Mathematics | Mathematical analysis » BME Gráff József - Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása

BME GÉPÉSZMÉRNÖKI KAR GÉPÉSZETI INFORMATIKA TANSZÉK GRÄFF JÓZSEF Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása KÉZIRAT BUDAPEST, 2004 Komplex számok 1 1 Bevezetés Ez az ö sszeállítás a B ME Gépészmérnöki karán a R endszertechnika (BMEGERI2054, BMEGERI3031) című tárgyat felvett hallgatók számára készült, és a témakörnek csak azon területeivel foglalkozik, amelyek a R endszertechnika tárgy keretein belül felhasználásra kerülnek. Célja, hogy a más tárgyakból szerzett ismereteket összefoglalja 1.1 A közönséges differenciálegyenlet Az olyan egyenleteket nevezzük differenciálegyenleteknek, amelyekben deriváltak szerepelnek. Ha a differenciálegyenletben csak egy független változó van, akkor közönséges differenciálegyenletről beszélünk. Differenciálegyenlet-rendszerről van szó akkor, ha az egyenletek száma egynél több, és ugyanennyi ismeretlen függvényt kell meghatároznunk a megoldás

során. 1.11 A közönséges differenciálegyenletek osztályozása A közönséges differenciálegyenletek osztályozása rendkívül fontos, ugyanis a különböző típusokhoz kidolgozott megoldási módszerek közül csak ennek ismeretében lehet választani. Definíciók: A differenciálegyenlet rendje egyenlő a benne szereplő legmagasabb rendű derivált rendszámával. Lineáris az a d ifferenciálegyenlet, amelyben az ismeretlen függvény és annak deriváltjai csak első hatványon szerepelnek, valamint az ismeretlen függvénynek, és deriváltjainak szorzata semmilyen kombinációban sem fordul elő. Inhomogén az a d ifferenciálegyenlet, amelynek van olyan tagja, amelyben az ismeretlen függvény, vagy annak valahányadik deriváltja nem szerepel. Ellenkező esetben a differenciálegyenlet homogén. Állandó együtthatós az a d ifferenciálegyenlet, amelyben a f üggvényt, és annak deriváltjait tartalmazó tagok együtthatói állandók. Ellenkező esetben a

differenciálegyenlet függvényegyütthatós. Példák: 1. 5 y′ + 3 y = x elsőrendű (mert y első deriváltja a legmagasabb rendű derivált), lineáris (mert y és deriváltja csak első hatványon szerepel, és nincs a szorzatukat tartalmazó tag sem), inhomogén (mert van olyan tagja – az x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 5 és 3 állandó). 2. 5 y′ + 3 y = sin x elsőrendű (mert y első deriváltja a legmagasabb rendű derivált), lineáris (mert y és deriváltja csak első hatványon szerepel, és nincs a szorzatukat tartalmazó tag sem), inhomogén (mert van olyan tagja – az x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 5 és 3 állandó). 3. 5 y′ + 3 y = 0 elsőrendű (mert y első deriváltja a legmagasabb rendű derivált), lineáris (mert y és deriváltja csak első hatványon szerepel, és nincs a szorzatukat tartalmazó tag sem), Állandó együtthatós

közönséges differenciálegyenletek megoldása 2 homogén (mert minden tagjában szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 5 és 3 állandó). 4. 5 y′ + sin x ⋅ y = x elsőrendű (mert y első deriváltja a legmagasabb rendű derivált), nemlineáris (mert van x és y szorzatát tartalmazó tag), inhomogén (mert van olyan tagja – az x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), függvényegyütthatós (mert sin(x)y-ban sin(x) nem állandó). 5. y′′ + 4 y′ + 3 y = 3 x másodrendű (mert y második deriváltja a legmagasabb rendű derivált), lineáris (mert y és deriváltjai csak első hatványon szerepelnek, és nincs a szorzatukat tartalmazó tag sem), inhomogén (mert van olyan tagja – a 3x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 1, 4 és 3 állandó). 6. y′′ + 5 y′ + 3 y 2 = 2 x másodrendű (mert y második deriváltja a legmagasabb rendű derivált), nemlineáris (mert van

benne y2), inhomogén (mert van olyan tagja – az x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 1, 5 és 3 állandó). A Rendszertechnikában állandó együtthatós-, inhomogén-, lineáris differenciálegyenletekkel fogunk foglalkozni. 1.12 A differenciálegyenletek megoldásai A differenciálegyenlet megoldásai azok a f üggvények, amelyek deriváltjaikkal együtt azonosan kielégítik az adott differenciálegyenletet. Megkülönböztetünk általános és partikuláris megoldást. Egy n-ed rendű differenciálegyenlet általános megoldása olyan függvény, amely n számú egymástól független paramétert tartalmaz és deriváltjaival együtt azonosan kielégíti az adott differenciálegyenletet Partikuláris megoldás esetén a p araméterek száma legfeljebb n-1. Partikuláris megoldást előállítani rendkívül egyszerű, csak valamely paraméternek (lehet többnek is) kell értéket adni. Általában az általános megoldás

tartalmazza az összes partikuláris megoldást Példák: 1. Az 5 y′ + 3 y = x egyenlet általános megoldása 1 5 y (x ) = c ⋅ e − 0,6 x + x − , mivel 3 9 azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen dy 1 = y′ = −0,6 ⋅ c ⋅ e − 0,6 x + dx 3 5 5 − 3 ⋅ c ⋅ e − 0, 6 x + + 3 ⋅ c ⋅ e − 0, 6 x + x − = x 3 3 1 5 Ennek egy partikuláris megoldása c=0 esetén: y p ( x ) = x − 3 9 2. Az 5 y′ + 3 y = sin x egyenlet általános megoldása y (x ) = c ⋅ e − 0,6 x + mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 3 5 sin x − cos x , 34 34 3 dy 3 5 = y′ = −0,6 ⋅ c ⋅ e − 0,6 x + cos x + sin x dx 34 34 15 25 9 15 − 3 ⋅ c ⋅ e − 0,6 x + cos x + sin x + 3 ⋅ c ⋅ e − 0,6 x + sin x − cos x = sin x 34 34 34 34 3 5 Ennek egy partikuláris megoldása c=0 esetén: y p (x ) = sin x − cos x 34 34 4 3. Az y′′ + 4 y′ + 3 y = 3 x

egyenlet általános megoldása y (x ) = c1 ⋅ e −3 x + c2 ⋅ e − x + x − , 3 mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen dy = y′ = −3 ⋅ c1 ⋅ e −3 x − c2 ⋅ e − x + 1 dx d2y = y′′ = 9 ⋅ c1 ⋅ e −3 x + c2 ⋅ e − x 2 dx 9 ⋅ c1 ⋅ e −3 x + c2 ⋅ e − x − 12 ⋅ c1 ⋅ e −3 x − 4 ⋅ c2 ⋅ e − x + 4 + 3 ⋅ c1 ⋅ e −3 x + 3 ⋅ c2 ⋅ e − x + 3 x − 4 = 3 x 4 Ennek egy partikuláris megoldása c 1 = 0 esetén: y p (x ) = c2 ⋅ e − x + x − , c 1 =c 2 =0 3 4 esetén pedig: y p ( x ) = x − . 3 1.2 Megoldás keresése próbafüggvény módszerével Az n-ed rendű állandó együtthatós-, inhomogén-, lineáris differenciálegyenletek általános alakja: dy dny d n −1 y an n + an −1 n −1 +  + a1 + a0 y = f ( x ) , dx dx dx vagy tömörebb formában: n di y ∑ ai dxi = f (x ) . i =0 A differenciálegyenlet homogén részéhez úgy jutunk, hogy f(x) helyére nullát írunk. A megoldás menetének

ismertetése előtt két tételt kell megemlíteni. 1. Ha egy n-ed rendű homogén lineáris differenciálegyenletnek y n (x), y n-1 (x), y 1 (x) lineárisan független partikuláris megoldásai, akkor az általános megoldás: n Y ( x ) = cn ⋅ yn ( x ) + cn −1 ⋅ yn −1 ( x ) +  + c1 ⋅ y1 (x ) = ∑ ci ⋅ yi (x ) . i =1 Lineárisan függetlennek akkor nevezzünk két függvényt, ha a: c2 ⋅ y2 ( x ) + c1 ⋅ y1 (x ) = 0 egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha mindkét c paraméter zérus. Másképpen megfogalmazva: a két függvény hányadosa nem lehet állandó. 2. Ha egy n-ed rendű inhomogén differenciálegyenlet homogén részének általános megoldása Y(x), és az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása y 0 (x), akkor az inhomogén egyenlet általános megoldása: y ( x ) = Y ( x ) + y0 ( x ) . Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 4 Ez a két tétel már sugallja a megoldás menetét. Először a

differenciálegyenlet homogén részének általános megoldását keressük meg, majd a t eljes differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását kíséreljük meg meghatározni. 1.21 Állandó együtthatós, homogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenletek megoldása Az állandó együtthatós, homogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenlet általános alakja a következő: dny d n −1 y dy an n + an −1 n −1 +  + a1 + a0 y = 0 . dx dx dx Keressük a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását y ( x ) = e λx alakban, mivel az exponenciális függvény az egyetlen függvény, amely arányos a s aját deriváltjaival. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe: an λn eλx + an −1λn −1eλx +  + a1λeλx + a0eλx = 0 . Mivel eλx sosem lehet zérus, ezért vele végigoszthatjuk az egyenletet. Így egy n-ed fokú polinomhoz jutunk, amelynek n darab gyöke van. A gyökök tulajdonságai alapján három esetet különböztethetünk meg: •

egyszeres valós gyökök (K darab), • többszörös valós gyökök (P darab a multiplicitásukkal együtt), • komplex gyökök (Q darab). Nyilvánvaló (mivel másmilyen gyökök nem lehetnek), hogy a különböző gyökök darabszámainak összege n, azaz n=K+P+Q. 1.211 Egyszeres valósgyökök A K darab gyök mindegyike ad egy partikuláris megoldást. Kérdés már csak az, hogy ezek függetlenek-e. Legyen λ K1 és λ K2 két ilyen gyök. Ekkor a két partikuláris megoldás hányadosa: yK1 (x ) eλ K 1 x = = e(λ K 1 − λ K 2 )x ≠ állandó , yK 2 (x ) eλ K 2 x mivel a két gyök különböző. Így tehát K egymástól független partikuláris megoldásunk van Példa: Oldjuk meg az y′′ + 4 y′ + 3 y = 0 differenciálegyenletet. Az eλx helyettesítés elvégzése után a λ2eλx + 4λeλx + 3eλx = 0 egyenlethez jutunk. Ebből a karakterisztikus polinomot eλx -vel való osztás után kapjuk: λ2 + 4λ + 3 = 0 . Vegyük észre, hogy ha a differenciálegyenletbe

y, illetve deriváltjai helyére λ annyiadik hatványát írjuk, ahányadik deriváltja szerepel y-nak, akkor éppen a karakterisztikus polinomot kapjuk. Megoldva a másodfokú karakterisztikus polinomot, λ 1 =-1 és λ 2 =-3 gyökökhöz jutunk. A differenciálegyenlet általános megoldása tehát: Y ( x ) = c1 ⋅ e − x + c2 ⋅ e −3 x Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe: c1 ⋅ e − x + c2 ⋅ 9e −3 x − 4c1 ⋅ e − x − 4c2 ⋅ 3e −3 x + 3c1 ⋅ e − x + 3c2 ⋅ e −3 x = 0 Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 5 1.212 Többszörös valós gyökök Többszörös gyökök esetén az előző módszer nem megfelelő, hiszen a gyökök között vannak azonosak. Legyen a különböző gyökök száma p, és ezek multiplicitása rendre m 1 , m 2 , m p . Az előzőek alapján nyilvánvaló, hogy: p ∑ mi = P i =1 Bizonyítható, hogy ekkor a differenciálegyenlet partikuláris megoldásai az: eλ P1 ; x ⋅ eλ P1

; x m1 −1 ⋅ eλ P1 eλ P 2 ; x ⋅ eλ P 2 ; x m2 −1 ⋅ eλ P 2     λ λ m −1 λ e Pp ; x ⋅ e Pp ; x p ⋅ e Pp függvények. Ezen függvények lineárisan függetlenek is hiszen bármely kettő hányadosára igaz, hogy értéke nem állandó. Így tehát újabb, ezúttal P egymástól független partikuláris megoldáshoz jutottunk. Példa: Oldjuk meg az y (4 ) − 2 y′′ + y = 0 differenciálegyenletet. A karakterisztikus polinom: λ4 − 2λ2 + 1 = 0 Látható, hogy az egyenlet bal oldala λ2-re teljes négyzet, amiből λ2=1 adódik. Ebből már könnyű meghatározni a gyököket: λ1 = 1; λ 2 = 1; λ 3 = −1; λ 4 = −1 . Az általános leírásban alkalmazott jelöléseket alkalmazva: P=4, mert összesen 4 többszörös gyök van; p=2, mert kétféle gyök van (1 és –1); m 1 =2 és m 2 =2, mert mindegyik gyök kétszeres gyök. Ennek megfelelően a partikuláris megoldások: y P1 (x ) = e x ; y P 2 (x ) = x ⋅ e x ; y P 3 (x ) = e

− x ; y P 4 (x ) = x ⋅ e − x , és az általános megoldás: Y (x ) = c1 ⋅ e x + c2 ⋅ x ⋅ e x + c3 ⋅ e − x + c4 ⋅ x ⋅ e − x . 1.213 Komplex gyökök Bizonyítható, hogy ha egy z komplex szám gyöke egy polinomnak, akkor a konjugáltja is gyök (tehát Q páros szám). Ennek megfelelően, ha λ Q1 = α + βj gyök, akkor λ Q 2 = α − βj is gyök. Az ezek segítségével felírható két partikuláris megoldás: y (x ) = e(α +βj )x = eαx ⋅ e βxj , illetve y (x ) = e(α −βj )x = eαx ⋅ e − βxj . Q1 Q2 Alkalmazva a komplex számok exponenciális és trigonometrikus alakjai közötti Euler-féle összefüggést, a mindkét gyököt felhasználó partikuláris megoldás: yQ1, 2 = eαx (c1 cos βx + c2 sin βx ) . Így tehát újabb, ezúttal Q/2 egymástól független partikuláris megoldáshoz jutottunk, amelyek azonban darabonként 2-2 paramétert tartalmaznak. Ha a komplex gyökök között van többszörös is, akkor a többszörös valós

gyököknél ismertetett módszert kell alkalmazni. Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 6 Példák: 1. Oldjuk meg az y′′ − 6 y′ + 13 y = 0 differenciálegyenletet A karakterisztikus polinom: λ2 − 6λ + 13 = 0 . Ennek gyökei komplexek: λ1, 2 = 3 ± 2 j . Alkalmazva az általános leírásban használt jelöléseket: α=3 és β=2. Így az általános megoldás: Y ( x ) = e3 x (c1 ⋅ cos 2 x + c2 ⋅ sin 2 x ). 2. Oldjuk meg az y (4 ) + 2 y′′ + y = 0 differenciálegyenletet A karakterisztikus polinom: λ4 + 2λ2 + 1 = 0 . Látható, hogy az egyenlet bal oldala λ2-re teljes négyzet, amiből λ2=-1 adódik. Ebből már könnyű meghatározni a gyököket: λ1 = j; λ 2 = j; λ 3 = − j; λ 4 = − j . Most α= 0 és β= 1. Mivel e0= 1, így a megoldásból az e-ados rész hiányzik Az egyik partikuláris megoldás: y1 ( x ) = c1 ⋅ cos x + c2 ⋅ sin x , a másik pedig ennek x-el való szorzata (természetesen más c

paraméterekkel). A teljes megoldás tehát: Y ( x ) = c1 ⋅ cos x + c2 ⋅ sin x + x(c3 ⋅ cos x + c4 ⋅ sin x ). 1.22 Állandó együtthatós, inhomogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény módszerrel Az 1.2 fejezet 2 tétele szerint a d ifferenciálegyenlet homogén részének általános megoldását kell kiegészíteni a teljes egyenlet egy partikuláris megoldásával. Az előző pont részletesen taglaltuk a homogén rész általános megoldásának meghatározására rendelkezésre álló legegyszerűbb módszert, így most csak a teljes egyenlet egy partikuláris megoldását kell megtalálnunk. A következő módszer akkor alkalmazható, ha az inhomogén tag (f(x) függvény) csak olyan tagokból áll, amelyeknek csak véges számú lineárisan független deriváltjuk van. Ez másképpen azt jelenti, hogy e függvények deriváltjai egy idő után vagy arányosak lesznek az eredeti függvénnyel, vagy nullává válnak. Az első

feltételnek megfelelő függvények: α ⋅ eβx , α ⋅ sin βx, α ⋅ cos βx, α ⋅ sh βx, α ⋅ ch βx . Hiperbolikus függvények esetén azok e-ados alakját kell használni. A második feltételnek a polinomok felelnek meg. Természetesen nem csak a felsorolt függvények megfelelőek, hanem tetszőleges lineáris kombinációjuk – azaz szorzataik, és ezek összegei – is. Ha az f(x) függvény a fent leírtak szerinti, akkor a partikuláris megoldás hasonló lesz hozzá, azzal a kiegészítéssel hogy minden olyan deriváltját szerepeltetni kell, amely eltér tőle: a, e-ad esetén nincs ilyen, hiszen ez a függvény arányos a saját deriváltjával, b, szinusz, vagy koszinusz esetén mindkettőnek szerepelni kell, c, hiperbolikus függvényeknél az e-adnál leírtak szerint kell eljárni, mivel az e-ados alakjukat kell használni, d, polinomoknál pedig az összes a legnagyobb kitevőnél kisebb kitevőjű tagot. Állandó együtthatós közönséges

differenciálegyenletek megoldása 7 Abban az esetben, ha valamelyik tag szerepel a homogén általános megoldásban (rezonancia), ugyan úgy kell eljárni, mintha a homogén megoldásban többszörös gyök lenne, azaz x legkisebb még nem szereplő hatványával kell szorozni. 1.3 Mintapéldák 1. Oldjuk meg az 5 y′ + 3 y = x egyenletet Ennek homogén része 5 y′ + 3 y = 0 , amiből a karakterisztikus polinom: 5λ + 3 = 0 . A megoldása -0,6, tehát a homogén rész általános megoldása: Y ( x ) = c ⋅ e −0,6 x A partikuláris megoldást keressük y0 ( x ) = a ⋅ x + b alakban. Így a teljes megoldás, és annak első deriváltja: y ( x ) = Y (x ) + y0 (x ) = c ⋅ e −0,6 x + a ⋅ x + b dy = −0,6 ⋅ c ⋅ e − 0,6 x + a dx Ezt behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve: − 3 ⋅ c ⋅ e −0,6 x + 5 ⋅ a + 3 ⋅ c ⋅ e −0,6 x + 3 ⋅ a ⋅ x + 3 ⋅ b = x 3⋅ a ⋅ x + 5⋅ a + 3⋅b = x egyenletet kapjuk. Vegyük észre, hogy a homogén

megoldás kiesett a rendezés során Ez természetes is, hiszen a homogén egyenlet egyenlő nullával, ebből következően mindig ki kell esnie! A későbbi feladatoknál már csak a partikuláris részt fogjuk behelyettesíteni. Visszatérve a rendezés után kapott egyenlethez, ez csak akkor teljesülhet, ha a jobb- és baloldalon álló x azonos fokszámú tagjait tartalmazó tagok együtthatói megegyeznek. Ennek megfelelően két egyenletet írhatunk fel a két ismeretlen meghatározására: 3⋅ a = 1 5⋅ a + 3⋅b = 0 A megoldás után a differenciálegyenlet teljes megoldása: 1 5 y ( x ) = c ⋅ e − 0, 6 x + x − 3 9 Ellenőrzés: dy 1 = y′ = −0,6 ⋅ c ⋅ e − 0,6 x + dx 3 5 5 − 3 ⋅ c ⋅ e − 0, 6 x + + 3 ⋅ c ⋅ e − 0, 6 x + x − = x 3 3 ′ 2. Oldjuk meg az 5 y + 3 y = sin x egyenletet Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. A partikuláris megoldást keressük y p ( x ) = a ⋅ sin x + b ⋅ cos x alakban. Helyettesítsük

be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához: 5a ⋅ cos x − 5b ⋅ sin x + 3a ⋅ sin x + 3b ⋅ cos x = sin x (5a + 3b ) ⋅ cos x + (3a − 5b ) ⋅ sin x = sin x 5a + 3b = 0 3a − 5b = 1 Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás: Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 8 3 5 sin x − cos x 34 34 x 3. Oldjuk meg az 5 y′ + 3 y = e egyenletet Ennek homogén része megegyezik az előző y ( x ) = c ⋅ e − 0, 6 x + feladat egyenletével. A partikuláris megoldást keressük y p ( x ) = a ⋅ e x alakban Helyettesítsük be a d ifferenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenletet a paraméterek meghatározásához: 5a ⋅ e x + 3a ⋅ e x = e x Ez után az általános megoldás: 8a ⋅ e x = e x 8a = 1 1 y ( x ) = c ⋅ e − 0, 6 x + e x 8 −0,6 x 4. Oldjuk

meg az 5 y′ + 3 y = 2e egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. Most a partikuláris megoldást nem kereshetjük a ⋅ e −0,6 x alakban, mert az rezonál a homogén megoldással, így – x-el szorozva – a helyes alak: y p ( x ) = ax ⋅ e −0,6 x . Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenletet a paraméterek meghatározásához: 5a ⋅ e −0,6 x − 3ax ⋅ e −0,6 x + 3ax ⋅ e −0,6 x = 2e −0,6 x Ez után az általános megoldás: 5a ⋅ e − 0 , 6 x = e − 0 , 6 x a = 0,4 2 x ⋅ e − 0, 6 x 5 5. Oldjuk meg az 5 y′ + 3 y = e x + sin x egyenletet Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. Ezt követően a partikuláris megoldást keressük y ( x ) = c ⋅ e − 0, 6 x + y p (x ) = a ⋅ e x + b ⋅ sin x + d ⋅ cos x alakban. Helyettesítsük be a d ifferenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak

összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához: 5a ⋅ e x + 5b ⋅ cos x − 5d ⋅ sin x + 3a ⋅ e x + 3b ⋅ sin x + 3d ⋅ cos x = e x + sin x 8a ⋅ e x + (5b + 3d ) ⋅ cos x + (3b − 5d ) ⋅ sin x = e x + sin x 8a = 1 5b + 3d = 0 3b − 5d = 1 Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás: 1 3 5 y (x ) = c ⋅ e − 0,6 x + e x + sin x − cos x 8 34 34 x 6. Oldjuk meg az 5 y′ + 3 y = e ⋅ sin x egyenletet Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. Ezt követően a partikuláris megoldást keressük y p (x ) = e x (a ⋅ sin x + b ⋅ cos x ) alakban. Helyettesítsük be a d ifferenciálegyenletbe, Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 9 rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához: 5(a − b )e x ⋅ sin x + 5(a + b )e x ⋅ cos x + 3ae x ⋅ sin x + 3be x ⋅ cos x = e x ⋅ sin x

5a + 8b = 0 8a − 3b = 1 Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás: 8 5 y ( x ) = c ⋅ e − 0,6 x + e x ⋅ sin x − e x ⋅ cos x 89 89 7. Oldjuk meg a 4 y′ = 1 egyenletet A karakterisztikus polinom 4λ=0, amiből λ=0 Így a homogén általános megoldás Y(x)=c. Az inhomogén partikuláris megoldást keressük y p (x)=a alakban, de ez ugyan úgy konstans, mint Y(x), tehát rezonancia van. A partikuláris megoldást ezért x-el szorozva y p (x)=ax alakban kell keresnünk Behelyettesítve 1 a differenciálegyenletbe 4a= 1 egyenlethez jutunk, amelynek megoldása: a = . Az 4 általános megoldás ezek után: 1 y(x ) = x + c . 4 8. Oldjuk meg a 4 y′ = 3 x egyenletet A karakterisztikus polinom 4λ=0, amiből λ=0 Így a homogén általános megoldás Y(x)=c. Az inhomogén partikuláris megoldást keressük y p (x)=ax+b alakban, de ennek konstans része (b) rezonál Y(x)-el. A partikuláris megoldást ezért x-el szorozva y p (x)=ax2+bx alakban kell keresnünk.

Behelyettesítve a differenciálegyenletbe 8ax+4b=3x egyenlethez jutunk. A paraméterek meghatározására szolgáló egyenletrendszer: 8a = 3 4b = 0 3 Ennek megoldása b = 0 és a = . Az általános megoldás ezek után: 8 3 y(x ) = x 2 + c . 8 9. Oldjuk meg a 4 y′′ = x egyenletet A karakterisztikus polinom 4λ2=0, amiből λ 1,2 =0 Így a homogén általános megoldás Y(x)=c 1 e0x+c 2 xe0x= c 1 +c 2 x , mivel a 0 kétszeres gyök. Az inhomogén partikuláris megoldást keressük y p (x)=ax+b alakban, de ennek mindkét része rezonál Y(x)-el. Ha megszorozzuk x-el, akkor a bx még mindig rezonál c 2 x –el, így x2-el kell szorozni. A helyes próbafüggvény tehát: y p (x)=ax3+bx2 Behelyettesítve a differenciálegyenletbe 24ax+8b=x egyenlethez jutunk A paraméterek meghatározására szolgáló egyenletrendszer: 24a = 1 8b = 0 1 Ennek megoldása b = 0 és a = . Az általános megoldás ezek után: 24 1 3 y (x ) = c1 + c2 x + x . 24 10. Oldjuk meg az y′′ + 4 y′ + 4 y = 3

cos 2 x egyenletet A karakterisztikus polinom megoldásával megkapjuk a homogén általános megoldást: λ2 + 4λ + 4 = (λ + 2 )2 ⇒ λ1, 2 = −2 Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 10 Y ( x ) = c1e −2 x + c2 xe −2 x , mert kettős gyökök vannak. Mivel nincs rezonancia, a próbafüggvény alakja: y p ( x ) = a sin 2 x + b cos 2 x . Behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve: (− 4a − 8b + 4a )sin 2 x + (− 4b + 8a + 4b )cos 2 x = 3 cos 2 x − 8b sin 2 x + 8a cos 2 x = 3 cos 2 x Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát: 3 y ( x ) = Y (x ) + y0 (x ) = c1e − 2 x + c2 xe − 2 x + sin 2 x 8 −2 x 11. Oldjuk meg az y′′ + 4 y′ + 4 y = 2e egyenletet. A karakterisztikus polinom megegyezik az előző feladatéval, így a homogén általános megoldás: Y ( x ) = c1e −2 x + c2 xe −2 x . Mivel kétszeres rezonancia van, a próbafüggvény alakja: y p (x ) = ax 2e −2 x . Behelyettesítve a

differenciálegyenletbe, majd rendezve: (2a )e −2 x + (− 8a + 8a )xe−2 x + (4a − 8a + 4a )x 2e −2 x = 2e −2 x Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát: 2a = 2 y ( x ) = Y (x ) + y0 (x ) = c1e −2 x + c2 xe −2 x + x 2e −2 x 12. Oldjuk meg az y′′ + 9 y = 2 sin 3 x egyenletet A karakterisztikus polinom megoldásával megkapjuk a homogén általános megoldást: λ2 + 9 = 0 ⇒ λ1, 2 = 0 ± 3 j Y (x ) = c1 sin 3 x + c2 cos 3 x Mivel rezonancia van, a próbafüggvény alakja: y p ( x ) = ax sin 3 x + bx cos 3 x . Behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve: (− 6b − 9ax + 9ax )sin 3x + (6a − 9bx + 9bx )cos 3x = 2 sin 3x − 6b sin 3x + 6a cos 3 x = 2 sin 3 x Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát: 1 y ( x ) = Y (x ) + y0 (x ) = c1 sin 3 x + c2 cos 3 x − cos 3x 3 Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 11 TARTALOMJEGYZÉK 1 Bevezetés . 2 1.1 A közönséges differenciálegyenlet

. 2 1.11 A közönséges differenciálegyenletek osztályozása 2 1.12 A differenciálegyenletek megoldásai 3 1.2 Megoldás keresése próbafüggvény módszerével . 4 1.21 Állandó együtthatós, homogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenletek megoldása . 5 1.211 Egyszeres valósgyökök 5 1.212 Többszörös valós gyökök 6 1.213 Komplex gyökök 6 1.22 Állandó együtthatós, inhomogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény módszerrel . 7 1.3 Mintapéldák . 8 Állandó együtthatós közönséges differenciálegyenletek megoldása 12