálegyenletet! Itt az x-es tag hiányzik. Alkalmazzuk az y 0 = p(y ) helyettesítést. Ekkor, ahogy azt az általános esetben megmutattuk y 00 = p0 · p. Végrehajtva a helyettesítést az yp0 p = p2 differenciálegyenlethez jutunk. Látható, hogy p = 0 megoldás. Most tegyük fel, hogy p 6= 0. Ekkor az ˝ elobbi egyenletet explicit alakban írva p0 =

1 ·p y

adódik, ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. A g(y ) = y1 és h(p) = p jelöléssel élve teljesülnie kell az alábbi egyenletnek: Z Z 1 dp = g(y ) dy . h(p) Kézi Csaba (DE)



12 / 13

példa 2 Tekintsük az y (x) · y 00 (x) = y 0 (x) differenciálegyenletet! Itt az x-es tag hiányzik. Alkalmazzuk az y 0 = p(y ) helyettesítést. Ekkor, ahogy azt az általános esetben megmutattuk y 00 = p0 · p. Végrehajtva a helyettesítést az yp0 p = p2 differenciálegyenlethez jutunk. Látható, hogy p = 0 megoldás. Most tegyük fel, hogy p 6= 0. Ekkor az ˝ elobbi egyenletet explicit alakban írva p0 =

1 ·p y

adódik, ami egy szeparábilis differenciálegyenlet. A g(y ) = y1 és h(p) = p jelöléssel élve teljesülnie kell az alábbi egyenletnek: Z Z 1 dp = g(y ) dy . h(p) Kézi Csaba (DE)



12 / 13

Behelyettesítve a megfelelo˝ függvényeket, majd integrálva és kifejezve p-t Z Z 1 1 dp = dy ⇒ ln |p| = ln |y | + c ⇒ p = C · y p y adódik. Mivel y 0 = p(y ), ezért az y 0 = Cy újabb szeparábilis differenciálegyenlethez jutunk. Ennek megoldásához tekintsük az Z Z 1 dy = C dx y ˝ ln y = Cx + d adódik, így egyenletet. Ebbol y (x) = DeCx

Kézi Csaba (DE)

(C, D ∈ R).



13 / 13

Matematika III. harmadik előadás

Recommend Documents