6. fejezet - A közönséges differenciálegyenlet
Vissza		Előre

6. fejezet - A közönséges differenciálegyenlet

Tartalom

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:

$5 y^{'} + 3 y = x$ 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).
$5 y^{'} + 3 y = \sin x$ 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 – a sin x –, amelyben nem szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 5 és 3 állandó).
$5 y^{'} + 3 y = 0$ 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), homogén (mert minden tagjában szerepel y, vagy annak deriváltja), állandó együtthatós (mert 5 és 3 állandó).
$5 y^{'} + y \cdot \sin x = x$ 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).
$y^{″} + 4 y^{'} + 3 y = 3 x$ 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).
$y^{″} + 5 y^{'} + 3 y^{2} = 2 x$ másodrendű (mert y második deriváltja a legmagasabb rendű derivált), nemlineáris (mert van benne y2), inhomogén (mert van olyan tagja – 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:

Az $5 y^{'} + 3 y = x$ egyenlet általános megoldása $y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{1}{3} x - \frac{5}{9}$ , mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen

$\begin{array}{l} \frac{d y}{d x} = y^{'} = - 0, 6 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{1}{3} \\ - 3 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{5}{3} + 3 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + x - \frac{5}{3} = x \end{array}$

Ennek egy partikuláris megoldása c=0 esetén: $y_{p} (x) = \frac{1}{3} x - \frac{5}{9}$

Az $5 y^{'} + 3 y = \sin x$ egyenlet általános megoldása $y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{3}{34} \sin x - \frac{5}{34} \cos x$ , mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen

$\begin{array}{l} \frac{d y}{d x} = y^{'} = - 0, 6 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{3}{34} \cos x + \frac{5}{34} \sin x \\ - 3 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{15}{34} \cos x + \frac{25}{34} \sin x + 3 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{9}{34} \sin x - \frac{15}{34} \cos x = \sin x \end{array}$

Ennek egy partikuláris megoldása c=0 esetén: $y_{p} (x) = \frac{3}{34} \sin x - \frac{5}{34} \cos x$

Az $y^{″} + 4 y^{'} + 3 y = 3 x$ egyenlet általános megoldása $y (x) = c_{1} \cdot e^{- 3 x} + c_{2} \cdot e^{- x} + x - \frac{4}{3}$ , mivel azonosan kielégíti a differenciálegyenletet, hiszen

$\begin{array}{l} \frac{d y}{d x} = y^{'} = - 3 \cdot c_{1} \cdot e^{- 3 x} - c_{2} \cdot e^{- x} + 1 \\ \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = y^{″} = 9 \cdot c_{1} \cdot e^{- 3 x} + c_{2} \cdot e^{- x} \\ 9 \cdot c_{1} \cdot e^{- 3 x} + c_{2} \cdot e^{- x} - 12 \cdot c_{1} \cdot e^{- 3 x} - 4 \cdot c_{2} \cdot e^{- x} + 4 + 3 \cdot c_{1} \cdot e^{- 3 x} + 3 \cdot c_{2} \cdot e^{- x} + 3 x - 4 = 3 x \end{array}$

Ennek egy partikuláris megoldása c1=0 esetén: $y_{p} (x) = c_{2} \cdot e^{- x} + x - \frac{4}{3}$ , c1=c2=0 esetén pedig: $y_{p} (x) = x - \frac{4}{3}$ .

6.3. Megoldás keresése próbafüggvény módszerével

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

$a_{n} \frac{d^{n} y}{d x^{n}} + a_{n - 1} \frac{d^{n - 1} y}{d x^{n - 1}} + \dots + a_{1} \frac{d y}{d x} + a_{0} y = f (x)$ ,

vagy tömörebb formában:

$\sum_{i = 0}^{n} a_{i} \frac{d^{i} y}{d x^{i}} = f (x)$ .

A differenciálegyenlet homogén részéhez úgy jutunk, hogy f(x) helyére nullát írunk.

A megoldás menetének ismertetése előtt két tételt kell megemlíteni.

Ha egy n-ed rendű homogén lineáris differenciálegyenletnek yn(x), yn-1(x),… y1(x) lineárisan független partikuláris megoldásai, akkor az általános megoldás:

$Y (x) = c_{n} \cdot y_{n} (x) + c_{n - 1} \cdot y_{n - 1} (x) + \dots + c_{1} \cdot y_{1} (x) = \sum_{i = 1}^{n} c_{i} \cdot y_{i} (x)$ .

Lineárisan függetlennek akkor nevezzünk két függvényt, ha a:

$c_{2} \cdot y_{2} (x) + c_{1} \cdot y_{1} (x) = 0$

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

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:

$a_{n} \frac{d^{n} y}{d x^{n}} + a_{n - 1} \frac{d^{n - 1} y}{d x^{n - 1}} + \dots + a_{1} \frac{d y}{d x} + a_{0} y = 0$ .

Keressük a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldását

$y (x) = e^{λ x}$

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

$a_{n} λ^{n} e^{λ x} + a_{n - 1} λ^{n - 1} e^{λ x} + \dots + a_{1} λ e^{λ x} + a_{0} e^{λ x} = 0$ .

Mivel $e^{λ x}$ 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:

$\frac{y_{K 1} (x)}{y_{K 2} (x)} = \frac{e^{λ_{K 1} x}}{e^{λ_{K 2} x}} = e^{(λ_{K 1} - λ_{K 2}) x} \neq állandó$ ,

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 $e^{λ x}$ helyettesítés elvégzése után a

$λ^{2} e^{λ x} + 4 λ e^{λ x} + 3 e^{λ x} = 0$

egyenlethez jutunk. Ebből a karakterisztikus polinomot $e^{λ x}$ -vel való osztás után kapjuk:

$λ^{2} + 4 λ + 3 = 0$ .

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:

$Y (x) = c_{1} \cdot e^{- x} + c_{2} \cdot e^{- 3 x}$

Visszahelyettesítve a differenciálegyenletbe:

$c_{1} \cdot e^{- x} + c_{2} \cdot 9 e^{- 3 x} - 4 c_{1} \cdot e^{- x} - 4 c_{2} \cdot 3 e^{- 3 x} + 3 c_{1} \cdot e^{- x} + 3 c_{2} \cdot e^{- 3 x} = 0$

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:

$\sum_{i = 1}^{p} m_{i} = P$

Bizonyítható, hogy ekkor a differenciálegyenlet partikuláris megoldásai az

$\begin{array}{l} e^{λ_{P 1}}; x \cdot e^{λ_{P 1}}; \dots x^{m_{1} - 1} \cdot e^{λ_{P 1}} \\ e^{λ_{P 2}}; x \cdot e^{λ_{P 2}}; \dots x^{m_{2} - 1} \cdot e^{λ_{P 2}} \\ ⋮ ⋮ \dots ⋮ \\ e^{λ_{P p}}; x \cdot e^{λ_{P p}}; \dots x^{m_{p} - 1} \cdot e^{λ_{P p}} \end{array}$

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:

$y_{P 1} (x) = e^{x}; y_{P 2} (x) = x \cdot e^{x}; y_{P 3} (x) = e^{- x}; y_{P 4} (x) = x \cdot e^{- x},$

és az általános megoldás:

$Y (x) = c_{1} \cdot e^{x} + c_{2} \cdot x \cdot e^{x} + c_{3} \cdot e^{- x} + c_{4} \cdot x \cdot e^{- x} .$

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 $λ_{Q 1} = α + β j gyök, akkor λ_{Q 2} = α - β j$ is gyök. Az ezek segítségével felírható két partikuláris megoldás:

$y_{Q 1} (x) = e^{(α + β j) x} = e^{α x} \cdot e^{β x j}, illetve y_{Q 2} (x) = e^{(α - β j) x} = e^{α x} \cdot e^{- β x j}$ .

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

$Y_{Q 1, 2} = e^{α x} (c_{1} \cos β x + c_{2} \sin β x)$ .

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:

Oldjuk meg az $y^{″} - 6 y^{'} + 13 y = 0$ differenciálegyenletet.

A karakterisztikus polinom:

$λ^{2} - 6 λ + 13 = 0$ .

Ennek gyökei komplexek: $λ_{1, 2} = 3 \pm 2 j$ . Alkalmazva az általános leírásban használt jelöléseket: α=3 és =2. Így az általános megoldás:

$Y (x) = e^{3 x} (c_{1} \cdot \cos 2 x + c_{2} \cdot \sin 2 x) .$

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:

$y_{1} (x) = c_{1} \cdot \cos x + c_{2} \cdot \sin x$ ,

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

$Y (x) = c_{1} \cdot \cos x + c_{2} \cdot \sin x + x (c_{3} \cdot \cos x + c_{4} \cdot \sin x) .$

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:

$α \cdot e^{β x}, α \cdot \sin β x, α \cdot \cos β x, α \cdot s h β x, α \cdot c h β x$ .

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

Oldjuk meg az $5 y^{'} + 3 y = x$ egyenletet. Ennek homogén része $5 y^{'} + 3 y = 0$ , amiből a karakterisztikus polinom:

$5 λ + 3 = 0$ .

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

$Y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x}$

A partikuláris megoldást keressük $y_{0} (x) = a \cdot x + b$ alakban. Így a teljes megoldás, és annak első deriváltja:

$\begin{array}{l} y (x) = Y (x) + y_{0} (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + a \cdot x + b \\ \frac{d y}{d x} = - 0, 6 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + a \end{array}$

Ezt behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve:

$\begin{array}{l} - 3 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + 5 \cdot a + 3 \cdot c \cdot e^{- 0, 6 x} + 3 \cdot a \cdot x + 3 \cdot b = x \\ 3 \cdot a \cdot x + 5 \cdot a + 3 \cdot b = x \end{array}$

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:

$\begin{array}{l} 3 \cdot a = 1 \\ 5 \cdot a + 3 \cdot b = 0 \end{array}$

A megoldás után a differenciálegyenlet teljes megoldása:

$y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{1}{3} x - \frac{5}{9}$

Ellenőrzés:

Oldjuk meg az $5 y^{'} + 3 y = \sin x$ egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. A partikuláris megoldást keressük $y_{p} (x) = a \cdot \sin x + b \cdot \cos x$ alakban. Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához:

$\begin{matrix} 5 a \cdot \cos x - 5 b \cdot \sin x + 3 a \cdot \sin x + 3 b \cdot \cos x = \sin x \\ (5 a + 3 b) \cdot \cos x + (3 a - 5 b) \cdot \sin x = \sin x \\ 5 a + 3 b = 0 \\ 3 a - 5 b = 1 \end{matrix}$

Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás:

$y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{3}{34} \sin x - \frac{5}{34} \cos x$

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

$\begin{matrix} 5 a \cdot e^{x} + 3 a \cdot e^{x} = e^{x} \\ 8 a \cdot e^{x} = e^{x} \\ 8 a = 1 \end{matrix}$

Ez után az általános megoldás:

$y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{1}{8} e^{x}$

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

$\begin{array}{l} 5 a \cdot e^{- 0, 6 x} - 3 a x \cdot e^{- 0, 6 x} + 3 a x \cdot e^{- 0, 6 x} = 2 e^{- 0, 6 x} \\ 5 a \cdot e^{- 0, 6 x} = e^{- 0, 6 x} \\ a = 0, 4 \end{array}$

Ez után az általános megoldás:

$y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{2}{5} x \cdot e^{- 0, 6 x}$

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 $y_{p} (x) = a \cdot e^{x} + b \cdot \sin x + d \cdot \cos x$ alakban. Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához:

$\begin{matrix} 5 a \cdot e^{x} + 5 b \cdot \cos x - 5 d \cdot \sin x + 3 a \cdot e^{x} + 3 b \cdot \sin x + 3 d \cdot \cos x = e^{x} + \sin x \\ 8 a \cdot e^{x} + (5 b + 3 d) \cdot \cos x + (3 b - 5 d) \cdot \sin x = e^{x} + \sin x \\ 8 a = 1 \\ 5 b + 3 d = 0 \\ 3 b - 5 d = 1 \end{matrix}$

Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás:

$y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{1}{8} e^{x} + \frac{3}{34} \sin x - \frac{5}{34} \cos x$

Oldjuk meg az $5 y^{'} + 3 y = e^{x} \cdot \sin x$ egyenletet. Ennek homogén része megegyezik az előző feladat egyenletével. Ezt követően a partikuláris megoldást keressük $y_{p} (x) = e^{x} (a \cdot \sin x + b \cdot \cos x)$ alakban. Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe, rendezzük, majd a jobb- és bal oldalak összevetésével írjuk fel az egyenleteket a paraméterek meghatározásához:

$\begin{matrix} 5 (a - b) e^{x} \cdot \sin x + 5 (a + b) e^{x} \cdot \cos x + 3 a e^{x} \cdot \sin x + 3 b e^{x} \cdot \cos x = e^{x} \cdot \sin x \\ 5 a + 8 b = 0 \\ 8 a - 3 b = 1 \end{matrix}$

Az egyenletrendszer megoldása után az általános megoldás:

$y (x) = c \cdot e^{- 0, 6 x} + \frac{8}{89} e^{x} \cdot \sin x - \frac{5}{89} e^{x} \cdot \cos x$

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: $a = \frac{1}{4}$ . Az általános megoldás ezek után:

$y (x) = \frac{1}{4} x + c$ .

Oldjuk meg a $4 y^{'} = 3 x$ 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:

$\begin{array}{l} 8 a = 3 \\ 4 b = 0 \end{array}$

Ennek megoldása $b = 0 és a = \frac{3}{8}$ . Az általános megoldás ezek után:

$y (x) = \frac{3}{8} x^{2} + c$ .

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:

$\begin{array}{l} 24 a = 1 \\ 8 b = 0 \end{array}$

Ennek megoldása $b = 0 és a = \frac{1}{24}$ . Az általános megoldás ezek után:

$y (x) = c_{1} + c_{2} x + \frac{1}{24} x^{3}$ .

Oldjuk meg az $y^{″} + 4 y^{'} + 4 y = 3 \cos 2 x$ egyenletet. A karakterisztikus polinom megoldásával megkapjuk a homogén általános megoldást:

$λ^{2} + 4 λ + 4 = {(λ + 2)}^{2} \Rightarrow λ_{1, 2} = - 2$

$Y (x) = c_{1} e^{- 2 x} + c_{2} x e^{- 2 x}$ ,

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:

$\begin{matrix} (- 4 a - 8 b + 4 a) \sin 2 x + (- 4 b + 8 a + 4 b) \cos 2 x = 3 \cos 2 x \\ - 8 b \sin 2 x + 8 a \cos 2 x = 3 \cos 2 x \end{matrix}$

Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát:

$y (x) = Y (x) + y_{0} (x) = c_{1} e^{- 2 x} + c_{2} x e^{- 2 x} + \frac{3}{8} \sin 2 x$

Oldjuk meg az $y^{″} + 4 y^{'} + 4 y = 2 e^{- 2 x}$ egyenletet. A karakterisztikus polinom megegyezik az előző feladatéval, így a homogén általános megoldás:

$Y (x) = c_{1} e^{- 2 x} + c_{2} x e^{- 2 x}$ .

Mivel kétszeres rezonancia van, a próbafüggvény alakja:

$y_{p} (x) = a x^{2} e^{- 2 x}$ .

Behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve:

$\begin{matrix} (2 a) e^{- 2 x} + (- 8 a + 8 a) x e^{- 2 x} + (4 a - 8 a + 4 a) x^{2} e^{- 2 x} = 2 e^{- 2 x} \\ 2 a = 2 \end{matrix}$

Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát:

$y (x) = Y (x) + y_{0} (x) = c_{1} e^{- 2 x} + c_{2} x e^{- 2 x} + x^{2} e^{- 2 x}$

Oldjuk meg az $y^{″} + 9 y = 2 \sin 3 x$ egyenletet. A karakterisztikus polinom megoldásával megkapjuk a homogén általános megoldást:

$λ^{2} + 9 = 0 \Rightarrow λ_{1, 2} = 0 \pm 3 j$

$Y (x) = c_{1} \sin 3 x + c_{2} \cos 3 x$

Mivel rezonancia van, a próbafüggvény alakja:

$y_{p} (x) = a x \sin 3 x + b x \cos 3 x$ .

Behelyettesítve a differenciálegyenletbe, majd rendezve:

$\begin{matrix} (- 6 b - 9 a x + 9 a x) \sin 3 x + (6 a - 9 b x + 9 b x) \cos 3 x = 2 \sin 3 x \\ - 6 b \sin 3 x + 6 a \cos 3 x = 2 \sin 3 x \end{matrix}$

Az inhomogén egyenlet általános megoldása tehát:

$y (x) = Y (x) + y_{0} (x) = c_{1} \sin 3 x + c_{2} \cos 3 x - \frac{1}{3} \cos 3 x$

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.

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 Ah. 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):

$\begin{array}{l} A \cdot Δ h = Φ_{b} \cdot Δ t \Rightarrow A \cdot \frac{d h}{d t} = Φ_{b}, vagy \\ A \cdot \dot{h} = Φ_{b} \end{array}$

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

$A \cdot λ e^{λ t} = 0$

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 ( $h_{p} (t) = a \cdot t$ ). Behelyettesítve a differenciálegyenletbe:

$A \cdot \frac{d h_{p}}{d t} = A \cdot a = Φ_{b} \Rightarrow a = \frac{Φ_{b}}{A}$

A differenciálegyenlet teljes megoldása ennek megfelelően:

$h (t) = \frac{Φ_{b}}{A} t + c$

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:

$h (t) = \frac{Φ_{b}}{A} t + h_{0}$

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.

Vissza		Előre
5. fejezet - Komplex számok	Főoldal	7. fejezet - Rendszerek és modellezési analógiák