6. fejezet - A közönséges differenciálegyenlet

Tartalom
6.1. A közönséges differenciálegyenletek osztályozása
6.2. A differenciálegyenletek megoldásai
6.3. Megoldás keresése próbafüggvény módszerével
6.3.1. Állandó együtthatós, homogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenletek megoldása
6.3.1.1. Egyszeres valós gyökök
6.3.1.2. Többszörös valós gyökök
6.3.1.3. Komplex gyökök
6.3.2. Állandó együtthatós, inhomogén, n-ed rendű lineáris differenciál-egyenletek megoldása próbafüggvény módszerrel
6.4. Mintapéldák
6.5. Műszaki példák

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.

6.1. 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 differenciálegyenlet, 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 differenciálegyenlet, amelynek van olyan tagja, amelyben az ismeretlen függvény, vagy annak valahányadik deriváltja nem szerepel. Ellenkező esetben a differenciálegyenlet homogén.

Állandó együtthatós az a differenciálegyenlet, amelyben a függvényt, és annak deriváltjait tartalmazó tagok együtthatói állandók. Ellenkező esetben a differenciálegyenlet függvényegyütthatós.

Példák:

  1. 5 y +3y=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 +3y=sinx 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 – a sin x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 5 és 3 állandó).

  3. 5 y +3y=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), homogén (mert minden tagjában szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 5 és 3 állandó).

  4. 5 y +ysinx=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 y sin(x) -ben sin(x) nem állandó).

  5. y +4 y +3y=3x 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 =2x másodrendű (mert y második deriváltja a legmagasabb rendű derivált), nemlineáris (mert van benne y2), inhomogén (mert van olyan tagja – a 2x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 1, 5 és 3 állandó).

A Rendszertechnikában általában állandó együtthatós-, inhomogén-, lineáris differenciálegyenletekkel fogunk foglalkozni.

6.2. A differenciálegyenletek megoldásai

A differenciálegyenlet megoldásai azok a függvények, amelyek deriváltjaikkal együtt azonosan kielégítik az adott differenciálegyenletet.

Megkülönböztetünk általános és partikuláris megoldást. Egy n-ed rendű differenciál-egyenlet általános megoldása olyan függvény, amely n számú egymástól független paramétert tartalmaz és deriváltjaival együtt azonosan kielégíti az adott differenciálegyenletet. Partikuláris megoldás esetén a paraméterek 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 +3y=x egyenlet általános megoldása y( x )=c e 0,6x + 1 3 x 5 9 , mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen

dy dx = y =0,6c e 0,6x + 1 3 3c e 0,6x + 5 3 +3c e 0,6x +x 5 3 =x

Ennek egy partikuláris megoldása c=0 esetén: y p ( x )= 1 3 x 5 9

  1. Az 5 y +3y=sinx egyenlet általános megoldása y( x )=c e 0,6x + 3 34 sinx 5 34 cosx , mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen

dy dx = y =0,6c e 0,6x + 3 34 cosx+ 5 34 sinx 3c e 0,6x + 15 34 cosx+ 25 34 sinx+3c e 0,6x + 9 34 sinx 15 34 cosx=sinx

Ennek egy partikuláris megoldása c=0 esetén: y p ( x )= 3 34 sinx 5 34 cosx

  1. Az y +4 y +3y=3x egyenlet általános megoldása y( x )= c 1 e 3x + c 2 e x +x 4 3 , mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen

d y d x = y = 3 c 1 e 3 x c 2 e x + 1 d 2 y d x 2 = y = 9 c 1 e 3 x + c 2 e x 9 c 1 e 3 x + c 2 e x 12 c 1 e 3 x 4 c 2 e x + 4 + 3 c 1 e 3 x + 3 c 2 e x + 3 x 4 = 3 x

Ennek egy partikuláris megoldása c1=0 esetén: y p ( x )= c 2 e x +x 4 3 , c1=c2=0 esetén pedig: y p ( x )=x 4 3 .

6.3. Megoldás keresése próbafüggvény módszerével

Az n-ed rendű állandó együtthatós-, inhomogén-, lineáris differenciálegyenletek általános alakja:

a n d n y d x n + a n1 d n1 y d x n1 ++ a 1 dy dx + a 0 y=f( x ) ,

vagy tömörebb formában:

i=0 n a i d i y d x i =f( x ) .

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 yn(x), yn-1(x),… y1(x) lineárisan független partikuláris megoldásai, akkor az általános megoldás:

Y(x)=cnyn(x)+cn1yn1(x)++c1y1(x)=i=1nciyi(x).

Lineárisan függetlennek akkor nevezzünk két függvényt, ha a:

c 2 y 2 ( x )+ c 1 y 1 ( x )=0

egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha mindkét c paraméter zérus. Másképpen megfogalmazva: a két függvény hányadosa nem lehet állandó.

  1. Ha egy n-ed rendű inhomogén differenciálegyenlet homogén részének általános megoldása Y(x), és az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása y0(x), akkor az inhomogén egyenlet általános megoldása:

y( x )=Y( x )+ y 0 ( x ) .

Ez a két tétel már sugallja a megoldás menetét. Először a differenciálegyenlet homogén részének általános megoldását keressük meg, majd a teljes differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását fogjuk meghatározni.

6.3.1. Állandó együtthatós, homogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenletek megoldása

Az állandó együtthatós, homogén, n-ed rendű lineáris differenciálegyenlet általános alakja a következő:

a n d n y d x n + a n1 d n1 y d x n1 ++ a 1 dy dx + a 0 y=0 .

Keressük a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását

y( x )= e λx

alakban, mivel az exponenciális függvény az egyetlen függvény, amely arányos a saját deriváltjaival. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe:

a n λ n e λx + a n1 λ n1 e λx ++ a 1 λ e λx + a 0 e λx =0 .

Mivel e λx 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.

6.3.1.1. Egyszeres valós gyökök

A K darab gyök mindegyike ad egy partikuláris megoldást. Kérdés már csak az, hogy ezek függetlenek-e.

Legyen K1 és K2 két ilyen gyök. Ekkor a két partikuláris megoldás hányadosa:

y K1 ( x ) y K2 ( x ) = e λ K1 x e λ K2 x = e ( λ K1 λ K2 )x állandó ,

mivel a két gyök különböző. Így tehát K egymástól független partikuláris megoldásunk van.

Példa:

Oldjuk meg az y+4y+3y=0differenciálegyenletet. Az e λx helyettesítés elvégzése után a

λ 2 e λx +4λ e λx +3 e λx =0

egyenlethez jutunk. Ebből a karakterisztikus polinomot e λx -vel való osztás után kapjuk:

λ 2 +4λ+3=0 .

Vegyük észre, hogy ha a differenciálegyenletben y, illetve deriváltjai helyére  annyiadik hatványát írjuk, ahányadik deriváltja szerepel y-nak, akkor éppen a karakterisztikus polinomot kapjuk. Megoldva a másodfokú karakterisztikus polinomot, 1=-1 és 2=-3 gyökökhöz jutunk. A differenciálegyenlet általános megoldása tehát:

Y( x )= c 1 e x + c 2 e 3x

Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe:

c 1 e x + c 2 9 e 3x 4 c 1 e x 4 c 2 3 e 3x +3 c 1 e x +3 c 2 e 3x =0

6.3.1.2. 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 m1, m2, …mp. Az előzőek alapján nyilvánvaló, hogy:

i=1 p m i =P

Bizonyítható, hogy ekkor a differenciálegyenlet partikuláris megoldásai az

e λ P 1 ; x e λ P 1 ; x m 1 1 e λ P 1 e λ P 2 ; x e λ P 2 ; x m 2 1 e λ P 2 e λ P p ; x e λ P p ; x m p 1 e λ P p

függvények. Ezen függvények páronként lineárisan függetlenek is, hiszen bármely kettő hányadosára igaz, hogy értéke nem állandó. A teljes függvényrendszer is független, de ennek igazolásával itt nem foglalkozunk. Így tehát újabb, ezúttal P egymástól független partikuláris megoldáshoz jutottunk.

Példa:

Oldjuk meg az y ( 4 ) 2 y +y=0 differenciálegyenletet.

A karakterisztikus polinom:

λ 4 2 λ 2 +1=0

Látható, hogy az egyenlet bal oldala 2-re teljes négyzet, amiből 2=1 adódik. Ebből már könnyű meghatározni a gyököket:

λ 1 =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); m1=2 és m2=2, mert mindegyik gyök kétszeres gyök. Ennek megfelelően a partikuláris megoldások:

y P1 ( x )= e x ; y P2 ( x )=x e x ; y P3 ( x )= e x ; y P4 ( x )=x e x ,

és az általános megoldás:

Y( x )= c 1 e x + c 2 x e x + c 3 e x + c 4 x e x .

6.3.1.3. 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 Q2 =αβj is gyök. Az ezek segítségével felírható két partikuláris megoldás:

y Q1 ( x )= e ( α+βj )x = e αx e βxj , illetve  y Q2 ( x )= e ( αβj )x = e αx e βxj .

Alkalmazva a komplex számok exponenciális és trigonometrikus alakjai közötti Euler-féle összefüggést, a mindkét gyököt felhasználó partikuláris megoldás:

YQ1,2=eαx(c1cosβx+c2sinβx).

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.

Példák:

  1. Oldjuk meg az y 6 y +13y=0 differenciálegyenletet.

A karakterisztikus polinom:

λ 2 6λ+13=0 .

Ennek gyökei komplexek: λ 1,2 =3±2j . Alkalmazva az általános leírásban használt jelöléseket: α=3 és =2. Így az általános megoldás:

Y( x )= e 3x ( c 1 cos2x+ c 2 sin2x ).

  1. Oldjuk meg az y ( 4 ) +2 y +y=0 differenciálegyenletet.

A karakterisztikus polinom:

λ 4 +2 λ 2 +1=0 .

Látható, hogy az egyenlet bal oldala 2-re teljes négyzet, amiből 2=-1 adódik. Ebből már könnyű meghatározni a gyököket:

λ 1 =j; λ 2 =j; λ 3 =j; λ 4 =j .

Most α=0 és =1. Mivel e0=1, így a megoldásból az e-ados rész hiányzik. Az egyik partikuláris megoldás:

y 1 ( x )= c 1 cosx+ c 2 sinx ,

a másik pedig ennek x-el való szorzata (természetesen más c paraméterekkel). A teljes megoldás tehát:

Y( x )= c 1 cosx+ c 2 sinx+x( c 3 cosx+ c 4 sinx ).

6.3.2. Állandó együtthatós, inhomogén, n-ed rendű lineáris differenciál-egyenletek megoldása próbafüggvény módszerrel

A 6.3 fejezet 2. tétele szerint a differenciálegyenlet homogén részének általános megoldását kell kiegészíteni a teljes egyenlet egy partikuláris megoldásával. Az előző pontban 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 e βx ,αsinβx,αcosβx,αshβx,αchβx .

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:

  • e-ad esetén nincs ilyen, hiszen ez a függvény arányos a saját deriváltjával,

  • szinusz, vagy koszinusz esetén mindkettőnek szerepelni kell,

  • hiperbolikus függvényeknél az e-adnál leírtak szerint kell eljárni, mivel az e-ados alakjukat kell használni,

  • polinomoknál pedig az összes a legnagyobb kitevőnél kisebb kitevőjű tagot.

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.

6.4. Mintapéldák

  1. Oldjuk meg az 5 y +3y=x egyenletet. Ennek homogén része 5 y +3y=0 , amiből a karakterisztikus polinom:

5λ+3=0 .

A megoldása -0.6, tehát a homogén rész általános megoldása:

Y( x )=c e 0,6x

A partikuláris megoldást keressük y 0 ( x )=ax+b alakban. Így a teljes megoldás, és annak első deriváltja:

y( x )=Y( x )+ y 0 ( x )=c e 0,6x +ax+b dy dx =0,6c e 0,6x +a

Ezt behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve:

3c e 0,6x +5a+3c e 0,6x +3ax+3b=x 3ax+5a+3b=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:

3a=1 5a+3b=0

A megoldás után a differenciálegyenlet teljes megoldása:

y( x )=c e 0,6x + 1 3 x 5 9

Ellenőrzés:

dy dx = y =0,6c e 0,6x + 1 3 3c e 0,6x + 5 3 +3c e 0,6x +x 5 3 =x

  1. Oldjuk meg az 5 y +3y=sinx egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. A partikuláris megoldást keressük y p ( x )=asinx+bcosx alakban. Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához:

5acosx5bsinx+3asinx+3bcosx=sinx ( 5a+3b )cosx+( 3a5b )sinx=sinx 5a+3b=0 3a5b=1

Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás:

y( x )=c e 0,6x + 3 34 sinx 5 34 cosx

  1. Oldjuk meg az 5 y +3y= e x egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. A partikuláris megoldást keressük y p ( x )=a e x alakban. Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenletet a paraméterek meghatározásához:

5a e x +3a e x = e x 8a e x = e x 8a=1

Ez után az általános megoldás:

y( x )=c e 0,6x + 1 8 e x

  1. Oldjuk meg az 5 y +3y=2 e 0,6x egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. Most a partikuláris megoldást nem kereshetjük a e 0,6x alakban, mert az rezonál a homogén megoldással, így – x-el szorozva – a helyes alak: y p ( x )=ax e 0,6x . Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenletet a paraméterek meghatározásához:

5 a e 0 , 6 x 3 a x e 0 , 6 x + 3 a x e 0 , 6 x = 2 e 0 , 6 x 5 a e 0 , 6 x = e 0 , 6 x a = 0 , 4

Ez után az általános megoldás:

y ( x ) = c e 0 , 6 x + 2 5 x e 0 , 6 x

  1. Oldjuk meg az 5 y +3y= e x +sinx egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. Ezt követően a partikuláris megoldást keressük y p ( x )=a e x +bsinx+dcosx alakban. Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához:

5a e x +5bcosx5dsinx+3a e x +3bsinx+3dcosx= e x +sinx 8a e x +( 5b+3d )cosx+( 3b5d )sinx= e x +sinx 8a=1 5b+3d=0 3b5d=1

Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás:

y( x )=c e 0,6x + 1 8 e x + 3 34 sinx 5 34 cosx

  1. Oldjuk meg az 5 y +3y= e x sinx egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. Ezt követően a partikuláris megoldást keressük y p ( x )= e x ( asinx+bcosx ) alakban. Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához:

5( ab ) e x sinx+5( a+b ) e x cosx+3a e x sinx+3b e x cosx= e x sinx 5a+8b=0 8a3b=1

Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás:

y( x )=c e 0,6x + 8 89 e x sinx 5 89 e x cosx

  1. Oldjuk meg a 4 y =1 egyenletet. A karakterisztikus polinom 4=0, amiből =0. Így a homogén általános megoldás Y(x)=c. Az inhomogén partikuláris megoldást keressük yp(x)=a alakban, de ez ugyan úgy konstans, mint Y(x), tehát rezonancia van. A partikuláris megoldást ezért x-el szorozva yp(x)=ax alakban kell keresnünk. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe 4a=1 egyenlethez jutunk, amelynek megoldása: a= 1 4 . Az általános megoldás ezek után:

y( x )= 1 4 x+c .

  1. Oldjuk meg a 4 y =3x egyenletet. A karakterisztikus polinom 4=0, amiből =0. Így a homogén általános megoldás Y(x)=c. Az inhomogén partikuláris megoldást keressük yp(x)=ax+b alakban, de ennek konstans része (b) rezonál Y(x)-el. A partikuláris megoldást ezért x-el szorozva yp(x)=ax2+bx alakban kell keresnünk. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe 8ax+4b=3x egyenlethez jutunk. A paraméterek meghatározására szolgáló egyenletrendszer:

8a=3 4b=0

Ennek megoldása b=0 és a= 3 8 . Az általános megoldás ezek után:

y( x )= 3 8 x 2 +c .

  1. Oldjuk meg a 4 y =x egyenletet. A karakterisztikus polinom 4=0, amiből =0. Így a homogén általános megoldás Y(x)=c1e0x+c2 xe0x= c1+c2 x , mivel a 0 kétszeres gyök. Az inhomogén partikuláris megoldást keressük yp(x)=ax+b alakban, de ennek mindkét része rezonál Y(x)-el. Ha megszorozzuk x-el, akkor a bx még mindig rezonál c2 x –el, így x2-el kell szorozni. A helyes próbafüggvény tehát: yp(x)=ax3+bx2. Behelyettesítve a differenciálegyenletbe 24ax+8b=x egyenlethez jutunk. A paraméterek meghatározására szolgáló egyenletrendszer:

24a=1 8b=0

Ennek megoldása b=0 és a= 1 24 . Az általános megoldás ezek után:

y(x)=c1+c2x+124x3.

  1. Oldjuk meg az y +4 y +4y=3cos2x egyenletet. A karakterisztikus polinom megoldásával megkapjuk a homogén általános megoldást:

λ 2 +4λ+4= ( λ+2 ) 2 λ 1,2 =2

Y( x )= c 1 e 2x + c 2 x e 2x ,

mert kettős gyökök vannak. Mivel nincs rezonancia, a próbafüggvény alakja:

y p ( x )=asin2x+bcos2x .

Behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve:

( 4a8b+4a )sin2x+( 4b+8a+4b )cos2x=3cos2x 8bsin2x+8acos2x=3cos2x

Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát:

y( x )=Y( x )+ y 0 ( x )= c 1 e 2x + c 2 x e 2x + 3 8 sin2x

  1. Oldjuk meg az y +4 y +4y=2 e 2x egyenletet. A karakterisztikus polinom megegyezik az előző feladatéval, így a homogén általános megoldás:

Y( x )= c 1 e 2x + c 2 x e 2x .

Mivel kétszeres rezonancia van, a próbafüggvény alakja:

y p ( x )=a x 2 e 2x .

Behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve:

( 2a ) e 2x +( 8a+8a )x e 2x +( 4a8a+4a ) x 2 e 2x =2 e 2x 2a=2

Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát:

y ( x ) = Y ( x ) + y 0 ( x ) = c 1 e 2 x + c 2 x e 2 x + x 2 e 2 x

  1. Oldjuk meg az y +9y=2sin3x egyenletet. A karakterisztikus polinom megoldásával megkapjuk a homogén általános megoldást:

λ 2 +9=0 λ 1,2 =0±3j

Y( x )= c 1 sin3x+ c 2 cos3x

Mivel rezonancia van, a próbafüggvény alakja:

y p ( x )=axsin3x+bxcos3x .

Behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve:

( 6b9ax+9ax )sin3x+( 6a9bx+9bx )cos3x=2sin3x 6bsin3x+6acos3x=2sin3x

Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát:

y( x )=Y( x )+ y 0 ( x )= c 1 sin3x+ c 2 cos3x 1 3 cos3x

6.5. Műszaki példák

A műszaki feladatokban a független változó általában az idő (t). Ilyen esetekben a deriváltakat nem vesszővel, hanem ponttal jelöljük. A függő változó(k) pedig a fizikai jelentésüknek megfelelő megszokott jelölésüket kapják.

  1. Határozzuk meg a folyadékszint változásának időfüggvényét egy töltés alatt álló kifolyás nélküli tartály esetében. Legyen a tartály keresztmetszete A, a kezdeti folyadékszint magasság h0, a töltő térfogatáram pedig b. t idő alatt a folyadékszint h-val változik, így a tartályban a folyadék térfogatának változása Ah. Ugyanezen idő alatt a beáramló folyadék mennyisége: bt. Az anyagmegmaradás törvénye alapján ez a két térfogat megegyezik. Az így nyert differenciaegyenlet felhasználásával felírható a rendszert leíró differenciálegyenlet (matematikai modell):

AΔh= Φ b ΔtA dh dt = Φ b , vagy A h ˙ = Φ b

A homogén rész megoldását keressük et alakban. Behelyettesítve:

Aλ e λt =0

Ennek megoldása =0, így a homogén általános megoldás H(t)=c állandó.

Az inhomogén partikuláris megoldáshoz a differenciálegyenlet jobboldala alapján választott próbafüggvény hp(t)=a állandó lenne (mivel b állandó, tehát nulladfokú polinomnak tekinthetjük), de ez rezonál a homogén általános megoldással, így t-szeresét kell választani ( h p (t)=at ). Behelyettesítve a differenciálegyenletbe:

A d h p dt =Aa= Φ b a= Φ b A

A differenciálegyenlet teljes megoldása ennek megfelelően:

h( t )= Φ b A t+c

A c konstans meghatározásához használjuk fel a kezdeti feltételt, miszerint h(0)=h0. Ebből c=h0 adódik. A feladat – kezdeti feltételt is kielégítő – megoldása tehát:

h( t )= Φ b A t+ h 0

  1. Egy m tömegű, c fajhőjű, a környezetétől hőáramlás szempontjából elzárt testtel h hőáramot közlünk. Határozzuk meg a test hőmérséklet változásának függvényét, ha a test kezdeti hőmérséklete 0.