RAISZ PÉTERNÉ PÉLDATÁR Differenciálegyenletek

RAISZ PÉTERNÉ

PÉLDATÁR Differenciálegyenletek témakörből a

Matematika II. c. tárgyhoz

Elméleti összefoglaló 150 kidolgozott feladattal

1

"Ez a példatár a TÁMOP-4.2.1.B-10/2/KONV-20100001 jelű projekt részeként az Európai Unió támogatásával, az Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósul meg."

2

Tartalomjegyzék

1. Közönséges differenciálegyenlet fogalma, típusai, megoldása……………………………4 2. Elsőrendű differenciálegyenlet. Szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldása………………………………………………………………………………...15 3. Szétválasztható változójúra visszavezethető differenciálegyenletek megoldása……...…26 4. Görbesereg differenciálegyenlete. Trajektóriák………………………………………….45 5. Lineáris elsőrendű és erre visszavezethető differenciálegyenlet megoldása…………….61 6. Magasabb rendű differenciálegyenletek. Lineáris differenciálegyenletekre vonatkozó általános tételek. Wronski-féle determináns…………………………………95 7. Lineáris állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletek megoldása……………117 8. Lineáris állandó együtthatójú inhomogén differenciálegyenletek megoldása………….132 9. Differenciálegyenlet-rendszerek. Állandó együtthatójú differenciálegyenletrendszerek………………………………………………………………………………157 10. Műszaki alkalmazás…………………………………………………………………….178 Ajánlott irodalom……………………………………………………………………….199

3

1. Közönséges differenciálegyenlet fogalma, típusai, megoldása A műszaki tudományokban gyakran alkalmazzák a matematikát, azon belül a differenciálegyenletek elméletét, ezért először ismerkedjünk meg a differenciálegyenletek elméletének legfontosabb alapfogalmaival. A differenciálegyenlet fogalma, típusai DEFINÍCIÓ. Differenciálegyenlet olyan egyenlet, amelyben a meghatározandó ismeretlen függvény, annak különböző rendű deriváltjai és az ismeretlen függvény független változójának (ill. változóinak) ismert függvényei szerepelnek. DEFINÍCIÓ. A differenciálegyenletet közönséges differenciálegyenletnek nevezzük, ha a benne előforduló ismeretlen függvény egyváltozós, és parciális differenciálegyenletnek, ha az egyenletben az ismeretlen függvény többváltozós. A differenciálegyenleteket osztályozhatjuk alakjuk és a keresendő ismeretlen függvény deriváltjainak rendje szerint: DEFINÍCIÓ. Ha a differenciálegyenletben az ismeretlen függvény legmagasabb rendű deriváltja n-ed rendű, akkor a differenciálegyenletet n-ed rendűnek nevezzük. DEFINÍCIÓ. A differenciálegyenletet explicitnek nevezzük, ha a differenciálegyenlet egyik oldalára kifejeztük az ismeretlen függvény legmagasabb rendű deriváltját, vagy ekvivalens átalakításokkal ilyen alakra hozható. A differenciálegyenlet ellenkező esetben implicit alakú. DEFINÍCIÓ. A differenciálegyenlet lineáris, ha a differenciálegyenlet az ismeretlen függvényre és a deriváltjaira nézve lineáris. Ebben a példatárban csak közönséges differenciálegyenletekkel foglalkozunk. Jelöljük x-szel az ismeretlen függvény független változóját, míg magát a függvényt ynal, így az ismeretlen függvény: y  y ( x ) alakú. Írjuk fel ezek felhasználásával az n-ed rendű explicit alakú differenciálegyenlet általános alakját: y (n)  f ( x , y , y  , y  ,..., y (n 1) ), ahol y (n) 

4

dny , ( n  1, 2 ,...) dx n

és f adott, általában (n  1) változós függvény.

Az n-ed rendű implicit alakú differenciálegyenlet általános alakja F ( x , y , y  , y  ,..., y (n) )  0 ,

ahol F adott, általában ( n  2 ) változós függvény és y ( n ) 

dny , ( n  1, 2,...) . dx n

Az an ( x ) y (n)  an 1 ( x ) y n 1 ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  b ( x ), ( an ( x )  0)

differenciálegyenletet az n-ed rendű lineáris differenciálegyenlet általános alakjának nevezzük. DEFINÍCIÓ. Az n-ed rendű lineáris differenciálegyenlet homogén, ha b( x)  0 és inhomogén az egyenlet, ha b(x) nem azonosan nulla. 1.1. PÉLDA. Osztályozzuk az alábbi közönséges differenciálegyenleteket alakjuk, rendűség

és linearitás szempontjából: a)

y  6 y  4x 2 ;

b)

y   xy   2 sin x ;

c)

( y ( 4 ) ) 3  y   4  0 ;

d)

y y 2 e  x  4 x 2  1 ;

e)

xy   x 2 y  e x  0 ;

f)

y (4)  2 y   y  0 .

MEGOLDÁS.

a)

elsőrendű, lineáris, explicit alakú differenciálegyenlet;

b)

harmadrendű, lineáris, explicit alakú differenciálegyenlet;

c)

negyedrendű, nemlineáris, implicit alakú differenciálegyenlet;

d)

elsőrendű, nemlineáris differenciálegyenlet;

e)

elsőrendű, lineáris, inhomogén differenciálegyenlet;

f)

negyedrendű, lineáris, homogén differenciálegyenlet. A differenciálegyenlet megoldása

5

A differenciálegyenlet megoldása az összes olyan függvény, melyet az egyenletbe behelyettesítve azonosságot kapunk. Ezeket a függvényeket a differenciálegyenlet megoldásfüggvényeinek (megoldásainak) nevezzük. DEFINÍCIÓ. Legyen y ( x ) az I intervallumon értelmezett és n-szer differenciálható függvény.

Egy

n-ed

rendű

differenciálegyenlet

megoldásfüggvénye

(megoldása)

ezen

az

intervallumon az y ( x ) függvény, ha a differenciálegyenlet az y ( x ) függvény behelyettesítése után

azonossággá

válik

az I

intervallumon.

Az

y( x)

megoldás

grafikonját

a

differenciálegyenlet integrálgörbéjének (megoldásgörbéjének) nevezzük. DEFINÍCIÓ. Egy differenciálegyenletet azonosan kielégítő függvényt az egyenlet általános megoldásának nevezzük, ha pontosan annyi egymástól független tetszőleges állandót

(paramétert) tartalmaz, ahányad rendű a differenciálegyenlet. Ezek alapján az elsőrendű implicit alakban felírt F ( x , y , y )  0

differenciálegyenlet általános megoldása a

G ( x, y, C )  0 vagy y  g ( x , C ) alakú függvény, melynek a grafikonja egyparaméteres görbesereg az x , y síkban. Az F ( x , y , y  y  ,... y (n) )  0

n-ed rendű implicit alakú differenciálegyenlet általános megoldása a G ( x, y, C1 , C 2 ,..., C n )  0 illetve y  g ( x, C1 , C 2 ,...C n ) alakú függvény, melynek grafikonja szintén az x , y síkban egy n-paraméteres görbesereg. Ha a differenciálegyenlet megoldható, akkor általában végtelen sok megoldása van. Fizikai,

mechanikai,

kémiai,

műszaki,

stb.

problémák

megoldására

felállított

differenciálegyenleteknél általában nem az összes, hanem csak bizonyos megadott feltételeket kielégítő megoldások érdekelnek bennünket.

6

DEFINÍCIÓ. Ha a differenciálegyenlet általános megoldásába a benne szereplő állandóknak

meghatározott értékeket helyettesítünk, akkor az egyenlet partikuláris megoldását kapjuk. Tehát a partikuláris megoldás kielégíti a differenciálegyenletet és egyetlen (integrációs) paramétert sem tartalmaz. DEFINÍCIÓ. A differenciálegyenlet olyan megoldását, amely az általános megoldásból a

paraméter semmilyen választásával sem származtatható szinguláris megoldásnak nevezzük. Partikuláris megoldás keresése

A differenciálegyenlet általános megoldásából a partikuláris megoldást adott mellékfeltételek esetén tudjuk előállítani. Kétféle mellékfeltételt különböztetünk meg: kezdeti és kerületi (vagy perem-) feltételt.

a) Ha a differenciálegyenlethez mellékfeltételként még előírjuk a keresett megoldásfüggvénynek és deriváltjainak értékét egy adott pontban, akkor kezdeti feltételt adunk meg.

b) Ha az elsőnél magasabb rendű differenciálegyenlet esetén mellékfeltételként legalább két pontban előírjuk a megoldásfüggvény ill. deriváltjainak értékeit, akkor kerületi (perem-) feltételről beszélhetünk. DEFINÍCIÓ. Ha az n-ed rendű explicit alakú y (n)  f ( x , y , y  , y  ,..., y (n 1) )

differenciálegyenlethez az y ( x0 )  y0 , y  ( x0 )  z1 ,..., y (n 1) ( x0 )  zn 1

kezdeti feltételeket kielégítő y ( x ) megoldásfüggvényt keresünk, akkor kezdetiérték feladatról (Cauchy-feladatról) beszélünk. Ha van ilyen y ( x ) függvény, akkor a kezdetiérték feladat megoldható, és pontosan egy y ( x ) megoldásfüggvény esetén a kezdetiérték feladat egyértelműen megoldható. MEGJEGYZÉS.

7

1. A definíció alapján látható, hogy elsőrendű differenciálegyenleteknél egy kezdeti feltétel megadása geometriailag egy P0 x0 , y ( x0 ) pont megadását jelenti. A kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldás megkeresése az adott P0 ponton átmenő görbe kiválasztását jelenti a differenciálegyenlet megoldásfüggvényeit ábrázoló görbeseregből. Másodrendű differenciálegyenleteknél a kezdeti feltételt egy P0 x0 , y ( x0 ) ponttal és ebben a pontban az érintő iránytangensével tg 0  y  ( x0 ) adjuk meg. Tehát az általános megoldást ábrázoló görbeseregből kiválasztjuk az adott P0 ponton átmenő és ebben a pontban adott iránytangensű érintővel rendelkező görbét. 2. A mellékfeltételek lehetséges számát meghatározza a megoldásfüggvényben szereplő szabadon választható paraméterek száma, azaz a differenciálegyenlet rendje. 1.2. PÉLDA. Ellenőrizzük, hogy a jobb oldalon álló függvény az adott differenciálegyenlet-

nek megoldása-e?

du  3u  0 , t  0  dt

a)

t

b)

xy   2 y  x 3  0,

c)

d 2V  4V  0 , dt 2

u  Ct 3 ,

x  0

C  R  ;

y  x2  x3 ; V  C1 cos 2t  C 2 sin 2t , C1 , C 2  R  .

MEGOLDÁS.

a)

Mivel u  Ct 3 és

du du  3Ct 2 , ezért a t  3u  0 differenciálegyenletbe dt dt

behelyettesítve a t  3Ct 2  3Ct 3  0 azonosságot kapjuk, vagyis az adott kifejezés kielégíti a differenciálegyenletet minden t  R, t  0 esetén, tehát megoldása, sőt általános megoldása az egyenletnek. b)

Differenciáljuk az y  x 2  x 3 kifejezést és helyettesítsük be az egyenletbe.



 



Így az x 2 x  3x 2  2 x 2  x 3  x 3  0 azonosságot kapjuk. Tehát az y  x 2  x 3 függvény megoldás

és

egyetlen

tetszőleges

állandót

sem

tartalmaz,

valamint

az

y inh..ált .  y  x   Cx 2  x 3 általános megoldásból a C valós paraméter C  1 értékénél nyerhető, ezért partikuláris megoldás.

8

c)

A

V  C1 cos 2t  C 2 sin 2t

V   2C1 sin 2t  2C 2 cos 2t

és

kifejezést

kétszer

V   4C1 cos 2t  4C 2 sin 2t .

deriváljuk,

ezért

Visszahelyettesítve

a

differenciálegyenletbe a  4C1 cos 2t  4C 2 sin 2t  4C1 cos 2t  4C 2 sin 2t  0 azonosságot kapjuk, ezért megoldás. Mivel a másodrendű differenciálegyenlet megoldása két tetszőleges valós állandót tartalmaz, ezért általános megoldása az egyenletnek. 1.3. PÉLDA. Igazoljuk, hogy az adott függvény megoldása az adott differenciálegyenletnek.

Milyen típusúak a differenciálegyenletek és megoldásaik?

dx  2x  0 ; dt

x  xt   t 2 ;

a)

t

b)

d 2 y dy   2y  0 ; dx 2 dx

y  y  x   C1e  x  C 2 e 2 x ,

c)

d 2s  s  1; dt 2

s  s t   C1e t  C 2 e t  1 ,

d)

V   V  cos r  sin r ;

V  V r   cos r  e  r .

C1 ,C 2  R  ; C1 ,C 2  R  ;

MEGOLDÁS.

a)

A differenciálegyenlet elsőrendű lineáris homogén típusú. Az adott x  xt   t 2

függvény megoldás, mert behelyettesítve az egyenletbe bármely t  0 esetén kielégíti azt:

t  2t  2t 2  0 . Az egyenlet általános megoldása x  xt   Ct 2 , C  R  . Mivel az általános megoldásból C  1 esetén kapjuk meg ezt a függvényt, ezért ez egy partikuláris megoldás. b)

Az egyenlet másodrendű lineáris homogén típusú, a megoldás pedig általános

megoldás. c)

A differenciálegyenlet másodrendű lineáris inhomogén típusú és az adott függvény

általános megoldása az egyenletnek. d)

Az elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet kielégíti az adott partikuláris

megoldás. 1.4. PÉLDA. Oldjuk meg az y   4 x  1 differenciálegyenletet! Válasszuk ki a megoldásse-

regből az y ( 1)  0 kezdeti feltételt kielégítő megoldást!

9

MEGOLDÁS.

Az

 4 x 1dx

határozatlan

integrál

kiszámításával

megkapjuk

a

differenciálegyenlet általános megoldását, amely

y ált .  y ( x)  2 x 2  x  C ,

C  R 

alakú függvénysereg. Differenciálással könnyen ellenőrizhetjük, hogy ez valóban megoldása az adott differenciálegyenletnek. A függvénysereget derékszögű koordináta-rendszerben ábrázolva egybevágó parabolákat kapunk. A sík minden pontján átmegy egy-egy ilyen parabola. A sík y( 1)  0 kezdeti feltétellel kijelölt P0 ( 1, 0) pontján pontosan egy görbe halad át. A kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldást úgy kapjuk, hogy a kezdeti feltételt behelyettesítjük az általános megoldásba. Így 0  2  1  C , azaz C  3 . Ezt visszaírva az általános megoldásba megkapjuk az y part .  y  x   2 x 2  x  3

partikuláris megoldást. 1.5. PÉLDA. Határozzuk meg az y   4 cos x differenciálegyenlet

a)

y ( 0)  0 és y  ( 0)  1 kezdeti feltételeket,

b)

y( 0)  0 és y(  )   peremfeltételt kielégítő partikuláris megoldásait!

MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet mindkét oldalát integrálva y   4 sin x  C1 ,

majd ennek az újbóli integrálásával a differenciálegyenlet y ált .  y ( x)  4 cos x  C1 x  C 2 általános megoldását kapjuk, ahol C1 , C2 tetszőleges valós számok. a)

A kezdeti feltételeket figyelembe véve C1  1 és C 2  4 adódik. Így a kezdeti

feltételt kielégítő partikuláris megoldás az y part .  y  x   4 cos x  x  4 függvény. 10

b)

A peremfeltételt felhasználva az általános megoldásból C1 

 8 és C 2  4 , 

s ezek segítségével felírható a kerületi (vagy perem-) feltételt kielégítő megoldás y perem.  y  x   4 cos x 

 8 x4. 

1.6. PÉLDA. Válasszuk ki az

y   y   2 y  0 differenciálegyenlet y ált .  y ( x)  C1e 2 x  C 2 e  x ,

C1 ,C 2  R 

általános megoldásából az y (0)  2 és y (0)  1 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását. MEGOLDÁS.

Differenciáljuk

az

adott

megoldásfüggvényt:

y   2C1e 2 x  C 2 e  x .

Behelyettesítjük az általános megoldásba és annak deriváltjába a kezdeti feltételeket, mégpedig x  0 esetén y  2 , illetve x  0 esetén y   1 . Az így nyert  2  C1  C 2   1  2C1  C 2

egyenletrendszerből C1 

1 5 és C 2  . Tehát a keresett partikuláris megoldás 3 3 1 5 y part .  y  x   e 2 x  e  x . 3 3

1.7. PÉLDA. Határozzuk meg az

x 2 y   3 xy   3 y  6

differenciálegyenlet y ált .  y ( x)  C1 x 3  C 2 x  2 , C1 ,C 2  R 

11

általános megoldásából azt a partikuláris megoldást, amely kielégíti y (1)  4 és y (3)  20 peremfeltételt. MEGOLDÁS. Felírjuk a C1 és C 2 ismeretlent tartalmazó lineáris egyenletrendszert, melyet

az általános megoldásból a peremfeltételek behelyettesítésével kapunk: 20  27C1  3C 2  2,   4  C1  C 2  2.

Innen C1  1 és C 2  3 , azaz a keresett partikuláris megoldás y part .  y ( x)  x 3  3 x  2 .

1.8. PÉLDA. Keressük meg azokat az y  x  függvényeket, amelyek primitív függvényei az

adott f  x  függvényeknek, azaz megoldásai a

a)

f x   5 x3 ;

b)

f x  

dy  f  x  differenciálegyenletnek: dx

1 , x 1

x  1 ;

c)

f  x   sin 2 x .

MEGOLDÁS.

a)

A

dy  5 x 3 differenciálegyenletből integrálással megkaphatjuk a keresett y  x  dx

függvényt, amely általános megoldása az egyenletnek: 5 y ált .  y x    5 x 3 dx  x 4  C , 4 b)

A

1 dy differenciálegyenlet általános megoldása:  dx x  1 y ált .  y  x   

c)

C  R  .

Megoldjuk a

1 dx  ln x  1  C , , x  1 , x 1

C  R  .

dy  sin 2 x differenciálegyenletet, melynek általános megoldása: dx y ált .  y  x    sin 2 xdx  

12

cos 2 x C, 2

C  R  .

1.9. PÉLDA. A primitív függvény segítségével keressük meg az alábbi differenciálegyenlet

általános megoldását: a)

dy x ;  2 dx x  1

b)

dy 1  2 , dx x  1

dy  xe  x . dx

x  1 ;

c)



C  R  .

MEGOLDÁS.

a)

b)

y ált .  y  x   

y ált .



c)



x 1 2x 1 dx   2 dx  ln x 2  1  C , 2 x 1 2 x 1 2

1   1   1 1 1 dx    2  2 dx  ln  x  1  ln  x  1  C   yx    2 2 2 x 1  x 1 x  1    

1 x 1 ln C, 2 x 1

x  1 ; C  R  .

y ált .  y  x    xe  x dx 

u  x v  e  x   xe  x   e  x dx   xe  x  e  x  C , x u   1 v  e

C  R  . 1.10. PÉLDA. Határozzuk meg azokat az y  x  függvényeket, amelyek kielégítik az adott

differenciálegyenleteket és az adott mellékfeltételeket: a)

dy  3x 2 , dx

y 2   8

b)

5 dy  2x  , dx x

y 1  2

c)

d2y  sin x  cos x ; dx 2

  y   1 , 2

d)

d2y  2x , dx 2

y 0   1,

  y    1 ; 2 y2   1 .

MEGOLDÁS. Először megoldjuk a differenciálegyenletet, majd a kapott általános

megoldásba behelyettesítjük az adott mellékfeltételeket. Az integrációs állandók kiszámított értékeivel felírjuk a keresett partikuláris megoldást.

13

a)

általános megoldás: y ált .  y  x    3x 2 dx  x 3  C ,

C  R  ;

kezdeti feltétel: y 2   8  8  8  C  C  0 ; partikuláris megoldás: y part .  y  x   x 3 . b)

 5  2x általános megoldás: y ált .  y  x     2 x  dx   10 x  C , ln 2 x  kezdeti feltétel: y 1  2  2 

2 2 ;  10  C  C  12  ln 2 ln 2

partikuláris megoldás: y part .  y x   c)

C  R  ;

2x 2  10 x  12  . ln 2 ln 2

y    sin x  cos x dx   cos x  sin x  C1 ,

C1  R  ;

általános megoldás: y ált .  y  x     cos x  sin x  C1 dx   sin x  cos x  C1 x  C 2 ,

C1 ,C 2  R  ;     kezdeti feltétel: y   1 , y    1 felhasználásával az 2 2

  1  1  0  C1   C 2 ,  2   1  0  1  C1 egyenletrendszerből C1  0 és C 2  2 . partikuláris megoldás: y part .  y  x    sin x  cos x  2 . d)

y    2 xdx  x 2  C1 ,

C1  R  ;

y 0   1,

általános megoldás: y ált .  y  x    x 2  C1 dx  peremfeltétel: y 0   1,

x3  C1 x  C 2 , 3

y2   1 , melynek segítségével az 1  0  0  C 2 ,   1  4  C1

alapján C1  3 és C 2  1 adódik. partikuláris megoldás:

y2   1 .

x y part .  y  x  

3

3

 3x  1 .

14

C1 ,C 2  R  ;

2. Elsőrendű differenciálegyenlet Szétválasztható változójú differenciálegyenlet A közönséges elsőrendű differenciálegyenlet implicit alakja F ( x , y , y )  0 ,

ahol F adott háromváltozós függvény és y  

dy . dx

Az explicit alakú differenciálegyenlet általános alakja y   f ( x , y ),

(1)

ahol f ( x , y ) egy adott T síkbeli (nyílt és összefüggő) tartományon értelmezett folytonos függvény. DEFINÍCIÓ. Egy I intervallumon értelmezett y ( x ) függvény megoldása az y   f  x, y 

differenciálegyenletnek, ha a) y ( x ) differenciálható az I intervallumon, b) ( x , y ( x ))  T minden x  I -re, c) y  ( x )  f ( x , y ( x )) minden x  I -re teljesül. Ha az elsőrendű differenciálegyenlet megoldható, akkor megoldásul egyparaméteres síkbeli görbesereget kapunk y  g ( x , C ) explicit vagy G ( x , y , C )  0 implicit alakkal, ahol C valós paraméter. A speciális típusú elsőrendű differenciálegyenletek között vannak olyanok, amelyeknek megoldásai véges számú integrálással, ún. " kvadratúrával" megkaphatóak. Ebben a fejezetben olyan – a műszaki alkalmazások szempontjából is fontos típusú – differenciálegyenletekkel

foglalkozunk,

melyek

elemi

integrálási

megoldhatóak. Szétválasztható változójú differenciálegyenlet

15

módszerekkel

A szétválasztható változójú differenciálegyenlet speciális, explicit alakú elsőrendű differenciálegyenlet (vagy ilyen alakra hozható), melynek jobb oldala egy csak x-től és csak y-tól függő függvény szorzataként is felírható. DEFINÍCIÓ. Egy elsőrendű differenciálegyenletet szétválasztható változójúnak (más

szóval szétválaszthatónak vagy szeparábilisnak) nevezünk, ha y  f ( x) g( y)

(1)

alakra hozható, ahol az f az I1 és a g ( g  0) függvény pedig az I 2 intervallumon folytonos.

Ha g( y) 

1 , h( y )

h y   0 ,

akkor a differenciálegyenlet felírható y 

f ( x) , h( y )

azaz h( y )

dy  f ( x) dx

(2)

alakban is. Ha figyelembe vesszük, hogy egy olyan y  y ( x ) függvényt keresünk, amely kielégíti a fenti egyenletet, akkor a (2) egyenlet bal oldalán felismerhetjük a H ( y ( x )) összetett függvény differenciálhányadosát. Ugyanis dH ( y ) dH ( y ) dy dy dy   H ( y )  h( y ) . dx dy dx dx dx

Integráljuk a (2) egyenlet mindkét oldalát 

dy 

 h( y) dx dx   f ( x)dx  C ,

(3)

ahol C egy tetszőleges valós állandó. Az (1) differenciálegyenlet általános megoldását kapjuk meg, ha a kijelölt integrálásokat elvégezzük. 16

MEGJEGYZÉS.

1. A (3) egyenletben a C additív állandó a határozatlan integrálba is belefoglalható. A C kiírásával hangsúlyozzuk, hogy a differenciálegyenlet általános megoldása tartalmaz egy

tetszőleges valós állandót. 2. Ha az (1) egyenletben szereplő g ( y ) függvénynek vannak zérushelyei az I 2 intervallumon, akkor ezekből olyan újabb y1 , y2 , ...  konstans megoldásokat is kaphatunk, melyeket az általános megoldás nem tartalmaz. Egy

szétválasztható

változójú


általános

megoldása

megkeresésének algoritmusa a következő:

a) Az y   f ( x ) g ( y ) egyenletet átírjuk 1 1 dy  f ( x ) alakra. y   f ( x ), azaz g( y) g ( y ) dx b) Formálisan átszorzunk dx -szel, azaz szétválasztjuk a változókat: 1 dy  f ( x ) dx. g( y) c) Az egyenlet két oldalán szereplő differenciálokat y illetve x szerint integráljuk 1

 g ( y) dy   f ( x)dx , így megkapjuk a keresett általános megoldást. Az (1) differenciálegyenlet partikuláris megoldásának meghatározása ekvivalens az y  f ( x) g( y) ,

y ( x0 )  y0

(Cauchy-féle) kezdetiérték feladat megoldásával. A partikuláris megoldás megkeresése úgy történhet, hogy az (1) egyenlet általános megoldásába behelyettesítjük a P0 ( x0 , y0 ) pont koordinátáit, és a C állandót meghatározzuk. Ezt visszaírjuk az általános megoldásba, s megkapjuk a keresett partikuláris megoldást. 2.1. PÉLDA. Oldjuk meg az

17

y 

1 x 1

differenciálegyenletet: MEGOLDÁS. A szétválasztható típusú differenciálegyenlet jobb oldala folytonos az (1,)

és (,1) intervallumokon, és a megoldást a két intervallumon keressük. a) Legyen x  1 , akkor 1 dy ,  dx x  1 a változókat szétválasztjuk dy 

dx . x 1

Integráljuk mindkét oldalt dx

 dy   x  1 , y ált .  y  x   ln  x  1  C ,

x  1 , C  R  .

b) Ha x  1 , akkor dx

 dy   x  1 , ahonnan y ált .  y  x   ln(1  x)  C , ( x  1) ,

C  R  .

Összefoglalva a két megoldást y ált .  y x   ln x  1  C , (C  R )

függvénysereg lesz a differenciálegyenlet általános megoldása. 2.2. PÉLDA. Határozzuk meg az

18

y  y  2 differenciálegyenlet y (0)  1 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását! MEGOLDÁS. Szétválasztjuk a változókat, majd mindkét oldalt integráljuk:

dy  dx, ( y  2), y2 dy

 y  2   dx, azaz a differenciálegyenlet általános megoldása ln y ált .  2  x  C , (C  R ) .

A differenciálegyenletnek az y  2 is megoldása, melyet az általános megoldás nem tartalmaz. Az x  0 és y  1 helyettesítéssel

ln 1  0  C , ahonnan C  0 , tehát a keresett partikuláris megoldás ln y part .  2  x. 2.3. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   xy 2 e 2 x ,

y (0)  4

kezdetiérték feladatot. MEGOLDÁS. A változók szétválasztása után mindkét oldalt integráljuk:

dy  xy 2 e 2 x , dx dy

y

2

  xe 2 x dx,

19

( y  0),

ahonnan az általános megoldás 

1 1 1  xe 2 x  e 2 x  C , y ált 2 4

C  R  ,

vagyis y ált .  y ( x) 

4 , e 1  2 x   4C 2x

e 1  2 x   4C  0. 2x

Az y  0 is megoldása a differenciálegyenletnek. Behelyettesítjük a kezdeti feltételt az általános megoldásba 

1 1  0   C, 4 4

ahonnan C  0.

Így a differenciálegyenlet partikuláris megoldása 

1 y part .

1 2x 1 2x xe  e , 2 4



vagy y part .  y ( x ) 

e

2x

4 , 1  2 x 

(1  2 x  0 ).

2.4. PÉLDA. Oldjuk meg a 2y

dy  ln x , dx

x  0 ,

y 1  1

Cauchy-féle kezdetiérték feladatot. MEGOLDÁS.

Először

megkeressük

a


Szétválasztjuk a változókat és az egyenlet mindkét oldalát integráljuk:

 2 ydy   ln xdx . Innen megkapjuk a differenciálegyenlet általános megoldását: 20

általános

megoldását.

C  R  .

y 2 ált .  y 2  x   x ln x  x  C ,

Az adott kezdeti feltételt behelyettesítve az általános megoldásba C  2 adódik. Így a differenciálegyenlet partikuláris megoldása y part .  y  x   x ln x  x  2 .

2.5. PÉLDA. Oldjuk meg az

1  x  dy y dx 2

2

 y,

 y  0 ,

y 1  1

Cauchy-féle kezdetiérték feladatot. MEGOLDÁS. Szétválasztjuk a változókat és mindkét oldalt integráljuk:

dy

dx

 y y  1   1  x

2

.

A bal oldalon lévő integranduszt először résztörtekre bontjuk, majd ezután integráljuk:



1 dy 1    ln y  ln y  1 ,     y  y  1  y y  1

így az integrálás után ln y  ln y  1  arctgx  C , melyből a differenciálegyenlet általános megoldása ln

y ált .  arctgx  C , C  R  . y ált .  1

Figyelembe véve az y 1  1 kezdeti feltételt, az ln

1   arctg1  C egyenletből C   ln 2  2 4

adódik, melynek a segítségével a Cauchy-féle kezdetiérték feladat megoldása ln

y part . y part .  1

 arctgx  ln 2 

2.6. PÉLDA. Keressük meg a

21

 4

.

sin x

dy  y ln y , dx

  y  1 , y   2 2

0  x   ,

Cauchy-féle kezdetiérték feladat megoldását. MEGOLDÁS. Szétválasztjuk a változókat és mindkét oldalt integráljuk:

dy

dx

 y ln y   sin x , melyből  ln ln y   ln tg 

x   ln C1 , C1  0, 2

azaz y ált .  y  x   e

Ctg

x 2

,

C  R .

A kezdeti feltételt figyelembe véve C  ln 2, így a keresett partikuláris megoldás x

y part .  y  x   2 2 . tg

2.7. PÉLDA. Oldjuk meg az x2

dy  xy  y , x  0 dx

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. Válasszuk szét a változókat és integráljuk mindkét oldalt:



dy x 1   2 dx . y x

A jobb oldalon lévő integranduszt először résztörtekre bontjuk, majd ezután integráljuk:



x 1 1 1 1  dx     2   ln x   ln C1 , 2 x x x x 

22

C1  0 ,

így

az

integrálás

után

ln y 

1  ln C1 x . x

Figyelembe

véve,

hogy

az

adott

differenciálegyenletnek az y  0 is megoldása, ezért az egyenlet általános megoldása 1 x

y ált .  y  x   Cxe , C  R  .

2.8. PÉLDA. Oldjuk meg az y   x  xy  y   0

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet nincs értelmezve, ha x  0. Az egyenletet rendezve és

a változókat szétválasztva kapjuk, hogy x1  y  y    y ,

1  y  dy   1 dx ,  y  0. y

x

Az egyenlet mindkét oldalát integráljuk:

 Innen

1  y  dy  y

1



  y  1dy  ln y  y   ln x  ln C

1

ln y  y   ln x  ln C1 ,

,

C1  0.

C1  0.

A további átalakítások megkönnyítése céljából az integrációs paramétert célszerű ln C1

C1  0

alakban írni. A logaritmus definícióját és azonosságait felhasználva a

differenciálegyenlet általános megoldása ye y 

C , x

C  0.

A megoldás során az y  0 kikötést tettük, de behelyettesítéssel meggyőződhetünk arról, hogy az y  0 is kielégíti az egyenletet, ez az általános megoldásból C  0 kapható meg, ezért az általános megoldás ye y 

C , x

C  R  . 23

2.9. PÉLDA. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket:

a)

dy  x sin 3x ; dx

d)

dy x  , dx 2 y

f)

sin x

b)

y 1  1 ;

dy  y cos x  0 , dx

dy 1  ; dx 2 y x2

e)

c)

x dy  x cos , y 0   1 ; dx 2

dy  xy  y  0, dx

x  0,

y  0 ;

  y  0 , y   1 . 2

0  x   ,

MEGOLDÁS.

a)

általános megoldás: ux v   sin 3 x 1 x 1 y ált .  y  x    x sin 3 xdx     cos 3x   cos 3xdx  u  1 v   cos 3x 3 3 3

x sin 3x   cos 3x  C, 9 3 b)

C  R  .

Szétválasztjuk a változókat és integráljuk mindkét oldalt:

 2 ydy   dx  y

2

 xC

Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: 2 y ált .  xC ,

c)

C  R  .

általános megoldás:

y ált .

x u  x v   cos x 2  2 x sin x  2 sin x dx   y  x    x cos dx  x 2 2  2 u   1 v  2 sin 2

 2 x sin

x x  4 cos  C , 2 2

C  R  .

kezdeti feltétel: y 0   1  1  0  4  C  C  3 ; partikuláris megoldás: y part .  y  x   2 x sin

24

x x  4 cos  3 . 2 2

d)

Szétválasztjuk a változókat és integráljuk mindkét oldalt: 2  2 ydy   xdx  y 

2 2 általános megoldás: y ált .  y x  

kezdeti feltétel: y 1  1  1 

x2 C, 2

x2 1  . 2 2

Szétválasztjuk a változókat és integráljuk mindkét oldalt: x2



dy   x  1 y , dx

dy x 1 1 1     2 dx      2 dx , y x x x 

ln y   ln x  általános megoldás: y ált .  y x   f)

C  R  ;

1 1 C C  ; 2 2

partikuláris megoldás: y 2part .  y 2  x   e)

x2 C. 2

1  ln C1 , x 1

C1 x e , x

C1  0 ;

C1  0 .

Szétválasztjuk a változókat és integráljuk mindkét oldalt: sin x



dy  y cos x , dx

dy cos x  dx , y sin x

ln y  lnsin x   ln C ,

általános megoldás: y ált .  y  x   C sin x ,

C  0 ;

  kezdeti feltétel: y   1  1  C  C  1 ; 2 partikuláris megoldás: y part .  y  x   sin x . 25

C  0 ;

3. Szétválasztható változójúra visszavezethető differenciálegyenletek megoldása Ismerkedjünk meg olyan explicit alakú differenciálegyenletekkel, melyek egyszerű helyettesítéssel szétválasztható változójú differenciálegyenletekre vezethetők vissza. Változókban homogén típusú differenciálegyenlet DEFINÍCIÓ. Az y   ( x , y )

alakú egyenletet változókban homogén típusú differenciálegyenletnek nevezzük, ha a  ( x , y ) függvény tetszőleges t  R \ 0 esetén kielégíti a

 ( x, y )   (tx, ty ) összefüggést. Legyen t 

1 , így x

 

1 y x x

 y  x

 ( x, y )    x  ,    1, . Ezért egy változókban homogén differenciálegyenlet mindig felírható  y y   f   , ( x  0) x alakban. Vezessük be az új u  u( x ) ismeretlen függvényt az u

y x

összefüggéssel, ahonnan y  ux .

26

( )

Ekkor y   u x  u, majd ezt a (  ) egyenletbe visszahelyettesítve u x  u  f ( u ) ,

amely már szétválasztható változójú differenciálegyenlet az u  u( x ) ismeretlen függvényre nézve: ( )

u  x  f ( u )  u.

Az egyenletet megoldjuk az u  u( x ) függvényre, majd a megoldást visszahelyettesítve a transzformációba megkapjuk az eredeti differenciálegyenlet általános megoldását. MEGJEGYZÉS. A változók szétválasztása után, ha az u1 , u2 ,..., uk valós számok megoldásai

az f (u)  u  0

egyenletnek, akkor megoldásai a ( ) egyenletnek is. Felhasználva az u 

y helyettesítést, x

azt kapjuk, hogy az y  u1 x , y  u2 x , .. ., y  uk x ( x  0) függvények is megoldásai az (  ) differenciálegyenletnek. Ezek a függvények az x, y  síkban félegyenesekkel szemléltethetők, melyek feldarabolják a differenciálegyenlet értelmezési tartományát. Azaz, két szomszédos y  u j x és y  u j 1 x félegyenes által határolt szögtartományból sem ki, sem be nem lép megoldásgörbe. 3.1. PÉLDA. Oldjuk meg az

y  1 

y  0, x

x  0

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet változókban homogén típusú. Az

u

y , u  ux  x

új ismeretlen függvény bevezetésével

y   u x  u 27

miatt az eredeti differenciálegyenlet u x  u  1  u  0 ,

azaz u x  1  2u

alakba írható fel, amely már szétválasztható típusú egyenlet. A változókat szétválasztva du dx  , x 1  2u

1  2u  0

és integrálva mindkét oldalt ln 1  2u  ln C1  ln x 2 ,

C

1



 R ,

amiből 1  2u 

Az u 

C , (C  R \ 0) . x2

y visszahelyettesítésével x 1 2

y C  , x x2

x  0

adódik, amelyből átrendezés után az y ált .  y  x  

C  x2 C x   , 2x 2x 2

x  0 ,

(C  R \ 0) .

Ha a szétválasztható típusú egyenletben 1  2u  0 , akkor 1 u   , vagyis 2

1 y  , 2 x

így 1 y   x, 2 28

x  0

is megoldása az eredeti differenciálegyenletnek, amely behelyettesítéssel ellenőrizhető. Az általános megoldásból ez a függvény (megoldás) a C  0 határesetként nyerhető, így befoglalható az előbb felírt általános megoldásba C  0 esetén. Tehát a differenciálegyenlet általános megoldása y ált .  y  x  

C  x2 C x   , 2x 2x 2

x  0 , C  R  .

3.2. PÉLDA. Határozzuk meg annak a görbének az egyenletét, amely átmegy az 1,3 ponton

és az  x, y  pontjához tartozó érintőjének a meredeksége 1 

y . x

MEGOLDÁS. Mivel a keresett görbe  x, y  pontjához tartozó érintőjének a meredeksége

1 

y , ezért a differenciálhányados értelmezésének felhasználásával x dy y  1  dx x

differenciálegyenlet írható fel. A felírt egyenlet megegyezik a 3.1. Példában szereplővel, tehát az általános megoldása 1 2

y C  , x x2

x  0 ,

azaz x 2  2 xy  C alakba is írható. Mivel a keresett görbe átmegy az 1,3 ponton, ezért a pont koordinátáit behelyettesítjük az általános megoldásba: 1 6  C ,

Így a partikuláris megoldás, azaz a keresett görbe egyenlete x 2  2 xy  7 . 3.3. PÉLDA. Számítsuk ki az y 

y2  x2 , 2 xy

29

xy  0

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet megoldását az x, y  síkon keressük, de x  0 és

y  0. Az egyenlet alakjából látható, hogy a differenciálegyenlet változókban homogén típusú. Ugyanis, ha az egyenlet jobb oldalába x helyébe tx-et és y helyébe ty-t helyettesítünk

t  R,

t  0  , az nem változik meg, tehát a jobb oldal homogén függvény, így

y -nek a x

függvénye. Ezt az eredményt közvetlenül is megkapjuk, ha elosztjuk a jobb oldal számlálóját is és nevezőjét is x 2 -tel: y2 1 2 x . y  y 2 x Vezessük be az u  u x  változót az

ux  

y x

helyettesítéssel, melyből y   u x  u és így az u x  u 

u 2 1 2u

alakú. Átrendezés után az x

u 2  1  2u 2 du 1 u2  u x   dx 2u 2u

szétválasztható típusú differenciálegyenletet kapjuk. Szétválasztjuk a változókat és integráljuk mindkét oldalt: 2udu dx  , 2 x 1 u 30

ln 1  u 2    ln x  ln C1 ,

C

1



 R .

Felhasználjuk a logaritmus függvény tulajdonságait és az u helyébe visszaírjuk

y -et, így x

megkapjuk az eredeti differenciálegyenlet általános megoldását: x 2  y 2  Cx , (C  R \ 0) ,

xy  0 .

3.4. PÉLDA. Oldjuk meg a

2 x 2 y   y 2  2 xy  x 2  0 ,

x  0

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. Ha a differenciálegyenlet mindkét oldalát elosztjuk x 2  0 -val, látható, hogy

változókban homogén típusú egyenletet kapunk: 2

y  y 2 y     2  1  0 . x x Vezessük be az u  u  x  

y transzformációt és helyettesítsük be az ebből a deriválással x

nyert y   u x  u összefüggéssel együtt az egyenletbe, így a 2u x  u   u 2  2u  1  0 differenciálegyenletet kapjuk. Látható, hogy összevonás és rendezés után a 2 xu   1  u 2 szétválasztható típusú egyenlet adódik. Szétválasztjuk a változókat és mindkét oldalt integráljuk: 2

1 u ln

2

1 du   dx, x

u  1,

1 u  ln x  ln C1 , 1 u

vagyis 31

x  0 ,

(C1  R \ 0) ,

1 u  Cx . 1 u Visszahelyettesítve az u helyére az

y függvényt és egyszerűbb alakra hozva megkapjuk a x

keresett megoldást implicit alakban: x y  Cx , x y

C  0,

x  0 .

A differenciálegyenlet általános megoldását felírhatjuk explicit alakban is: y A

megoldás

során

az

xCx  1 , Cx  1

u  1 ,

azaz

C  0,

x  0 .

y  x

kikötést

tettük.

Behelyettesítéssel

meggyőződhetünk arról, hogy az y  x és y   x függvények is kielégítik az egyenletet, ezek szinguláris megoldások. 3.5. PÉLDA. Keressük meg az

x sin

y y y  y cos  x cos y   0 , x x x

x  0

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet változókban homogén típusú. Az egyenletet végig

osztjuk az x  0 -val és bevezetjük az u  x  

y , u  u  x  ismeretlen függvényt. Az x

y   u x  u felhasználásával a differenciálegyenlet összevonások után x

du cos u   sin u dx

alakba írható, amely már szétválasztható típusú. A változókat szétválasztva dx cos u du   , x sin u és integrálva mindkét oldalt 32

sin u  0 ,

ln sin u   ln x  ln C1 , (C1  R \ 0) ,

amiből sin u 

Az u 

C , (C  R \ 0) . x

y visszahelyettesítésével a x sin

y C  , (C  R \ 0) x x

megoldássereget kapjuk. Ha a szétválasztható változójú differenciálegyenletben sin u  0 , akkor u  k , k  Z  vagyis

y  k , így y  kx is megoldása az eredeti egyenletnek. Ezt x

a megoldást az általános megoldás C  0 esetén tartalmazza. Így a differenciálegyenlet általános megoldása implicit alakban: sin

y ált . C  , x x

C  R  .

3.6. PÉLDA. Határozzuk meg a

3 y  2 x  dy  x  2 y dx

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. Nem szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Ugyanakkor az egyenlet

átrendezése után dy x  2y  , dx 3 y  2 x

3 y  2 x  0 ,

és a jobb oldalon a számláló és nevező homogén és elsőfokú x-ben és y-ban, ezért osszuk le a számlálót és a nevezőt x  0 -val:

33

y dy x .  y dx 3 2 x 1 2

Alkalmazzuk az u  x  

y dy helyettesítést és vegyük figyelembe, hogy ebből  u x  u , így x dx u x  u 

1  2u . 3u  2

Átrendezés és közös nevezőre való hozás után x

du 1  4u  3u 2  . 3u  2 dx

Szétválasztjuk a változókat és mindkét oldalt integráljuk: 3u  2

 1  4u  3u

2

du  

1  4u  3u

dx , x

 6u  4

 1  4u  3u

2

du  2

2

dx , x

C1  0 ,

ln 1  4u  3u 2  2 ln x  ln C1 ,

ln 1  4u  3u 2  ln

 x  0 ,

0 ,

C1 x2

.

A logaritmus és az abszolút érték elhagyása után 1  4u  3u 2  azaz visszaírva az u  x  

C , x2

C  0 ,

y helyettesítést x 2

y  y C 1  4  3   2 . x x x Így a differenciálegyenlet általános megoldása 34

x 2  4 xy  3 y 2  C ,

C  0 .

Külön megvizsgáljuk, hogy az 1  4u  3u 2  0 egyenlet megoldásából adódó gyökök  2 7  2 7 u   segítségével felírt y  x függvények kielégítik a differenciálegyenletet   3 3   és az általános megoldás C  0 esetén tartalmazza ezt a két függvényt. Ennek a figyelembe vételével a differenciálegyenlet általános megoldása x 2  4 xy  3 y 2  C ,

C  R  .


xy   y (ln y  ln x) differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A változókban homogén típusú differenciálegyenletre átalakítható egyenlet

értelmezési tartománya x  0 és y  0 . Az egyenletből kifejezzük az y  -t és alkalmazzuk a logaritmus azonosságát, így már látható, hogy valóban változókban homogén típusú:

y 

Vezessük be az u 

y y ln . x x

dy du y  x  u . Ezek segítségével a , u  u x  transzformációt, melyből dx dx x


du x  u  u ln u dx alakú szétválasztható típusú egyenlet lett. Szétválasztjuk a változókat du

 uln u  1  

dx , ( u  0, u  e), x

és integrálás után 35

u ált .  u  x   e Cx 1 , (C  R \ 0). Visszaírva a transzformációt u helyére megkapjuk a differenciálegyenlet általános megoldását y ált  y  x   xe Cx 1 , (C  R \ 0).

Az u ln u  u  0 egyenlet megoldásából adódó

y  ex függvényről belátható, hogy

megoldása a differenciálegyenletnek és C  0 -nál az általános megoldás tartalmazza ezt. Tehát az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása y ált  y  x   xe Cx 1 , (C  R ).

3.8. PÉLDA. Oldjuk meg a

dy 2x 2  y 2  2 dx 3 y  2 xy differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet szétválasztható változójú egyenletre visszavezethető.

Ugyanis az egyenlet jobb oldalán tört számlálója és nevezője homogén és másodfokú x-ben és y-ban. Legyen u  x  

y dy , ekkor  u x  u és ezek felhasználásával az egyenlet x dx du 2  u2 xu   2 dx 3u  2u

alakra hozható. Rendezzük az egyenletet, majd szétválasztjuk a változókat: du 2  u2 2  3u 2  3u 3 u   , x 2 dx 3u  2u 3u 2  2u dx 3u 2  2u  2  3u 2  3u 3 du   x . Integrálás, az u  x  

y transzformáció visszahelyettesítése és az abszolút érték elhagyása x

után megkapjuk a differenciálegyenlet általános megoldását:

36

1 ln 2  3u 2  3u 3   ln x  ln C1 , 3 2  3u 2  3u 3 

C2 x

3

,

C1  0 ,

C 2  0 ,

2 3 C2  y  y 2  3   3   3 , x x x

2 x 3  3xy 2  3 y 3  C ,

C  0 .

II. Az y   f ( ax  by  c ) elsőrendű explicit alakú differenciálegyenlet

A differenciálegyenletben az a,b,c adott állandók, az f pedig folytonos egyváltozós függvény. a) Ha a  0 , akkor az egyenlet y   f (by  c) alakú, mely változóiban szétválasztható típusú. Általános megoldása az dy

 f (by  c)   dx,

( f (by  c)  0)

integrálokkal nyerhető. b) Ha b  0 , akkor y   f ( ax  c) alakú egyenletet kapunk, amely szintén szétválasztható típusú és az y integrálással közvetlenül meghatározható: y   f (ax  c)dx. c) Ha ab  0, akkor a differenciálegyenletet az u  ax  by  c , u  u ( x )

új ismeretlen függvény bevezetésével oldjuk meg. Innen x szerinti differenciálással u   a  by  ,

melyből átrendezéssel

37

y 

u  a . b

Ezek felhasználásával az eredeti differenciálegyenlet az u  u( x ) ismeretlenre nézve szétválasztható típusú lett: u  a  f (u ) . b Ennek a differenciálegyenletnek az általános megoldása a változók szétválasztása után az du

 bf (u)  a   dx,

(bf (u )  a  0).

integrálegyenletből származtatható. MEGJEGYZÉS. Külön vizsgálatot igényelnek az bf ( u )  a  0

egyenlet u1 , u 2 ,..., u k gyökei. Az ax  by  c  u1 , ax  by  c  u2 ,...,ax  by  c  uk egyenesek megoldásai lesznek a differenciálegyenletnek, melyek az általános megoldás függvényseregét szétválasztják. 3.9. PÉLDA. Oldjuk meg az y 

yx

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. Az

u  y  x , ( u  u( x )) új ismeretlen függvény bevezetésével és u  y   1

miatt y   u   1.

38

(1)

Ezek segítségével az (1) differenciálegyenlet u   1  u , vagy u   u  1 alakba írható. A változókat szétválasztjuk és integrálunk



du u 1

  dx ,

u  1 ,

innen





2 u  ln u  1  x  C ,

C  R  .

Visszaírva az eredeti változókat, az (1) differenciálegyenlet általános megoldása





2 y  x  ln y  x  1  x  C , Az

C  R  .

u  1 egyenlet megoldása u  1, így y  x 1

is megoldása az (1) differenciálegyenletnek. 3.10. PÉLDA. Határozzuk meg az

y   x  y 

2

   differenciálegyenlet P ,  ponton áthaladó partikuláris megoldását. 4 4 MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet szétválaszthatóra vezethető vissza az u  x  y , u  u x 

transzformációval, melyből u   1  y  . Ezek felhasználásával az eredeti egyenletet u  1  u 2 alakú szétválasztható típusú differenciálegyenletre transzformáltuk. Válasszuk szét a változókat és mindkét oldalt integráljuk: 39

du

1 u

2

  dx ,

arctgu  x  C , ahonnan u  tg  x  C  ,

C  R  .

Visszaírva az u  x  y helyettesítést x  y  tg  x  C  . Így a differenciálegyenlet általános megoldása

y ált .  y x   tg  x  C   x ,

C  R .

   Az általános megoldásba behelyettesítjük az adott y    kezdeti feltételt: 4 4 

melyből C  

 4



    tg   C   , 4  4 4

. Így a keresett partikuláris megoldás

  y part .  y  x   tg  x    x . 4  3.11. PÉLDA. Oldjuk meg az y   sin  x  y 


u  x  y , u  u x  új ismeretlen függvény bevezetésével és 40

u  1  y miatt a differenciálegyenlet 1  u   sin u

alakú, mely szétválasztható típusú egyenlet. A változókat szétválasztjuk és integrálunk: 1

 1  sin u du   dx . u 2 2dt 2dt 2dt 2 1 2t 1  1  sin u du  sin u  1  t 2   2t 1  t 2   1  t 2  2t  t  12   t  1  C1  1 2dt 1 t2 du  2 1 t t  tg



Ennek

az

integrálnak

a

2  C1 . u tg  1 2

felhasználásával

megkapjuk

a

szétválasztható

típusú

differenciálegyenlet általános megoldását: 

2  xC, u tg 1 2

C  R .

Visszaírva az eredeti változókat és átrendezéssel az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása tg

x  y ált . 2 ,  1 2 xC

x  C  0 , C  R 

alakú. A 1  sin u  0 egyenlet megoldásából adódó y  x 

 2

 2k , k  Z  egyenesek szintén

megoldásai a differenciálegyenletnek. Ezt a megoldást C   határátmenetnél megkapjuk az általános megoldásból. 3.12. PÉLDA. Keressük meg az

41

y   cos x  y 

   differenciálegyenlet y   kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását. 3 6 MEGOLDÁS. Az u  x  y , u  u  x  változó bevezetésével a differenciálegyenlet

szétválaszthatóvá válik: u   1  cos u , u   cos u  1 ,

du

 1  cos u   dx . u 2dt 2 2 du 1 t 1  t 2  dt  t  C  tg u  C . u cos    1 1  1  cos u 2 1 t2  1 t2  1 2dt 1 t2 du  2 1 t t  tg

Ennek felhasználásával tg

u  xC, 2

azaz a differenciálegyenlet általános megoldása tg

x  y ált .  xC , 2

C  R  .

A partikuláris megoldás meghatározásához behelyettesítjük az általános megoldásba a kezdeti feltételt:

 tg 3

melyből C  1 

 3





6   C, 2 3

. Így a keresett partikuláris megoldás:

42

tg

x  y part . 2

 x 1

 3

.


y 

x  y 1 2x  2 y  1

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A megoldást a 2 x  2 y  1  0 feltételből nyert két félsíkon ugyanazzal a

számítással nyerjük. Vezessük be az u  x  y , u  u x 

helyettesítést, majd x szerint differenciáljunk: u  1  y . Mindezt behelyettesítve az egyenletbe u  1 

u 1 , 2u  1

majd a du 3u  dx 2u  1 szétválasztható típusú differenciálegyenlet adódik. A változókat szétválasztva u  0 



2u  1 du   3dx , u

innen 2u  ln u  3 x  C ,

C  R  .

Visszaírva a régi változókat, a differenciálegyenlet általános megoldását kapjuk implicit alakban: 43

2 x  y   ln x  y  3 x  C , de x  y 

1 . 2

Külön meg kell vizsgálni az u  0 esetet. Az y   x is megoldása az egyenletnek. 3.14. PÉLDA. Keressük meg az

 x  y 2 y   4 ,  x  y  differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. Az u  x  y , u  u  x  helyettesítés bevezetésével az egyenlet szétválasztható

típusúvá válik. Ugyanis u 2 1  u   4 , u 

u2  4 , u2

u2  u 2  4 du   dx . Mivel 4  u2 1 1  u2  4  4    d u  u2  4  u 2  4 du   1  u 2  4 du   1  u  2  u  2 du   u  ln u  2  ln u  2  C1 ,

ezért a szétválasztható változójú egyenlet általános megoldása u  ln u  2  ln u  2  x  C ,

C  R  .

Visszaírva a változókat és átrendezéssel megkapjuk az eredeti differenciálegyenlet általános megoldását: x  y  ln x  y  2  ln x  y  2  x  C ,

y ált .  y  x   ln

x y2 C, x y2

x  y  2 , C  R  , x  y  .

Ellenőrizhető, hogy a differenciálegyenletnek megoldása még az y  x  2 is.

44

4. Görbesereg differenciálegyenlete. Trajektóriák. Görbesereg differenciálegyenlete

Mint az előző fejezetekből ismeretes, ha megoldunk egy elsőrendű differenciálegyenletet, akkor annak végtelen sok megoldása van és ezek a megoldásfüggvények egyparaméteres görbesereggel (ún. megoldásgörbékkel) ábrázolhatók az x, y  síkban, egy ned rendű differenciálegyenlet általános megoldásának grafikonja pedig n-paraméteres görbesereg. Feltehetjük azt a kérdést, ha adott egy görbesereg, hogyan lehet felírni az adott görbesereg differenciálegyenletét? DEFINÍCIÓ. n-paraméteres görbesereg azon síkgörbék összessége, amelyek a

G ( x , y , C1 ,..., Cn )  0

(1)

közös egyenlettel adottak a derékszögű koordinátarendszerben, ahol a Ci -k (i  1, 2,..., n) egymástól független valós paraméterek. Tehát n-paraméteres görbeseregről akkor beszélünk, ha az (1) egyenletből a paraméterek alkalmas választásával a görbesereg minden elemét megkapjuk, illetve az (1) egyenletbe a paraméterek megengedett értékeit helyettesítve a görbesereg valamelyik elemét kapjuk meg. Az (1) implicit függvényben az x a független változó és az y a függő változó. Ha az (1)-beli G implicit függvény x és y szerint legalább n-szer folytonosan differenciálható, és a Ci -kben mint változókban folytonos, akkor a görbesereg – általában paraméter nélküli –

differenciálegyenletét a következőképpen írhatjuk fel: a) az (1) összefüggéssel adott görbesereg egyenletét az x változó szerint n-szer differenciáljuk és így a görbesereg egyenletével együtt n+1 darab egyenletet kapunk; b) az n számú paraméter – bizonyos feltételek teljesülése esetén – az x és y változókkal, valamint y deriváltjaival kifejezhető;

45

c) a paraméterek kiküszöbölése után egy n-ed rendű, paraméterek nélküli F ( x , y , y  ,..., y (n) )  0 differenciálegyenletet kapunk, mely az (1) egyenlettel adott görbesereg

differenciálegyenlete. MEGJEGYZÉS. Az n-paraméteres görbesereg és az n-ed rendű differenciálegyenlet között

kölcsönös kapcsolat van: 1. Bármely közönséges n-ed rendű differenciálegyenlethez tartozik egy n-paraméteres görbesereg, amelynek minden eleme a differenciálegyenletnek megoldásgörbéje. Ez az nparaméteres görbesereg az n-ed rendű differenciálegyenlet általános megoldása.

(Lehetnek azonban olyan megoldásgörbék is, amelyek nem elemei a görbeseregnek. Ezek a szinguláris megoldások.) Az általános megoldásból bizonyos feltételek teljesülése alapján

egy konkrét megoldás kiválasztása a görbesereg egy elemének a kiválasztásával egyenértékű. Ezt partikuláris megoldásnak nevezzük. 2.

Bármely

n-paraméteres

görbesereg

meghatároz

egy

n-ed

rendű

differenciálegyenletet, melynek ez a görbesereg az általános megoldása. 4.1. PÉLDA. Határozzuk meg az

x 2  y 2  Cx , ( C  R ) görbesereg differenciálegyenletét! MEGOLDÁS. A görbesereg egyenletét x szerint differenciáljuk:

2 x  2 yy   C . A C paraméterre kapott összefüggést visszahelyettesítjük a görbesereg (körsereg) egyenletébe, ezzel megkapjuk a görbesereg differenciálegyenletét: x 2  y 2  2 x  2 yy x , azaz egyszerűsítés után y 2  x 2  2 xyy . 4.2. PÉLDA. Írjuk fel az

46

y  C1 sin  x  C 2  , ( C1 , C2  R )

görbesereg differenciálegyenletét! MEGOLDÁS. A görbesereg differenciálegyenlete másodrendű, mert két paraméter található

az egyenletében. Az adott egyenletet differenciáljuk az x változó szerint: y   C1 cos x  C 2  ,

majd újbóli differenciálással y   C1 sin  x  C 2  .

Ez utóbbit hozzáadjuk a görbesereg egyenletéhez, s a paraméterek kiesnek. Így megkapjuk a görbesereg differenciálegyenletét: y   y  0.

4.3. PÉLDA. Írjuk fel az alábbi görbesereg differenciálegyenletét:

a)

y  Cx 2 , ( C  R ) ;

b)

y  x  C  ; ( C  R ) ;

c)

x 2  Cy 2  2 y , (C  R ) ;

d)

y  C1 x 3  C 2 x 2  C 3 x , C1 , C 2 , C 3  R  ;

e)

y  e 2 x C1 x  C 2  ,

f)

x  C 2 2  4C1  y  C1  , C1 ,C 2  R  ;

g)

y  Cx 3 , ( C  R ) ;

h)

y  C1e x  C 2 e  x ,

i)

x2  y 2  1, 2 a

j)

x  C1 2  C 2 y 2  r 2 , r  0 .

C1 ,C 2  R  ;

a  0;

3

C1 ,C 2  R  .

MEGOLDÁS.

a)

A görbesereg egyenletét differenciáljuk, amely y   2Cx. Ebből kifejezzük a C

paramétert és behelyettesítjük a görbesereg y  Cx 2 egyenletébe, így megkapjuk a görbesereg y 

2y , x

differenciálegyenletét. 47

x  0

2 3

x 3 y  3x 2 y  6 xy  6 y  0 ;

b)

y   3y ;

e)

A görbesereg kétparaméteres egyenletét differenciáljuk az x változó szerint

c)

x 2 y   yy   xy ;

d)

y   C1e 2 x  2e 2 x C1 x  C 2  , majd a görbesereg egyenletét felhasználva y   C1e 2 x  2 y . Ezt az egyenletet ismét differenciáljuk y   2C1e 2 x  2 y . Az előző két egyenletből – mint egyenletrendszerből – a C1 paraméter kiiktatása után megkapjuk a kétparaméteres görbesereg y   4 y   4 y  0 másodrendű differenciálegyenletét. f)

 y 2  2 yy   1 ;

g)

xy   3 y  0 ,

i)

xyy   y 2  1 ;

j)

r 2  y   yy   y 3 y   0 .



x  0 ;

h)

y   y  0 ;



2

2

4.4. PÉLDA. Írjuk fel az x , y sík összes egységsugarú köreinek a differenciálegyenletét. MEGOLDÁS. A körsereg egyenlete az

x  u 2   y  v 2  1 , u, v  R  kétparaméteres egyenlettel írható le. A görbesereg egyenletét differenciáljuk x szerint: 2 x  u   2  y  v  y   0 .

Egyszerűsítünk és ismét differenciálunk x szerint: 1   y    y  v  y   0 . 2

48

A differenciálással kapott második egyenletből kifejezzük az  y  v  -t, míg az elsőből az

x  u  -t, és visszahelyettesítjük a körsereg egyenletébe. Így az összevonások után a körsereg differenciálegyenletére az

1   y  

2 3

  y 

2

másodrendű differenciálegyenletet kapjuk. 4.5. PÉLDA. Határozzuk meg az y tengellyel párhuzamos tengelyű parabolák

differenciálegyenletét, melyek átmennek az origón és a P0  2,0  ponton. MEGOLDÁS. Először a parabolasereg egyenletét írjuk fel, felhasználva azt, hogy a

parabolák két adott ponton mennek át és a tengelyük párhuzamos az y tengellyel: y  Cx x  2  .

Mivel a görbesereg egyenlete egy paramétert tartalmaz, ezért elsőrendű differenciálegyenletet kapunk majd. A görbesereg egyenletét differenciáljuk az x változó szerint: y   2C  x  1 .

Innen a C-t kifejezzük és a parabolasereg egyenletébe visszahelyettesítjük: C

y

y , 2 x  1

y x x  2  , 2 x  1

ahonnan átrendezés után megkapjuk a görbesereg differenciálegyenletét x x  2  y   2 y  x  1  0 .

4.6. PÉLDA. Írjuk fel azoknak a köröknek a differenciálegyenletét, amelyeknek a

középpontja az x tengelyen van, valamint érintik az y  x és az y   x egyeneseket. MEGOLDÁS. Először fel kell írni a körsereg egyenletét, amely a feladat feltételeit

figyelembe véve 49

 x  C 2  y 2  C

2

2

.

A görbesereg differenciálegyenletét megkapjuk, ha ezt az egyenletet differenciáljuk x szerint: 2 x  C   2 yy   0,

és a két egyenletből kiküszöböljük a C paramétert. Mivel az utóbbi egyenletből C  x  yy  , ezért visszahelyettesítve ezt a körsereg egyenletébe a

 yy 2  y 2  1 x  yy 2 2

differenciálegyenletet kapjuk, mely átrendezés után y 2  y   2 xyy   2 y 2  x 2  0 2

alakú lett. Ennek a differenciálegyenletnek a körsereg általános megoldása. Könnyű meggyőződni arról, hogy az egyenletnek megoldása az y   x is.

Trajektóriák

A differenciálegyenletek fontosabb geometriai alkalmazásai közül kiemeljük az ún. trajektóriák megkeresését. DEFINÍCIÓ. Egy F ( x , y , C )  0 egyenletű görbeseregnek a G ( x , y , K )  0 egyenlettel adott

görbesereg tagjai izogonális trajektóriái, ha ezek az eredeti görbesereg minden tagját azonos  szögben metszik. Ha eltekintünk a metszésszög előjelétől, akkor ez a tulajdonság a két görbeseregnél kölcsönös. DEFINÍCIÓ. Ha egy F ( x , y , C )  0 egyenletű görbesereg minden tagját a G ( x , y , K )  0

egyenletű görbesereg tagjai derékszögben metszik, akkor a trajektóriákat ortogonális trajektóriáknak nevezzük.

Például egy időben állandó sebességgel síkban áramló folyadék áramvonalai merőlegesen metszik azokat a görbéket, ahol a sebességpotenciál konstans. A derékszögű 50

koordináta-rendszerben

ábrázolt

polár

koordinátaháló

r  konstans és

  konstans

görbeseregei szintén ortogonális trajektóriái egymásnak. A kérdés tehát az, hogyan lehet felírni adott görbesereg izogonális ill. ortogonális trajektóriáinak egyenletét a szög és az F ( x , y , C )  0 görbesereg ismeretében? Mivel egy F ( x , y , C )  0 egyparaméteres görbesereget egy f ( x , y , y  )  0 elsőrendű differenciálegyenlettel tudunk jellemezni, ezért a trajektóriák megkeresését elsőrendű differenciálegyenletek megoldására vezethetjük vissza. Első lépés tehát a trajektóriák differenciálegyenletének felírása. Jelölje h az adott F ( x , y , C )  0 görbesereg egy tagját, g pedig a görbét a P pontban  szög alatt metsző

izogonális trajektóriát. Legyen  a h görbe P pontbeli érintőjének az x tengellyel bezárt szöge. Mivel a h és a g görbék P pontbeli érintői  szöget zárnak be egymással, így a g görbe ezen érintője      szöget zár be az x-tengellyel, azaz az adott görbesereg érintőjének iránytangense y  tg  tg     

tg  tg y  tg  t. , 1  tgtg 1  yt.tg

ahol yt. az izogonális trajektória differenciálhányadosa a P pontban. Mivel az adott görbeseregnél az x, y és y  között fennáll az f ( x , y , y  )  0 egyenlet (azaz a görbesereg differenciálegyenlete), így az izogonális trajektóriák differenciálegyenlete   y  tg      0 ,     . f  x, yt . , t . 1  yt. tg   2  

Tehát ha megoldjuk ezt a differenciálegyenletet, akkor megoldásai az eredeti görbesereg izogonális trajektóriái lesznek. Ha   y  

 2

, akkor a merőleges érintők iránytangensei egymás negatív reciprokai, azaz

1 , ahol y  az adott görbesereg érintőjének az iránytangense, y0. t . pedig az y0. t .

ortogonális trajektória differenciálhányadosa a közös P pontban. Így a görbesereg ortogonális trajektóriáinak a differenciálegyenlete:  1    0. f  x, y 0.t . ,  y 0.t .  

51

4.7. PÉLDA. Határozzuk meg az y  mx egyenletű egyenesek ortogonális trajektóriáit. MEGOLDÁS. Az origón átmenő egyenesek differenciálegyenlete:

dy y dy y  m  , azaz  . dx x dx x Helyettesítsük

dy -et a negatív reciprokával, így megkapjuk az ortogonális trajektóriák dx

differencálegyenletét: 

dy x 1 y  .  , azaz dy x dx y dx

A szétválasztható változójú differenciálegyenlet általános megoldása az x2  y2  K ,

K  0 

egyenletű, origó középpontú körsereg. 4.8. PÉLDA. Írjuk fel az xy  C egyenletű hiperbolák ortogonális trajektóriáinak az

egyenletét. MEGOLDÁS. Az adott görbesereg differenciálegyenletét megkapjuk, ha differenciáljuk a

görbesereg egyenletét x szerint: y  xy   0 . Az ortogonális trajektória differenciálegyenletét a görbesereg egyenletéből úgy kapjuk meg, ha y  helyébe 

1 -t írunk: y  1 y  x    0 .  y 

Ez egy szétválasztható típusú differenciálegyenlet, melynek általános megoldását a változók szétválasztása után integrálással kapjuk:

52

 ydy   xdx ,  2 ydy   2 xdx , y2  x2  K ,

K  R .

Tehát az y 2  x 2  K egyenletű ortogonális trajektóriák ugyancsak hiperbolák (valamint K  0 esetén az y   x egyenletű egyenespár is a keresett görbesereghez tartozik).


x2  y2  C görbesereget  

 3

szög alatt metsző izogonális trajektóriák egyenletét.

MEGOLDÁS. A görbesereg differenciálegyenlete

x  yy   0 . Ha  

 3

, akkor az adott görbesereg differenciálegyenletében az y  helyébe az

y  3 1  3 y

kifejezés kerül. Így az y  3 yx 1  3y

változókban homogén típusú differenciálegyenlet lesz a trajektóriák egyenlete. Ennek megoldása az y 2  2 3 xy  x 2  K görbesereg, amely az x 2  y 2  C

egyenlettel adott görbesereg minden tagját  

szögben metszi. 4.10. PÉLDA. Írjuk fel az

53

 3

 x  C 2  y 2  C 2 , körsereget  

 6

(C  R \ 0)

szög alatt metsző izogonális trajektóriák differenciálegyenletét.

MEGOLDÁS. A körsereg differenciálegyenletének felírásához deriváljuk a görbesereg

egyenletét az x változó szerint 2 x  C   2 yy   0 ,

x  yy   C . Ennek felhasználásával a körsereg egyenletéből kiküszöböljük a C paramétert és így megkapjuk a körsereg differenciálegyenletét y 2  x 2  2 xyy  , ( xy  0). Mivel  

 6

, ezért tg

 6



1 3

, így az izogonális trajektóriák esetén a körsereg

differenciálegyenletébe y  helyébe az y t 

1

1  y t

3 1 3

kifejezést kell írni: y t  y 2  x 2  2 xy 1  y t

1 3 . 1 3

Átrendezés és az index elhagyása után az izogonális trajektóriák differenciálegyenlete: y 

3 y 2  3 x 2  2 xy y 2  x 2  2 3 xy

54

.

4.11. PÉLDA. Határozzuk meg az y tengelyt az origóban érintő körök ortogonális

trajektóriáit. MEGOLDÁS. A szóban forgó körök egyenlete

x  r 2  y 2  r 2 , ahol (r  R \ 0) , vagyis x 2  y 2  2rx . A körsereg egyenlete megegyezik a 4.10. Példában szereplőével, ezért az egyenlete is ugyanaz: x 2  y 2  2 x x  yy  , átrendezés után y 2  x 2  2 xyy  , ( xy  0). Felírjuk az ortogonális trajektóriák differenciálegyenletét oly módon, hogy a körsereg egyenletébe y  helyébe 

1 kerül: y  1 y 2  x 2  2 xy   .  y 

Ha ezt a differenciálegyenletet megoldjuk, akkor megkapjuk az ortogonális trajektóriák egyenletét. Innen kifejezzük y  -t: y 

x

2 xy , x  y2 2

2



 y2  0 .

Osszuk el a jobb oldalon álló tört számlálóját is és nevezőjét is x 2  0 -val: y x . y  y2 1 2 x 2

Ez egy változókban homogén típusú differenciálegyenlet, mely az u  x   szétválasztható változójúvá transzformálható: 55

y helyettesítéssel x

x

du 2u u  . dx 1 u2

Rendezzük az egyenletet x

du 2u u  u3 u  ,   dx 1  u 2 1 u2

majd szétválasztjuk a változókat és a bal oldalon parciális törtekre való bontással integrálunk: 1 u2 dx  u  u 3 du   x ,



du u dx 2  du   , 2 u x 1 u





ln u  ln 1  u 2  ln x  ln C1 ,

C1  0 .

Innen a logaritmus és abszolút érték elhagyása, valamint a helyettesítés visszaírása után u  Cx , 1 u2

C  0 ,

y x  Cx , 2  y 1    x y C, x  y2 2

x2  y2 

1 y, C

x 2  y 2  Ky , ( K  R \ 0) . Ebből látható, hogy a keresett ortogonális trajektória az x 2   y  K   K 2 egyenletű, az x 2

tengelyt az origóban érintő körsereg. 4.12. PÉLDA. Írjuk fel az

56

y  Cx , (C  R ) egyenessereget  

 4

szög alatt metsző izogonális trajektóriák egyenletét.

MEGOLDÁS. Mivel az adott egyenessereg differenciálegyenlete

y 

y , x

x  0 ,

ezért az izogonális trajektóriák differenciálegyenlete y t  1 y t  . 1  y t x

Innen átrendezés és az index elhagyása után az y 1 y  x  ,   1 y  y x  1 x

változókban homogén típusú differenciálegyenletet kapjuk. Az u

y , x

u  u x 

új változó bevezetésével a differenciálegyenlet az u x  u 

u 1 1 u

szétválasztható típusú differenciálegyenletre vezethető vissza. A változók szétválasztása 1 u dx du  2 x 1 u és integrálás után 1 u

 1 u

2

u  dx  1 du     du   2 2  x 1 u 1 u  57

a szétválasztható típusú differenciálegyenlet általános megoldását kapjuk: arctgu  ln 1  u 2  ln x  C1 , (C1  R ) .

Visszahelyettesítve az u 

y összefüggést a változókban homogén típusú x

differenciálegyenlet általános megoldása 2

y  y arctg  ln 1     ln x  C1 . x x Innen átalakításokkal a

x  y  Ce 2

2

arctg

y x

, (C  R  )

megoldást nyerjük a keresett izogonális trajektóriára. Ha trajektóriák egyenletét az

 x  r cos  ,   y  r sin  polár koordinátákkal írjuk fel, akkor az izogonális trajektóriák egyenlete polár koordinátarendszerben

r  C 0 e  , (C 0  R  ) és ez az egyenlet spirálissereget jelent. A geometriai szemléltetéshez az y  x illetve x  0 egyenesekre eső spirális pontokat is figyelembe vehetjük.

4.13. PÉLDA. Határozzuk meg az x2  y2  C 2 ,

(C  R \ 0)

görbesereg ortogonális trajektóriáinak az egyenletét.

MEGOLDÁS. Az adott körsereg differenciálegyenlete

58

x  yy   0 , melyből az y   

1 yt

összefüggés felhasználásával a keresett ortogonális trajektóriák

differenciálegyenlete  1 x  y    0 .  y t 

Elhagyjuk az yt -ből a t indexet, és átrendezés után látható, hogy a differenciálegyenlet szétválasztható típusú, amelynek az általános megoldása

y  Kx , ( x  0) , ( K  R \ 0) alakba írható. Tehát a körsereg ortogonális trajektóriái az origón átmenő egyenessereg tagjai. Ez a feladat a 4.7. Példa megfordítása, mert ott egyenessereg ortogonális trajektóriáit kerestük.

4.14. PÉLDA. Határozzuk meg az y  Cx 2 , (C  R ) görbesereg ortogonális trajektóriáinak az egyenletét.

MEGOLDÁS. A parabolasereg differenciálegyenlete y 

2y , ( x  0) . x

Felhasználjuk, hogy a merőleges érintők iránytangenseinek szorzata -1, ezért a keresett ortogonális trajektóriák differenciálegyenlete



1 2y  . y x

Az egyenlet általános megoldása

x2  2y2  K ,

K  0  ,

tehát a parabolasereg ortogonális trajektóriái egy ellipszissereg tagjai. 59

4.15. PÉLDA. Írjuk fel az y  Ce 2 x , (C  R ) görbesereg ortogonális trajektóriáinak az egyenletét.

MEGOLDÁS. A görbesereg differenciálegyenlete

y  2 y  0 , melyből a keresett ortogonális trajektóriák differenciálegyenlete



1  2y  0 . y

Az egyenlet általános megoldása

y2  x  K ,

x  K  0 ,

tehát az exponenciális függvényseregnek az ortogonális trajektóriái az x tengelyű parabolasereg tagjai.

60

5. Lineáris elsőrendű és erre visszavezethető differenciálegyenletek megoldása Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet DEFINÍCIÓ. Az a ( x ) y   b( x ) y  r ( x )

(1)

alakú differenciálegyenletet elsőrendű lineáris differenciálegyenletnek nevezzük, ahol az a ( x ) és a b ( x ) együtthatófüggvények és az r ( x ) zavarótag (zavarófüggvény) folytonosak és az a ( x )  0 egy közös I intervallumon. Az (1) differenciálegyenlet ezen az I intervallumon

homogén, ha r ( x )  0 és inhomogén, ha r ( x ) nem azonosan nulla. Az (1) differenciálegyenlet normál alakja y   p ( x ) y  g ( x ),

ahol p ( x ) 

(2)

b( x ) c( x ) és g ( x )  , x I. a( x) a( x)

A (2) normál alakú elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása az inhomogén differenciálegyenlet megfelelő homogén egyenlete általános megoldásának és az inhomogén differenciálegyenlet egy yin hom . part . partikuláris megoldásának az összege:

y in hom .ált .  x   Yhom .ált .  x   y in hom . part .  x  .

Az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet megoldása Az Y   p  x Y  0

homogén differenciálegyenlet általános megoldása a változók szétválasztása után az

61

(3)





Yhom .ált .  Y  x   C exp   p x dx , függvény tetszőleges valós C paraméter mellett.

Az elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet egy y in hom . part . partikuláris megoldásának megkeresése A megoldás megkeresésére leggyakrabban a Lagrange-től származó "állandók

variálása" módszert (vagy más néven "konstansvariálás" módszert) használjuk. Legyen Y ( x ) az inhomogén differenciálegyenlet megfelelő homogén egyenletének általános megoldása. A (2) inhomogén differenciálegyenlet általános megoldását keressük

yin hom . part .  y  x   C  x Y x  alakban, ahol C egy tetszőleges differenciálható, de egyelőre ismeretlen függvény. Innen

yin hom . part . x   C  x Y x   C  x Y  x  és a (2) differenciálegyenletbe behelyettesítve ezeket, a C(x)-re nézve a C x Y x   C x Y  x   p  x C x Y  x   g  x 

elsőrendű differenciálegyenletet nyerjük. C(x) kiemelése után a C x Y x   C x Y  x   p x Y  x   g x 

differenciálegyenletben C(x) együtthatója azonosan 0, mert Y  x  megoldása a homogén differenciálegyenletnek. Így a C(x) ismeretlen függvényt a C  x Y  x   g  x 

szétválasztható típusú differenciálegyenletből kapjuk:

C ( x)  

g ( x) dx  C1 , Y ( x)

62

( C1  R ) .

Mivel egyetlen partikuláris megoldást keresünk (a partikuláris megoldás nem tartalmaz tetszőleges állandót!), ezért C1 -et 0-nak választjuk, azaz a C(x) meghatározásakor nem írunk integrációs állandót, tehát

C x   

g x  dx . Y x 

Ezt a kifejezést behelyettesítjük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásába, így az

yin hom . part .  y  x   Y  x 

g x  dx Y x 

alakú lesz. Mivel a lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása az alábbi két megoldás összege, ezért

yin hom .ált .  x   Yhom .ált .  x   yin hom . part .  x  , azaz

yin hom .ált .  y  x   CY  x   Y  x 

g x  dx Y x 

alakban írható, ahol az összeg első tagja a homogén egyenlet általános megoldása, míg a második tagja az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása. Látható, hogy a megoldást két kvadratúrával kaptuk meg.

5.1. PÉLDA. Oldjuk meg az y   yctgx  sin x , 0  x   elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet.

MEGOLDÁS. Először a differenciálegyenlethez tartozó

Y   Yctgx  0 homogén egyenlet megoldását keressük meg. A változókat szétválasztjuk

dY  ctgxdx , Y 63

majd innen integrálással megkapjuk a homogén egyenlet

Yhom .ált .  Y x   C sin x , C R általános megoldását. Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az "állandók variálása" módszerével az

y in hom . part .  y  x   C  x sin x függvény segítségével állítjuk elő. Innen

y in hom . part .  C  x sin x  C x  cos x . Behelyettesítjük az előbbieket a megoldandó inhomogén differenciálegyenletbe C  x sin x  C  x  cos x  C  x sin x  sin x .

Összevonások után C  x   1 , ezért C  x   x . Így az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása

y in hom . part .  x sin x , míg az általános megoldása

yin hom .ált .  y  x   C sin x  x sin x , C  R , 0  x    .

5.2. PÉLDA. Határozzuk meg az x

dy  y  x3  1, dx

x  0,

y  0 ,

differenciálegyenlet általános megoldását, majd keressük meg az y 2   5 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását!

MEGOLDÁS. A megfelelő homogén egyenletben szétválasztjuk a változókat dY dx ,  Y x majd mindkét oldalt integrálva 64

Yhom .ált .  Y x   Cx ,

C  0

lesz a homogén egyenlet általános megoldása. Az

állandók

variálásának

módszerét

alkalmazva

az

adott

inhomogén

differenciálegyenlet megoldását

y in hom . part .  y  x   C  x x alakban keressük, melyből

y in hom . part .  C  x x  C  x  . Ezeket a függvényeket behelyettesítjük az eredeti differenciálegyenletbe

C  x x 2  C  x x  C  x x  x 3  1 , azaz a lehetséges összevonások elvégzése után a C ( x ) ismeretlen függvényre a

C  x x 2  x 3  1 differenciálegyenletet nyerjük. Innen integrálással 1  x2 1  C  x     x  2 dx   , 2 x x  

és visszahelyettesítve megkapjuk az inhomogén egyenlet  x2 1  x3 y in hom . part .  y  x   C  x x     x  1 2  2 x

partikuláris megoldását, ennek segítségével pedig az inhomogén differenciálegyenlet

y in hom .ált .  y  x   Cx  általános megoldását. Az y 2   5 kezdeti feltételt figyelembe véve 65

x3 1, 2

C  0

5  2C  4  1 ,

melyből C  1 adódik. Így a differenciálegyenlet adott kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldása

y in hom . part .  y  x   x 

x3 1. 2

5.3. PÉLDA. Oldjuk meg a tgx

1 dy y dx cos x

differenciálegyenletet.

MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet nincs értelmezve, ha cos x  0 , azaz ha x 

 2

 k ,

ahol k  Z . Először a differenciálegyenlethez tartozó homogén egyenlet általános megoldását keressük meg. A

tgx

dY Y  0 dx

differenciálegyenletben szétválasztjuk a változókat:

dY dx ,  Y tgx és innen a homogén egyenlet általános megoldása

Yhom .ált .  Y  x  

C , sin x

C  R  .

Az állandók variálásának módszerét alkalmazva az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását

y in hom . part .  y x   alakban keressük. Ekkor 66

C x  sin x

y in hom . part . 

C  x sin x  C x  cos x . sin 2 x

Ezeket a függvényeket behelyettesítve az eredeti differenciálegyenletbe sin x C  x sin x  C  x  cos x C x  1 ,   2 cos x sin x cos x sin x azaz a lehetséges összevonások elvégzése után a C  x   1 adódik az ismeretlen függvényre, melyből integrálással C  x   x . Így a keresett partikuláris megoldás

yin hom . part .  y  x  

C x  x  , sin x sin x

az inhomogén egyenlet általános megoldása pedig

yin hom .ált .  y  x  

C x ,  sin x sin x

C  R  .

5.4. PÉLDA. Számítsuk ki az y 

2 y  6x 2 x

differenciálegyenlet általános megoldását.

MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet nincs értelmezve, ha x  0. Először az inhomogén differenciálegyenlethez tartozó megfelelő homogén egyenletet oldjuk meg. Az 2 Y Y  0 x differenciálegyenlet általános megoldására a változók szétválasztása után

Yhom .ált .  Y x  

C , x2

C  R 

adódik. Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével

67

y

C x  x2

alakban kereshetjük és innen

y 

C  x x 2  C  x 2 x . x4

Behelyettesítve ezeket az eredeti differenciálegyenletbe

C  x x 2  C  x 2 x 2 C  x    6x 2 , 4 2 x x x ahonnan C  x   6 x 4 , ezért C  x  

6x5 . Így az inhomogén differenciálegyenlet egy 5

partikuláris megoldása 6 x5 6 x3 C x  , yin hom . part .  y  x   2  52  x x 5 míg az általános megoldása

yin hom .ált . 

C 6 x3  , x2 5

C  R  .

5.5. PÉLDA. Oldjuk meg a dy  y  sin x dx differenciálegyenletet.

MEGOLDÁS. Először a dY Y  0 dx megfelelő homogén egyenlet általános megoldását keressük meg. A differenciálegyenletben szétválasztjuk a változókat:

68

dY  dx , Y s innen a homogén egyenlet általános megoldására

Yhom .ált .  Y  x   Ce x ,

C  R 

adódik. Az inhomogén egy partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével az y in hom . part .  y  x   C  x e x

függvény segítségével állítjuk elő. Ekkor y in hom . part .  C e x  Ce x ,

melyet behelyettesítve az adott differenciálegyenletbe

C e x  Ce x  Ce x  sin x , azaz innen

C  x   e  x sin x , melyből integrálással meghatározzuk C  x  -et: x  e sin xdx 

u  ex u   e  x

v   sin x v   cos x

 e  x cos x   e  x cos xdx 



u  ex u   e  x

v   cos x v  sin x



 e  x cos x  e  x sin x   e  x sin xdx . C  x    e  x sin xdx  





1 x e cos x  sin x  . 2

Visszahelyettesítjük a partikuláris megoldásba:

yin hom . part .  y  x   C  x e x  





1 x 1 e cos x  sin x  e x   cos x  sin x  . 2 2

Az inhomogén egyenlet általános megoldása:

69



yin hom .ált .  Yhom .ált .  yin hom . part .  y x   Ce x 

1 cos x  sin x  , 2

C  R .

5.6. PÉLDA. Oldjuk meg az x

dy yx dx


MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet nincs értelmezve, ha x  0. Először megoldjuk a megfelelő homogén egyenletet:

x

dY Y  0. dx

Ez egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet, melynek általános megoldása:



dY dx   , Y x

Yhom .ált .  Y x  

C , x

C  R .

Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével

y in hom . part .  y x  

C x  x

alakban keressük, ahol a C  x  egyelőre ismeretlen, differenciálható függvény. A C x  függvény

yx  

meghatározásához

C x  -et x

és

y  x  

C x  C x2

deriváltját

visszahelyettesítjük az eredeti differenciálegyenletbe:

x

C  x x  C  x  C  x    x. x x2

Összevonás után ( C x  -nek ki kell esni!) C  x   x , melyből C  x   partikuláris megoldás 70

x2 . Így a keresett 2

yin hom . part .

x2 x  yx   2  , x 2

és az egyenlet általános megoldása

yin hom .ált .  y  x   Yhom .ált .  yin hom . part . 

C x  , x 2

C  R .

5.7. PÉLDA. Számítsuk ki az y  y  e x differenciálegyenlet általános megoldását.

MEGOLDÁS. Egy elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása a megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásának az összege. Először tehát az YY  0

elsőrendű lineáris homogén egyenletet oldjuk meg, mely szétválasztható változójú és megoldása az Y  0 függvény is. A változók szétválasztásával és mindkét oldal integrálásával nyerjük az egyenlet általános megoldását:



dY    dx, Y

Y  0 ,

ln Y   x  ln C1 ,

Yhom .ált .  Y  x   Ce  x ,

C1  0 ,

C  0 .

Figyelembe véve, hogy az Y  0 függvény is megoldása a differenciálegyenletnek, ez az általános megoldásba C  0 esetén belefoglalható. Így a homogén egyenlet általános megoldása

Yhom .ált .  Y  x   Ce  x ,

71

C  R .

Az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását az állandók variálásának módszere alapján y in hom . part .  y  x   C  x e  x

alakban keressük, ahol C x  az x-nek egyelőre ismeretlen függvénye. A következőkben tehát a C  x  függvényt határozzuk meg. Mivel feltételeztük, hogy az y  C  x e  x megoldása az eredeti egyenletnek, így azt és a deriváltját visszahelyettesítve az egyenletbe helyes összefüggést kell kapnunk:

C  x e  x  C  x e  x  C  x e  x  e x , C  x   e 2 x . Innen C  x  

e2x , így az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása: 2 yin hom . part .  y  x   C  x e  x 

e2 x  x e x e  . 2 2

Így az eredeti egyenlet általános megoldása 1 yin hom .ált .  y x   Yhom .ált .  yin hom . part .  Ce  x  e x , 2

C  R .

5.8. PÉLDA. Számítsuk ki az y   5 y  2 xe 3 x differenciálegyenlet általános megoldását.

MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet elsőrendű lineáris inhomogén. Az egyenlet általános megoldása a megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásának az összege. Először tehát az Y   5Y  0

72

elsőrendű lineáris homogén egyenletet oldjuk meg, mely szétválasztható változójú és megoldása az Y  0 függvény is. A változók szétválasztásával és mindkét oldal integrálásával megkapjuk az egyenlet általános megoldását:



dY   5dx, Y

Y  0 ,

ln Y  5 x  ln C1 ,

C1  0 ,

Yhom .ált .  Y  x   Ce 5 x ,

C  0 .

Mivel az Y  0 függvény is megoldása a differenciálegyenletnek, ez a megoldás az általános megoldásba C  0 esetén belefoglalható. Így a homogén egyenlet általános megoldása

Yhom .ált .  Y  x   Ce 5 x ,

C  R .

Az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását az állandók variálásának módszere alapján y in hom . part .  y  x   C  x e 5 x

alakban keressük, ahol C x  az x-nek egyelőre ismeretlen függvénye. A következőkben tehát a C  x  függvényt határozzuk meg. Mivel feltételeztük, hogy az y  C  x e 5 x megoldása az eredeti egyenletnek, így azt és a deriváltját visszahelyettesítve az egyenletbe helyes összefüggést kell kapni:

C  x e 5 x  5C  x e 5 x  5C  x e 5 x  2 xe 3 x , C  x   2 xe 2 x . Innen parciális integrálással kiszámíthatjuk C  x  -et:

C  x    2 xe

2 x

dx 

f  2x f2

g   e 2 x e 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x   xe   e dx   xe   K, e g 2 2

K  R .

Mivel elegendő egy partikuláris megoldást tekinteni, ezért legyen a K  0 esetén kapott függvény és így az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása: 73

 e 2 x  5 x e3 x 1  e   xe3 x  yin hom . part .  y x   C x e5 x    xe  2 x   e 3 x  x   . 2  2 2  

Így az eredeti egyenlet általános megoldása 1  yin hom .ált .  y  x   Yhom .ált .  x   yin hom . part .  x   Ce5 x  e3 x  x   , 2 

C  R .

Megjegyezzük, hogy a differenciálegyenlet általános megoldását úgy is megkaphatjuk, ha az yin hom . part .  y  x   C  x e5 x

alakban keresett partikuláris megoldásba az integrálással

kiszámított C  x  -et visszahelyettesítjük:   e 2 x 1  yin hom .ált .  y  x     xe  2 x   K e5 x  Ke5 x  e3 x  x   , 2 2   

5.9. PÉLDA. Számítsuk ki a dy 2  y  x2 1, dx x

x  0,

y  0


MEGOLDÁS. Homogén egyenlet: dY 2  Y  0 ; általános megoldása: Yhom .ált .  Y  x   Cx 2 , dx x

C  R .

Inhomogén differenciálegyenlet: Egy partikuláris megoldását y in hom . part .  y  x   C x x 2 alakban keressük. Az állandók variálásának módszerét felhasználva C  x  

C x   

x2 1 , melyből x2

x2 1 1  1  dx   1  2 dx x  . 2 x x x  

Így az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása: 74

K  R .

1  y in hom . part .  y  x    x   x 2  x 3  x . x  Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: y in hom .ált .  y  x   Yhom .ált .  y in hom . part .  x   Cx 2  x 3  x ,

C  R .

5.10. PÉLDA. Keressük meg a 2 dy  2 xy  2 xe  x , dx

 y  0


MEGOLDÁS. Homogén egyenlet: 2 dY  2 xY  0 ; általános megoldása: Yhom .ált .  Y x   Ce  x , dx

C  R .

Inhomogén differenciálegyenlet: Egy partikuláris megoldását y in hom . part .  y  x   C  x e  x alakban keressük. 2

Az állandók variálásának módszerét felhasználva C  x   2 x , melyből C  x   x 2 . Így az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása:

y in hom . part .  y  x   x 2 e  x . 2

Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása:

y in hom .ált .  y x   Yhom .ált .  y in hom . part .  x   Ce  x  x 2 e  x , 2

5.11. PÉLDA. Oldjuk meg a dy 1  y cos x  sin 2 x dx 2 differenciálegyenletet. 75

2

C  R .

MEGOLDÁS. Homogén egyenlet: dY  Y cos x  0 ; általános megoldása: Yhom .ált .  Y x   Ce  sin x , dx

C  R .

Inhomogén differenciálegyenlet: Egy partikuláris megoldását y in hom . part .  y  x   C  x e  sin x alakban keressük. Az állandók variálásának módszerét felhasználva C  x  

1 sin x e sin 2 x , melyből 2

t  sin x u  t v  e t 1 sin x t sin x  te dt   C  x    e sin 2 xdx   sin x cos xe dx  dt  cos xdx  2 u  1 v  et

 te t   e t dt  te t  e t e sin x sin x  e sin x  e sin x sin x  1 . Így az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása: y in hom . part .  y  x   e sin x sin x  1e  sin x  sin x  1 .

Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: y in hom .ált .  y  x   Yhom .ált .  y in hom . part . x   Ce  sin x  sin x  1 ,

C  R .

5.12. PÉLDA. Keressük meg a sin x

dy  y cos x  e x sin 2 x , dx

0  x   ,

y  0



  differenciálegyenlet y   e 2 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását. 2

MEGOLDÁS. Homogén egyenlet: sin x

dY  Y cos x  0 ; általános megoldása: Yhom .ált .  Y x   C sin x , dx

C  R .

Inhomogén differenciálegyenlet: Egy partikuláris megoldását y in hom . part .  y x   C  x sin x alakban keressük. 76



Az állandók variálásának módszerét felhasználva C  x   e x , melyből C  x   e x . Így az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása: y in hom . part .  y  x   e x sin x .

Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: y in hom .ált .  y  x   Yhom .ált .  y in hom . part .  x   C sin x  e x sin x ,

C  R .



  Az adott y   e 2 kezdeti feltételt behelyettesítjük az inhomogén egyenlet általános 2 megoldásába: 

e  C sin 2

 2



 e 2 sin

 2

.

Innen C  0 , így az adott kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldás: y in hom . part .  y  x   e x sin x .

A Bernoulli-féle differenciálegyenlet Az elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletre visszavezethető egyenletek közül kiemeljük a Bernoulli-féle differenciálegyenletet, amely új ismeretlen függvény bevezetésével átírható lineáris inhomogén egyenletre.

DEFINÍCIÓ. Az a  x  y   b x  y  c  x  y n differenciálegyenlet a Bernoulli-féle differenciálegyenlet általános alakja, ahol az a ( x ) , a b ( x ) és a c( x ) függvények folytonosak, továbbá az a ( x )  0 és a c( x )  0 egy közös I

intervallumon, valamint n  R \ 0,1. Az

n  0,

n  1 és c( x )  0

esetben már ismerjük a differenciálegyenlet

megoldásának a menetét. Ugyanis n  0 esetén elsőrendű lineáris inhomogén, míg n  1 , illetve c( x)  0 esetben pedig elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenletet kapunk. 77

Ha n  0 , akkor a differenciálegyenletnek az y  0 is megoldása (ellenőrizzük behelyettesítéssel!). A differenciálegyenlet megoldásához előállítjuk a megfelelő lineáris inhomogén egyenletet a Bernoulli-féle differenciálegyenlet általános alakjának

y n  0 -val való

elosztásával:

ax 

y y  b x  n  c  x  . n y y

A z  z  x  ismeretlen függvény segítségével bevezetjük a

z

1

y

n 1

 y 1 n

transzformációt. Ezzel és a

z   1  n 

y yn

deriváltjával a Bernoulli-féle differenciálegyenlet

ax 

z  bx z  c x  1 n

alakba írható. Ez egy elsőrendű lineáris inhomogén egyenlet a z ( x ) ismeretlen függvényre nézve. Ezt a differenciálegyenletet megoldjuk, majd az általános megoldásba a z ( x ) helyére visszahelyettesítjük az y 1 n kifejezést. Így megkapjuk a Bernoulli-féle differenciálegyenlet általános megoldását.

5.13. PÉLDA. Oldjuk meg az y 

2 1 y  3 y4 , x x


78

x  0

MEGOLDÁS. Mivel n  4 , ezért az y  0 is megoldása a differenciálegyenletnek. Az egyenletet osztjuk y 4  0 -val és bevezetjük a z  z ( x ) új ismeretlen függvényt a

z

1 y3

transzformációval. Az előbbit deriválva a

z  

3 y y4

összefüggést kapjuk és behelyettesítve a Bernoulli-féle differenciálegyenletbe a



1 z 2  z 3 3 x x

lineáris inhomogén differenciálegyenlet adódik. A megfelelő



Z 2  Z 0 3 x

homogén egyenletben a változók szétválasztása után mindkét oldalt integráljuk:



dZ 6   dx . Z x

Innen a homogén egyenlet általános megoldása

Z hom .ált .  Z  x   Cx 6 ,

C  R .

Az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldását az állandó variálásának módszerével keressük meg úgy, hogy a homogén egyenlet általános megoldásába C  C ( x ) -et helyettesítünk. Ekkor z in hom . part .  z  x   C  x x 6 , z in hom . part .  C x x 6  6C  x x 5

felhasználásával az lineáris inhomogén differenciálegyenlet 79







1 2 1 C  x x 6  6C  x x 5  C  x x 6  3 x 3 x

alakba írható. Innen

C  x   

3 , x9

melyből

C x  

3 , 8x 8

ezért a lineáris inhomogén differenciálegyenlet partikuláris és általános megoldása

z in hom . part .  z  x   C  x x 6  z in hom .ált .  z  x   Cx 6 

3 , 8x 2

3 . 8x 2

Az eredeti Bernoulli-féle differenciálegyenlet általános megoldását megkapjuk, ha z helyébe visszaírjuk a z 

1 transzformációt, így y3 1 3  Cx 6  2 , 3 y ált . 8x

azaz

y

3 ált .

8x 2   , 3 8Cx 8  3 6 Cx  2 8x 1

x  0,

C  R .

Az y  0 is megoldás, mely az általános megoldásból is megkapható, ha C   -hez.

5.14. PÉLDA. Oldjuk meg az y 

x x y 3 4 y 80


MEGOLDÁS. A Bernoulli-féle differenciálegyenletnek y  0 nem megoldása, mert n  3 . Megszorozzuk az egyenletet y 3  0 -nal: y 3 y 

x 4 y x 4

Bevezetjük a z  y 4 , z  z x  új ismeretlen függvényt és kiszámítjuk a z  4 y 3 y differenciálhányadost. Ezeket behelyettesítjük a szorzás után kapott differenciálegyenletbe: z x  z  x. 4 4 Így a z ( x ) ismeretlen függvényre egy lineáris elsőrendű inhomogén differenciálegyenletet kapunk, melyet az egyszerűbb számolás érdekében 4-gyel végigszorzunk. Megoldjuk a megfelelő Z   xZ  0

homogén egyenletet, melynek általános megoldása Z hom .ált .  Z  x   Ce



x2 2

,

C  0 .

A z   xz  4 x

inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálásának módszerével z inh. part .  z  x   C  x e 81



x2 2

alakban keressük, melyből  . part .  C  x e z inh



x2 2

 xC  x e



x2 2

.

Ezeket behelyettesítve az inhomogén egyenletbe, összevonás után x2 2

C  x   4 xe ,

ahonnan x2 2

C  x   4 xe dx  4e

x2 2

.

Így a inhomogén differenciálegyenlet partikuláris és általános megoldása z inh. part .  C  x e

z inh..ált .  Ce





x2 2

x2 2

x2 2

 4e e



x2 2

 4,

C  0 .

 4,

Felhasználva a z  y 4 transzformációt, a Bernoulli-féle differenciálegyenlet általános megoldása y

4 ált .

 Ce



x2 2

 4,

C  0 .

5.15. PÉLDA. Határozzuk meg az xy   2 y  4 x 3 y


MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet megoldását a    x  0 , y  0 és a 0  x   , y0

tartományokon

kereshetjük.

Az

utóbbi

tartomány

felett

oldjuk

meg

a

differenciálegyenletet, de az első tartományon teljesen hasonló módon kell eljárni. Az egyenlet Bernoulli-típusú, n 

1  0 , ezért az y  0 is megoldása. Végigosztjuk 2

(így x  0 mellett most már y is csak pozitív lehet): 82

y -nal

xy  y

 2 y  4x3 .

Bevezetjük a y , z  z x 

z

új ismeretlen függvényt és kiszámítjuk a z 

y

2 y

differenciálhányadost. Ezeket behelyettesítjük a

y -nal való leosztás után kapott egyenletbe:

2 xz   2 z  4 x 3 . Így a

z  z x 

ismeretlen függvényre nézve egy lineáris elsőrendű inhomogén

differenciálegyenletet kapunk: xz   z  2 x 3 .

Először a xZ   Z  0

homogén egyenletet oldjuk meg, azaz



dZ dx  , Z x

innen Z hom .ált .  Z x   Cx ,

C  0

adódik a homogén egyenlet általános megoldására. Az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével z in hom . part .  z  x   C  x x

83

alakban keressük, melyből z in hom . part .  C  x x  C  x  .

Ezeket visszahelyettesítve az inhomogén egyenletbe: xC x x  C  x   C  x x  2 x 3 ,

ahonnan C  x   2 x , azaz C  x   x 2 . Ennek segítségével felírható az inhomogén egyenlet partikuláris és általános megoldása: z in hom . part .  z  x   C  x x  x 3 ,

z in hom .ált .  z  x   Cx  x 3 .

Innen – felhasználva a z 

y transzformációt – a Bernoulli-típusú differenciálegyenlet

általános megoldása:





y ált .  Cx  x 3  x C  x 2 ,

azaz



y ált .  y  x   Cx  x 3



2



 C  0 , x  0, 2

 x2 C  x2 ,



C  x2  0 .

5.16. PÉLDA. Oldjuk meg a dy  y  y 2e x dx


MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet megoldását a    x   ,    y   tartományon kereshetjük. Az egyenlet Bernoulli-típusú, n  2  0 , ezért az y  0 is megoldása. Végigosztjuk y 2  0 val:

84

y 1   ex . y2 y

Legyen z

1 , y

z  z x  ,

ebből z  

y . y2

Behelyettesítve az y 2 -tel való leosztás után kapott egyenletbe a

 z  z  e x lineáris elsőrendű inhomogén differenciálegyenletet kapjuk a z  z  x  ismeretlen függvényre nézve. A  Z  Z  0

homogén egyenlet általános megoldása Z hom .ált .  Z  x   Ce x ,

C  R  .

Az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével z  C  x e x

alakban keressük és differenciálással z   C  x e x  C  x e x .

Visszahelyettesítjük az inhomogén egyenletbe C  x e x  C x e x  C  x e x  e x ,

ahonnan C  x   1 , azaz C  x    x. Így az inhomogén egyenlet partikuláris és általános megoldása: 85

z inh. part .  z  x   C  x e x   xe x ,

z inh.ált .  z  x   Ce x  xe x .

Ebből – felhasználva a z 

1 transzformációt – a Bernoulli-típusú differenciálegyenlet y

általános megoldása: 1  Ce x  xe x  e x C  x  , y ált. azaz y ált .  y  x  

1 , e C  x  x

C  R  , C  x  0 .

5.17. PÉLDA. Keressük meg az x

dy  2y  y  0 , dx

x  0,

y  0


MEGOLDÁS. Átrendezés után még nyilvánvalóbbá válik, hogy Bernoulli-típusú differenciálegyenletről van szó és mivel n 

1  0 , ezért az y  0 is megoldása az 2

egyenletnek: x

Végigosztjuk az egyenletet

dy  2y  dx

y.

y  0 -val

x dy  2 y 1 y dx

és bevezetjük a z

86

y

transzformációt, ahol z  z  x  egyelőre ismeretlen függvény. Felhasználva, hogy z 

1 dy 2 y dx

és behelyettesítve az osztás után kapott egyenletbe 2 xz   2 z  1

lineáris inhomogén differenciálegyenletet nyerjük. Először megoldjuk a megfelelő 2 xZ   2 Z  0

homogén egyenletet, melynek általános megoldása a változók szétválasztása után integrálással adódik:



dZ dx   , Z x

azaz Z hom .ált .  Z x  

C , x

C  0 .

Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével z in hom . part .  z  x  

C x  x

alakban keressük, és a z in hom . part . 

C  x x  C  x  x2

deriválttal együtt behelyettesítjük az inhomogén differenciálegyenletbe: 2x Innen C  x  

C  x x  C  x  C x  2  1. 2 x x

1 1 , melyből C  x   x . Így az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása 2 2 87

z in hom . part .

1 x 1 C x  2  z x     , x x 2

míg az általános megoldása zin hom .ált .  z  x  

Visszaírva a z 

C 1  . x 2

y transzformációt megkapjuk a Bernoulli-típusú differenciálegyenlet

általános megoldását: y ált . 

C 1  , x 2

x  0,

y  0, C  0  ,

melyből 2

y ált .

C 1  y x      ,  x 2

x  0,

y  0, C  0  .

A differenciálegyenletnek az y  0 is megoldása. 5.18. PÉLDA. Számítsuk ki a

2 y  ln x 

y cos x  , x y

x  1,

y  0

Bernoulli-típusú differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. Megszorozzuk az egyenletet y -nal és bevezetjük a z  z  x  ismeretlen

függvényt a z  y 2  0 transzformációval. Mivel z   2 yy  , így az eredeti egyenlet helyett a

88

z  ln x 

1 z  cos x x

lineáris inhomogén differenciálegyenletet oldjuk meg. A Z  ln x 

1 Z 0 x

homogén egyenlet általános megoldása Z hom .ált .  Z  x  

C , ln x

C  0 .

Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével keressük z inh. part .  z  x  

C x  ln x

alakban. A

 . part .  z inh

C x  ln x  C  x 

ln x 2

1 x

deriváltjával együtt visszahelyettesítjük az inhomogén egyenletbe: C  x  ln x  C  x 

ln x 2 Innen

C  x   cos x ,

melyből

1 x ln x  1 C x   cos x . x ln x

integrálással

C  x   sin x .

Így

az

differenciálegyenlet partikuláris és általános megoldása: z inh. part .  z  x   z inh.ált .  z  x  

C  x  sin x  , ln x ln x

C sin x C  sin x   , ln x ln x ln x

89

C  0,

x  1, sin x  0  .

inhomogén

A Bernoulli-típusú differenciálegyenlet általános megoldását megkapjuk, ha visszaírjuk a transzformációt az inhomogén egyenlet általános megoldásába: y 2 ált .  y 2 x  

C  sin x , ln x

C  0,

x  1, sin x  0  .

5.19. PÉLDA. Keressük meg az

y   y cos x  y 2 cos x Bernoulli-típusú differenciálegyenlet

  y   1 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris 2

megoldását. MEGOLDÁS. Az n  2  0 , ezért az y  0 is megoldása az egyenletnek. Végigosztjuk az

egyenletet y 2  0 -val: y 1  cos x  cos x . y2 y Legyen z

1 , z  z x  , y

ebből z  

y . y2

Ezeket behelyettesítve az y 2 -tel való leosztás után kapott egyenletbe a  z   z cos x  cos x

lineáris elsőrendű inhomogén differenciálegyenletet kapjuk a z  z  x  ismeretlen függvényre nézve. A  Z   Z cos x  0

homogén egyenlet általános megoldása Z hom .ált .  Z x   Ce  sin x , 90

C  R  .

Az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével z in hom . part .  z  x   C  x e  sin x

alakban keressük és differenciálással z in hom . part .  C x e  sin x  C  x e  sin x cos x .

Visszahelyettesítjük az inhomogén egyenletbe  C  x e  sin x  C  x e  sin x cos x  C  x e  sin x cos x  cos x , ahonnan C  x   e sin x cos x , melyből C  x     e sin x cos xdx  e sin x . Így az inhomogén egyenlet partikuláris és általános megoldása: z in hom . part .  z  x   C  x e  sin x  e sin x e  sin x  1 ,

z inh.ált .  z  x   Ce  sin x  1 . Ebből – felhasználva a z 

1 transzformációt – a Bernoulli-típusú differenciálegyenlet y

általános megoldása: 1  Ce sin x  1 , y ált . azaz y ált .  y  x  

1 Ce

sin x

1

,

C  R  ,

Ce

 sin x

 1  0.

  Az adott y   1 kezdeti feltételt behelyettesítve az általános megoldásba 2

91

1

1 Ce

sin

,

 2

1

és innen C  2e adódik. Tehát a keresett partikuláris megoldás y part .  y  x  

1 2e

1 sin x

1

.

5.20. PÉLDA. Számítsuk ki az xy   y  xy 2 ,

x  0,

y  0

differenciálegyenlet y 1  1 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldást.

MEGOLDÁS. A Bernoulli-típusú differenciálegyenletet osztjuk y 2  0 -val és bevezetjük a z  z ( x ) új ismeretlen függvényt a z

1 y

transzformációval. Az előbbit deriválva a z  

y y2

összefüggést kapjuk és behelyettesítjük a Bernoulli-féle differenciálegyenletbe:  xz   z  x .

Így lineáris inhomogén differenciálegyenletet kaptunk. A megfelelő  xZ   Z  0

homogén egyenlet általános megoldása Z hom .ált .  Z x   Cx ,

C  0

Az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldását az állandó variálásának módszerével keressük meg úgy, hogy a homogén egyenlet általános megoldásába C  C ( x ) -et helyettesítünk. Ekkor

92

z in hom . part .  z  x   C  x x , z in hom . part .  C  x x  C  x  , melyeket a lineáris inhomogén differenciálegyenletbe behelyettesítünk:  xC  x x  C  x   C  x x  x

Innen C  x   

1 , x

melyből C  x    ln x ,

ezért a lineáris inhomogén differenciálegyenlet partikuláris és általános megoldása z in hom . part .  z  x   C  x x   x ln x , z in hom .ált .  z  x   Cx  x ln x . Az eredeti Bernoulli-féle differenciálegyenlet általános megoldását megkapjuk, ha z helyébe visszaírjuk a z 

1 transzformációt, így y 1  Cx  x ln x , y ált .

azaz y ált . 

1 , xC  ln x 

x  0,

y  0 ,

C  0, C  ln x  0 .

Az adott y 1  1 kezdeti feltételt behelyettesítjük az általános megoldásba 1

1 , C  1  ln 1

és innen C  1 adódik. Tehát a keresett partikuláris megoldás 93

y part .  y  x  

1 , x1  ln x 

94

x  0 , 1  ln x  0 .

6. Magasabb rendű differenciálegyenletek. Lineáris differenciálegyenletekre vonatkozó tételek. Wronski-féle determináns. Különböző alkalmazásoknál általában elsőrendűnél magasabb rendű differenciálegyenletekkel találkozunk. DEFINÍCIÓ. Az F ( x , y , y  , y  ,..., y (n) )  0

(1)

y (n)  f ( x , y , y  ,..., y (n 1) )

(2)

implicit alakú, illetve az

explicit alakú differenciálegyenletet n-ed rendűnek nevezzük, mert az egyenletben az ismeretlen függvény legmagasabb rendű deriváltja n-ed rendű ( n  2) .

A differenciálegyenletnek megoldása egy I intervallumon minden olyan y ( x ) függvény, amelyet az egyenletbe behelyettesítve azonosságot kapunk. A (2) egyenlet általános megoldásán azt az

y  y ( x , C1 , C2 ,..., Cn ) függvényt értjük, amely n darab egymástól független tetszőleges állandót tartalmaz. Ez a megoldás a C1 , C2 ,..., Cn paraméterek konkrét értékei mellett a differenciálegyenletnek egyes megoldásait

(integrálgörbéit)

szolgáltatja,

és

ezek

a

partikuláris

megoldások.

Megjegyezzük, hogy az általános megoldás nem tartalmazza feltétlenül az összes megoldást. Ha az y (n)  f ( x , y , y  ,..., y (n1) )

(2)

differenciálegyenlet megoldását y  x0   y 0 , y  x0   z1 , y  x0   z 2 , … y n 1  x0   z n 1 kezdeti feltételek teljesülése esetén keressük, akkor az n-ed rendű differenciálegyenlet Cauchy-féle kezdetiérték feladatáról van szó. 95

6.1. PÉLDA. Igazoljuk, hogy az

y   y   e 2 x harmadrendű differenciálegyenlet általános megoldása 1 y ált .  y  x   C1  C 2 x  C 3 e x  e 2 x , 4 ahol C1 , C 2 , C 3 tetszőleges valós állandók. MEGOLDÁS. Deriváljuk az általános megoldást

1 y   C 2  C 3 e x  e 2 x , y   C 3 e x  e 2 x , y   C 3 e x  2e 2 x . 2

Behelyettesítve az eredeti differenciálegyenletbe látható, hogy minden valós x-re azonosságot kapunk: C 3 e x  2e 2 x  C 3 e x  e 2 x  e 2 x . 6.2. PÉLDA. Keressük meg az

y   y   e 2 x , y 0   0,

y 0   1,

y 0   1

Cauchy-féle kezdetiérték feladat megoldását. MEGOLDÁS. Felhasználjuk az előbbi feladat általános megoldását és annak deriváltjait,

melyekbe behelyettesítjük a kezdeti feltételeket, így a C1 , C 2 , C 3 paraméterekre nézve az alábbi egyenletrendszert kapjuk: 1  0  C1  C 2  4 ,  1 1  C 2  C 3  , 2   1   1 . C 3  

96

Az innen C1  

11 5 , C2  és C 3  2 segítségével felírjuk a kezdetiérték feladat 4 2

megoldását: y Cauchy  y x   

11 5 1  x  2e x  e 2 x . 4 2 4

Hiányos másodrendű differenciálegyenletek

A gyakorlatban többször találkozunk olyan problémával, amelynek megoldása hiányos másodrendű differenciálegyenletek megoldására vezethető vissza. DEFINÍCIÓ. Az y   f  x, y, y  explicit vagy F  x, y, y , y   0 implicit alakú másodrendű

differenciálegyenletet hiányosnak nevezzük, ha az x, y és y  változók közül legalább az egyik

nem szerepel az egyenletben. Néhány egyszerűen megoldható típust sorolunk fel: a)

Ha a differenciálegyenlet y   f x  alakú, akkor integrálással

y    f  x dx  C1 , és ebből az egyenlet általános megoldása y

 f xdxdx  C x  C , 1

2

ahol C1 ,C 2 integrációs állandók, feltéve, hogy az f függvény integrálható. b)

Ha a differenciálegyenletből hiányzik az y, akkor y   p x  helyettesítéssel

próbáljuk megoldani a differenciálegyenletet. Ugyanis az y   p x  helyettesítés elvégzése után – felhasználva, hogy y   p  x  – a p   f  x, p  , illetve F  x, p, p   0 elsőrendű differenciálegyenletet kapjuk. Ha ennek az

általános megoldása p  p  x,C1  , akkor a másodrendű egyenlet általános megoldása integrálással nyerhető: y   p x, C1 dx  C 2 ,

97

ahol C1 ,C 2 integrációs állandók. 6.3. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   2 sin x cos 2 x  sin 3 x differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet y   f  x  alakú. Integrálással











y    2 sin x cos 2 x  sin 3 x dx   2 sin x cos 2 x  sin x 1  cos 2 x dx  3 ahol

C1  R  ,

cos 3 x  cos x  C1 , 3

majd újbóli integrálással megkapjuk a differenciálegyenlet általános

megoldását:













y ált .  y  x     cos 3 x  cos x  C1 dx    cos x 1  sin 2 x  cos x  C1 dx 





  cos x sin 2 x  C1 dx 

sin 3 x  C1 x  C 2 , 3

ahol C1 ,C 2 tetszőleges valós állandók. 6.4. PÉLDA. Számítsuk ki az

y   6 x  sin x differenciálegyenlet y 0   0,

y 0   1

kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását. MEGOLDÁS. Integrálással kapjuk az egyenlet általános megoldását:

y    6 x  sin x dx  3x 2  cos x  C1 ,





C1  R 

y ált .  y  x    3 x 2  cos x  C1 dx  x 3  sin x C1 x  C 2 , 98

C1 ,C 2  R  .

A kezdeti feltételek felhasználásával az 1  0  1  C1 ,  0  0  0  C 2

egyenleteket kapjuk az integrációs állandókra. Innen C1  2 és C 2  0 , a keresett partikuláris megoldás y part .  y  x   x 3  sin x  2 x .


y  

y  x2 , x

x  0

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. Mivel az egyenletből hiányzik az y, ezért az y   p x  helyettesítést

alkalmazzuk az egyenlet megoldására. Mivel y   p  x  , ezért a

p  x2 x

p 

elsőrendű inhomogén differenciálegyenletet kapjuk. A megfelelő

P 

P 0 x

homogén egyenlet megoldása

Phom .ált .  Px   C1 x ,

C1  R  .

Az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását

pin hom . part .  p x   C  x x alakban keressük az állandók variálásának módszerével, melyre az

pin hom . part .  p x    99

x3 2

függvényt kapjuk. Így az elsőrendű inhomogén egyenlet általános megoldása

pin hom .ált .  p x   C1 x 

x3 , 2

x  0 , C1  R  .

Ezt integrálva megkapjuk a másodrendű differenciálegyenlet általános megoldását:

y ált .  y  x   C1

x2 x4   C2 , 2 8

x  0 , C1 ,C 2  R  .

6.6. PÉLDA. Számítsuk ki az

y  

y  x x  1 , x 1

x  1

differenciálegyenlet y 2   1,

y 2   1

kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldását. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet y   f  x, y  alakú, ezért az y   p x  és az y   p  x  helyettesítéssel

p 

p  xx  1 x 1

elsőrendű lineáris inhomogén egyenlet adódik. A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása

Phom .ált .  P x   C1  x  1 ,

x  1 , C1  R  ,

míg az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása

pin hom . part .

x2 x  1 ,  p x   2

és az általános megoldás ezek összege

100

pin hom .ált .  p x   C1  x  1 

x2 x  1 , 2

x  1 , C1  R  .

Innen integrálással kapjuk meg az eredeti hiányos másodrendű differenciálegyenlet általános megoldását:  x4 x3  x2   C2 , y ált .  y  x   C1   x   6  8  2

x  1 , C1 ,C 2  R  .

A partikuláris megoldáshoz a kezdeti feltételek segítségével meghatározzuk a C1 és C 2 értékét, y-ból C 2 

1 , míg p-ből C1  3 . Így a keresett partikuláris megoldás 3

y part .  y x  

1 x 4 x 3 3x 2    3x  . 8 6 2 3

Ebben a példatárban a hangsúlyt a lineáris differenciálegyenletekre, azon belül főleg az állandó együtthatójú differenciálegyenletekre helyezzük. Lineáris differenciálegyenletek

A gyakorlati problémák megoldásánál jelentős szerep jut a lineáris differenciálegyenleteknek, ezért részletesebben foglalkozunk ezekkel az egyenletekkel és megoldásaikkal. A differenciálegyenletet lineárisnak neveztük, ha abban az y-nak és deriváltjainak a lineáris kombinációja található. DEFINÍCIÓ. Az n-ed rendű ( n  2) lineáris differenciálegyenlet általános alakja

An ( x) y ( n )  An 1 ( x) y ( n 1)  ...  A1 ( x) y   A0 ( x) y  R( x) ,

(1)

ahol az Ai  x  (i  0,1,..., n  1) és az R ( x ) valós változójú függvények folytonosak egy közös I intervallumon, valamint An  x   0 ugyanezen az intervallumon.

Az Ai ( x ) (i  0, 1,..., n) függvényeket együtthatófüggvényeknek, az R ( x ) -et pedig zavarófüggvénynek nevezzük.

Gyakran használjuk az (1) differenciálegyenlet ún. normálalakját, amelyet az An ( x )  0 -val való osztás után kapunk: 101

y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  r ( x )

ahol ai ( x) 

(2)

Ai ( x) R( x) , (i  0,1,2,..., n  1) és r ( x )  , ( x  I ). An ( x ) An ( x)

A lineáris differenciálegyenlet osztályozása – mint már korábban említettük – több

szempont szerint lehetséges: a)

n-ed rendű, ha a differenciálegyenletben előforduló ismeretlen függvény legmagasabb

deriváltjának rendje n; b)

ha az Ai  x 

i  0,1,2,..., n 

együtthatófüggvények mindegyike konstans, akkor a

lineáris differenciálegyenletet állandó együtthatójúnak, ellenkező esetben változó együtthatójúnak nevezzük; c)

az (1) alakú differenciálegyenletet homogénnak nevezzük, ha az R x   0 , ellenkező

esetben az egyenlet inhomogén. 6.7. PÉLDA. Osztályozzuk az alábbi differenciálegyenleteket a következő szempontok

szerint: 1)

lineáris vagy nemlineáris az egyenlet;

2)

változó együtthatójú vagy állandó együtthatójú a lineáris egyenlet;

3)

a lineáris egyenlet homogén vagy inhomogén.

a)

xy  

b)

y   y   y 2  arctgx ;

c)

y 4   2 y   y  sin x ;

d)

x 2 y   y tgx  y  e  x ;

e)

y  y   4 y  x  1 ;

f)

y   y   2 y  0 .

3 y   xy   5 y  0 ; x

3

MEGOLDÁS.

1)

Lineáris differenciálegyenlet: a), c), d), f); nemlineáris: b), e) egyenlet;

102

2)

lineáris változó együtthatójú egyenlet: a), d); állandó együtthatójú a lineáris egyenlet: c), f);

3)

a lineáris egyenlet homogén: a), f); lineáris inhomogén: c), d).

A lineáris homogén differenciálegyenletekre vonatkozó általános tételek

Az y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  0

(1)

lineáris homogén differenciálegyenlet megoldásaival kapcsolatos néhány fontosabb tételt írunk fel. Ennek az egyenletnek az y  0 függvény mindig megoldása. TÉTEL. Ha y1 ( x ) függvény megoldása a lineáris homogén differenciálegyenletnek, akkor

tetszőleges C R szám mellett a Cy1 ( x ) is megoldása az egyenletnek. TÉTEL. Ha az y1 ( x ) és az y2 ( x ) függvények megoldásai a homogén differenciálegyenlet-

nek, akkor az y1 ( x )  y2 ( x ) függvény is megoldása annak. TÉTEL. Ha az n-ed rendű homogén lineáris differenciálegyenletnek az

y1 ( x ), y2 ( x ),..., yk ( x ) függvények megoldásai, akkor tetszőleges C1 , C2 ,..., Ck állandókkal képezett C1 y1 ( x )  C2 y2 ( x )  ...  Ck yk ( x ) lineáris kombinációjuk is megoldás. 6.8. PÉLDA. Igazoljuk, hogy az

y1  x   e 2 x , y 2  x   e 4 x , y1  x   3e 2 x függvények és lineáris kombinációjuk megoldásai az

y   2 y   8 y  0 differenciálegyenletnek. 103

MEGOLDÁS. A differenciálegyenletbe való behelyettesítéssel könnyen belátható, hogy

mindhárom függvény megoldása a differenciálegyenletnek. Legyenek a C1 és a C 2 tetszőleges valós állandók, felírjuk az adott három függvény páronkénti lineáris kombinációját:

y 4  x   C1 y1  C 2 y 2  C1e 2 x  C 2 e 4 x , y 5 x   C1 y1  C 2 y 3  C1e 2 x  3C 2 e 2 x  C1  3C 2 e 2 x , y 6 x   C1 y 2  C 2 y 3  C1e 4 x  3C 2 e 4 x  C1  3C 2 e 4 x . Ha ezeket a függvényeket is behelyettesítjük az eredeti differenciálegyenletbe, akkor ezek is kielégítik az egyenletet, tehát megoldások. Míg az y 4 általános megoldás, addig az y 5 és az

y 6 függvények nem azok. Ugyanis az y 4 -ben szereplő függvények lineárisan függetlenek, az y 5 és az y 6 megoldásban szereplő függvények lineárisan függők. DEFINÍCIÓ. Egy közös I intervallumon értelmezett f 1 ( x ), f 2 ( x )..., f k ( x ) függvényeket

(függvényrendszert) ezen az I intervallumon egymástól lineárisan függetlennek nevezzük, ha

a C1 f 1 ( x )  C2 f 2 ( x ) ...  Ck f k ( x )  0 , ( x  I ),

Ci  R,

i  1,2,..., k 

azonosság az I intervallumon csak úgy áll fenn, ha C1  C2 ...  Ck  0 . DEFINÍCIÓ. Ha az f 1 ( x ), f 2 ( x )..., f k ( x ) függvények nem lineárisan függetlenek, akkor lineárisan függők.

Ebben az esetben a Ci (i  1, 2,..., k ) állandók között van legalább egy zérustól különböző (pl. C1  0 ), ekkor az f 1 ( x ) kifejezhető a többi lineáris kombinációjaként: f1 ( x )  

C2 C C f 2 ( x )  3 f 3 ( x ) ...  k f k ( x ) . C1 C1 C1

A lineárisan független függvényrendszer nem tartalmazhatja az f  0 függvényt.

104

6.9. PÉLDA. Vizsgáljuk meg, hogy az cos 2 x , 1 és cos 2 x

függvények lineárisan függetlenek vagy lineárisan függők? MEGOLDÁS. A

C1 cos 2 x  C 2  1  C 3 cos 2 x  0 azonosság minden x  R értékre fennáll C1  1 , C 2  1 és C 3  2 esetén (is), tehát a függvények lineárisan függők. 6.10. PÉLDA. Igazoljuk, hogy az

x 2 , x és 1 függvények a  , intervallumon lineárisan függetlenek. MEGOLDÁS. Tekintsük a függvények

C1 x 2  C 2 x  C 3  1 lineáris kombinációját. Ha feltételezzük, hogy a függvények lineárisan függőek, akkor létezik olyan együtthatórendszer, hogy minden x   , -re a

C1 x 2  C 2 x  C 3  1  0 , és a C i -k i  1,2,3 közül legalább az egyik zérustól különböző. Ezért az előbbi egyenlőség úgy is tekinthető, mint egy legfeljebb másodfokú algebrai egyenlet. Tehát x-nek csak legfeljebb két értékére teljesül az egyenlőség, nem minden x  R értékre, ez pedig ellentmondás. Így az adott függvények lineárisan függetlenek. Valamely függvényrendszer lineáris függetlenségének a vizsgálatára felhasználjuk az alább definiált ún. Wronski-féle determinánst. DEFINÍCIÓ. A közös I intervallumon legalább ( k  1) -szer differenciálható

f 1 ( x ), f 2 ( x ),..., f k ( x ) 105

függvényekből és deriváltjaikból felírt f1 ( x) f1( x)

W ( x)  W ( f1 , f 2 ,..., f k ) 

f 2 ( x) f 2( x)



f1

( k 1)

f k ( x) f k ( x)

 



( x)

f2

( k 1)



( x) 

fk

( k 1)

( x)

k-ad rendű determinánst Wronski-féle determinánsnak nevezzük. TÉTEL. Ha az

f1 ( x), f 2 ( x),..., f n ( x) a közös I intervallumon legalább (n  1) -szer differenciálható függvények Wronski-féle determinánsa az I intervallum legalább egy pontjában nem nulla, akkor ezek a függvények ezen az intervallumon lineárisan függetlenek. MEGJEGYZÉS. Ebből a tételből az is következik, hogy a legalább ( n  1) -szer differenciál-

ható f1 ( x), f 2 ( x),..., f n ( x) függvények n elemből álló lineárisan függő rendszerének Wronskideterminánsa azonosan zérus bármely x  I esetén. 6.11. PÉLDA. Vizsgáljuk meg, hogy az

sin 2 5 x , 2 és cos 2 5 x függvények lineárisan függetlenek vagy lineárisan függők? Számítsuk ki a függvények Wronski-determinánsát. MEGOLDÁS. A

C1 sin 2 5 x  C 2  2  C 3 cos 2 5 x  0 azonosság minden x  I  R értékre fennáll, ha pl. C1  2 , C 2  1 és C 3  2 esetén (is), tehát a függvények lineárisan függők. A függvények Wronski-determinánsa

106





sin 2 5 x

cos 2 5 x

2

W  x   W sin 2 5 x,2, cos 2 5 x  10 sin 5 x cos 5 x 0  10 cos 5 x sin 5 x  50 cos 5 x 0  50 cos 5 x





 2  500 sin 5 x cos 2 5 x  500 sin 5 x cos 2 5 x  0 . Tehát a lineárisan függő három függvény Wronski-determinánsa azonosan 0 minden x  I  R esetén.

6.12. PÉLDA. Vizsgáljuk meg, hogy a ctgx és 1  xctgx

függvények lineárisan függetlenek vagy lineárisan függők? MEGOLDÁS. A függvények közös értelmezési tartománya: x  R \ k , k  Z  .

A függvények Wronski-determinánsa W  x   W ctgx,1  xctgx 



ctgx 1  sin 2 x

1  xctgx 1 xctgx xctgx x  ctg 2 x     2 2  ctgx  sin x sin x sin 2 x 2 sin x

cos 2 x 1 1  cos 2 x sin 2 x    1 0 sin 2 x sin 2 x sin 2 x sin 2 x

a közös értelmezési tartományon, tehát lineárisan függetlenek a függvények. KÖVETKEZMÉNY. A tételben megfogalmazott feltétel egy függvényrendszer lineáris

függetlenségéhez elegendő, de nem szükséges. Tehát, ha egy függvényrendszer Wronski-féle determinánsa létezik és nem azonosan zérus egy intervallumon, akkor a függvényrendszer ezen az intervallumon lineárisan független. De ez a W ( x )  0 feltétel nem szükséges a lineáris függetlenséghez. Ugyanis előfordulhat, hogy a függvények Wronski-féle determinánsa minden x  I esetén zérus és a függvények mégis függetlenek. 6.13. PÉLDA. Vizsgáljuk meg, hogy az

 0, ha    x  0, f1  x    2  x , ha 0  x  

107

és az  x 3 , ha    x  0, f 2 x    0, ha 0  x  

függvények lineárisan függetlenek vagy lineárisan függők? Számítsuk ki a függvények Wronski-determinánsát. MEGOLDÁS. Ezek a függvények lineárisan függetlenek. Ugyanis C1 f1 x   C 2 f 2  x   0

összefüggésből pl. x  3 esetén C1  0  C 2  3  0 , 3

tehát C 2  0 , x  3 esetén pedig C1  3 2  C 2  0  0 miatt C1  0 következik. Azaz az f1 és az f 2 függvények lineáris kombinációja csak C1  C 2  0 esetén lesz nulla.

A két függvény Wronski-determinánsa 0 x3 W  x   W  f 1 x , f 2  x    0 , ha x  0 , 0 3x 2 W  x   W  f1  x , f 2  x  

x2 0  0 , ha x  0 . 2x 0

Tehát a W  x   0 minden x  R esetén, holott a két függvény lineárisan független DEFINÍCIÓ. Legyenek az

y1 ( x ), y2 ( x ),..., yn ( x )

108

függvények partikuláris megoldásai az I intervallumon az n-ed rendű lineáris homogén differenciálegyenletnek. Az y1 ( x ), y2 ( x ),..., yn ( x ) függvényeket a differenciálegyenlet (egy) alaprendszerének nevezzük, ha a függvényekkel felírt

W  y1 , y 2 ,..., y n   0 a közös I intervallumon. Az (1) lineáris homogén egyenletnek mindig van alaprendszere és belátható, hogy végtelen sok alaprendszere van. TÉTEL. Ha az

y1 ( x ), y2 ( x ),..., yn ( x ) függvények az (1) n-ed rendű lineáris homogén differenciálegyenlet egy alaprendszerét képezik, akkor a differenciálegyenlet általános megoldása ezen függvények lineáris kombinációja, azaz y ( x )  C1 y1 ( x )  C2 y2 ( x ) ...  Cn yn ( x ) alakú, ahol a Ci (i  1, 2 ,..., n ) tetszőleges valós állandó. TÉTEL. Az (1) n-ed rendű lineáris homogén differenciálegyenletnek nem létezik n darabnál

több lineárisan független partikuláris megoldása. TÉTEL. Az n-ed rendű lineáris homogén differenciálegyenletet egy alaprendszere

egyértelműen meghatározza. 6.14. PÉLDA. Írjuk fel azt a másodrendű differenciálegyenletet, amelynek egyik alaprendsze-

rét az y1  x   e 3 x és y 2  x   e 7 x függvények alkotják. MEGOLDÁS. A megadott függvények bármely x  R esetén lineárisan függetlenek, mert a

Wronski-determinánsuk nem zérus:

109



W x   W e

3 x

,e

7x



e 3 x   3e 3 x

e7x  10e 4 x  0 , 7x 7e

ezért a függvények egy másodrendű differenciálegyenlet alaprendszerét képezik, melynek általános megoldása a függvények lineáris kombinációja: y hom .ált .  y  x   C1e 3 x  C 2 e 7 x ,

C1 ,C 2  R  .

A differenciálegyenletet megkapjuk, ha felírjuk az y  C1e 3 x  C 2 e 7 x kétparaméteres görbesereg differenciálegyenletét. Differenciáljuk kétszer és iktassuk ki a paramétereket, így az y   4 y   21 y  0 differenciálegyenletet kapjuk. 6.15. PÉLDA. Írjuk fel azt a másodrendű differenciálegyenletet, amelynek egyik alaprendsze-

rét az y1  x   shx és

y 2 x   chx

függvények alkotják. MEGOLDÁS. A közös x  I  R tartományon értelmezett függvények bármely x  R

esetén lineárisan függetlenek, mert a Wronski-determinánsuk nem zérus W  x   W shx, chx 

shx chx  sh 2 x  ch 2 x  1  0 , chx shx

ezért a függvények egy másodrendű differenciálegyenlet alaprendszerét képezik, melynek általános megoldása a függvények lineáris kombinációja: y hom .ált .  y  x   C1 shx  C 2 chx ,

C1 ,C 2  R  .

A két lineárisan független függvény másodrendű differenciálegyenletét megkapjuk, ha felírjuk az 110

y  C1 shx  C 2 chx

kétparaméteres görbesereg differenciálegyenletét. Differenciáljuk kétszer és iktassuk ki a paramétereket, így az y   y  0 differenciálegyenletet kapjuk. A lineáris inhomogén differenciálegyenlet megoldása

Tekintsük az n-ed rendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet normál alakját: y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  r ( x )

(x I ) ,

(2)

ahol az ai ( x ) (i  0, 1, 2,..., n  1) és az r ( x ) függvények az I intervallumon folytonos függvények és r ( x ) nem azonosan nulla. Az inhomogén egyenlet általános megoldását visszavezetjük az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldásának és a megfelelő homogén egyenlet általános megoldásának megkeresésére. TÉTEL. Az y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  r ( x )

lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása a megfelelő homogén differenciálegyenlet y hom .ált . általános megoldásának és az inhomogén differenciálegyenlet egy tetszőleges y in hom . part . partikuláris megoldásának az összege, azaz y in hom .ált .  y hom .ált .  y in hom . part . TÉTEL. Ha a (2) n-ed rendű lineáris inhomogén differenciálegyenletnek ismert két

különböző y1 ( x ) és y2 ( x ) partikuláris megoldása, akkor az y1 ( x )  y2 ( x ) függvény megoldása a megfelelő homogén egyenletnek. A (2) lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldásának a megkeresésénél segítségünkre lehetnek az alábbi tételek: 111

TÉTEL. Ha ismerjük a (2) inhomogén differenciálegyenlet megfelelő homogén egyenletének  y egy y1 ( x ) partikuláris megoldását, akkor az u     y1 



helyettesítéssel az inhomogén

differenciálegyenlet rendszáma eggyel csökkenthető. Ha a megfelelő homogén egyenletnek ismerjük k számú lineárisan független partikuláris megoldását, akkor az inhomogén egyenlet rendszáma k-val csökkenthető, és az egyenlet továbbra is lineáris marad. TÉTEL. Ha y1 ( x ) partikuláris megoldása az y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  r1 ( x ) ,

illetve y2 ( x ) partikuláris megoldása az y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  r2 ( x )

differenciálegyenletnek, akkor az y1 ( x )  y2 ( x ) függvény megoldása az előzőekkel azonos homogén differenciálegyenlettel rendelkező y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  r1 ( x )  r2 ( x )

n-ed rendű lineáris inhomogén differenciálegyenletnek. A lineáris homogén differenciálegyenlet alaprendszerének meghatározására nincsenek általános módszerek. Az inhomogén differenciálegyenlet megoldását meg tudjuk határozni kvadratúrák segítségével, ha ismerjük a megfelelő homogén egyenletének egy alaprendszerét. Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldásának a megkereséséhez nagy segítséget nyújt a Lagrange által kidolgozott az ún. "állandók variálásának módszere". Legyenek az y1 ( x ), y2 ( x ),..., yn ( x ) függvények az y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  0

n-ed rendű homogén egyenlet egy alaprendszerét alkotó függvények. Bizonyítható, hogy az y (n)  an 1 ( x ) y (n 1) ...  a1 ( x ) y   a0 ( x ) y  r ( x )

n-ed rendű normál alakú lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása

112

(2)

y  C1 ( x ) y1 ( x )  C2 ( x ) y2 ( x ) ...  Cn ( x ) yn ( x )

(3)

alakban kereshető, ahol a Ci ( x ) (i  1, 2,..., n) függvények legalább n-szer folytonosan differenciálhatóak és a Ci( x ) (i  1, 2,..., n) derivált függvények pedig megoldásai az C1 y1  C 2 y 2  C 3 y 3  ...  C n y n  0,   C1 y1  C 2 y 2  C 3 y 3  ...  C n y n  0,        ( n 1) ( n 1) ( n 1) ( n 1) C1 y1  C 2 y 2  C 3 y 3  ...  C n y n  r ( x)

lineáris egyenletrendszernek. Ez az inhomogén egyenletrendszer Ci( x ) ismeretlenekre nézve egyértelműen megoldható, mivel az egyenletrendszer determinánsa megegyezik az alaprendszer Wronskiféle determinánsával, amely az I megoldási intervallumon sehol sem nulla. A Ci ( x ) , (i  1, 2,..., n) függvényeket integrálással kapjuk meg a Ci( x ) , (i  1, 2,..., n) függvényekből, melyekben egy-egy integrációs állandó is található. Ezeket a Ci ( x ) függvényeket behelyettesítve a (3) egyenletbe, a (2) n-ed rendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldását kapjuk. A módszer - szokás "konstansvariációs módszernek" is nevezni - az integrálási nehézségektől eltekintve minden esetben célravezető. (A Ci ( x ) függvényekről - a praktikusan előírt feltételek miatt - elegendő csak az egyszer folytonosan differenciálhatóságot megkívánni.) MEGJEGYZÉS. Ebben a példatárban az állandók variálásának módszerét úgy használjuk,

hogy a C i  x  , i  1,2,..., n  függvények kiszámításakor az integrációs állandókat zérusnak választjuk, így a (3)-ba való visszahelyettesítésük után az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk meg 6.16. PÉLDA. Oldjuk meg

y   4 y   21y  4e x differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A 6.14. Példában láttuk, hogy a differenciálegyenlet alaprendszerét az

y1  x   e 3 x és az y 2  x   e 7 x függvények alkotják, ezért a megfelelő 113

y   4 y   21y  0 homogén egyenlet általános megoldását az alaprendszer függvényeinek lineáris kombinációja adja: y hom .ált .  y  x   C1e 3 x  C 2 e 7 x ,

C1 , C 2  R  .

Az inhomogén egyenlet megoldását az állandók variálásának módszerével a homogén általános megoldásból származó y in hom . part .  y  x   C1  x e 3 x  C 2  x e 7 x

alakban keressük. A C1  x  és a C 2  x  ismeretlen függvények deriváltjaira az elméletnek megfelelően a  C1  x e 3 x  C 2  x e 7 x  0,  3 x 7x x  3C1  x e  7C 2  x e  4e

egyenletrendszer írható fel, melyből meghatározzuk a C1 x  és a C 2  x  függvényeket: 2 2 C1  x    e 4 x és C 2  x   e 6 x . 5 5 Innen integrálással C1  x   

1 4x 1 e és C 2  x    e 6 x . 10 15

Így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása y in hom . part .  y  x   

1 4 x 3 x 1  6 x 7 x 1 e e  e e   ex , 10 15 6

valamint az inhomogén egyenlet általános megoldása 1 y in hom .ált .  y  x   C1  x e 3 x  C 2 e 7 x  e x , 6 6.17. PÉLDA. Írjuk fel az

114

C1 , C 2  R  .

x 2 y   2 xy   2 y  2 x 3 ,

x  0

lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldását, ha a megfelelő homogén egyenlet két partikuláris megoldása y1 x   x és y 2 x   x 2 . MEGOLDÁS. Az egyenletbe való behelyettesítéssel könnyen meggyőződhetünk arról, hogy

az adott két függvény kielégíti a megfelelő homogén differenciálegyenletet minden valós x-re. A homogén differenciálegyenlet alaprendszerét két lineárisan független partikuláris megoldás lineáris kombinációja adja. Ezért először megnézzük, hogy a két partikuláris megoldás lineárisan független-e: W  x   W x, x 2  

x

x2

1 2x

 x2  0 ,

x  0 .

A Wronski-féle determináns minden x  R \ 0 esetén nem zérus, tehát lineárisan függetlenek az adott partikuláris megoldások. Így az egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y x   C1 x  C 2 x 2 ,

C1 , C 2  R 

alakban írható fel. Felírjuk az eredeti inhomogén differenciálegyenlet normál alakját és egy partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével y in hom . part .  y  x   C1 x x  C 2  x x 2

alakban keressük, ahol a C1  x  és a C 2  x  ismeretlen differenciálható függvények. Az előzőekben ismertetett módszer segítségével a deriváltjaikat a C1  x x  C 2  x x 2  0,   C1  x   2C 2  x   2 x

egyenletrendszerből számíthatjuk ki. Innen C1  x   2 x és C 2  x   2 .

Az integrálás után (az integrációs állandót zérusnak választva) nyert

115

C1  x    x 2 illetve C 2  x   2 x

függvényeket az y in hom . part .  y  x   C1 x x  C 2  x x 2

kifejezésbe visszahelyettesítve az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk: y in hom . part .  y  x    x 2  x  2 x  x 2  x 3 .

Így az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása y in hom .ált .  y hom .ált .  y in hom . part .  y  x   C1 x  C 2 x 2  x 3 ,

alakban írható fel.

116

C1 ,C 2  R 

7. Lineáris állandó együtthatójú homogén differenciálegyenlet megoldása Az állandó együtthatójú differenciálegyenletnél az általános megoldás elemi függvények és/vagy ezek integráljai segítségével adható meg. DEFINÍCIÓ. Az an y ( n)  an 1 y (n 1) ...  a1 y   a0 y  r ( x )

általános alakú lineáris n-ed rendű differenciálegyenletet állandó együtthatójú differenciálegyenletnek nevezzük, ahol ai  R

i  0,1,2,..., n 

és an  0. Ha r ( x )  0, akkor a

differenciálegyenlet homogén, ellenkező esetben inhomogén.

A differenciálegyenlet megoldását olyan I intervallumon keressük, ahol r ( x ) folytonos. Az inhomogén differenciálegyenlet megfelelő homogén egyenletének alaprendszerét integrálás nélkül, algebrai műveletek segítségével meghatározhatjuk. Mivel az állandó együtthatójú differenciálegyenlet a lineáris egyenlet speciális esete, ezért a lineáris homogén és inhomogén differenciálegyenletre felírt tételek itt is érvényesek. Tehát az inhomogén állandó együtthatójú differenciálegyenlet általános megoldásának lépései:

1.

először megkeressük a homogén egyenlet általános megoldását,

2.

majd az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását és ezeket összeadjuk. A lineáris állandó együtthatójú homogén differenciálegyenlet megoldása

Tekintsük az an y (n)  an 1 y (n) ...  a1 y   a0 y  0

állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet. Mivel az exponenciális függvény a deriváltjaitól csak konstans szorzóban különbözik, így remélhetjük, hogy az egyenletnek lesz az y  e rx alakú függvények között megoldása. Tehát az egyenlet megoldásait y  e rx

alakban keressük, ahol r egyelőre ismeretlen szám. 117

Kiszámoljuk az exponenciális függvény x szerinti deriváltjait y ( k )  r k e rx , ( k  1, 2 ,..., n )

és behelyettesítjük a differenciálegyenletbe. Így az e rx (a n r n  a n 1 r n 1  ...  a1 r  a 0 )  0

azonossághoz jutunk. Mivel e rx  0 , ezért az a n r n  a n 1 r n 1  ...  a1 r  a 0  0 n-ed fokú valós együtthatós algebrai egyenletet kapjuk a r ismeretlenre nézve. DEFINÍCIÓ. Az an y (n)  an 1 y (n 1) ...  a1 y   a0 y  0

n-ed rendű állandó együtthatójú homogén lineáris differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének az

a n r n  a n 1 r n 1  ...  a1 r  a 0  0 n-ed fokú algebrai egyenletet nevezzük.

Ismeretes, hogy a lineáris homogén differenciálegyenlet megoldása egyenértékű az egyenlet alaprendszerének megkeresésével, vagyis meg kell találni a differenciálegyenlet rendjével megegyező számú lineárisan független partikuláris megoldását. Az n-ed fokú karakterisztikus egyenletnek n számú megoldása van a komplex számok körében (a gyökök multiplicitását is figyelembe véve) és ezek segítségével a homogén egyenletnek n darab egymástól lineárisan független partikuláris megoldását nyerjük. Az állandó együtthatójú homogén lineáris differenciálegyenlet alaprendszerének előállítása a karakterisztikus egyenlet gyökeinek ismeretében az alábbiak szerint lehetséges: a) Egyszeres valós gyökök esete TÉTEL. Ha a karakterisztikus egyenletnek n számú különböző valós egyszeres gyöke van és rx

ezek r1 , r2 ,..., rn , akkor a hozzájuk tartozó e 1 ,e

118

r2 x

,...,e

rn x

függvények lineárisan függetlenek

és partikuláris megoldásai a homogén differenciálegyenletnek, azaz az egyenlet egy alaprendszerét alkotják.

A tétel a Wronski-féle determináns felhasználásával igazolható. A lineárisan független partikuláris megoldások felhasználásával a homogén differenciálegyenlet általános megoldása rx

y  C1e 1  C 2 e

r2 x

 ...  C n e

rn x

alakban írható fel, ahol C1 , C2 ,..., Cn tetszőleges valós állandók. b) Többszörös valós gyökök esete

Legyenek a r1 , r2 ,..., rk különböző valós számok a karakterisztikus egyenletnek rendre s 1 , s 2 ,..., s k

multiplicitású gyökei, ahol s 1  s 2 ...  s k  n és s i  1 (i  1, 2 ,..., k ; k  n ) ,

vagyis a karakterisztikus egyenlet (r  r1 ) s1 (r  r2 ) s2 ...( r  rk ) sk  0

alakú. Ekkor az rx

e 1 ,e

r2 x

,...,e

rk x

függvények lineárisan függetlenek, de számuk ( k  n ) nem elegendő az egyenlet alaprendszerének a felírásához. A gyökök többszörösségének figyelembevételével ezek a lineárisan független függvények alaprendszerré bővíthetők. Igazolható,

hogy

az

állandó

együtthatójú

n-ed

rendű

lineáris

homogén

differenciálegyenlet alaprendszerét az rx

e1 ,

xe r1x ,

r2 x

x 2 e r1 x ,  ,

xe r2 x ,

x 2 e r2 x ,  ,

e

,

rx

x s1 1 e 1 x s2 1 e

r2 x

     rk x rk x s k 1 r k x 2 rk x e , xe , x e ,  , x e

függvények alkotják. Ez összesen n számú függvény. Tehát látható, hogy az sk multiplicitású rk gyök segítségével sk számú egymástól lineárisan független megoldást lehet felírni. Ezt

minden gyök esetében elvégezzük, így n számú lineárisan független partikuláris megoldást

119

kapunk, melyek alaprendszert alkotnak. A homogén differenciálegyenlet általános megoldását az n számú függvény lineáris kombinációja adja. c) Egyszeres komplex gyökök esete

Mivel a karakterisztikus egyenlet valós együtthatós, ezért ha az r1 komplex szám gyöke az egyenletnek, akkor az r1 komplex szám konjugáltja is gyöke annak. Legyenek az r1 , r2 ,..., rn komplex számok a karakterisztikus egyenlet egyszeres gyökei, ahol r1  u  iv , r2  r1  u  iv , ( v  0)

komplex konjugált gyökpár. A valós gyökök esetének mintájára a homogén differenciálegyenlet egy-egy megoldását rx

Y1  e 1 , illetve Y 2  e

r2 x

alakban remélhetnénk, de szükséges lenne komplex függvénytanból ismeretes fogalmak bevezetése is. Mivel mi csak valós megoldásokat keresünk, ezért igazolható, hogy ebben az esetben a karakterisztikus egyenlet r1 , r2 egyszeres komplex gyökpárja segítségével a homogén differenciálegyenlet alaprendszerének két elemét az y 1  e ux cos vx és az y 2  e ux sin vx

valós függvényekkel lehet felírni. Hasonlóan képezhetők az alaprendszer valós függvényei a többi egyszeres komplex gyökpár esetén is. Az így nyert n számú valós függvény lineáris kombinációja adja a homogén differenciálegyenlet általános megoldását. d) Többszörös komplex gyökök esete

Legyenek az r1  u  iv és az r2  r1  u  iv komplex számok a karakterisztikus egyenlet s 1 multiplicitású gyökei. Ekkor az homogén differenciálegyenletnek az e ux cos vx és

120

az e ux sin vx megoldásai mellett további, összesen 2 s 1 számú lineárisan független megoldásfüggvénye az alábbi módon származtatható: e ux cos vx , xe ux cos vx , x 2 e ux cos vx ,..., x s1 1e ux cos vx , e ux sin vx , xe ux sin vx , x 2 e ux sin vx ,..., x s1 1eux sin vx .

Igazolható az is, hogy az előbbiekben említett négy esetből összeálló n tagú megoldásrendszer együtt is lineárisan független, tehát a homogén differenciálegyenlet alaprendszerét alkotják. 7.1. PÉLDA. Keressük meg az

y   y   12 y   0

állandó együtthatójú homogén differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. A homogén egyenlet alaprendszerét képező partikuláris megoldásokat y  e rx

alakban keressük. Deriváltjaival együtt behelyettesítjük a homogén egyenletbe és megkapjuk a differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletét: r 3  r 2  12r  0 .

Az algebrai egyenlet r1  0 , r2  4 és r3  3

egyszeres valós gyökei segítségével felírhatók az alaprendszer e 0x  1, e  4 x és e 3 x függvényei, melyek lineáris kombinációja adja a homogén egyenlet általános megoldását: y hom .ált .  y x   C1  C 2 e 4 x  C 3 e 3 x , ( C1 , C2 , C3  R ) . 7.2. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   4 y   5 y   0 differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A homogén egyenlet megoldását y  e rx alakban keressük. A karakterisztikus

egyenlet 121

r 3  4r 2  5r  0 , melynek egyszeres valós gyökei vannak: r1  0 , r2  1 és r3  5 .

Ezek alapján az alaprendszer elemei az e 0x  1, e  x és e 5 x függvények, így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y x   C1  C 2 e  x  C 3 e 5 x , ( C1 , C2 , C3  R ) . 7.3. PÉLDA. Számítsuk ki az

y   3 y   10 y   0

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. Az állandó együtthatójú homogén differenciálegyenlet megoldását y  e rx

alakban keresve a karakterisztikus egyenlet r 3  3r 2  10r  0 ,

melynek egyszeres valós gyökei: r1  0 , r2  2 és r3  5 .

Így az alaprendszer elemei az e 0x  1, az e  2 x és az e 5 x függvények, melyek lineáris kombinációja adja a homogén egyenlet általános megoldását: y hom .ált .  y x   C1  C 2 e 2 x  C 3 e 5 x , ( C1 , C2 , C3  R ) . 7.4. PÉLDA. Határozzuk meg az

y ( 4 )  6 y   9 y   0

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. Mivel a negyedrendű homogén lineáris differenciálegyenlet megoldását

y  e rx alakban keressük, ezért a karakterisztikus egyenlet

122

r 4  6r 3  9r 2  0 . Az algebrai egyenletnek két darab kétszeres valós gyöke van: r1, 2  0 és r3, 4  3 .

Így az alaprendszer elemei az 1, x, e 3 x , xe 3 x függvények, tehát a differenciálegyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y  x   C1  C 2 x  C 3 e 3 x  C 4 xe 3 x ,

C1 , C 2 , C3 , C 4 R  .


y ( 4 )  2 y   y  0

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. Az egyenlet karakterisztikus egyenlete

r 4  2r 2  1  0 .

Mivel az algebrai egyenletnek az r1, 2  1 és r3, 4  1

kétszeres valós gyökei vannak, ezért a differenciálegyenlet egyik alaprendszerét az e x , xe x , e  x , xe  x függvények alkotják. Így az egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1e x  C 2 xe x  C 3 e  x  C 4 xe  x , 7.6. PÉLDA. Mi az általános megoldása az

y   y  0

differenciálegyenletnek? MEGOLDÁS. Az

r2 1  0

123

C1 , C 2 , C3 , C 4 R  .

algebrai egyenlet a differenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete, melynek a gyöke az r1, 2  i

komplex konjugált gyökpár. Ebből következik, hogy az egyenlet egyik alaprendszerét a cos x és sin x függvények alkotják. Ezek segítségével a keresett általános megoldás y hom .ált .  y  x   C1 cos x  C 2 sin x ,

C1 , C 2 R  .


y   2 y   5 y  0 differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. Az állandó együtthatójú differenciálegyenlet megoldását y  e rx alakban

keresve, a karakterisztikus egyenlet

r 2  2r  5  0 , melynek a két gyöke egyszeres konjugált gyökpár: r1, 2  1  2i .

Így az alaprendszert az e x cos 2 x és e x sin 2 x valós függvények alkotják. Ezek alapján a keresett általános megoldás y hom .ált .  y  x   C1e x cos 2 x  C 2 e x sin 2 x , 7.8. PÉLDA. Számítsuk ki az

y ( 4 )  2 y   y  0

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet

r 4  2r 2  1  0 ,

melynek bal oldala teljes négyzet: 124

C1 , C 2 R  .

r

2



2

1  0 .

Innen látható, hogy az egyenletnek gyöke az r1  i és a konjugáltja az r2  i komplex szám és mindkét gyök kétszeres. Ezért a differenciálegyenlet alaprendszerét az előzőek szerint a cos x , x cos x , sin x , x sin x

függvények alkotják. Ezen függvények lineáris kombinációja adja a homogén egyenlet általános megoldását: y hom .ált .  y  x   C1 cos x  C 2 x cos x  C 3 sin x  C 4 x sin x ,

C1 , C 2 , C3 , C 4 R  .

7.9. PÉLDA. Mi az általános megoldása az

y ( 5)  2 y ( 4 )  8 y   16 y   16 y   32 y  0

differenciálegyenletnek? MEGOLDÁS. A homogén egyenlet karakterisztikus egyenlete

r 5  2r 4  8r 3  16r 2  16r  32  0 .

Az egyenlet bal oldalát szorzattá alakítva

r  2r 2  42  0 . Innen látható, hogy az egyenletnek gyöke az r1  2 valós gyök, valamint az r2  2i és az r3  r2  2i

kétszeres

komplex

konjugált

gyökpár.

Ezért

a


alaprendszerét az e 2 x , cos 2 x , x cos 2 x , sin 2 x , x sin 2 x

függvények alkotják. Ezen függvények lineáris kombinációja adja a homogén egyenlet általános megoldását: y hom .ált .  y  x   C1e 2 x  C 2 cos 2 x  C 3 x cos 2 x  C 4 sin 2 x  C 5 x sin 2 x ,

C1 , C 2 , C3 , C 4 , C5  R  . 125

7.10. PÉLDA. Írjuk fel azt az állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet, melynek

karakterisztikus egyenlete

4r 2  2r  1  0 . MEGOLDÁS. A megfelelő differenciálegyenlet

4 y   2 y   y  0 , mivel a megoldást y  e rx alakban keressük. A megadott karakterisztikus egyenletnek az 1

r

1

 x  x 1 kétszeres gyöke, ezért az alaprendszer függvényei e 2 és xe 2 . Így a keresett 2

differenciálegyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y  x   C1e

1  x 2

 C 2 xe

1  x 2

,

C1 , C 2 R  .

7.11. PÉLDA. Határozzuk meg azt a harmadrendű állandó együtthatójú homogén

differenciálegyenletet, amelyhez tartozó karakterisztikus egyenletnek a r  3 háromszoros gyöke és az y  együtthatója 1. MEGOLDÁS. Mivel az r  3 háromszoros valós gyök, ezért a karakterisztikus egyenlet

r  33  0 alakban írható fel. A köbreemelés elvégzése után az algebrai egyenlet

r 3  9r 2  27r  27  0 alakú, melyből a keresett differenciálegyenlet felírható: y   9 y   27 y   27 y  0 .

Az alaprendszer elemei az e 3 x , xe 3 x és az x 2 e 3 x függvények, ezért a differenciálegyenlet általános megoldása y hom .ált .  y x   C1e 3 x  C 2 xe 3 x  C 3 x 2 e 3 x ,

126

C1 , C 2 , C3  R  .

7.12. PÉLDA. Keressük meg azt a negyedrendű homogén lineáris differenciálegyenletet,

amelynek egyik alaprendszerét az 1, x , x 2 és az e 4 x függvények alkotják. MEGOLDÁS. Mivel az általános megoldás

y hom .ált .  y x   C1  C 2 x  C 3 x 2  C 4 e 4 x ,

C1 , C 2 , C3 , C 4 R 

alakú, ezért lehetőség lenne a négyparaméteres görbesereg egyenletének a meghatározására. Azonban az alaprendszer tagjai mind olyan függvények, amelyek szerepelhetnek egy állandó együtthatójú homogén lineáris differenciálegyenlet alaprendszerében. Mivel a megadott függvények 1  e 0 x , x  xe 0 x , x 2  x 2 e 0 x , e 4 x alakban írhatóak, ezért a differenciálegyenlethez tartozó karakterisztikus egyenletnek a gyökei r1  0 , r2  0 , r3  0 és r4  4 .

Ezek alapján a karakterisztikus egyenlet gyöktényezős alakja r 3 r  4  0 ,

melyből a keresett differenciálegyenlet y ( 4 )  4 y   0 . 7.13. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   2 y   3 y  0 differenciálegyenlet. MEGOLDÁS.

Karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 2  2r  3  0 ; r1  3 , r2  1 . Az alaprendszer függvényei: e 3 x , e x . Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y x   C1e 3 x  C 2 e x ,

127

C1 , C 2  R  .


y   y   y   0

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS.

Karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 3  r 2  r  0 ; r1  0 , r2,3  Az alaprendszer függvényei: e 0x  1 , e

1 5 x 2

, e

1 5 x 2

1 5 . 2

.

Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y  x   C1  C 2 e

1 5 x 2

 C3 e

1 5 x 2

,

C1 , C 2 ,C3  R  .


y   4 y   4 y  0 differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS.

Karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 2  4r  4  0 ; r1, 2  2 . Az alaprendszer függvényei: e 2 x , xe 2 x . Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y  x   C1e 2 x  C 2 xe 2 x ,

C1 , C 2  R  .


y   y   5 y   3 y  0 differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS.

Karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 3  r 2  5r  3  0 ; r1, 2  1 , r3  3 .

128

Az alaprendszer függvényei: e x , xe x , e 3 x . Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y x   C1e 2 x  C 2 xe 2 x  C 3 e 3 x ,

C1 , C 2 , C3  R  .


y 4   2 y   5 y   0 differenciálegyenletet. MEGOLDÁS.

Karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 4  2r 3  5r 2  0 ; r1, 2  0 , r3, 4  1  2i . Az alaprendszer függvényei: e 0x  1 , xe 0x  x , e  x cos 2 x , e  x sin 2 x . Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y x   C1  C 2 x  C 3 e  x cos 2 x  C 4 e  x sin 2 x ,

C1 , C 2 , C3 , C 4  R  .


y   2 y   2 y   0 differenciálegyenletnek? MEGOLDÁS.

Karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 3  2r 2  2r  0 ; r1  0 , r2,3  1  i . Az alaprendszer függvényei: e 0x  1 , e x cos x , e x sin x . Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y  x   C1  C 2 e x cos x  C 3 e x sin x ,

C1 , C 2 , C3  R  .


y   y   2 y  0 , y 1  0 , y 1  1 kezdetiérték feladatot. 129

MEGOLDÁS. Először megkeressük a homogén egyenlet általános megoldását. A

karakterisztikus egyenlet

r2  r  2  0 , melynek gyökei r1  2 és r2  1 . Így az alaprendszer függvényei: e 2 x és e  x , melyek lineáris kombinációja adja a homogén egyenlet általános megoldását: y hom .ált .  y  x   C1e 2 x  C 2 e  x ,

C1 , C 2  R  .

A kezdetiérték feladatban szereplő feltételeket figyelembe véve az y  kiszámítása után a C1 , C 2 ismeretlenekre a 0  C1e 2  C 2 e 1 ,  2 1 1  2C1e  C 2 e

egyenletrendszert kapjuk, ahonnan C1 

1 3e 2

és C 2  

e adódik. Ennek alapján a 3

kezdetiérték feladat megoldása y kez det i érték  y  x  





1 2 x e  x 1 2 x 1 1 x e  e  e e . 3 3 3e 2


y   2 y   y  0 , y 0   1 , y 0   0 kezdetiérték feladat megoldását. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet

r 2  2r  1  0 , melynek kétszeres valós gyöke az r1, 2  1 , melyek segítségével az alaprendszer függvényei

e x és xe x alakban írhatók fel. Ezek segítségével a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1e x  C 2 xe x ,

130

C1 , C 2  R  .

Az y 0   1 és az y 0   0 feltételeket figyelembe véve az y  kiszámítása után a C1 , C 2 ismeretlenekre a  1  C1 ,  0  C1  C 2

egyenletrendszert kapjuk, ahonnan C1  1 és C 2  1 . Így a kezdetiérték feladat megoldása y kez det i érték  y  x   e x  xe x . 7.21. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   y   0 , y 0   1 , y 0   0 , y 0  1 kezdetiérték feladatot. MEGOLDÁS. A differenciálegyenlet megoldását y  e rx alakban keresve a megfelelő

karakterisztikus egyenlet r3  r2  0. Az r1, 2  0 és r3  1 gyökök miatt az alaprendszer tagjai az e 0x  1 , xe 0x  x és az e  x függvények. Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1  C 2 x  C 3 e  x , A kezdeti feltételek figyelembevételével

y  és

C1 , C 2 , C3  R  . y  kiszámítása után a C1 , C 2 , C 3

ismeretlenekre az  1  C1  C 3 ,  0  C 2  C 3 ,  1 C 3 

egyenletrendszert kapjuk, melyből C1  0 , C 2  1 és C 3  1 . Ennek alapján a kezdetiérték feladat megoldása y kez det i érték  y  x   x  e  x . 131

8. Lineáris állandó együtthatójú inhomogén differenciálegyenletek megoldása A lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása a homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásának az összegeként áll elő. A homogén egyenlet egy alaprendszerének ismeretében az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását kétféle módszerrel határozhatjuk meg A)

ún.„próbafüggvény”

módszerrel,

amelynek

az

a

lényege,

hogy

a

zavarófüggvény típusából és a homogén differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének gyökeiből (azaz az ezek segítségével felírt alaprendszer függvényeiből) próbáljuk felírni a partikuláris megoldás alakját; B)

állandók variálásának módszerével (lásd a 6. fejezetben). A módszer

kidolgozása Lagrange nevéhez fűződik és szokás „konstansvariációs módszernek” is nevezni, amely az integrálási nehézségektől eltekintve minden esetben célravezető. Először ismerkedjünk meg a próbafüggvény módszerrel. A)

Ha az inhomogén differenciálegyenlet jobb oldalán álló zavarófüggvény olyan,

hogy valamely állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletnek a megoldása lehetne, akkor az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását „próbafüggvény" keresésével is meghatározhatjuk. Az ilyen zavarófüggvények két függvénycsaládba tartoznak: Pk  x e ux cos vx vagy Qk  x e ux sin vx alakúak, ahol Pk  x  és Qk  x  k-ad fokú polinomok, u és v pedig valós szám. Ez a két függvénycsalád magába foglalja mind a polinomokat ( u  0 és v  0 esetén); mind az exponenciális függvényeket v  0, k  0  ; mind a trigonometrikus függvényeket u  0, k  0  ; és ezek közül bármelyik kettő, illetve mindhárom szorzatát. Legyen az a n y n   a n 1 y n 1  ...  a 2 y   a1 y   a 0 y  r  x  , 132

a n

 0

differenciálegyenlet jobb oldalán lévő r ( x ) zavarófüggvény általános alakja r  x   e ux Pn  x  cos vx  Qm  x sin vx , ahol Pn ( x ) és Qm ( x ) n-ed fokú, illetve m-ed fokú polinomok. Az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldásának alakja a homogén egyenlet karakterisztikus egyenletének gyökeitől függ. Mégpedig 1)

ha r  u  iv nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek, akkor a partikuláris

megoldást





y in hom . part .  y x   e ux Pk  x  cos vx  Qk  x sin vx ,

2)

ha r  u  iv s-szeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, akkor



y in hom . part .  y x   x s e ux Pk  x  cos vx  Qk  x sin vx



alakban keressük, ahol k  max n , m , Pk ( x ) és Qk ( x ) általánosan felírt k-ad fokú polinomok határozatlan együtthatókkal. Tehát a „próbafüggvény” módszer lényege, hogy a partikuláris megoldás próbafüggvényét behelyettesítve az inhomogén differenciálegyenletbe meghatározhatjuk az ismeretlen együtthatókat. Ugyanis a behelyettesítéssel nyert azonosságban a különböző típusú függvények együtthatóit összehasonlítva az ismeretlen együtthatókra egy olyan lineáris algebrai egyenletrendszert kapunk, amelynek igazolhatóan mindig pontosan egy megoldása létezik. Táblázat készült a partikuláris megoldások formáinak összegzésére különböző zavarófüggvények esetén. Ennek segítségével a „próbafüggvényt” könnyen fel lehet írni, ha a táblázatból kikeressük a differenciálegyenlet jobb oldalán álló zavarófüggvényt és a hozzá tartozó megfelelő partikuláris megoldást. A táblázatból leolvasható, hogy a IV. pont az előző három pont egybefoglalása.

133

A differenciálegyenlet jobb oldalán álló zavarófüggvény típusa

A hom. egyenlet karakterisztikus

A partikuláris megoldás

egyenletének

alakjai

gyökei

1. Az r  0 a kar. egyenletnek I.

Pn  x 

nem

Pn  x  

gyöke 2. Az

r0

kar.

egyenletnek s-szeres

x Pn x  

gyöke 1. Az r  u a kar. egyenletnek II.

Pn x e ux

nem

Pn  x e ux 

gyöke 2. Az r  u a kar. egyenletnek s-szeres

x s Pn  x e ux 

gyöke 1. Az r  iv a kar. egyenletnek a nem III.

Pn  x  cos vx  Qm  x sin vx

gyöke 2. Az r  iv a kar. egyenletnek s-szeres gyöke 1. Az r  u  iv a kar. egyenletnek a

IV.

e

ux

Pn x  cos vx  Qm x sin vx

nem gyöke 2. Az r  u  iv a kar. egyenletnek sszeres gyöke

Pk  x  és Qk  x  általánosan felírt k-ad fokú polinom.

134

Pk  x  cos vx  Qk  x sin vx k  maxn, m



x s Pk  x  cos vx  Qk  x sin vx



k  maxn, m



e ux Pk  x  cos vx  Qk  x sin vx



k  maxn, m



x s e ux Pk x  cos vx  Qk  x sin vx k  maxn, m



1. MEGJEGYZÉS. Ha az inhomogén differenciálegyenlet jobb oldalán álló r ( x )

zavarófüggvény különböző típusú véges sok függvény összegéből áll, akkor az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldását úgy is megkaphatjuk, hogy külön-külön keresünk partikuláris megoldást az egyes függvénytípusokhoz. Ezeket összegezve kapjuk meg az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldását. 2. MEGJEGYZÉS. Ha az r ( x ) zavarófüggvény csak a szinusz vagy csak a koszinusz

függvényt tartalmazza, akkor is a két függvény összegét kell írni a keresett partikuláris megoldásba. 8.1. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   y   2 y  2e  x  5 x differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. Mivel a homogén egyenlet általános megoldását y  e rx alakban keressük,

ezért a karakterisztikus egyenlet r2  r  2  0,

ahonnan r1  2 és r2  1 . A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1 e 2 x  C 2 e x ,

C1 ,C2  R  .

A zavarófüggvény exponenciális és polinom függvények összege, külön keressük a két különböző típusú függvényhez. Az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását , mivel nincs rezonancia (mert r  2 és r  0 nem gyöke a karakterisztikus

egyenletnek!),

yin hom . part.  Ae  x  Bx  C alakban kereshetjük. Az A, B és C ismeretlen konstansok meghatározásához az inhomogén differenciálegyenletbe behelyettesítjük a feltételezett partikuláris megoldást és deriváltjait, melyből

az

ismeretlen

együtthatókra

A  1, B  

felhasználásával a partikuláris megoldás 135

5 2

és

C

5 4

adódik.

Ezek

y in hom . part .  y  x   e  x 

5 5 x . 2 4

Az adott inhomogén egyenlet általános megoldása a homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának az összege: y in hom .ált .  y  x   C1e  2 x  C 2 e x  e  x 

5 5 x , 2 4

C1 ,C 2  R  .

8.2. PÉLDA. Számítsuk ki az y   y   2 y  r  x 

differenciálegyenlet általános megoldását, ha a)

r  x   8e 3 x ;

b)

r x   3e  x ;

c)

r ( x )   x 2  1;

d)

r ( x )  sin x .

MEGOLDÁS. A megfelelő homogén egyenlet megoldását y  e rx alakban keresve, a

karakterisztikus egyenlet r2  r  2  0 , melynek gyökei r1  2 és r2  1 . Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1e 2 x  C 2 e  x , ( C1 , C2  R ) . Most az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását keressük meg "próbafüggvény" segítségével. a) Az r  3 nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek, azaz nincs rezonancia, ezért a partikuláris megoldás alakja y in hom . part .  y  x   Ae 3 x ,

136

ahol A egyelőre ismeretlen állandó. Helyettesítsük be deriváltjaival együtt az eredeti differenciálegyenletbe: y in hom . part .  Ae 3 x , y in hom . part .  3 Ae 3 x , y in hom . part .  9 Ae 3 x ,

9 Ae 3 x  3 Ae 3 x  2 Ae 3 x  8e 3 x . Az együtthatók összehasonlításából megkapjuk A értékét, amely A  2 . Így felírhatjuk a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását: y in hom . part .  y  x   2e 3 x .

Az inhomogén egyenlet általános megoldása a homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának az összege: y in hom .ált .  y  x   C1e 2 x  C 2 e  x  2e 3 x , ( C1 , C2  R ) . b) Mivel r2  1 gyöke a karakterisztikus egyenletnek, ezért rezonancia van és a partikuláris megoldást y in hom . part .  y  x   Axe  x

alakban kereshetjük, ahol A egyelőre ismeretlen. Az egyenletben az y in hom . part .  Axe  x , y in hom . part .  Ae  x  Axe  x , y in hom . part .  2 Ae  x  Axe  x

helyettesítéseket elvégezve  2 Ae  x  Axe  x  Ae  x  Axe  x  2 Axe  x  3e  x . Az összevonás elvégzése után A  1 . Eszerint a keresett partikuláris megoldás y in hom . part .  y  x    xe  x ,

így az inhomogén egyenlet általános megoldása: y in hom .ált .  y  x   C1e 2 x  C 2 e  x  xe  x , ( C1 , C2  R ) .

137

c) Mivel r  0 nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek (ezért nincs rezonancia!), így a partikuláris megoldást az alábbi alakban kereshetjük: y in hom . part .  y  x   Ax 2  Bx  D .

Kiszámítjuk a deriváltakat és azokat behelyettesítjük az inhomogén differenciálegyenletbe: 2 A  2 Ax  B  2 Ax 2  2 Bx  2 C   x 2  1.

Az együtthatók összehasonlításából az A, B, D ismeretlenek az   2 A  1,    2 A  2 B  0, 2 A  B  2 D  1 

egyenletrendszerből számíthatók ki. Innen A 

1 1 , B 2 2

és D 

1 , ezért a keresett 4

partikuláris megoldás y in hom . part .  y  x  

1 2 1 1 x  x , 2 2 4

így a differenciálegyenlet általános megoldása y in hom .ált .  y  x   C1e 2 x  C 2 e  x 

1 2 1 1 x  x  , ( C1 , C2  R ) . 2 2 4

d) Mivel az r  i nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek (nincs rezonancia!), ezért y in hom . part .  y  x   A sin x  B cos x alakban keressük a partikuláris megoldást. Az A és B együtthatókat a  3 A  B  1,    3B  A  0 egyenletrendszerből számítjuk ki, ahonnan A  

138

3 1 és B  . Így a partikuláris megoldás 10 10

y in hom . part .  y  x   

3 1 sin x  cos x 10 10

az inhomogén egyenlet általános megoldása pedig: y p  C1e 2 x  C2 e  x 

3 1 sin x  cos x . 10 10


y   9 y   3  2e x differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet r 3  9r  0 ,

melynek gyökei r1  0 , r2  3i és r3  3i . Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y x   C1  C 2 cos 3x  C 3 sin 3x ,

C1 , C 2 , C3  R  .

Mivel az r1  0 gyöke a karakterisztikus egyenletnek, ezért az r1  x   3 zavarófüggvény miatt (ez polinom!) rezonancia van. Ennek a figyelembe vételével az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását

yin hom . part.  yx   Ae x  Bx alakban írjuk fel. Ez az inhomogén differenciálegyenletet akkor elégíti ki, ha A   B

1 . A kapott értékek segítségével a partikuláris megoldás 3 1 1 y in hom . part .  y  x    e x  x , 5 3

így az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: 1 1 y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 cos 3x  C 3 sin 3x  e x  x , 5 3

139

C1 , C 2 , C3  R .

1 és 5


y   y   y   y  x 2  x differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet r3  r 2  r 1  0 ,

melynek gyökei r1  1 és r2,3  i . Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y x   C1e x  C 2 cos x  C 3 sin x ,

C1 , C 2 , C3  R  .

Mivel az r  0 nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek, ezért az adott zavarófüggvénnyel nincs rezonanciája a homogén egyenlet általános megoldásának. Ennek a figyelembe vételével az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását

yin hom . part.  Ax 2  Bx  D alakban kereshetjük. Ez a differenciálegyenletet akkor elégíti ki, ha A  1 , B  3 és C  1. A kapott értékek segítségével a partikuláris megoldás

y in hom . part .  y  x    x 2  3 x  1 ,

így az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: y in hom .ált .  y  x   C1e x  C 2 cos x  C 3 sin x  x 2  3 x  1 ,

C1 , C2 , C3  R 


y   y   x 2 , y 0   1,

y 0  2,

y 0  1

kezdetiérték feladat megoldását. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet r3  r2  0,

melynek gyökei r1, 2  0 és r3  1 . Így a homogén egyenlet általános megoldása 140

y hom .ált .  y x   C1  C 2 x  C 3 e  x , ahol C1 , C 2 , C 3  R .

Mivel az r1  0 kétszeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, ezért az r x   x 2 zavarófüggvény miatt rezonancia van. Ennek a figyelembe vételével az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását



yin hom . part.  y x   x 2 Ax 2  Bx  D



alakban írjuk fel. Ezt és a megfelelő deriváltjait visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe a meghatározandó A, B, D ismeretlenekre A 

1 1 , B   és D  1 adódik. Így a partikuláris 12 3

megoldás y in hom . part .  y  x  

1 4 1 3 x  x  x2 12 3

alakú és az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: y in hom .ált .  C1  C 2 x  C 3 e  x 

1 4 1 3 x  x  x2 , 12 3

C1 , C 2 , C3  R .

Az adott kezdeti feltételeket behelyettesítve az általános megoldásba és annak deriváltjaiba az alábbi értékeket kapjuk: C1  4, C 2  1 és C3  3 . Így a kezdetiérték feladat megoldása y kez det iérték  y  x   4  x  3e  x 

1 4 1 3 x  x  x2. 12 3


y   5 y   6 y  xe 2 x differenciálegyenletnek? MEGOLDÁS. A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y x   C1e 2 x  C 2 e 3 x , ahol C1 , C 2  R ,

mert az r 2  5r  6  0 141

karakterisztikus egyenlet gyökei r1  2 és r2  3 . Mivel az r1  2 egyszeres gyöke az algebrai egyenletnek, ezért az r x   xe 2 x zavarófüggvény miatt rezonancia van. Ennek a figyelembe vételével az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását

yin hom . part.  y x   x Ax  B e 2 x alakban keressük. A próbafüggvényt behelyettesítve az eredeti differenciálegyenletbe az ismeretlen együtthatókra A  

1 1 és B   adódik. 2 3

Ezek felhasználásával a partikuláris megoldás 1   1 y in hom . part .  y  x     x 2  x e 2 x . 3   2

Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása 1   1 y in hom .ált .  C1e 2 x  C 2 e 3 x    x 2  x e 2 x , 3   2

C1 , C2  R .

8.7. PÉLDA. Határozzuk meg az y   y  x cos x

differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása

y hom .ált .  y  x   C1 cos x  C 2 sin x . Az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását

yin hom . part.  y x   x Ax  B  cos x  Cx  D sin x alakban kereshetjük. Az ismeretlen együtthatók meghatározása után az általános megoldás y in hom .ált .  y  x   C1 cos x  C 2 sin x 

1 1 x cos x  x 2 sin x, 4 4


142

C1 , C2  R .

y 5   y 4   9 y   9 y   24 x  4e  x differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. Először a homogén differenciálegyenletet oldjuk meg. Mivel a megoldást y  e rx alakban keressük, ezért a karakterisztikus egyenlet

r 5  r 4  9r 3  9r 2  0 . Szorzattá alakítás után leolvashatók az ötödfokú algebrai egyenlet gyökei: r1, 2  0 , r3  1 , r4,5  3i .

Ezek alapján a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1  C 2 x  C 3 e  x  C 4 cos 3 x  C 5 sin 3x , ( C1 , C2 , C3 , C4 , C5  R ) . Az inhomogén egyenlet zavarófüggvényéhez a partikuláris megoldást egyes függvénytípusokhoz külön-külön keressük és majd ezeket összegezzük. Az r1  x   24 x függvényhez

yin hom . part.1  y x   x 2  Ax  B  alakban keressük a megoldást, mert az r1, 2  0 kétszeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek (rezonancia van!). Mivel az r3  1 gyöke az algebrai egyenletnek, ezért az r2  x   4e  x zavarófüggvényhez

yin hom . part.2  yx   Dxe x alakú partikuláris megoldást célszerű felírni. Tehát az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását ezek összegeként kapjuk:

yin hom . part.  y x   x 2  Ax  B   Dxe x . Az A, B, D együtthatókra felírt egyenletrendszerből A  1 , B  3 és D  1 adódik. Ezek alapján a partikuláris megoldás

yin hom . part.  y x   x 2  x  3  xe  x 143

míg az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása az y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 x  C 3 e  x  C 4 cos 3x  C 5 sin 3x  x 2  x  3  xe  x függvény lesz, ahol Ci  R , (i  1, 2, 3, 4 , 5). 8.9. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   2 y   y  2e 3 x  e  x  3e x differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet r 2  2r  1  0 ,

melynek gyökei r1, 2  1 . Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1e x  C 2 xe x , ahol C1 , C 2  R . Az inhomogén egyenlet három zavarófüggvényéhez a partikuláris megoldást – mivel különböző alakú exponenciális függvények – külön-külön keressük és majd ezeket összegezzük. Az r1  x   2e 3 x függvényhez

yin hom . part.1  y x   Ae3 x alakban keressük a megoldást, mert az r  3 nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek (nincs rezonancia!). Mivel az r  1 szintén nem gyöke az algebrai egyenletnek, ezért az r2  x   e  x zavarófüggvényhez

yin hom . part.2  y x   Be  x alakú partikuláris megoldást célszerű felírni. Az r1, 2  1 kétszeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, tehát rezonancia van az r3  x   3e x zavarófüggvénnyel, ezért a partikuláris megoldást

yin hom . part.3  y x   Dx 2 e x 144

alakban írjuk fel. Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását ezek összegeként kapjuk:

yin hom . part.  y x   Ae3 x  Be  x  Dx 2 e x . Ezt a partikuláris megoldást és deriváltjait behelyettesítjük az eredeti inhomogén differenciálegyenletbe és akkor elégíti ki az egyenletet, ha A 

1 1 3 , B   és C  . A 2 4 2

kapott értékek segítségével a partikuláris megoldás

1 1 3 yin hom . part.  y x   e 3 x  e  x  x 2 e x , 2 4 2 így az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: 1 1 3 y in hom .ált .  y  x   C1e x  C 2 xe x  e 3 x  e  x  x 2 e x , ahol C1 , C 2  R . 2 4 2 8.10. PÉLDA. Számítsuk ki az

y   16 y  cos 4 x differenciálegyenlet általános megoldását. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet r 2  16  0 ,

melynek gyökei r1, 2  4i . Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1 cos 4 x  C 2 sin 4 x , Mivel az

r1, 2  4i

C1 , C 2  R  .

gyöke a karakterisztikus egyenletnek, ezért az

r x   cos 4 x

zavarófüggvény miatt rezonancia van. Ennek a figyelembe vételével az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását

yin hom . part.  y x   x A cos 4 x  B sin 4 x 

145

alakban írjuk fel. Ez a partikuláris megoldás az inhomogén differenciálegyenletet akkor elégíti ki, ha A  0 és B 

1 . A kapott értékek segítségével a partikuláris megoldás 8 y in hom . part .  y  x  

1 x sin 4 x , 8

így az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása: y in hom .ált .  y  x   C1 cos 4 x  C 2 sin 4 x 

1 x sin 4 x , 8

C1 , C 2  R .


y   4 y   x 2 differenciálegyenletnek? MEGOLDÁS. Mivel a homogén egyenlet általános megoldását y  e rx alakban keressük,

ezért a karakterisztikus egyenlet r 2  4r  0 ,

ahonnan r1  0 és r2  4 . A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1  C 2 e 4 x ,

C1 ,C 2  R  .

A zavarófüggvény másodfokú polinom és r1  0 a karakterisztikus egyenlet egyszeres gyöke, ezért rezonancia van és az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását



y in hom . part.  x Ax 2  Bx  C



alakban kereshetjük. Behelyettesítve az eredeti differenciálegyenletbe a feltételezett partikuláris megoldást és deriváltjait az ismeretlen együtthatókra A  C

1 adódik. Ezek felhasználásával a partikuláris megoldás 32 1 3 1 2 1 x  x  x. 12 16 32 146

y in hom . part .  y  x  

1 1 és ,B 16 12

Az adott inhomogén egyenlet általános megoldása a homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának az összege: y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 e  4 x 

1 3 1 2 1 x  x  x, 12 16 32

C1 ,C 2  R  .

8.12. PÉLDA. Határozzuk meg az y   A 2 y   sin x

differenciálegyenlet általános megoldását pozitív A esetén. MEGOLDÁS. Az r 3  A2r  0

karakterisztikus egyenlet gyökei: r1  0 és r2,3   Ai . Ezért a homogén differenciálegyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1  C 2 sin Ax  C 3 cos Ax , a)

C1 , C 2 , C3  R  .

Ha A  1 , akkor nincs rezonancia és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását

yin hom . part.  y x   B cos x  D sin x alakban keressük. Behelyettesítve, az együtthatók összehasonlításából B 

1 és D  0 1  A2

adódik. A keresett partikuláris megoldás

yin hom . part.  y x  

1 cos x , 1  A2

és így az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 sin Ax  C 3 cos Ax  b)

1 cos x , 1  A2

C1 , C 2 , C3  R  ,  A  1 .

Ha A  1 , akkor a rezonancia miatt az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását

yin hom . part.  y  x   xB cos x  D sin x  147

alakban írhatjuk fel. Deriválva és az inhomogén differenciálegyenletbe behelyettesítve B  0 és D  

1 adódik. Így a keresett partikuláris megoldás 2

1 yin hom . part.  y x    x sin x . 2 A differenciálegyenlet általános megoldása y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 sin x  C 3 cos x 

1 x sin x , 2

C1 , C 2 , C3  R  ,  A  1 .


y   ky  2 x ,

k  Z 

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. A karakterisztikus egyenlet r2  k  0 ,

melynek gyökei az r1, 2    k . Látható, hogy k értékétől függően különböző típusú függvények alkotják a homogén egyenlet alaprendszerét. Ezért vizsgáljuk meg a megoldásokat k  0 , k  0 és k  0 esetén. a)

Ha k  0 , akkor az r 2  0 egyenlet gyökei r1, 2  0 , ezért a homogén egyenlet

általános megoldása y hom .ált .  y x   C1  C 2 x ,

b)

C1 , C2  R  .

Ha k  0 , akkor a négyzetgyök alatt pozitív szám van, ugyanis  k  0 , ezért az

alaprendszer exponenciális függvényekkel írható fel. Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y x   C1e

k x

 C2e 

148

k x

,

C1 , C2  R  .

c)

Ha k  0 , akkor a négyzetgyök alatt negatív szám van, ezért a karakterisztikus

egyenlet gyökei r1, 2   k i , és az alaprendszert az cos k x és a sin k x függvények alkotják. Ezek lineáris kombinációja adja a homogén egyenlet általános megoldását: y hom .ált .  y x   C1 cos k x  C 2 sin k x ,

C1 ,C2  R  .

Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását is keressük k  0 , k  0 és k  0 esetén. a)

Ha k  0 , akkor az r 2  0 egyenlet r1, 2  0 kétszeres valós gyökei miatt rezonancia

van, ezért a partikuláris megoldást

yin hom . part.  x 2  Ax  B   Ax 3  Bx 2 alakban kereshetjük. Ez a differenciálegyenletet akkor elégíti ki, ha A 

1 és B  0 . A kapott 3

értékek segítségével a partikuláris megoldás

yin hom . part . 

1 3 x , 3

az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása pedig y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 x 

Megjegyezzük,

hogy

az

y   2 x

1 3 x , 3

C1 ,C2  R  .

differenciálegyenletet

hiányos

másodrendű

differenciálegyenletként is megoldhattuk volna. b) és c) esetet együtt tárgyalhatjuk, mert a partikuláris megoldás keresésében nincs eltérés.

Mindkét esetben a partikuláris megoldás

yin hom . part.  Ax  B alakú

(nincs

rezonancia!),

és

A

2 , k

k  0 

és

B0

esetén

elégíti

ki

differenciálegyenletet. Így az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása mindkét esetben

2 x, k 149

yin hom . part . 

k  0  .

a

Felírjuk ezek után a differenciálegyenlet általános megoldását: Ha k  0 , akkor y in hom .ált .  y x   C1e

k x

 C2e 

k x



2 x, k

k  0  , C1 ,C2  R  .

Ha k  0 , akkor y in hom .ált .  y  x   C1 cos k x  C 2 sin k x 

2 x, k

k  0  , C1 ,C2  R  .


y   y   6 y  x , y 0  0 , y 0   1 kezdetiérték feladatot. MEGOLDÁS.

A karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 2  r  6  0 ; r1  3 , r2  2 . Az alaprendszer függvényei: e 3 x , e 2 x . Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y  x   C1e 3 x  C 2 e 2 x ,

C1 , C 2  R  .

Inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának alakja: y in hom . part .  y  x   Ax  B . Az inhomogén egyenletbe való behelyettesítés után és a függvények együtthatóinak összehasonlítása után: A  

1 1 és B   . 6 36

Inhomogén egyenlet partikuláris megoldása: 1 1 y in hom . part .  y  x    x  . 6 36 Inhomogén egyenlet általános megoldása:

150

y in hom .ált .  y  x   C1e 3 x  C 2 e 2 x 

1 1 x , 6 36

C1 , C 2  R  .

Az adott kezdeti feltételt behelyettesítve az általános megoldásba és annak deriváltjába az alábbi egyenletrendszert kapjuk: 1   0  C1  C 2  36 ,  1 1  3C1  2C 2  . 6 

Innen C1  

11 3 és C 2  , melyek segítségével felírjuk a kezdeti feltétel kielégítő 90 20

partikuláris megoldást y kez det iérték  y  x   

11 3 x 3 2 x 1 1 e  e  x . 90 20 6 36

Ismerkedjünk néhány példán keresztül az állandók variálásának módszerével is. B)

Az állandók variálásának módszerével általában – integrálási nehézségektől

eltekintve – meghatározhatjuk az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását. Ha az n-ed rendű inhomogén differenciálegyenlet megfelelő homogén egyenletének az általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1 y1  x   C 2 y 2  x   C 3 y 3  x   ...  C n y n  x  , ahol y1  x , y 2  x , y 3  x ,..., y n  x  függvények az alaprendszer elemei, akkor az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását y in hom . part .  y x   C1  x  y1  x   C 2  x  y 2  x   C 3  x  y3  x   ...  C n  x  y n  x  alakban keressük, feltételezve, hogy a C1  x , C 2  x , C 3 x ,..., C n  x  ismeretlen függvények legalább n-szer folytonosan differenciálhatóak. Az C1  x , C 2  x ,..., C n  x 

ismeretlen függvények, valamint a homogén egyenlet alap-

rendszerének függvényeivel és annak deriváltjaival felírt n darab egyenletből álló algebrai egyenletrendszerből (lásd 6. fejezet) meghatározzuk a C1  x , C 2  x ,..., C n  x  függvényeket.

151

Ezekből integrálással kapjuk a C1  x , C 2  x , C 3 x ,..., C n  x  ismeretlen függvényeket, melyek segítségével most már egyértelműen meghatározható a keresett partikuláris megoldás. 8.15. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   y  ctgx ,

x  k , k  1 , k  Z 

differenciálegyenletet. MEGOLDÁS. Először a megfelelő homogén egyenletet oldjuk meg. Az

y  e rx

helyettesítéssel a homogén egyenlethez az r2 1  0 karakterisztikus egyenlet tartozik, melynek gyökei r1, 2  i . Így a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1 cos x  C 2 sin x ,

C1 ,C2  R  .

Mivel a jobb oldalon álló zavarófüggvényhez hasonló típusú nem szerepelhet az általános n-ed rendű állandó együtthatójú lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldásában, ezért a partikuláris megoldás keresését az állandók variálásának módszerével végezzük. Legyen a homogén egyenlet általános megoldásában a C1  C1  x  és C 2  C 2  x  – egyelőre ismeretlen függvények – és feltételezzük, hogy ezek a függvények legalább kétszer folytonosan differenciálhatóak. Keresünk egyetlen olyan C1  C1  x  és C 2  C 2  x  függvényt, amelyek segítségével felírt y in hom . part .  y  x   C1  x  cos x  C 2 x sin x inhomogén partikuláris megoldás kielégíti az inhomogén egyenletet. A C1  C1  x  és C 2  C 2  x  ismeretlen függvények deriváltjaira a  C1 cos x  C 2 sin x  0,   C1 sin x  C 2 cos x  ctgx

egyenletrendszer írható fel, melyből 152

C1   cos x és C 2 

cos 2 x . sin x

Innen integrálással C1   sin x és

cos 2 x 1  sin 2 x  1  C2   dx   dx     sin x dx   sin x sin x  sin x 

x x  cos 2 2 2 dx  cos x  x x 2 sin cos 2 2

sin 2

x x   cos   sin 2  2 dx  cos x   ln cos x  ln sin x  cos x  ln sin x  cos x .   2 2 2  2 cos x 2 sin x    2 2 

Így az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldása (összevonások után)   x x y in hom . part .  y  x    sin x cos x   ln tg  cos x  sin x  sin x  ln tg 2 2   és általános megoldása y in hom .ált .  y x   C1 cos x  C 2 sin x  sin x  ln tg

x , 2

C1 ,C2  R  .


y   2 y   5 y 

 ex   ,  x  k , k  Z sin 2 x  2 


r 2  2r  5  0 karakterisztikus egyenlet r1, 2  1  2i gyökeivel a homogén egyenlet általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1e x cos 2 x  C 2 e x sin 2 x ,

C1 ,C 2  R  .

A differenciálegyenlet partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével keressük. Legyen a homogén egyenlet általános megoldásában a C1  C1  x  és C 2  C 2  x  – 153

egyelőre ismeretlen függvények – és feltételezzük, hogy ezek a függvények legalább kétszer folytonosan differenciálhatóak. Keresünk egyetlen olyan C1  C1  x  és C 2  C 2  x  függvényt, amelyek segítségével felírt y in hom . part .  y  x   C1  x e x cos 2 x  C 2  x e x sin 2 x

megoldása az inhomogén egyenletnek. A C1  C1  x  és C 2  C 2  x  ismeretlen függvények deriváltjaira a  C1e x cos 2 x  C 2 e x sin 2 x  0,  ex  x x       C e x x C e x x     cos 2 2 sin 2 sin 2 2 cos 2 2  1 sin 2 x

egyenletrendszer írható fel, melyből C1   Innen integrálással C1  

1 cos 2 x és C 2  . 2 2 sin 2 x

x és 2

C2  

cos 2 x 1 2 cos 2 x 1 dx   dx  ln sin 2 x . 2 sin 2 x 4 sin 2 x 4

Így az inhomogén differenciálegyenlet partikuláris megoldása (összevonások után) x 1 y in hom . part .  y  x    e x cos 2 x  ln sin 2 x  e x sin 2 x 2 4 és általános megoldása x 1 y in hom .ált .  y  x   C1e x cos 2 x  C 2 e x sin 2 x  e x cos 2 x  ln sin 2 x  e x sin 2 x , C1 ,C 2  R  . 2 4 8.17. PÉLDA. Oldjuk meg az

y   2 y   e x sin x differenciálegyenletet. MEGOLDÁS.

154

Karakterisztikus egyenlet és gyökei: r 2  2r  0 ; r1  0 , r2  2 . Az alaprendszer függvényei: e 0 x  1 , e 2 x . Homogén egyenlet általános megoldása: y hom .ált .  y  x   C1  C 2 e 2 x , a)

C1 ,C 2  R  .

Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának keresése próbafüggvénnyel

Inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának alakja: y in hom . part .  y  x   e x  A sin x  B cos x  .

Az inhomogén egyenletbe való behelyettesítése után összehasonlítva a függvények együtthatóit: A  

1 és B  0 . 2

Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása: 1 y in hom . part .  y  x    e x sin x . 2 Az inhomogén egyenlet általános megoldása: 1 y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 e 2 x  e x sin x , 2 b)

C1 ,C 2  R  .

Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldás keresése állandók variálásának

módszerével

Partikuláris megoldásának alakja: y in hom . part .  y  x   C1  x   C 2  x e 2 x .

A C1  C1  x  és C 2  C 2  x  ismeretlen függvények deriváltjaira felírt egyenletrendszer:  C1  1  C 2 e 2 x  0,  2x x C1  0  2C 2 e  e sin x.

1 1 Az egyenletrendszerből C1  x    e x sin x és C 2  x   e  x sin x , melyekből integrálással 2 2 adódnak az ismeretlen C1 x  és C 2  x  függvények: 155

C1  x   

x  e sin xdx 

u  ex u  e x

1 x 1 e sin xdx , illetve C 2  x    e  x sin xdx .  2 2

v   sin x v   cos x

 e x cos x    e x cos xdx 

u  ex u  e x

v   cos x v  sin x



 e x cos x  e x sin x   e x sin xdx ,

amelyből

e

x

sin xdx 

1 x e sin x  cos x  . 2

Így 1 C1  x    e x sin x  cos x  , 4 illetve hasonló parciális integrálás után 1 C 2  x    e  x sin x  cos x  . 4 Visszaírva az inhomogén partikuláris megoldásba és összevonások után 1 1 1 y in hom . part .  y x    e x sin x  cos x   e  x sin x  cos x e 2 x   e x sin x , 4 4 2 amely megegyezik a próbafüggvény módszerrel nyert megoldással. A differenciálegyenlet általános megoldása tehát 1 y in hom .ált .  y  x   C1  C 2 e 2 x  e x sin x , 2

156

C1 ,C 2  R  .

9. Differenciálegyenlet-rendszerek Állandó együtthatójú differenciálegyenlet-rendszerek Differenciálegyenlet-rendszerek

A gyakorlati alkalmazásokban sokszor találkozunk differenciálegyenlet-rendszerekkel. DEFINÍCIÓ. Az n számú egyenletből álló, m számú y1 ( x ), y2 ( x ),..., ym ( x ) ismeretlen

függvényt, valamint ezek deriváltjait tartalmazó F j ( x, y1 , y1 ,..., y1( p1 ) ; y 2 , y 2 ,..., y 2( p2 ) ;...; y m , y m ,..., y m( pm ) )  0,

( j  1, 2,..., n) ;

yi  yi ( x )

(i  1, 2,..., n)

(1)

rendszert implicit alakú közönséges differenciálegyenlet-rendszernek nevezzük. A differenciálegyenlet-rendszer megoldhatóságához az szükséges, hogy a differenciálegyenletek egy olyan közös I megoldási intervallummal rendelkezzenek, amelyen az (1) egyenletrendszer minden egyenlete az yi ( x ) megoldásfüggvényekkel azonossággá váljon. DEFINÍCIÓ.

A

differenciálegyenlet-rendszer

rendje

az

ismeretlen

függvények

legmagasabb deriváltjai rendjének az összege. Például az (1) differenciálegyenlet-rendszer r-ed rendű, ha p1  p 2  ...  p m  r . DEFINÍCIÓ. Ha az (1) differenciálegyenlet-rendszer (n  m) az y1 ( x ), y2 ( x ),..., yn ( x )

ismeretlen függvények legmagasabb rendű deriváltjaira nézve megoldható, akkor az  y1( p1 )  g1 ( x, y1 , y1 ,..., y1( p1 1) ,..., y n , y n ,..., y n( pn 1) ),    ( p ) (  y n  g ( x, y , y  ,..., y p1 1) ,..., y , y  ,..., y  ( pn 1) ) n 1 1 1 n n n  n

(2)

alakú egyenletrendszert a differenciálegyenlet-rendszer kanonikus alakjának nevezzük. Megjegyezzük, hogy a kanonikus alakú differenciálegyenlet-rendszer mindig átalakítható elsőrendű differenciálegyenletekből álló egyenletrendszerré. Az átalakítást úgy végezzük el, hogy az y1 ( x ),..., yn ( x ) függvények differenciálhányadosait is új függvényeknek

157

tekintjük, így p1  p2 ...  pn  r darab elsőrendű differenciálegyenletből álló egyenletrendszert kapunk. A módszert egy példán keresztül mutatjuk be. Az  y   f ( x, y, y , z, z ),   z   g ( x, y, y , z, z ) negyedrendű differenciálegyenlet-rendszert az u  y  és v  z  új ismeretlenek bevezetésével az y   u,

z   v, u   f ( x , y , u , z , v ), v   g ( x , y , u, z , v )

kanonikus alakú differenciálegyenlet-rendszerré írhatjuk át.

DEFINÍCIÓ. Ha a (2) differenciálegyenlet-rendszer esetén új ismeretlen függvények bevezetésével olyan átalakításokat végzünk, hogy az új differenciálegyenlet-rendszer egyes egyenleteiben a legmagasabb rendű deriváltak elsőrendűek legyenek, akkor az így kapott  y1  f 1 x, y1 , y 2 ,..., y r ,  y   f  x, y , y ,..., y ,  2 2 1 2 r     y r  f r x, y1 , y 2 ,..., y r 

yi  yi ( x), (i  1,2,..., r ) ,

(3)

(r  p1  p2  ...  pn )

alakú egyenletrendszert az eredeti (1) rendszer Cauchy-féle normál alakjának nevezzük. Így az r-ed rendű (1) differenciálegyenlet-rendszert "átírtuk" r darab elsőrendű explicit alakú egyenletekből álló (3) egyenletrendszerré. Ha az (1) differenciálegyenlet-rendszerhez előírjuk az y1 ( x0 )  y10 , y2 ( x0 )  y20 , ..., yr ( x0 )  yr 0

158

y1 ( x ), y2 ( x ),..., yr ( x )

függvényekre

vonatkozó

feltételeket,

( x0  I ),

akkor

a

(3)

differenciálegyenlet-rendszerhez tartozó kezdetiérték feladathoz jutunk. Érdemes megemlíteni, hogy egy explicit alakú, egyetlen ismeretlen függvényt tartalmazó n-ed rendű differenciálegyenlet mindig átírható egy n számú ismeretlen függvényt tartalmazó, n darab elsőrendű differenciálegyenletből álló (Cauchy-alakú) differenciálegyenlet-rendszerbe. Nevezetesen, az y ( x ) ismeretlen függvényre felírt y (n)  f ( x , y , y  ,..., y (n1) )

(4)

n-ed rendű differenciálegyenlet és az y ( x ), y1 ( x ),..., yn 1 ( x ) ismeretlen függvényekre felírt  y   y1 ,  y  y , 2  1   y  y n 1  n2  y n 1  f ( x, y, y1 ,..., y n 1 )

(5)

differenciálegyenlet-rendszer ekvivalens. Belátható, ha egy y  y ( x ) függvény megoldása (4) -nek, akkor az y ( x ), y1  y ( x ), y2  y  ( x ),..., yn 1  y (n 1) ( x )

függvények

megoldásai

az

(5)

differenciálegyenlet-

rendszernek. Megfordítva is igaz, azaz ha y , y1 ,..., yn 1 megoldásai (5) -nek, akkor az (5) egyenletrendszer első n  1 egyenletét felhasználva, az utolsó egyenlet yn 1  y (n)  f ( x , y , y  ,..., y (n 1) )

alakú, tehát teljesül (4) is.

MEGJEGYZÉS. Ebben a példatárban a differenciálegyenlet-rendszerek megoldására szolgáló módszerek közül csak azzal foglalkozunk, amely feltételezi, hogy az n-ed rendű differenciálegyenlet-rendszer visszavezethető egy darab egyetlen ismeretlen függvényt tartalmazó n-ed rendű differenciálegyenletre. Ez a módszer lineáris differenciálegyenletek esetén könnyen alkalmazható.

DEFINÍCIÓ. Az y j  f j ( x , y1 , y2 ,..., yn )

159

( j  1, 2,..., n)

(Cauchy-féle) normál alakú differenciálegyenlet-rendszer lineáris, ha az f j függvények az y1 , y2 ,..., yn változókban lineárisak. Ezek az egyenletrendszerek az alkalmazásokban fontos szerepet töltenek be.

Állandó együtthatójú differenciálegyenlet-rendszerek A (2) differenciálegyenlet-rendszerből először tekintsünk egy speciális alakú differenciálegyenlet-rendszert, mégpedig a változó együtthatójú lineáris inhomogén rendszereket:

DEFINÍCIÓ. Az y1 ( x), y 2 ( x),..., y n ( x) ismeretlen függvényekre felírt  dy1  dx  a11  x  y1  a12  x  y 2  ...  a1n  x  y n  f 1  x ,  dy  2  a 21  x  y1  a 22  x  y 2  ...  a 2 n  x  y n  f 2  x ,  dx        dy n  a n1  x  y1  a n 2  x  y 2  ...  a nn  x  y n  f n  x    dx egyenletrendszert

változó

együtthatójú

normál

alakú

lineáris

(5)

inhomogén

differenciálegyenlet-rendszernek nevezzük, ahol az a ik  x  együtthatófüggvények és az f i  x  zavarófüggvények az I intervallumon adott folytonos függvények i, k  1,2,..., n . Az (5) egyenletrendszer felírható dy  A x y  f  x  , dx ún. mátrix-vektor alakban is, ha bevezetjük az  dy1     a11  x  a12 x   a1n  x    y1    dx        a 21  x  a 22  x   a 2 n  x   y 2  dy  dy 2     dx  , f  x    , y  , Ax          dx          a x  a x   a x  y     dy n n 1 n 2 nn n         dx 

160

f1 x    f 2  x     f n  x 

jelöléseket, ahol A x  és f  x  adott folytonos mátrix- illetve vektorfüggvény. Ha az f  x  -ben minden f j  0

 j  1,2,..., n  ,

akkor a differenciálegyenlet-rendszer

homogén, ellenkező esetben inhomogén.

Ha az A x  mátrix elemei konstansok, akkor lineáris állandó együtthatójú differenciálegyenlet-rendszerről beszélhetünk.

Az egyenletrendszert úgy oldjuk meg, hogy az n-ed rendű differenciálegyenletrendszert

visszavezetjük

egy

darab

egyetlen

ismeretlent

tartalmazó

n-ed

rendű

differenciálegyenletre. A megoldást az alábbiak szerint keressük:

1.

Az y1 ( x), y 2 ( x),..., y n ( x) ismeretlen függvények közül pl. az y k (x) ismeretlen

függvényt kifejezzük az egyenletrendszer n darab egyenletének egyikéből. 2.

Az y k (x) függvényt és deriváltját visszahelyettesítjük a többi egyenletbe és ezt az

eljárást folytatva minden lépésben eggyel kevesebb ismeretlent tartalmazó egyenletrendszert kapunk, míg végül egy ismeretlen függvényre kapunk egy n-ed rendű állandó együtthatójú differenciálegyenletet. 9.1. PÉLDA. Határozzuk meg az  y1  2 y1  y 2 ,   y 2  3 y1  4 y 2

( y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x))

differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását. MEGOLDÁS. Az első egyenletből y 2  y1  2 y1 ,

melynek deriváltja y 2  y1  2 y1 .

A második egyenletbe ezeket visszaírva az y1  6 y1  5 y1  0

állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet kapjuk. A homogén egyenlet megoldását y  e rx alakban keressük. A karakterisztikus egyenlet 161

r 2  6r  5  0 , melynek egyszeres valós gyökei vannak: r1  5 és r2  1 . Ezek alapján az alaprendszer elemei az e 5 x és az e x függvények, így a homogén egyenlet általános megoldása y1,hom .ált .  y1  x   C1e 5 x  C 2 e x , ( C1 , C2  R ).

Ennek segítségével felírható az y2 megoldásfüggvény is: y 2,hom .ált .  y 2  x   3C1e 5 x  C 2 e x , ( C1 , C2  R ).

Az így felírt y1 és y2 a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldása. 9.2. PÉLDA. Oldjuk meg az  y1  y1  5 y 2  0, ( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))   y 2  y1  y 2  0

differenciálegyenlet-rendszert. MEGOLDÁS. A második egyenletből y1  y 2  y 2 ,

melyet az első egyenletbe a deriváltjával együtt visszaírva az y 2  4 y 2  0

differenciálegyenletet kapjuk. A homogén egyenlet karakterisztikus egyenlete r2  4  0, melynek egyszeres komplex gyökei vannak:

162

r1  2i és r2  2i . Ezek alapján az alaprendszer elemei a cos 2 x és a sin 2 x függvények, így a differenciálegyenlet általános megoldása y 2,hom .ált .  y 2  x   C1 cos 2 x  C 2 sin 2 x , ( C1 , C2  R ). Ennek segítségével az y1 megoldásfüggvény y1,hom .ált .  y1  x   2C 2  C1  cos 2 x  2C1  C 2 sin 2 x , ( C1 , C2  R ). Az így felírt y1 és y2 függvények a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldásai. 9.3. PÉLDA. Számítsuk ki az

 y   3 y  z  0,  z  2 y  0

( y  y ( x); z  z ( x))

differenciálegyenlet-rendszer y (0)  1 és z (0)  0 kezdeti feltételeket kielégítő partikuláris megoldását. MEGOLDÁS.

A

differenciálegyenlet-rendszer

megoldása

egy

másodrendű

differenciálegyenlet vizsgálatával hozható kapcsolatba. Ugyanis az első egyenletből

z  y  3 y , míg ennek segítségével a rendszer második egyenletéből az y   3 y   2 y  0 állandó együtthatójú másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletet kapjuk. Ennek az egyenletnek az általános megoldása y hom .ált .  y  x   C1e  x  C 2 e 2 x , (C1 , C 2  R ) , míg ennek felhasználásával z hom .ált .  z x   2C1e  x  C 2 e 2 x , (C1 , C 2  R ) . Ez a két függvény a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldása. 163

A kezdeti feltételeket felhasználva az általános megoldásokból a C1 és C2 együtthatókra nézve a  C1  C 2  1,  2C1  C 2  0

egyenletrendszert kapjuk, ahonnan C1  1 és C 2  2 . Így a differenciálegyenlet-rendszer adott kezdeti feltételt kielégítő megoldása y part .  y  x   e  x  2e 2 x , z part .  z  x   2e  x  2e 2 x .

9.4. PÉLDA. Határozzuk meg a

 2 y  y  22 x  x ,  2 y  y  22 x  x 

x  xt , y  yt 

differenciálegyenlet-rendszernek azt a partikuláris megoldását, amely eleget tesz az x0  0 ,

y 0   4

kezdeti feltételnek. Írjuk fel a megoldásgörbe f  x, y   0 alakú implicit egyenletét. MEGOLDÁS. A két egyenlet összeadása után a 4 y  4 x összefüggést adódik, melyből

y   x . Ezt visszaírjuk az első egyenletbe  2 x  x  4 x  2 x ,

így összevonás után az x  4 x  0

másodrendű állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet kapjuk. Az egyenlet megoldását x  e rt alakban keressük és az r 2  4  0 karakterisztikus egyenletnek r1  2 és r2  2 a két gyöke. Ennek felhasználásával felírjuk a homogén egyenlet általános

megoldását: 164

x hom .ált .  xt   C1e 2t  C 2 e 2t ,

C1,C2  R  .

Mivel y   x , ezért y hom .ált .  y t   2C1e 2t  2C 2 e 2t ,

C1,C2  R  .

Tehát a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását az előbbi két függvény adja. Az x0  0 , y 0  4 kezdeti feltételeket behelyettesítjük az általános megoldásba és a  C1  C 2  0,   2C1  2C 2  4

egyenletrendszerből meghatározzuk C1 -et és C 2 -t, melyre C1  1 és C 2  1 adódik. Így a differenciálegyenlet-rendszer adott kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldása  x part .  xt   e 2t  e 2t ,  2t  2t  y part .  y t   2e  2e . Vegyük észre, hogy  x part .  xt   2sh 2t ,   y part .  y t   4ch2t.

Ez a megoldásgörbe paraméteres egyenletrendszere, melyből a t paraméter kiküszöbölése után az y2 x2  1 16 4 hiperbola egyenletet kapjuk.

9.5. PÉLDA. Oldjuk meg az  y1  y 2  2e x , ( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))  2  y 2  y1  x

differenciálegyenlet-rendszert.

165

MEGOLDÁS. Az első egyenletből y 2  y1  2e x , így a második egyenletbe az y 2 -t deriváltjaival együtt visszaírva az y1  y1  x 2  2e x állandó együtthatójú inhomogén differenciálegyenletet kapjuk. A megfelelő homogén egyenlet megoldása y1,hom .ált .  y1  x   C1e x  C 2 e  x ,

( C1 , C2  R ).

Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását y1,in hom . part .  y1  x   Axe x  Bx 2  Cx  D

alakban keressük. Az A, B, C és D értékének kiszámításához deriváltjaival együtt behelyettesítjük az inhomogén egyenletbe. Így a konstansok értékeire A  1 , B  1 , C  0 és D  2 adódik. Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása y1,in hom .ált .  y1  x   C1e x  C 2 e  x  xe x  x 2  2 ,

( C1 , C2  R ).

Ennek segítségével felírható az y2 megoldásfüggvény is: y 2,in hom .ált .  y 2  x   C1e x  C 2 e  x  e x  xe x  2 x ,

( C1 , C2  R ).

Az így felírt y1 és y2 a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldása.

9.6. PÉLDA. Oldjuk meg az  y1  y 2  x 2  0, ( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))   y1  y 2  x  0

differenciálegyenlet-rendszert az y1 (0)  y 2 (0)  0 kezdeti feltétel mellett.

MEGOLDÁS. Az első egyenletből y 2  x 2  y1 , 166

így a deriváltjával együtt a második egyenletbe visszaírva az y1  y1  x

állandó együtthatójú inhomogén differenciálegyenletet kapjuk. Innen a megfelelő homogén egyenlet általános megoldása y1,hom .ált .  y1  x   C1 cos x  C 2 sin x ,

C1 ,C 2  R  .

Az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását y1,in hom . part .  y1  x   Ax  B alakban keresve az ismeretlen együtthatókra A  1 és B  0 adódik, így y1,in hom . part .  x . Tehát az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása y1,in hom .ált .  y1  x   C1 cos x  C 2 sin x  x ,

C1 ,C 2  R  ,

valamint ennek segítségével felírható az y 2 megoldásfüggvény is y 2,in hom .ált .  y 2  x   C1 sin x  C cos x  x 2  1 ,

C1 ,C 2  R  .

A megadott kezdeti feltételeket felhasználva C1  0 és C 2  1 , ezért a keresett partikuláris megoldás y1,in hom . part .  y1  x    sin x  x , y 2,in hom . part .  y 2  x   cos x  x 2  1 .

9.7. PÉLDA. Határozzuk meg az  y1  y1  y 2 ,   y 2  2 y1  3 y 2

( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))

differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását. 167

MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer első egyenletéből y 2  y1  y1 ,

míg ennek és deriváltjának a segítségével a rendszer második egyenletéből az y1  4 y1  5 y1  0

másodrendű állandó együtthatójú lineáris homogén differenciálegyenletet kapjuk. Ennek karakterisztikus egyenlete r 2  4r  5  0 , melynek az r1, 2  2  i egyszeres komplex konjugált gyökpár a gyöke. Így a homogén egyenlet általános megoldása y1,hom .ált .  y1  x   C1e 2 x cos x  C 2 e 2 x sin x ,

C1 ,C 2  R  ,

míg ez alapján az y 2  y1  y1 összefüggésből y 2,hom .ált .  y 2 x   C1  C 2 e 2 x cos x  C 2  C1 e 2 x sin x ,

C1 ,C 2  R  .

Az egyenletrendszer általános megoldását az előbbi függvények adják.

9.8. PÉLDA. Határozzuk meg az  y1  y 2  sin x,   y   y  1 y   cos x 2 1  2 4

( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))

differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását.

MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer első egyenletéből y 2  y1  sin x ,

melyet a deriváltjával együtt behelyettesítünk a második egyenletbe és így egy másodrendű állandó együtthatójú lineáris inhomogén differenciálegyenletet kapunk:

168

1 y1   sin x . 4

y1  y1  Az

y1  y1 

1 y1  0 4

homogén egyenlet karakterisztikus egyenlete r2  r 

melynek r1, 2 

1  0, 4

1 kétszeres valós gyöke. Így a homogén egyenlet általános megoldása 2 1

1

y1,hom .ált .  y1  x   C1e 2  C 2 xe 2 , x

x

C1 ,C 2  R  .

Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását y1,in hom . part .  y1  x   A cos x  B sin x alakban keressük, melyet deriváltjaival

együtt

visszahelyettesítünk az

differenciálegyenletbe, ahonnan az ismeretlen együtthatókra

A

inhomogén

16 12 és B  adódik. 25 25

Ezek felhasználásával y1,in hom . part .  y1  x   

12 16 cos x  sin x , 25 25

és így 1

1

y1,in hom .ált .  y1  x   C1e 2  C 2 xe 2  x

x

12 16 cos x  sin x , 25 25

( C1 , C2  R ).

Ennek felhasználásával az y 2  y1  y1 összefüggésből 1

1

x 12 9  x 1 1 y 2,in hom .ált .  y 2  x    C1  C 2 e 2  C 2 xe 2  sin x  cos x , 25 2 25  2

169

( C1 , C2  R ).

Ezek a függvények adják a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását.

9.9. PÉLDA. Keressük meg az  y1  2 y1  4 y 2  cos x,   y 2  2 y 2  y1  sin x

( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))


MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer második egyenletéből y1   y 2  2 y 2  sin x ,

így a deriváltjával együtt beírva az első egyenletbe az y 2  2 sin x

differenciálegyenletet kapjuk. Innen az egyenlet általános megoldása y 2,ált .  y 2  x   C1 x  C 2  2 sin x ,

C1 ,C 2  R  .

valamint ennek segítségével felírható az y1 megoldásfüggvény is y1,ált .  y1  x   C1  2C 2   2C1 x  2 cos x  3 sin x ,

C1 ,C 2  R  .

Ezek a függvények adják a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását.

9.10. PÉLDA. Oldjuk meg az  y1  3 y1  4 y 2  e 2 x ,   y 2  y 2  y1  2

( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))

differenciálegyenlet-rendszert.

MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer második egyenletéből kifejezett y1  2  y 2  y 2

függvényt deriváltjaival együtt behelyettesítjük az első egyenletbe és az y 24   2 y 2  y 2  6  e 2 x 170

állandó együtthatójú negyedrendű inhomogén egyenletet kapjuk. A megfelelő homogén egyenlet r 4  2r 2  1  0 karakterisztikus egyenletének r1, 2  1 és r3, 4  1 gyökei alapján a homogén egyenlet általános megoldása y 2,hom .ált .  y 2 x   C1e x  C 2 xe x  C 3 e  x  C 4 xe  x ,

C1 , C 2 , C3 , C 4  R  .

Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását y 2,in hom . part .  y 2  x   Ae 2 x  B

alakban keressük, melyet deriváltjaival

együtt

visszahelyettesítünk az

differenciálegyenletbe, ahonnan az ismeretlen együtthatókra A  

inhomogén

1 és B  6 adódik. Ezek 9

felhasználásával 1 y 2,in hom . part .  y 2  x    e 2 x  6 , 9 és így megkapjuk a differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását: 1 y 2,in hom .ált .  y 2  x   C1e x  C 2 xe x  C 3 e  x  C 4 xe  x  e 2 x  6 , 9

C1 , C 2 , C3 , C 4  R  ,

az y1  2  y 2  y 2 összefüggés felhasználásával pedig 5 y1,in hom .ált .  y1  x   2C1  C 2 e x  2C 2 xe x  2C 4  C 3 e  x  2C 4 xe  x  e 2 x  8 , 9

C1 , C 2 , C3 , C 4  R  . 9.11. PÉLDA. Számítsuk ki az  y1  2 y 2  5 y1  e x ,  2 x  y 2  y1  6 y 2  e

( y1  y1 ( x ), y2  y2 ( x ))

differenciálegyenlet-rendszer általános megoldását. 171

MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer második egyenletéből y1  y 2  6 y 2  e 2 x , melyet behelyettesítünk az első egyenletbe és az y 2  11y 2  28 y 2  e x  3e 2 x másodrendű állandó együtthatójú inhomogén differenciálegyenletet kapjuk. A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása y 2. hom .ált .  y 2 x   C1e 4 x  C 2 e 7 x ,

C1 ,C 2 R  .

Az inhomogén differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását y 2,in hom . part .  y 2  x   Ae x  Be 2 x

alakban keressük és behelyettesítve az inhomogén egyenletbe az ismeretlen együtthatókra A

1 3 és B  adódik. Így 40 10 y 2,in hom . part .  y 2  x  

1 x 3 2 x e  e 40 10

felhasználásával y 2.in hom .ált .  y 2  x   C1e 4 x  C 2 e 7 x 

1 x 1 2 x e  e , 40 10

C1 ,C 2 R  .

Az y1 megoldás függvény pedig meghatározható az y1  y 2  6 y 2  e 2 x összefüggés alapján y1.in hom .ált .  y1 x   2C1e  4 x  C 2 e 7 x 

7 x 1 2 x e  e , 40 5

C1 ,C 2 R  .

9.12. PÉLDA. Számítsuk ki az  y1  3 y1  y 2  0,   y 2  y1  y 2  2

( y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x))

differenciálegyenlet-rendszer y1 0  1 , y 2 0  1 kezdeti feltételeket kielégítő megoldását. 172

MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer első egyenletéből y 2   y1  3y1 ,

melyet behelyettesítünk a második egyenletbe és az y1  4 y1  4 y1  2

másodrendű állandó együtthatójú inhomogén differenciálegyenletet kapjuk. Az inhomogén egyenlet általános megoldása y1.in hom .ált .  y1  x   C1e  2 x  C 2 xe 2 x 

1 , 2

C1 ,C 2 R  .

Ennek felhasználásával az y 2   y1  3y1 összefüggés alapján y 2,in hom .ált .  y 2  x   C1  C 2 e  2 x  C 2 xe  2 x 

3 , 2

C1 ,C 2 R  .

Az általános megoldásból a kezdeti feltételek segítségével meghatározzuk az C1 és a C 2 valós állandókat, melyekre C1 

3 és a C 2  1 adódik. Így a keresett partikuláris megoldás: 2

y1, part .  y1  x  

3 2 x 1 e  xe  2 x  , 2 2

1 3 y 2, part .  y 2  x    e  2 x  xe  2 x  . 2 2

9.13. PÉLDA. Oldjuk meg az  y1  2 y1  y 2  0,   y 2  3 y1  4 y 2  0

( y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x))

differenciálegyenlet-rendszert az y1 0   1 , y 2 0   2 kezdeti feltételek felhasználásával.

MEGOLDÁS. Az első egyenletből y 2  y1  2 y1 ,

173

melyet behelyettesítünk a második egyenletbe és az y1  6 y1  5 y1  0

másodrendű állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet kapjuk. A homogén egyenlet általános megoldása y1,hom .ált .  y1  x   C1e x  C 2 e 5 x ,

C1 ,C 2 R  ,

míg ez alapján az y 2  y1  2 y1 összefüggésből y 2,hom .ált .  y 2  x   C1e x  7C 2 e 5 x ,

A megadott kezdeti feltételeket felhasználva C1  y1, part .  y1  x  

C1 ,C 2  R  .

3 1 és C 2   , ezért a keresett partikuláris 2 2

3 x 1 5 x e  e , 2 2

3 7 y 2, part .  y 2  x    e x  e 5 x , 2 2

C1 ,C 2 R  , C1 ,C 2  R  .

9.14. PÉLDA. Számítsuk ki az  y1  y 3  y 2  0,   y 2  y 3  0,  y  y  y  0 1 3  3

( y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x), y 3  y 3 ( x))


MEGOLDÁS. A második egyenlet felhasználásával kiküszöböltük az egyenletrendszerből az y 3 függvényt és az alábbi két egyenletet kaptuk:  y1  y 2  y 2 ,   y 2  y 2  y1 .

A második egyenletből kifejezzük az y1 függvényt y1  y 2  y 2 ,

174

deriváltjával együtt behelyettesítjük az első egyenletbe és az y 2  y 2  y 2  y 2  0

harmadrendű állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet kapjuk. Ennek a homogén egyenletnek az általános megoldása y 2,hom .ált .  y 2  x   C1e x  C 2 cos x  C 3 sin x ,

C1 , C 2 ,C3 R  .

Az y1 megoldásfüggvény kiszámolását az y1  y 2  y 2 összefüggésből végezzük, s így az y1,hom .ált .  y1 x   C 2  C 3  cos x  C 3  C 2 sin x ,

C 2 ,C3  R 

függvényt kapjuk általános megoldásra, míg az y2  y3  0 egyenlet felhasználásával y 3,hom .ált .  y 3  x   C1e x  C 2 sin x  C 3 cos x ,

C1 , C 2 ,C3 R  .

9.15. PÉLDA. Oldjuk meg az  y1  y 3  y 2 ,   y 2  y 3  y1 ,  y  y  y 1 2  3

( y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x), y 3  y 3 ( x))

differenciálegyenlet-rendszert az y1 0   1 , y 2 0   1 és y 3 0  0 kezdeti feltételek mellett.

MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer első egyenletéből kifejezzük az y 3 függvényt y 3  y1  y 2 , valamint ennek segítségével a második és harmadik egyenletet felírjuk az y1 és y 2 függvényekkel:  y 2  y1  y 2  y1 ,   y1  y 2  y1  y 2 .

A két egyenlet összeadása után az y1  y1  2 y1  0

175

másodrendű állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet kapjuk. Ennek a homogén egyenletnek az általános megoldása y1,ált .  y1  x   C1e 2 x  C 2 e  x ,

C1 ,C 2 R  .

Az y1 megoldásfüggvényt a deriváltjával együtt behelyettesítjük az y2  y1  y2  y1

egyenletbe, melyből összevonások után az y 2  y 2  3C1e 2 x állandó együtthatójú elsőrendű inhomogén differenciálegyenletet kapjuk, melynek általános megoldása y 2,ált .  y 2  x   C 3 e  x  C1e 2 x ,

C 2 ,C3  R 

függvényt kapjuk általános megoldásra, míg az y 3  y1  y 2 egyenlet felhasználásával y 3,ált .  y 3  x   C 2  C 3 e  x  C1e 2 x ,

C1 , C 2 ,C3 R  .

Az adott kezdeti feltételeket behelyettesítjük a három általános megoldásba és az   1  C1  C 2 ,   1  C 3  C1 , 0  C  C  C 2 3 1 

egyenletrendszerből C1  0 , C 2  1 , C 3  1 . Így a differenciálegyenlet-rendszer adott kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldása: y1, part .  e  x , y 2, part .  e  x , y 3, part .  0.


176

 y1  y1  y 2  x 2 ,   y 2  y 3  y 2  2 x,  y  y  x 3 3 

( y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x), y 3  y 3 ( x))


MEGOLDÁS. Az egyenletrendszer harmadik egyenlete elsőrendű állandó együtthatójú inhomogén egyenlet, melynek általános megoldása y 3,in hom .ált .  y 3  x   C1e  x  x  1 ,

C1 R  .

Az egyenletrendszer első egyenletéből kifejezzük az y 2 függvényt y 2   y1  y1  x 2 s a második egyenletet felírjuk az y1 függvénnyel, így az y1  2 y1  y1  x 2  x  1  C1e  x , állandó együtthatójú inhomogén differenciálegyenletet kapjuk, melynek általános megoldása 1 y1,in hom .ált .  y1 x   C 2 e  x  C 3 xe  x  C1 x 2 e  x  x 2  3 x  3 , 2

C1 , C 2 ,C3 R  .

Az y 2 függvény kifejezhető az y 2   y1  y1  x 2 egyenlőség felhasználásával y 2,in hom .ált .  y 2  x   C 3 e  x  C1 xe  x  x ,

177

C1 ,C3 R  .

10. Műszaki alkalmazás Az ember környezetének a megismerésére törekszik. Megfigyeli, vizsgálja a körülötte lejátszódó jelenségeket, folyamatokat, mozgásokat, stb. és próbál azokra "tudományos" magyarázatokat adni. A jelenségek leírására ún. "matematikai modell"-t szerkeszt, amely az anyagi világról rendelkezésére álló ismeretanyagokat (fizikai, mechanikai, kémiai, biológiai stb. törvények) ötvözi az elméleti matematikával. A műszaki tudományokban gyakran alkalmazzák a matematikát, azon belül a differenciálegyenletek elméletét. Ezen elmélet segítségével a jelenségek, gyakorlati folyamatok egyszerűbben és teljesebben írhatók le. A differenciálegyenletek megoldásán túlmenően nagy figyelmet kell fordítani az egyenletek felállítására, azaz a jelenséget a lehető legjobban leíró "matematikai modell" elkészítésére. Ehhez azonban feltétlenül szükséges a különböző fizikai, mechanikai, kémiai, biológiai és egyéb törvények ismerete. Itt bemutatunk néhány példát az alkalmazásokra.

10.1. PÉLDA. Írjuk fel a szabadon eső test mozgásegyenletét, ha a közegellenállástól eltekintünk és a testre mozgása során állandó erő hat.

MEGOLDÁS. Ismeretes, ha egy bizonyos magasságban lévő testet elengedünk, akkor az szabadon esik, mégpedig a test a nehézségi erő hatására állandó g gyorsulással mozog, ha a levegő légellenállásától eltekintünk. Vezessük be az alábbi jelöléseket: t az idő, az s  s( t ) az út-, a v  v ( t ) pedig a sebességfüggvény. Newton második törvénye alapján, ha a testre állandó erő hat, akkor a gyorsulás állandó. A gyorsulás az útnak az idő szerinti második differenciálhányadosával fejezhető ki, ezért a keresett differenciálegyenlet d 2s g, dt 2

(1)

ds  gt  C1 , dt

(2)

ahol g a nehézségi gyorsulás. Az (1) egyenletet integrálva

majd (2)-t integrálva, az 178

s

gt 2  C1t  C 2 2

(3)

egyenlethez jutunk. Ez az út - idő függvény az (1) differenciálegyenlet általános megoldása. A C1 és C2 tetszőleges valós állandókat az adott kezdeti feltételekből határozhatjuk meg. Ha a t  0 időpillanatban az addig megtett út s0 , akkor ezeket behelyettesítve a (3) általános megoldásba s0  C 2  s 0 . Ha (2)-ben elvégezzük a t  0 helyettesítést, akkor megkapjuk az ún. kezdősebességet, azaz v0 

ds 0  C1  v0 . dt

Így az (1) differenciálegyenlet megoldása a v0 kezdősebességet és az s( 0)  s0 összefüggést is figyelembe véve s  st  

gt 2  v0 t  s0 , 2

amely rögzített s0 és v0 esetén az (1) differenciálegyenlet egy konkrét (partikuláris) megoldása.

10.2. PÉLDA. Egy bizonyos radioaktív anyag bomlási sebessége egyenesen arányos a radioaktív anyag tömegével. Írjuk fel ennek a bomlási folyamatnak a differenciálegyenletét.

MEGOLDÁS. Legyen a radioaktív anyag tömege a t időpontban m  mt  . A bomlási sebesség ekkor

dm dm  m differenciálegyenlet írja le, , és azt, hogy arányos a tömeggel a dt dt

ahol  a radioaktív anyagtól függő arányossági tényező. A szétválasztható változójú differenciálegyenlet általános megoldása m  Ce t , ahol C valós állandó.

10.3. PÉLDA. Ha egy ország lakossága 20 év alatt duplázódott meg, akkor mennyi idő alatt háromszorozódik meg, feltételezve, hogy a növekedési sebesség arányos a lakosok számával?

179

MEGOLDÁS. Jelölje a t időpontban az ország lélekszámát L  Lt  . Mivel a növekedési ütem arányos a lakosok számával, ezért a növekedést leíró differenciálegyenlet dL  kL , dt k arányossági tényező. Ennek a szétválasztható változójú differenciálegyenletnek az általános megoldása

L  Ce kt ,

C  R  .

A t  0 (kezdeti) időpontban a lakosok száma adott L0  L0  , így ezt a kezdeti feltételt felhasználva a fenti differenciálegyenlet partikuláris megoldása L  L0 e kt , ahol k az adott országra jellemző növekedési tényező. A feladat szerint t  20 esetén L20  2 L0 , azaz 2 L0  L0 e 20t , ahonnan k 

1 ln 2 . Így a lakosság lélekszámát az 20 L  L0 e

ln 2 t 20

függvény írja le. A megháromszorozódáshoz szükséges időt az Lt   3L0 , azaz a

3L0  L0 e egyenletből kapjuk, ahonnan t 

ln 2 t 20

20 ln 3 (közelítőleg 31,7) év. ln 2

Megjegyezzük, hogy ez az ún. exponenciális növekedés, az eredeti L0 lélekszámot első ízben 20, utána már csupán 11,7 év alatt „reprodukálta” a lakosság. Természetesen a differenciálegyenletünk nem írhatja le helyesen a valóságot az időtől függetlenül, hiszen akkor pl. 200 év alatt a lakosság az eredeti 1024-szeresére növekedne, ami lehetetlen. Ennek 180

az ellentmondásnak az az oka, hogy a differenciálegyenlet felállításához használt modell csak egy rövidebb időintervallumban írja le elég jó közelítéssel a valóságot. 10.4. PÉLDA. Egy 100 literes edény tele van valamilyen só vizes oldatával. Az edényben

állandóan áramlik a folyadék, mégpedig egységnyi idő alatt 5 liter tiszta víz folyik bele és ugyanennyi oldat folyik ki belőle. Milyen törvényszerűség szerint változik az edényben lévő sótartalom a folyadékáramlás idejétől függően? MEGOLDÁS. Az edény egy adott t időpontban x kg sót tartalmaz, azaz minden liter oldatban x x kg, a 5 liter oldatban kg só van. 100 20

Ha egy időegység alatt az oldat koncentrációja változatlan maradna, akkor a sómennyiség ezen idő alatt

x kg-mal csökkenne. Ez a sómennyiség csökkenési sebessége a 20

t időpillanatban.

A sómennyiség növekedési sebességét a t időpillanatban kifejezhetjük a differenciálhányados segítségével is: dx x (t   t )  x (t )  lim . dt  t 0 t

Ennek a (-1)-szerese pedig a sómennyiség csökkenési sebessége. Mivel a kétféleképpen kifejezett csökkenési sebesség egyenlő, ezért az alábbi differenciálegyenletet írhatjuk fel: 

dx x  . dt 20

(1)

Ez a differenciálegyenlet egy szétválasztható változójú egyenlet. Válasszuk szét a változókat, majd mindkét oldalt integráljuk: 1 dx   dt , 20 x ahonnan ln x  

1 t  ln C 20

(C  0) ,

majd mindkét oldalt e alapra emelve megkapjuk az egyenlet 181

x  Ce

1 t 20



(2)

általános megoldását, ahol C tetszőleges állandó. A C meghatározásához használjuk fel azt a kezdeti feltételt, hogy a t  0 időpillanatban az edényben m kg sómennyiség van. Ezt

behelyettesítve a (2) általános megoldásba, C  m , vagyis az (1) differenciálegyenlet partikuláris megoldása x  me

A

megoldásból

"leolvasható",

hogy

az



1 t 20

.

edényben

lévő

sómennyiség

az

idővel

"exponenciálisan" csökken. 10.5. PÉLDA. Egy vasdarab hűl egy 40o C-os üzemcsarnokban. Számítsuk ki a 60o C-ra való

lehűlésig eltelt időt, ha a vas fél óra alatt hűlt le a kezdeti 640  C-ról 100oC-ra! MEGOLDÁS. A Newton-féle lehűlési törvény szerint egy test lehűlési sebessége arányos a

test és a hűtőközeg közötti hőmérsékletkülönbséggel. Jelölje T  T ( t ) a test hőmérsékletét a t időpontban. A Newton-féle lehűlési törvény alapján a lejátszódó lehűlési folyamat a dT  k ( T  40) dt

(1)

differenciálegyenlettel írható le, ahol a k (  0) arányossági tényező. A változók szétválasztása után az dT

 T  40   kdt összefüggésből a differenciálegyenlet ln T  40  kt  C ,

(C R )

(2)

általános megoldását kapjuk. A lehűlésig eltelt idő kiszámításához a feltételek felhasználásával először a C integrációs állandót, majd a k arányossági tényezőt határozzuk meg.

182

A vas 30 perc alatt hűlt le 640  C-ról 100oC-ra, tehát az (1) differenciálegyenlet (2) általános megoldásából: a)

a t  0 és a T  640 helyettesítéssel ln(640  40)  C ,

azaz

ln 600  C ; b)

a t  30 és a T  100 értékek esetén ln(100  40)  30 k  C ,

ln 60  30 k  C.

Innen C  ln540 felhasználásával megkapjuk a k arányossági tényező értékét: k

ln 10 . 15

A lehűlési időt meghatározhatjuk, ha a (2) általános megoldásba C és k értékén kívül behelyettesítjük a T  60-at is. Így ln60  40  

ln 10 t  ln 600 , 15

azaz t  22,15 .

Tehát a vasdarab 60o C-ra való lehűléséig 22,15 percre volt szükség. 10.6. PÉLDA. Az influenza terjesztésében minden megbetegedett aktívan részt vesz. Így elég

általános feltételek mellett igaz, hogy egy adott járvány esetén a megbetegedettek számának növekedési sebessége arányos a járványban már megbetegedett emberek x számával. A járvány kezdetén a betegek m száma egy hét alatt megháromszorozódik. Mennyi lesz a megbetegedettek száma két hét alatt? MEGOLDÁS. A feladat feltételei alapján a folyamatot a

183

dy  kx dx

differenciálegyenlet írja le, ahol k arányossági tényező. Ez a differenciálegyenlet egyike a legegyszerűbb típusúaknak. A változók szétválasztása és integrálás után megkapjuk az egyenlet általános megoldását:

x  Ce kt ,

C  R  .

A C meghatározásához a t  0 , x  m kezdeti feltételeket használjuk fel. Az általános megoldásba behelyettesítve m  Ce k 0 , vagyis

C  m.

A differenciálegyenlet partikuláris megoldását kapjuk meg, ezt behelyettesítjük az általános megoldásba: x  me kt .

A k arányossági tényezőt abból az adott feltételből határozzuk meg, hogy egy hét alatt a betegek száma háromszorosára nő. Azaz t  1 , x  3m feltétellel az előbbiből 3m  me kt , vagyis

ek  3 .

Ezt visszahelyettesítjük a partikuláris megoldásba és így megkapjuk, hogy x  m3t

a betegek száma az idő függvényében. Ebből leolvashatjuk a feladatunk megoldását: t  1 hét múlva x  9m az összesen megbetegedettek száma. 10.7. PÉLDA. Egy csónak sebessége állóvízben v0  60 km/h. A csónak teljes sebességgel

halad, majd a motor leáll, és ezután 36 sec alatt a sebessége v1  30 km/h-ra csökken. mekkora a csónak sebessége 3 perccel a motor kikapcsolása után? (Tapasztalat szerint a víz ellenállása arányos csónak sebességével.)

184

MEGOLDÁS. A motor kikapcsolását követően a mozgó csónakra F  kv erő hat, ahol k

arányossági tényező. Newton második törvénye szerint az erő a tömeg és a gyorsulás szorzata: F  ma   kv .

Tehát a csónak mozgásának differenciálegyenlete: m

dv   kv . dt

Az elsőrendű szétválasztható változójú differenciálegyenletek általános megoldása: v  Ce



k t m

,

ahol C tetszőleges állandó. Figyelembe véve, hogy ha t  0 , akkor v0  60 km/h, akkor az általános megoldásból C meghatározható: 60  Ce

k  0 m

, vagyis

C  60 .

Tehát a csónak sebességét a v  60e

k  t m

függvény írja le, amely partikuláris megoldása a differenciálegyenletnek. A keresett sebesség meghatározásához felhasználjuk azt a feltételt, hogy 36 sec ( t 

1 óra) alatt a csónak 100

sebessége v1  30 km/h-ra csökken. Azaz a partikuláris megoldásból 30  60e Ha ezt és a t  180 sec ( t 

k 1   m 100

, vagyis

k m

e  2100 .

1 óra) időt behelyettesítjük a partikuláris megoldásba, akkor 20

megkapjuk a csónak sebességének értékét:

 

v  60  2100



1 20

 60  2 5 

185

60 15  (km/h). 32 8

Tehát a csónak sebessége 3 perc alatt

15 (km/h)-ra csökkent. 8

10.8. PÉLDA. Az erdőn áthaladva, a fák ellenállása következtében, a szél elveszti

sebességének egy részét. A sebesség megváltozása egyenesen arányos a kezdetben meglévő sebességgel és azzal az úttal amelynek megtételekor a csökkenés létrejött. Határozzuk meg a szél sebességét, ha 150 métert tesz meg az erdőn át, és az erdő előtt a sebessége 12 m/sec volt. Tudjuk továbbá, hogy az erdőben 1 méter megtétele után a sebessége 11,8 m/sec-ra csökken. MEGOLDÁS. Legyen a szél sebessége az erdő szélétől s távolságra v, ds úton a

sebességveszteség  dv , (a folyamat csökkenő). Ez a veszteség arányos a v-vel, ezért a folyamat differenciálegyenlete  dv  kvds

alakban írható fel. A változók szétválasztása és integrálás után az egyenlet általános megoldása

C  0 .

v  Ce  ks ,

Ezután megkeressük az s  0 , v  v0 kezdeti feltételhez tartozó partikuláris megoldást. Az általános megoldásból v0  Ce  k 0 , ezért C  v 0 . Ezt figyelembe véve a folyamatot v  v0 e  ks függvény írja le. Az arányossági tényező meghatározásához felhasználjuk ha s  1 , akkor v  v1  11,8 m/sec. Innen v1  v0 e  k , vagyis e  k 

v1 11,8   0,983 . Behelyettesítjük a számadatokat a 12 v0

folyamatot leíró egyenletbe és megkapjuk a keresett sebességet:

 

v  v0 e  ks  v0 e k

s

 12  0,93

150

 12  0,0776  0,93 (m/sec).

Tehát a 150 méter hosszú erdőn keresztül hatolt szél sebessége 0,93 m/sec.

186

10.9. PÉLDA. Tekintsünk egy egyenes (x tengely) mentén mozgó m tömegű tömegpontot. A

pontra az x kitéréssel ellentétes irányú lineáris F1   Dx rugóerőn kívül a sebességgel ellentétes irányban, a sebességgel arányos F2   kx súrlódási erő is hat., ahol D a rugóállandóval kapcsolatos szám és k a súrlódási tényező. Írjuk fel a pont mozgását leíró xt  függvény differenciálegyenletét, annak az x0   0

x 0  v0

és

kezdeti feltételeket kielégítő partikuláris megoldását. MEGOLDÁS. Newton második törvényének felhasználásával a dinamikai alapegyenlet mx   Dx  kx ,

ahol m, D, k  0 állandók. Az



D , m

2 

k m

jelölésekkel a mozgásegyenlet

x  2x   2 x  0 alakú lesz. (Az  a súrlódásra, az  2 pedig a kvázielasztikus erőre jellemző állandó.) Az előbbi egyenletet rezgési differenciálegyenletnek is szokás nevezni. Ez egy lineáris állandó együtthatójú homogén differenciálegyenlet, melynél az x  e rt helyettesítéssel az r 2  2r   2  0 karakterisztikus egyenletet kapjuk, melyből r1, 2     2   2 .

Nem csupán matematikai, de fizikai szempontok miatt is három esetet különböztetünk meg: a)

 

(az erős csillapítás esete),

b)

 

(a kritikus csillapítás esete), 187

c)

 

(a gyenge csillapítás esete).

Vizsgáljuk meg külön-külön a három esetet: a)

Ha    , vagyis a súrlódás bizonyos értéknél nagyobb, akkor a

karakterisztikus egyenlet mindkét gyöke valós és különböző, azaz a differenciálegyenlet általános megoldása

C1 , C 2  R  ,

x  C1e r1t  C 2 e r2t ,

az r1 és az r2 gyökök pedig láthatóan negatívak. Így az általános megoldásban szereplő mindkét alaprendszerbeli függvény az idővel exponenciálisan csökken, ezért a jelenség nem rezgés (szokás az erős csillapítás esetének is nevezni). Figyelembe véve az

x0   0

x 0  v0

és

kezdeti feltételt is, a rezgési

differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kapjuk    esetben. A kezdeti feltétel segítségével adódó  0  C1  C 2 ,  v0  C1 r1  C 2 r2

egyenletrendszerből C1  C 2 

v0 v0  . r1  r2 2  2   2

Így az általános megoldásból az x

     e 2  2 2 

 2  2  t

v0



e

    2  2  t  

  , 

azaz

x

v 0 e  t 2   2

2



sh  2   2 t



partikuláris megoldást kapjuk. Ebből látható, hogy x sohasem negatív. A mozgás a következőképpen írható le: 188

a t  0 időpillanattól kezdve az x kitérés zérusról növekszik; bizonyos t1 időpillanatban felveszi a maximumát ( x t1   0 -ból meghatározható); majd t   esetén a kitérés zérushoz tart (ez a partikuláris megoldásból kiolvasható. (Például így mozog egy nagy súrlódású folyadékban kitérített inga, amely a másik oldalra már nem lendül át.) b)

Ha    , ez a kritikus csillapítás esete. Ebben az esetben a rezgési

differenciálegyenlet általános megoldása, mivel r1  r2   , ezért

C1 , C 2  R  .

x  C1e t  C 2 te t , A kezdeti feltételt figyelembevételével adódó C1  0

v0  C1  C 2

és

felhasználásával az x  v0 te t partikuláris megoldást kapjuk. Ebből leolvasható, hogy a mozgás szintén aperiodikus, az x kitérés egyirányú, és t   esetén x  0 . (Aperiodikus határesettel van dolgunk.) c)

Ha az r1 és az r2 komplex gyökei a karakterisztikus egyenletnek, azaz    ,

akkor az ún. gyenge csillapítás esetéről beszélhetünk. Ekkor r1, 2    i , ahol

  2  2 ,

így a differenciálegyenlet általános megoldása x  e t C1 cos t  C 2 sin t  ,

C1 , C 2  R 

alakú. Legyen C1  C sin  és C 2  C cos  , ekkor átalakítások után az előbb felírt általános megoldás x  Ce t sin  t    , 189

C  R



,   0,2 

alakba is írható. Ez olyan harmonikus rezgés, amelynek „amplitúdója” Ce t  az idővel exponenciálisan csökken. Ezt a mozgást csillapított rezgésnek hívjuk. Figyelembe véve a kezdeti feltételeket (azaz t  0 -nál x0   0 és x 0  v0 ) az átalakítás előtti általános megoldásból C1  0

és

C2 

v0



,

így a partikuláris megoldás x

v0



e t sin  t .

Megjegyezzük, hogy a tárgyalt fizikai példában további következtetéseket is tehetünk pl. maximális kitérésre, rezgési időre, stb. 10.10. PÉLDA. Milyen alakú legyen egy műholdvevő antenna, hogy a távoli műholdról

érkező hullámokat egy pontba (a fejre) tükrözze? MEGOLDÁS. Vegyünk fel egy térbeli koordinátarendszert úgy, hogy a vevőfej az origóban,

a műhold az x tengelyen van. A nagy távolság miatt feltehetjük, hogy a beérkező hullámok az x tengellyel párhuzamosan érkeznek. Így az antenna felülete forgásfelület kell hogy legyen, tehát elegendő az x, y  síkkal való metszetgörbéjét meghatározni. Legyen a metszetgörbe egyenlete

y  y  x  és jelölje 

a beesési szöget az

 x, y 

koordinátájú pontban.

Felhasználva, hogy a hullám az érintő egyenesről verődik vissza, kapjuk a

dy  tg  p dx

egyenletet. Mivel a beesési szög megegyezik a visszaverődés szögével, ezért tg       A két egyenletből y y 2p  , illetve 2 x   yp 2 x 1 p p adódik. Az utóbbi egyenletet y szerint differenciáljuk (p függ az y-tól): y dp dp 2 1   2  p  y , azaz p p p dy dy 190

dp dy  . p y

y . x

Ennek a differenciálegyenletnek az általános megoldása p 

C1 dy . Felhasználva, hogy p  , y dx

ezért az így nyert dy C1  dx y differenciálegyenlet általános megoldása, azaz y ált .  y 2  x   2C1 x  C 2 2

adja a keresett görbe egyenletét. A kapott megoldásból látható, hogy ezért használnak parabolatükröt. 10.11. PÉLDA. Egy repülőgép-anyahajón a leszálló v 0 m/sec sebességű, m kg tömegű

vadászgépet egy gumikötél elkapja. Ha semmiféle más fékezés nem történik, akkor írjuk fel a repülőgép v sebességét a fékezés alatt megtett x út függvényében. MEGOLDÁS. Hooke-törvénye szerint a rúgóerő egyenesen arányos a megnyúlással. Így

Newton-törvénye alapján m

ahol k rúgóállandó. Felhasználva, hogy

m

dv  kx , dt

dx dv dv dx  v , így a differenciálegyenlet  és dt dt dx dt

dv dx  kx , illetve dx dt

mv

dv  kx dx

alakú. A differenciálegyenlet általános megoldása

mv 2  kx 2  C . Figyelembe véve a kezdeti feltételt ( x  0 esetén v  v0 ) C  mv02 , így a keresett megoldás mv 2  kx 2  mv02 .

191

10.12. PÉLDA. Egységnyi tömegű pont mozog az x, y  síkban. A tömegpont gyorsulásának

x komponense megegyezik a pont ordinátájával, az y komponense pedig abszcisszájának négyszeresével. Határozzuk meg a pont pályájának egyenletét, ha a t  0 időpillanatban x  y  0 , x  2 és y  2 2 . MEGOLDÁS. A feladat szerint a P x, y  pontban a tömegpont gyorsulásának a

komponensei az alábbi egyenleteket elégítik ki:  d 2x  y,  dt 2  2  d y  4 x.  dt 2 Az egyenletrendszerből az y kiküszöbölése után az

x 4   4 x  0 negyedrendű állandó együtthatójú homogén differenciálegyenletet kapjuk. Az egyenlet általános megoldása x ált .  xt   C1e

2t

 C2e 

2t

 C 3 cos 2t  C 4 sin 2t ,

és ennek alapján y ált .  y  x   2C1e

2t

 2C 2 e 

2t

 2C 3 cos 2t  2C 4 sin 2t ,

C1 , C 2 , C3 , C 4  R  .

A kezdeti feltételek felhasználásával kapott  C1  C 2  C 3  0,  C  C  C  0,  1 2 3   C1  C 2  C 4  1, 2C1  2C 2  2C 4  1

egyenletrendszerből C1 

1 1 , C 2   , C 3  0 és C 4  0 . Így a pont pályájának paraméteres 2 2

egyenlete:

192

x part .  xt   y part .  y t   e

1 e 2 2t

2t

 e

1  e 2 2t

,

2t

,

t  0 ,

melyből a t paraméter kiiktatása után az y  2 x , x  0  egyenes egyenletét kapjuk.

10.13. PÉLDA. Egy puskagolyó 200m/sec sebességgel behatol egy 12 cm vastag gerendába, átlyukasztja, majd kirepül belőle 60 m/sec sebességgel. A gerenda akadályozza a golyó mozgását. A fellépő ellenállási erő (fékező) arányos a golyó sebességének négyzetével. Határozzuk meg, hogy mennyi idő alatt haladt át a golyó a gerendán?

MEGOLDÁS. A gerenda belsejében a golyóra tetszőleges t időpillanatban a gerenda F ellenállási ereje hat. Ez a mozgással ellentétes irányú, és nagysága pedig az adott időpillanatban arányos a golyó sebességének a négyzetével: F  kv 2 . Newton második törvénye alapján F  ma , ahol m a pont tömege, a pedig a ponthoz tartozó gyorsulás. Mivel a két erő egyenlő, ezért

ma  kv 2 . Jelölje s az utat, t pedig az időt, és ezek segítségével a pont sebessége és gyorsulása a következőképpen írható fel: ds v dt

és

dv d 2 s a  . dt dt 2

A mozgás differenciálegyenletét megkapjuk, ha az előbbi összefüggéseket behelyettesítjük a

ma  kv 2 egyenletbe: 2

d 2s k  ds     . 2 m  dt  dt Ez az egyenlet ún. y   f  y  típusú másodrendű hiányos differenciálegyenlet, és ezt a

dy   rendszám csökkentésének módszerével  p  y    oldjuk meg. dx   Ha ezt a módszert alkalmazzuk a differenciálegyenletre, akkor

193

p

ds , dt

dp d 2 s ,  dt dt 2

akkor a differenciálegyenlet rendszáma eggyel csökken, alakja pedig a következő lesz:

dp k   p2 . dt m Megoldjuk ezt a szétválasztható változójú egyenletet, melynek általános megoldása



Visszaírjuk p 

1 k   t  C1 . p m

ds összefüggést az általános megoldásba, így újból egy szétválasztható dt

típusú differenciálegyenletet kapunk:



dt k   t  C1 . ds m

A változók szétválasztása és integrálás után megkapjuk az egyenlet általános megoldását:

s ált .  st  

m k  ln t  C1   C 2 . k m 

A partikuláris megoldáshoz meg kell határozni a C1 és C 2 konstansok értékét. A kezdeti feltételek feladatból kiolvashatóak: ha t  0 , akkor s 0   0 és ha t  0 , akkor

ds 0  200 . dt

Differenciáljuk az általános megoldást t szerint és helyettesítsük be a deriváltba a kezdeti feltételt: ds 1   200 . k dt t  C1 m

Innen C1  

1 . A feltételeket és C1 értékét beírjuk az általános megoldásba: 200 194

0

1  m k ln t    C2 . 200  k m

értékét, melyre C 2 

Meghatározzuk C 2

m ln 200 adódik. Ezek felhasználásával a k

partikuláris megoldás

s

1  m m  k m k  ln t    ln 200  ln 200 t  1 . 200  k k  m k m 

Oldjuk meg ezt az egyenletet t-re: ks

200

k t 1  e m , m

melyből

t

ks  m  m .  e 1  200k  

A keresett t idő meghatározásához meg kell állapítanunk a k és az m ismeretlenek értékét. A k arányossági tényezőt abból a feltételből határozzuk meg, hogy ha s  h  0,12 méter, akkor

ds  60 m/sec. Ennek az alkalmazásához deriváljuk a partikuláris megoldást: dt ds  dt

200 . k 200 t  1 m

A meghatározott t értéket ebbe behelyettesítve

ds 200  ks dt em

adódik. Így 60 

200

e

0 ,12

k m

10 25 k k  10  3 3 m k  10,03m és e    . A k és az e m 0,12 3 ln

-ből

számértékének ismeretében a keresett idő 195

25 0 ,12   m   10  3   t 1      0,00114 (sec). 200  10,08m   3    

Tehát a golyó a gerendán 0,00114 sec alatt halad át.

10.14. PÉLDA. Egy homogén testben előálló síkbeli hőáramlást az x2  y2  C ,

C  R 

izotermák jellemzik. Határozzuk meg a hőáramlás áramvonalait.

MEGOLDÁS. Az időben állandó síkbeli hőáramlást stacionárius hőáramlásnak nevezzük,, és az áramvonalaival lehet jellemezni. Az azonos hőmérsékletű pontokat összekötő görbéket izotermáknak nevezzük. Mivel az izotermák merőlegesek a hőáramlás áramvonalaira, ezért egymás ortogonális trajektóriái. Tehát ha az izotermák egyenlete az

x2  y2  C ,

C  R  ,

akkor a hiperbolasereg differenciálegyenlete

x  yy   0 ,

 y  0 .

Az áramvonalak differenciálegyenletét úgy kapjuk meg, ha az egyenletbe y  helyébe 

1 -t y

írunk, ennélfogva

x

y  0, y

x  0 .

Ennek a szétválasztható típusú differenciálegyenletnek az általános megoldása az

xy ált .  K ,

K  R 

hiperbolasereg, amely a keresett áramvonalak egyenletét adja. A fizikai tartalmat figyelembe véve a K  0 érték is megengedhető.

196

10.15. PÉLDA. Egy hengeres tartály, melynek belső sugara 20 cm, 60 cm magasságig van vízzel megtöltve. A tartály alján lévő 2 cm sugarú, kör alakú nyíláson mennyi idő alatt folyik ki a víz a tartályból?

MEGOLDÁS. A tartályban lévő m cm magasságú víz esetén a kifolyási sebesség a súrlódás miatt v  k 2 gm cm/sec (a g  9,81 m/sec2 a nehézségi gyorsulás, a k  0,6 a kör alakú nyílás miatt). A tartályban lévő víz m magassága a t idő függvénye, és a víztükör süllyedésének a sebessége 

dm . Ez a sebesség úgy aránylik a kifolyási sebességhez, mint a dt

kifolyónyílás és a tartály keresztmetszete egymáshoz. Így a



dm 2 dt  2 , v 20 2

azaz 

Vezessük be az A 

dm 1 k 2g m ,  dt 100

m  0 .

1 k 2 g jelölést, s így a differenciálegyenlet 100 dm  A m dt

alakú, melynek általános megoldása a változók szétválasztása után a dm m

  Adt

egyenletből adódó 2 m   At  K . Vegyük figyelembe, hogy t  0 -nál a magasság 60 cm, ezért 2 60  K .

197

A teljes kifolyáshoz szükséges időt úgy kapjuk meg, ha az m  0 és a K  2 60 értékeket az általános megoldásba visszahelyettesítjük: 0   At  2 60 . Tehát t

2 60 sec A

alatt folyik ki a víz a tartályból.

198

AJÁNLOTT IRODALOM

[1] Ponomarjov K. K.: Differenciálegyenletek felállítása és megoldása, Tankönyvkiadó, Budapest, 1980. [2] Rontó Miklós, Raisz Péterné: Differenciálegyenletek műszakiaknak, Miskolci Egyetemi Kiadó, 2004. [3] Raisz Péterné: Közönséges differenciálegyenletek, Tankönyvkiadó, Budapest, 1990. [4] Krasnov M, Kiselev A.,Makarenko G., Shinkin E.: Mathematical Analysis for Engineers, Mir Publishers, Moscow, 1990. [5] Arnold, V. I., Közönséges differenciálegyenletek, Műszaki Kiadó, Budapest, 1969. [6] Terjéki József: Differenciálegyenletek, Poligon,Szeged,1997. [7] Farkas Miklósné: Matematikai Feladattár. VIII. Közönséges differenciálegyenletek, Műegyetem Kiadó, Budapest, 1995. [8] Szarka Zoltán, Raisz Péterné: Matematika III., Miskolci Egyetemi Kiadó, 2000. [9] Monostory Iván szerk.: Matematikai Feladattár. VIII. Differenciálegyenletek, Műegyetem Kiadó, Budapest, 2003. [10] Gáspár Gyula, Raisz Iván, Salánki József: Műszaki Matematika IV., Tankönyvkiadó, Budapest, 1969. [11] Szász Gábor: Matematika III., Tankönyvkiadó, Budapest, 1989. [12] Raisz Péterné: Közönséges differenciálegyenletek, Példatár, Miskolci Egyetemi Kiadó, 1993.

199

RAISZ PÉTERNÉ PÉLDATÁR Differenciálegyenletek

Recommend Documents