Matematika3 DE 2féléves

(1)

KÖZÖNSÉGES

(2)

Közönséges differenciálegyenletek

Tankönyvek, feladatgyűjtemények:

1 Thomas-féle Kalukulus II kötet: 9.1 és 9.2

alfejezetekből

2 Babcsányi, Csank, Nagy, szép, Zibolen: Matematika

feladatgyűjtemény III.

3 Scharnitzky Viktor: Diﬀerenciálegyenletek

(Bolyai-könyvek sorozat) Ajánlott:

1 Erwin Kreyszig: Advanced Engineering Mathematics

(3)

Mi az egyenlet?

Egyenlet például:

x3 ₋2x2 ₋3x = 0,

melyben x az ismeretlen. Az egyenlet megoldása egy olyan szám, melyet x helyére írva azonosságot kapunk, ez az

érték kielégíti az egyenletet.

x= ₋1; 0; 3

(4)

Mi a közönséges differenciálegyenlet?

Egy olyan egyenlet, melyben az ismeretlen függvény és annak annak deriváltja szerepelnek, például

dy

dx = cosx y′′+ 9y = e−3x y′y′′′ ₋2y′2 = 0

Csoportosítás: A DE rendje n, ha az ismeretlen

függvénynek a legmagasabb rendű deriváltja mely szerepel az egyenletben n.

(5)

Elsőrendű differenciálegyenletek

Elsőrendű diﬀerenciálegyenlet az olyan DE, melyben az ismeretlen függvénynek csak az első deriváltja (y′)

szerepel, emellett még szerepelhet benne maga a függvény (y) és a független változónak (x) bármely függvénye.

Felírhatók implicit alakban: F(x, y, y′) = 0, illetve explicit alakban: y′ = f(x, y).

Példák: _x2_y′₋_y2 _{= 0}

y′ = ye2x

(6)

A megoldás

Egy y = g(x) függvény megoldása a

differenciálegyenletnek az (a, b) nyitott intervallumon, ha

g(x) értelmezve van és diﬀerenciálható az (a, b)

intervallumon, és ha behelyettesítjük a

diﬀerenciálegyenletbe, akkor azonosságot kapunk.

Példa: Igazoljuk, hogy g(x) = 1₄x5 +Cx−3 megoldása a

xy′+ 3y = 2x5 diﬀerenciálegyenletnek bármely C

konstans esetén.

Egy elsőrendű diﬀerenciálegyenlet megoldása egy egész függvény család.

(7)

Hol használnak differenciálegyenletek?

https://plus.maths.org/content/

teacher-package-differential-equations

(8)

Populáció modellek: Malthus (1800 körül)

∆P _≈(s₋h)P(t)∆t, ahol s a születések száma, h a halálozások száma, tehát

dP

dt = kP, P(0) = P0.

A megoldása:

P(t) =P0ekt.

(9)

Verhulst (1838): Korlátos populációk

dP

dt = kP

1₋ P

M

,

ahol M a környezet eltartóképessége

A megoldása:

P(t) = M Ae

kt

Aekt ₋_A₊_M.

(10)

Korlátos populáció

dP

dt = rP(M −P)(P −m), r > 0

(11)

Két (kapcsolt) populáció: Lotka (1925) -Volterra (1926)

x(t): zsákmány, y(t): ragadozó

dx

dt = αx−βxy dy

dt = δxy −γy

(12)

Két (kapcsolt) populáció

(13)

Exponenciális modellek

Kamatos kamat:

dP

dt = kP,

ahol P(t) = bankszámlán levő pénz t időpillanatban, k

éves kamat

Radioaktív bomlás:

dQ

dt = −kQ,

(14)

Newton-féle lehűlési törvény

dH

dt = −k(H−Hs), k > 0,

ahol H a hőmérséklete egy

tárgynak, és H_s az azt körülvevő közeg

hőmérséklete.

dH < O dt

• )H

9.13. ÁBRA: Az első lépés a 3. példa fázisegyenesének létrehozásánál. Ahő mérséklet az egyensúlyi érték (körül-vevő közeg hőmérséklete) felé közelít azidő múlásával.

I

dH > 0 II dH < O

dt I dt

d2H I

d2H> 0

I

- <O I

dt2 _@ dt2

•

_• )H

15

9.14.ÁBR A:A Newton-féle hűlési tör-vény teljes fázisegyenese (3. példa).

9.4. Autonóm differenciálegyenletekgrafikus megoldása 321

differenciálegyenletet, amikor alehűlési folyamat Newton-törvényét modellez-tük. IttHahőmérséklete egy tárgynak, ésHsaz aztkörülvevő közeghőmérsék

lete. Azelső alkalmazásnál fázisegyenes vizsgálatot használunk, hogy megért-sük ennek ahőmérséklet-modellnek a viselkedését.

3.PÉLDA: Hűlőleves

Hogyan változik a leveshőmérséklete, amikor egy tál forró levest teszünk az asztalra? Tudjuk, hogylehűl, de hogyan viselkedik egy tipikushőmérsékletgörbe

azidő függvényében?

Megoldás: Tegyük fel, hogy a környezetnek állandóhőmérséklete van, 15°C. Ekkor ahőmérsékletkülönbség H(t) - 15. Feltéve, hogyH az idő differenci-álható függvénye, a lehűlés Newton-törvénye alapján van egy olyan konstans

k>O, hogy

dH

dl=

-un

-15). (9.13) (Azért van-k,mertH >15 esetén negatív derivált kell legyen.) MiveldH/dt= =O, haH=15, a 15°C egy egyensúlyi érték. HaH > 15, a (9.13)egyenletből

következik, hogy(H- 15)>OésdH/dt <O. Ha a tárgy melegebb, mint a kör-nyezete,lehűl. Hasonlóképp, haH<15, akkor(H- 15)<OésdH/dt >O. Egy tárgy, ami hidegebb a környezeténél fel fog melegedni. Azaz a (9.13) egyen-letben leírt viselkedés megegyezik a tapasztalatunkkal. Ezek a megfigyelések vannak berajzolva a fázisegyenesre a 9.13. ábrán. AH = 15 érték egy stabil egyensúlyi pont.

A megoldásgörbék konvexitását a (9.13) egyenlettszerinti differenciálásával határozzuk meg:

d (dH) d

- - = -(-k(H-15))

dt dt dt '

d2H _ _kdH dt2 - dt .

Mivel-k negatív,d2H/dt2 pozitív, hadH/dt <O és negatív, hadH/dt >O. A 9.14. ábrán hozzáírtuk a fázisegyeneshez ezeket az információkat is. A kiegé-szített fázisegyenes mutatja, hogy ha a tárgyhőmérséklete az egyensúlyi érték 15°C felett van, akkorH(t) grafikonjacsökkenő és konvex, ha a tárgy hőmér

séklete 15°C (vagyis az aztkörülvevő közeghőmérséklete) alatt van, akkorH(t) növekvő és konkáv. Ezen információ birtokában vázoltuk fel a tipikus megol-dásgörbéket (9.15. ábra).

A 9.15. ábrafelső görbéje mutatja, ahogy a tárgylehűl. Ahűlés gyorsasága egyre lassabb, mert dH/dt nullához tart. Ez a megfigyelés benne van ahűlés

Newton-törvényében és a differenciálegyenletben is, de ezzel a grafikonnal egy szemléletes ábrázolását is adtuk ennek a jelenségnek. D

4.PÉLDA: Szabadoneső test mozgásának elemzése közegellenállás figye-lembevételével

Galilei és Newton is megfigyelték, hogy az impulzus változása egy mozgó test-nélegyenlő a rá hatóerők összegével. Matematikai képlettel:

aholF azerő, més v pedig a test tömegeill.sebessége. Hamidőben változik, mint pl. egy rakétánál, amelyik üzemanyagot éget el, akkor (9.14) jobb oldala tovább alakul a szorzatderiválás szabályai szerint:

dv dm

m-+v-.

dt dt

Igen gyakran azonbanmkonstans,dm[dt=Oés így (9.14) alakjaegyszerűbb: dv

F=m- vagy F=ma, (9.15)

dt

H Kezdeti

hőmérséklet

9.15.ÁBRA : Ahőmérséklet azidőben. Függetlenül a kezdetihőmérséklettől, a

tárgyH(t)hőmérséklete 15°C-hoz tart, vagyis akörülvevő közeghőmérsékle

téhez.

d

F= dt(mv) , (9.14)

(15)

Mozgás egyenletek

Függőlegesen felfelé dobott labda: d2s

dt2 = −g

Harmonikus rezgőmozgás: d

2_x dt2 = −

k mx

komplikálva:

d2x dt2 +β

dx dt +ω

2_x ₌ _F

0sin Ωt.

(16)

Keverési problémák

Valamilyen anyag fel van oldva egy tartályban, (cukor, só, alkohol). A tartályba folyadék érkezik, melynek

koncentrációja nem azonos a tartályban levő folyadékkal. Állandó keverés teszi az oldatot egyenletessé, és közben ismert sebességgel állandóan folyik is kifelé a tartályból a folyadék. Jelölje Q(t) hogy t időpillanatban mennyi anyag van a tartályban feloldva.

    a tartályban levő anyag mennyiségének változási sebessége     = érkező anyag sebessége − távozó anyag sebessége

(17)

dQ dt =

vegyület érkezési sebessége

− Q_V(₍t_t)₎ ·

kifolyási sebessége

,

ahol V(t) a tartályban levő összes anyag térfogata.

(18)

Egy olajﬁnornítóban, egy tárolótartályban 8000 liter benzin van, ami eredetileg 50 kilogramm adalékot tartalmaz

oldott állapotban. A téli időjárásra való előkészület miatt percenként 160 liter olyan benzint pumpálnak a tartályba, amelyik 0,25 kilogramm adalékot tartalmaz literenként. A jó1 kevert folyadékot percenként 180 liter sebességgel engedik ki a tartálybó1.

Mennyi

adalék-anyag lesz a tartály-ban 20 perccel az eljárás megkezdése után?

9.2. Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek 311

9.7.ÁBRA :A 6. példában a tárolótartályba befolyó folyadék keveréke a tartálybanlevővel adja a kifolyó folyadékot.

Így

(adalék sebessége ki)= ~~)) .(kifolyási sebesség)=

. = (800:-20t) 180= 9y

400 -t

Hasonlóképpen

(9.ll) egyenlet

kifolyási sebesség 180 li-ter/perc

adalék sebessége be= (0,25~g ) (160liter) = 40 kg . (9.12) egyenlet

hter perc perc

A differenciálegyenlet, ami a keverési eljárást modellezi:

dy-40 9y dt - - 400 -t '

A megoldáshoz standard alakra hozzuk :

dy 9 . dt +400_t y =40.

IttP(t)=9j(400-t)ésQ(t) =40.Az integrálótényező

v(t)= ejPdt= ej408_tdt=e-91n(400- t )= (400 _t)- 9.

A logaritmusnál figyelembe vettük, hogy400 - t>O. A standard egyenlet mind-két oldalát megszorozzuk az integrálótényezővel, és integrálunk:

(400 - t) -9dy+ 9(400 - t) -lOy= 40(400 - t)- 9, dt

~[(400-t)-9y] =40(400_t)-9,· dt

(400-t)-9y=

J

40(400-t) -9dt ,

(400 - t) -9 y=5(400 - t) -8+c.

Az általános megoldás tehát:

y = 5(400-t) +C(400 -t)9.

Mivelt=Oesetény=50,meghatározhatjuk C-t.

50= 5(400- O) +C(40?- 0)9, 1950

C=-4009'

(19)

V(t) = 8000liter+

160liter

perc −180 liter perc

·tperc

= (8000₋20t)liter

adalék ki =

Q

8000₋20t

180 = 9y 400₋t

adalék be = .25 kg

liter ·160 liter

perc = 40

kg perc

⇒ dQ_dt = 40 ₋ 9Q 400₋t

(20)

RL körök

9.2. Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek 309

vagyy-t kifejezve:

D y = -(lnx + 4)+Cx1/3•

Ha x= l és y = -2, akkor -2 = - (0+4 )+C,azaz C= 2. Ezt beírva az által áno s megoldásba kapjuk a partikuláris megoldást:

y = 2x1/ 3-':'lnx-4.

A 2. példában mindkét oldalt integr áltuk, miután mindkét oldalt megszoroz-tuk az integráló tén yező vel. A 4. példában a baloldal integr álás átmár nem

rész-leteztük, hiszen tudjuk, hogy mindig vylesz. A (9.5) egyenletből tudjuk, hogy

v(x)y =

J

v(x)Q(x)dx.

Csak a (9.3) egyenlet jobb oldalán álló Q(x) és az integráló tényező v(x )

szorza-tát kell integr álnunk. Mindazonáltal, ha hangsúlyozni akarjuk v szerepét, akkor

a teljes megoldás menetét leírjuk, ahogya 2. példában tettük. Ha a (9.3) egyen-let jobb oldalán álló Q függvényazonosan O, akkor az egyenlet szétválasztható változójú:

dy

dx + P(x )y

=

O,

l

- dy= - P(x) dx.

y

Q(x)= 0

szétválasztva a változókat

Tekintsünk most két olyan alkalmazást, amikor lineári sel sőrendű

differenci-álegyenlettel modellezünk.

RL-kör

a b

A 9.5. ábrán egy áramkör látható , amelynek telje s ellenállása R .Q (ohm) és ön-indukciójaLH (henry) állandók. Egy kapc solóval az aésbpontokon a rendszert egy állandóV V (volt) fe szült ségű áramforráshoz kapc solhatjuk. Az i áramer ő s

ségre ekkor az

L di +Ri

=

V (9.7)

dt

összefüggés érvénye s, ahol t másodpercekben van mérve. Az egyenlet megoldá-sával meg tudjuk határozni az áramerősséget a kapcsoló bezárása után.

di .

L-+RI=V dt

(lásd a32.feladatot). Mivel R és L pozitívak, - (R/L ) negatív, így e- (R/L )I ~ O, ha t ~

+00.

Azaz

. . . (V V - (R/L )I) V V V

hml= hm - - - e = - - - ·0 = -.

1--> 00 1--> 00 R R R R R

(9.9)

(9.8)

aminek megoldása az i = O, t = Okezdeti feltétellel

. _ V V - (R/ L)I

1 - - - - e

R R

5.

PÉLDA : _{Áramerősség} meghatározása

A 9.5. ábrán látható kapcsolót at = Oidőpillanatban zártuk. Milyen lesz az

áram-erősség az idő függv ényében?

Megoldás: A (9.7) egyenlet egy el sőrendű lineáris differenciálegyenlet az i

áramerősségre at függv ényében. A standard alak :

di R. V

dt

+L

1

=

L '

Az áramerősség elméletileg minden pillanatban kisebb, mint V/R, de ahogy az

idő múlik, egyre jobban megközelíti aV/Rállandósult állapot vagy egyensúlyi állapot értéket. Az

R L

9.6. ÁBRA : Az áramerő ss ég

növeke-dése az RL-körben az 5. példában. I az áramerős ség egyensúlyi értéke. A t

=

= ~ érték az áramkör id ő álland éja . Az

áramerősségnek az állandósult (vagy

egyensúlyi)értéktől való eltérése 3 idő

állandó múlva kevesebb, mint annak 5%-a (3 1. feladat).

9.5.Á BRA :Az RL-köraz 5. példában.

Ellenállás: R ohm, indukció: L henry,

áramforrás: V volt.

Az I áramerősségre:

LdI

dt +RI = V

(21)

További példák

Orvostudományban: a gyógyszer hogyan ürül ki a szervezetből; járványok terjedése

Kémiában: kémia reakciók modellezése Közgazdaságtan: befektetési stratégiák Technológia: közúti forgalom modellezése

Valósághű számítógépes játékok

(22)

Kezdeti érték probléma (KÉP)

A kezdeti érték probléma egy diﬀerenciálegyenletből

és egy kezdeti feltételből (y(x0) = y0) áll. A KÉP

megoldása egy olyan függvény, mely kielégíti a DE-t is és a kezdeti feltételt is.

Példa:

dy dx = y

2_, _y_{(1) = 2}

A diﬀerenciálegyenlet általános megoldása egy olyan megoldás, ami az összes megoldást tartalmazza. Kezdeti érték probléma esetén egy partikuláris megoldást keresünk, mely kielégíti a kezdeti feltételt is.

(23)

Példa

Legyen

dy dx = y

2_, _y_{(1) = 2}_.

1 Mutassuk meg, hogy y(x) = 1

C ₋x bármely C

konstans esetén megoldása a DE-nek.

2 Keressük meg a KÉP megoldását.

3 Mi a KÉP megoldásának legbővebb értelmezési

tartománya?

(24)

Példa

Tekintsük az

xy′ ₋3y = x3, y(1) = 17

kezdeti érték problémát.

1 Mutassuk meg, hogy y(x) = x3(C + lnx)) bármely C konstans esetén megoldása a fenti

diﬀerenciálegyenletnek.

tartománya?

(25)

Integrálással megoldható DE-k

1 dy dx =

√

x, y(4) = 0

2 dy dx = x

p

x2 _{+ 9}_, _y₍₋_{4) = 0}

3 dy dx =

10

x2 + 1, y(0) = 0

4 dy

dx = xe

−x_, _y_{(0) = 1}

(26)

Közönséges differenciálegyenletek: ismétlés

A diﬀerenciálegyenlet egy olyan egyenlet, melyben az

ismeretlen függvény és annak annak deriváltja szerepelnek.

A DE rendje n, ha az ismeretlen függvénynek a

legma-gasabb rendű deriváltja mely szerepel az egyenletben n.

Egy y = g(x) függvény megoldása a differenciálegyen-letnek az (a, b) nyitott intervallumon, ha g(x) értelmezve van és diﬀerenciálható az (a, b) intervallumon, és ha behelyettesítjük a differenciálegyenletbe, akkor

azonosságot kapunk.

(27)

Elsőrendű differenciálegyenletek

Elsőrendű diﬀerenciálegyenlet az olyan DE, melyben

az ismeretlen függvénynek csak az első deriváltja (y′)

szerepel, emellett még szerepelhet benne maga a függvény (y) és a független változónak (x) bármely függvénye.

Egy elsőrendű diﬀerenciálegyenlet megoldása egy egész függvény család.

(28)

Kezdeti érték probléma (KÉP)

A kezdeti érték probléma egy diﬀerenciálegyenletből

és egy kezdeti feltételből (y(x0) = y0) áll. A KÉP

megoldása egy olyan függvény, mely kielégíti a DE-t is és a kezdeti feltételt is.

A diﬀerenciálegyenlet általános megoldása egy olyan megoldás, ami az összes megoldást tartalmazza. Kezdeti érték probléma esetén egy partikuláris megoldást keresünk, mely kielégíti a kezdeti feltételt is.

(29)

Példa

Legyen

dy dx = y

2_, _y_{(1) = 2}_.

1 Mutassuk meg, hogy y(x) = 1

C ₋x bármely C

konstans esetén megoldása a DE-nek.

tartománya?

(30)

A megoldás létezése és egyértelműsége

Tétel: Ha f(x, y) és a parciális deriváltjai folytonosak az

xy-sík egy olyan R téglalapján mely a belsejében

tartalmazza az (a, b) pontot, akkor létezik az a körül egy nyitott I intervallum, melyben a

dy

dx = f(x, y), y(a) =b

kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van.

(31)

A feltételek szükségessége

1 Az

y′ = 1

x, y(0) = 0

KÉP-nek nincsen megoldása. Miért?

2 Az

y′ = 2√y, y(0) = 0

KÉP-nek két különböző megoldása is van:

y1(x) = x2 és y(x) ≡ 0. Ellenőrizzük ezt!

Ezek a példák miért nem mondanak ellent a tételnek?

(32)

Szeparálható egyenletek

A dy_dx = f(x, y) elsőrendű diﬀerenciálegyenletet

szeparálhatónak vagy szétválasztható

változójúnak nevezzük, ha f(x, y) felírható két olyan függvény szorzataként, melyekre az egyik csak x-től a

másik pedig csak y-tól függ, azaz

dy

dx = g(x)H(y).

Illetve a bizonyítás szempontjából előnyösebb alak:

dy dx =

g(x)

h(y).

(33)

Szeparálható egyenletek megoldása

Átrendezve: h(y)dy = g(x)dx

Integrálhatjuk mindkét oldalt? R

h(y)dy = R g(x)dx

Eléírhatom csak úgy az integráljeleket? Igen, mert:

Z

h(y)dy =

Z

h y(x)dy

dxdx

=

Z

h(y(x)) g(x)

h y(x)dx =

Z

g(x)dx.

(34)

1. Példa

Oldjuk meg a dy

dx = −6xy diﬀerenciálegyenletet. dy

y = −6xdx

Z _dy

y =

Z

−6xdx

ln_|y_| = ₋3x2 +C |y_| = e−3x2+C

y = _±eCe−3x2 y = Ae−3x2

(35)

2. Példa

Oldjuk meg a dy

dx =

4₋2x

3y2 ₋₅, y(1) = 3 KÉP-et.

(3y2 ₋5)dy = (4₋2x)dx

Z

(3y2 ₋5)dy =

Z

(4₋2x)dx

y3 ₋5y = 4x₋x2 +C

33 ₋5_·3 = 4_·1₋12 +C y3 ₋5y = 4x₋x2 + 9

(36)

Feladatok

Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást explicit alakban adjuk meg.

1 dy dx =

sinx

y , y(0) = 3

(37)

Feladatok

1 dy dx =

sinx

y , y(0) = 3

2 dy

dx = 4x 2_y

−y, y(1) = ₋3

(38)

Feladatok

1 dy dx =

sinx

y , y(0) = 3

2 dy

dx = 4x 2_y

−y, y(1) = ₋3

3 dy dx =

lnx

xy , y(1) = 2

(39)

Feladatok

1 dy dx =

sinx

y , y(0) = 3

2 dy

dx = 4x 2_y

−y, y(1) = ₋3

3 dy dx =

lnx

xy , y(1) = 2

4 dy

dx = 6e

2x−y_, _y_{(0) = 0}

(40)

Feladatok

5 Thomas Robert Malthus modellje alapján egy

populáció a

dP

dt = kP

diﬀerenciálegyenlettel írható le, ahol P(t) a populáció nagysága a t időpillanatban, k pedig egy konstans mely a növekedési rátát adja meg.

Egy város lakossága 1960-ban 25,000 fő volt, 1970-ben pedig 30 000 fő. A Malthus-modellt használva, mennyi lesz a város lakossága 2020-ban?

(41)

Feladatok

6 Egy bögre 95◦C-os frissen készített kávét hagyunk

hűlni egy 20◦C-os szobában. Tegyük fel, hogy a kávé 5 perc alatt 80◦C-ra hűl le. Mikorra hűl le a kávé

50◦_{C hőmérsékletre?}

Használjuk a Newton-féle lehűlési törvényét: egy test hőmérsékletének változási sebessége egyenesen

arányos a környezet és a test hőmérsékletének különbségével.

(42)

Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek

Egy diﬀerenciálegyenletet elsőrendű lineáris diﬀerenciálegyenletnek nevezünk, ha

dy

dx +P(x)y = Q(x)

alakra hozható, ahol P és Q az x változó függvényei.

Elsőrendű lineáris elsőrendű

(43)

Standard alakra hozás

Hozzunk standard alakra a következő DE-ket.

1 xdy

dx = x+ 5y

(44)

1 xdy

dx = x+ 5y 2 x2y′ +xy = 1

(45)

1 xdy

dx = x+ 5y 2 x2y′ +xy = 1

3 4x′ = 12x−sin(3t)

(46)

Integráló tényező

A

dy

dx +P(x)y = Q(x)

elsőrendű lineáris diﬀerenciálegyenlet megoldásához szorozzunk meg az egyenlet mindkét oldalát az úgynevezett integráló tényezővel, ami

µ(x) =eR P(x)dx.

Ekkor

eR P(x)dxdy dx +e

R

P(x)dx_P₍_x₎_y ₌ _Q₍_x₎_eR

P(x)dx_.

(47)

Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek megoldása

Mivel Newton-Leibnitz tétele alapján

d dx

Z

P(x)dx = P(x),

tehát

d dx

y(x)_·eR P(x)dx= dy

dx·e

R

P(x)dx₊_y₍_x₎

·eRP(x)dxP(x),

ami éppen a DE bal oldala.

(48)

Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek megoldása

Az y′ +P(x)y = Q(x) egyenletet ha az integráló tényezővel beszorozzuk, azt kapjuk, hogy

d dx

y(x)_·eRP(x)dx = Q(x)eRP(x)dx.

Az egyenlet mindkét oldalát integrálva meg tudjuk oldani az egyenletet.

(49)

1. Példa

Oldjuk meg az y′ ₋2y = 3e2x, y(0) = 5 KÉP-et.

Az egyenlet normálalakban van, ahol P(x) = ₋2, így az integráló tényező

µ(x) =eR −2dx = e−2x.

A DE mindkét oldalát megszorozva az integráló tényezővel

y′e−2x₋2e−2xy = 3e2xe−2x.

Ellenőrizzünk, hogy a bal oldalra teljesül, hogy

y′e−2x ₋2e−2xy =? d

dx y(x)·e −2x

.

(50)

1. Példa

Így az diﬀerenciálegyenletünk

d

dx y(x)·e −2x

= 3e2xe−2x, azaz

d

dx y(x)·e −2x

= 3,

melyet integrálással megoldhatunk:

y(x)_·e−2x =

Z

3dx

y(x)_·e−2x = 3x+C

y(x) =e2x(3x+C).

(51)

1. példa

A DE általános megoldása y(x) = e2x(3x+C), melyben a C konstans értékét az y(0) = 5 kezdeti feltételből

kapjuk meg:

5 = e0(3_·0 +C),

tehát C = 5, és így a KÉP megoldása az

y(x) =e2x(3x+ 5)

függvény.

(52)

2. Példa

Oldjuk meg a 2xy′₋3y = 9x3 egyenletet.

Először normál alakra kell hozni az egyenletet:

y′ ₋ 3

2xy =

9 2x

2_.

Az egyenlet elsőrendű lineáris ahol P(x) =₋₂3_x, tehát az integráló tényező

µ(x) = eR−23xdx = e−

3

2lnx = eln(x−

3/2

) ₌ _x−3/2_.

(53)

2. Példa

Az integráló tényezővel beszorozva a normál alakú egyenletet kapjuk, hogy

y′x−3/2 ₋ 3

2xy x

−3/2 ₌ 9

2x

2_x−3/2_.

Ellenőrizzük a bal oldalt:

y′x−3/2 ₋ ₂3_xy x−3/2 = y′x−3/2 ₋ 3₂x−5/2y =? _dxd yx−3/2. Tehát az egyenlet

d dx

yx−3/2 = 9 2x

1/2_.

(54)

2. Példa

Az egyenlet mindkét oldalát integrálva

yx−3/2 =

Z

9 2x

1/2_dx

= 9 2 ·

2 3x

3/2 ₊_C,

így

y(x) =x3/2

9 2 ·

2 3x

3/2 ₊_C

= 3x3 +Cx3/2.

(55)

Példák

Oldjuk meg a diﬀerenciálegyenletet illetve a kezdeti érték problémát.

1 xdy dx = x

2 _{+ 3}_y

(56)

Példák

1 xdy dx = x

2 _{+ 3}_y

2 y′+ 2xy = x, y(0) = −2

(57)

Példák

1 xdy dx = x

2 _{+ 3}_y

2 y′+ 2xy = x, y(0) = −2

3 y′+ ytanx = 2 sinxcosx, y(0) = 1

(58)

Feladatok

Szeparálható egyenletek

Thomas-féle Kalkulus 2.-ből: 9.1 fejezet/ 5–18

Babcsányi Feladatgyűjtemény III-ból: 28. fejezet/ 1, 2, 12, 39, 40, 41, 53

Elsőrendű lineáris diﬀerenciálegyenletek integráló tényezővel

Thomas-féle Kalkulus II. kötetből 9.2 fejezet/ 1–10, 15–20.

(59)

Homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenletek

Az

y′+g(x)y = 0

alakú diﬀerenciálegyenletet elsőrendű homogén diﬀerenciálegyenletnek nevezzük. Megoldásai

megkereshetők a változók szeparálásának módszerével.

Példa: Oldjuk meg az y′₋2xy = 0 egyenletet.

(60)

Inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenletek

Az

y′ +g(x)y = f(x)

diﬀerenciálegyenletet, ahol f(x) _6≡0, elsőrendű inhomogén diﬀerenciálegyenletnek nevezzük. Ehhez tartozó homogén egyenlet pedig az

y′+ g(x)y = 0.

Példa: y′ = 2xy +ex2 inhomogén egyenlethez tartozó homogén egyenlet: y′ = 2xy.

(61)

Inomogén lineáris elsőrendű

differenciálegyenletek megoldása

Az y′ +g(x)y = f(x) inhomogén egyenlet megoldása felírható a hozzá tartozó y′+g(x)y = 0 homogén egyenlet megoldásának és az y′ +g(x)y = f(x) inhomogén

egyenlet egy partikuláris megoldásnak összegeként:

y(x) = y_h(x) + y_p(x).

Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását mindig megtalálhatjuk a konstans variálás módszerével.

(62)

A konstans variálás módszere

Az y′ + 2xy = x inhomogén egyenlethez tartozó homogén egyenlet

y′ + 2xy = 0.

A homogén egyenletet meg tudjuk oldani a változók szeparálásával:

dy

y = −2xdx

ln_|y_| = ₋x2 +c₁ y = _±ec1

e−x2 y_h = Ce−x2.

(63)

Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását

yp = C(x)e−x

2

alakban keressük. Ez akkor megoldás, ha kielégíti az inhomogén egyenletet, tehát behelyettesítjük.

C(x)e−x2′ + 2xC(x)e−x2 = x C′(x)e−x2 +C(x)e−x2(₋2x) + 2xC(x)e−x2 = x C′(x)e−x2 = x

(64)

Ebből integrálással

C(x) =

Z

xex2dx = 1 2e

x2

,

így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása

yp(x) = C(x)e−x

2

= 1 2e

x2

e−x2 = 1 2.

Az y′ + 2xy = x inhomogén egyenlet megoldása

y(x) =y_h(x) +y_p(x) = Ce−x2 + 1 2.

(65)

Helyettesítéses módszer

A

dy

dx = f(x, y)

diﬀerenciálegyenlet lehet olyan, hogy bevezetve egy alkalmas v = g(x, y) helyettesítést az egyenlet egy könnyen megoldható egyenletté alakul.

Például a

dy

dx = (x+ y+ 3) 2

egyenletben bevezethetjük a v = x+y + 3 helyettesítést.

(66)

Mivel y = v ₋x₋3, így

dy dx =

d

dx(v −x−3) = dv dx −1,

tehát az y′ = (x+ y+ 3)2 egyenletből kapott transzformált diﬀerenciálegyenlet

dv

dx −1 =v 2_,

melyet a változós szétválasztásával meg tudunk oldani.

(67)

dv

dx = 1 +v 2

1

1 +v2dv = dx

Z ₁

1 +v2dv =

Z

dx

arctanv = x+C

v = tan(x+C).

Így az eredeti egyenlet megoldása

y(x) = tan(x+C)₋x₋3.

(68)

Változóiban homogén differenciálegyenletek

Az

dy dx = F

y

x

típusú egyenletekben használjuk a

v = y

x

helyettesítést.

Ekkor y = xv, tehát dy_dx = v +xdv_dx.

(69)

Példa

Oldjuk meg a

2xyy′ = 6x2 + 3y2

diﬀerenciálegyenletet. Átalakítva az egyenletet

y′ = 3x

y +

3 2

y x,

tehát használhatjuk a v = y_x helyettesítést. Ekkor y = xv,

tehát _dxdy = v +xdv_dx.

(70)

Példa

A transzformált egyenlet

v+xdv dx = 3 v + 3v 2 . Átrendezve xdv dx = 3 v + v 2 xdv dx =

6 +v2

2v

6 +v2dv = dx

x

(71)

Példa

Z

2v

6 +v2dv =

Z

dx x

ln(6 + v2) = ln_|x_|+C

6 +v2 = eC_|x_|

6 +v2 = A_|x_|

6 +y

x

2

= A_|x_| y2 + 6x2 = A_|x_|x2

A DE implicit megoldása: y2 + 6x2 = Bx3.

(72)

Feladatok

Oldjuk meg a változóiban homogén diﬀerenciálegyenletet.

1 y′ = x

2 ₊_xy ₊_y2 x2

(73)

Feladatok

1 y′ = x

2 ₊_xy ₊_y2 x2

2 dy dx =

x₋y x+y

(74)

Feladatok

1 y′ = x

2 ₊_xy ₊_y2 x2

2 dy dx =

x₋y x+y

3 (x2 + 3xy+y2) =x2y′

(75)

Bernoulli egyenlet

Az

dy

dx +P(x)y = Q(x)y

n

alakú egyenletet Bernoulli egyenletnek nevezzük. Ha

n= 0 vagy 1, akkor ez egyenlet lineáris. Különben pedig a

v = y1−n

helyettesítéssel lineáris egyenletté transzformálódik.

(76)

Példa

Oldjuk meg a

x2y′ + 2xy₋y3 = 0

egyenletet.

az egyenletet normál alakra hozva

y′ + 2

xy =

1

x2y 3

látjuk, hogy az egyenlet Bernoulli egyenlet, ahol n = 3.

(77)

Példa

Bevezetve a v = y1−3 = y−2 transzformációt, mivel dv

dx = −2y −3dy

dx,

ezért a normál alakú egyenletet a ₋2y−3 kifejezéssel beszorozva kapjuk, hogy

−2y−3y′ ₋2y−32

xy = −2y −3 1

x2y 3_,

−2y−3y′₋ 4 xy

−2 ₌

−_x2₂.

(78)

Példa

A transzformált egyenlet

v′ ₋ 4

xv = −

2

x2

lineáris elsőrendű egyenlet, melyet integráló faktorral, vagy konstans variálással meg tudunk oldani. A megoldás

v = 2 5x

−1 ₊_Cx4_.

(79)

Példa

Viszont az eredeti egyenletet y-ra kell megoldanunk, ahol v = y−2, tehát a DE (implicit) megoldása

1

y2 =

2 5x

−1 ₊_Cx4_,

y2 = 5x 2 + 5Cx5

Ha kezdeti érték is adott, akkor ne felejtsük el megkeresni a C konstans értékét is.

(80)

Feladatok

Oldjuk meg a diﬀerenciálegyenletet.

(81)

Feladatok

1 xy′ = y + 2√xy, x > 0

(82)

Feladatok

1 xy′ = y + 2√xy, x > 0 2 xyy′ = x2 + 3y2, x > 0

(83)

Feladatok

1 xy′ = y + 2√xy, x > 0 2 xyy′ = x2 + 3y2, x > 0 3 3y2y′ +y3 = e−x

(84)

Feladatok

Thomas-féle Kalkulus II. kötetből 9.2 fejezet/ 33-36.

Scharnitzky Viktor: Diﬀerenciálegyenletek című könyvéből 69. o/ 3. példa; 129. o./1-3. példa

Babcsányi III.: 28-5.oldal/ 72, 74, 75, 78, 82, 84

(85)

Másodrendű lineáris differenciálegyenletek

Az

y′′ +p(x)y′ +q(x)y = F(x)

alakban felírható diﬀerenciálegyenletet másodrendű

lineáris diﬀerenciálegyenletnek nevezzük. Ha

F(x) _≡ 0, akkor az egyenlet homogén, ha F(x) ₆= 0, akkor az egyenlet inhomogén.

Példák:

exy′′+ 6xy′ +√xy = sin(3x) másodrendű, lineáris, inhomogén DE.

y′′ = yy′ és y′′ + 3(y′)2 + 5y = 0 viszont nem lineáris egyenletek.

(86)

Homogén másodrendű lineáris differenciálegyenletek

y′′+ p(x)y′ +q(x)y = 0

Tétel: Ha y1 és y2 két megoldása a fenti homogén

lineáris diﬀerenciálegyenletnek az I intervallumon, akkor

bármely c1 és c2 konstansok esetén

y = c₁y₁ +c₂y₂

is megoldása az egyenletnek az I intervallumon.

(87)

Példa

Mutassuk meg, hogy y1 = e2x és y2 = e−3x megoldásai az y′′ +y′₋6y = 0

egyenletnek.

Keressük meg y = c1y1 +c2y2 alakban azt a megoldását a

fenti diﬀerenciálegyenletnek, mely kielégíti az y(0) = 7 és

y′(0) = ₋1 kezdeti feltételeket.

(88)

A megoldás létezése és egyértelműsége

Tétel: Ha p, q és f folytonos függvények az I

intervallumon mely tartalmazza az a pontot, akkor az

y′′ +p(x)y′ +q(x)y = f(x), y(a) = b0, y′(a) = b1

kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van bármely két b₀ és b₁ szám esetén.

(89)

Lineárisan független megoldások

Deﬁníció: Két függvényt lineárisan függetlennek

nevezünk az I nyitott intervallumon, ha egyik nem a másik konstansszorosa.

Példák:

e2x és e−3x lineárisan függetlenek

sin(5x) és 3 cos(5x) lineárisan függetlenek

e2x és xe2x lineárisan függetlenek

(90)

Wronski determináns

Deﬁníció: Az f és g diﬀerenciálható függvények

Wronski determinánsa

W = det

f g f′ g′

.

Tétel: Ha az I-n értelmezett legalább egyszer

diﬀerenciálható f és g függvények Wronski determinánsa

az I legalább egy pontjában nem nulla, akkor a függvények az I intervallumon lineárisan függetlenek.

(91)

Homogén egyenlet általános megoldása

Tétel: Ha y1(x) és y2(x) két lineárisan független

megoldása az

y′′+ p(x)y′ +q(x)y = 0

homogén egyenletnek, ahol p ás q folytonos függvények az I intervallumon, akkor az egyenlet bármely megoldása felírható

y(x) = c1y1(x) +c2y2(x)

alakban, alkalmas c1 és c2 konstansokkal.

(92)

Másodrendű, lineáris, homogén egyenlet konstans együtthatókkal

Az

ay′′ +by′+ cy = 0

egyenletet, ahola, b és c konstansok, másodrendű, lineáris,

konstans együtthatós, homogén egyenletnek nevezzük.

Az ilyen egyenletnek a megoldását keressük y = erx

alakban, azaz mely r esetén lesz y = erx megoldása a fenti egyenletnek?

(93)

Karakterisztikus egyenlet

Behelyettesítve az y = erx kifejezést az ay′′+ by′+cy = 0 egyenletbe

a(erx)′′ +b(erx)′+c(erx) = 0

ar2erx+ brerx +cerx = 0

ar2 +br +c = 0.

Az y = erx függvény pontosan akkor elégíti ki az

ay′′+ by′+cy = 0 diﬀerenciálegyenletet, ha r megoldása

az ar2 +br +c = 0 karakterisztikus egyenletnek.

(94)

Karakterisztikus egyenlet

Az ay′′ +by′ +cy = 0 konstans együtthatós, lineáris, homogén diﬀerenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete

ar2 +br +c = 0.

Három eset lehetséges: a másodfokú karakterisztikus egyenletnek lehet

két különböző valós megoldása. egyetlen valós megoldása. két komplex megoldása.

(95)

Két különböző valós megoldás

Ha a karakterisztikus egyenletnek r₁ és r_r két különböző valós megoldása, akkor y1(x) =er1x és y2(x) =er2x

lineárisan független megoldásai a diﬀerenciálegyenletnek, tehát az általános megoldás

y(x) =c1er1x+c2er2x.

(96)

Példák

1 Keressük meg a 2y′′ −7y′+ 3y = 0 egyenlet

általános megoldását.

2 Keressük meg a y′′ + 8y′ = 0 egyenlet általános

megoldását.

3 Keressük meg a y′′ −9y = 0 egyenlet általános

megoldását.

(97)

Egy valós megoldás

Ha a karakterisztikus egyenletnek egy (dupla) valós megoldása van, r, akkor a diﬀerenciálegyenletnek az

általános megoldása

y(x) = (c1 +c2x)erx.

(98)

Példák

1 Keressük meg a y′′ −10y′+ 25y = 0 egyenlet

2 Keressük meg a y′′ + 4y′ + 4y = 0 egyenlet általános

megoldását.

3 Keressük meg a

y′′+ 2y′ +y = 0, y(0) = 5, y′(0) = ₋3

kezdeti érték probléma megoldását.

(99)

Komplex gyökök

Ha a karakterisztikus egyenletnek az a_±ib komplex

konjugált pár a megoldása, akkor a diﬀerenciálegyenletnek

y₁(x) =eaxcos(bx) és y₂ = eaxsin(bx)

két lineárisan független megoldása, tehát a DE általános megoldása

y(x) =eax(c1cos(bx) +c2sin(bx)).

A Wronski determinánssal mutassuk meg, hogy a fenti két függvény, y1 és y2, lineárisan függetlenek.

(100)

Példák

1 Keressük meg a y′′ −4y′ + 5y = 0 egyenlet általános

megoldását.

2 Keressük meg a y′′ + 25y = 0 egyenlet általános

megoldását.

3 Keressük meg a y′′ + 6y′ + 13y = 0 egyenlet

megoldását.

(101)

Magasabbrendű egyenletek

Az

a_ny(n)+a_n₋₁y(n−1)+ _{· · ·}+a₁y′ +a₀y = 0

konstans együtthatós, homogén, lineáris diﬀerenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete

a_nrn +a_n₋₁rn−1 + _{· · ·}+ a₁r +a₀ = 0.

(102)

Magasabbrendű egyenletek

A konstans együtthatós, homogén, lineáris diﬀerenciálegyenlet alaprendszere:

Ha az r valós szám a karakterisztikus egyenletnek k-szoros gyöke, akkor erx, xerx, . . . , xk−1erx

lineárisan független megoldásai a diﬀerenciálegyenletnek.

Ha az a_±ib konjugált komplex számpár a

karakterisztikus egyenletnek k-szoros gyöke, akkor eaxcosbx, xeaxcosbx, . . . , xk−1eaxcosbx, és

eaxsinbx, xeaxsinbx, . . . , xk−1eaxsinbx, lineárisan

független megoldásai a diﬀerenciálegyenletnek.

(103)

Példák

1 Keressük meg a y′′′ + 3y′′ −10y′ = 0 egyenlet

2 Keressük meg a 9y(5) −6y(4)+ y(3) = 0 egyenlet

3 Keressük meg a y(4) + 4y = 0 egyenlet megoldását.

(104)

Feladatok

Babcsányi III.: 29-4.oldal/ 29, 35, 38, 39, 41, 42, 43, 44, 46, 51, 52, 53, 57, 58

(105)

Inhomogén, n-edrendű, lineáris

differenciálegyenlet

Az inhomogén, n-edrendű, lineáris diﬀerenciálegyenlet általános alakja

pn(x)y(n)+pn−1(x)y(n−1)+· · ·+p1(x)y′+p0(x)y = f(x).

Tétel: Legyen yp(x) az inhomogén egyenlet egy

partikuláris megoldása az I nyitott intervallumon, ahol a

pi(x) és f(x) függvények folytonosak. Legyen

y₁, y₂, . . . , y_n az egyenlethez tartozó homogén egyenlet n

lineárisan független megoldása. Ekkor az inhomogén egyenlet általános megoldása

y(x) =c1y1(x) + c2y2(x) +· · ·+cnyn(x) +yp(x).

(106)

Állandó együtthatós, inhomogén, n-edrendű,

lineáris egyenletek

Az inhomogén, n-edrendű, lineáris, konstans együtthatós

diﬀerenciálegyenlet általános alakja

any(n)+an−1y(n−1) +· · ·+ a1y′+ a0y = f(x).

A tétel alapján az általános megoldása

y(x) = y_h(x) + y_p(x),

ahol yp(x) az inhomogén egyenlet egy (partikuláris)

megoldása, yh(x) pedig a hozzá tartozó homogén egyenlet általános megoldása.

(107)

Partikuláris megoldás keresése

Határozatlan együtthatók módszere Az f(x)

függvény alapján „kitaláljuk” a megoldást.

Mivel egy polinom deriváltja mindig egy nála alacsonyabb fokú polinom, ezért ha f(x) egy m-edfokú polinom, akkor

kereshetünk egy partikuláris megoldást

y_p(x) =A_mxm+ A_m₋₁xm−1 +. . . A₁x+A₀

alakban (m-edfokú polinom).

(108)

1. Példa

Keressünk meg egy megoldását az

y′′ + 3y′+ 4y = 12x+ 1

egyenletnek.

Mivel f(x) = 12x+ 1, elsőfokú polinom, ezért keressük a megoldást elsőfokú polinom azaz

yp(x) =Ax+B alakban.

(109)

2. Példa

y′′ ₋4y = e3x

egyenletnek.

Mivel f(x) = e3x, exponenciális függvény, ezért keressük a megoldást

y_p(x) = Ae3x

alakban.

(110)

3. Példa

Oldjuk meg az

y′′ + 6y′ + 9y = 50 cosx

egyenletet.

Egy partikuláris megoldáshoz keressük a függvényt

yp(x) =Acosx+Bsinx

alakban.

(111)

4. Példa

Oldjuk meg az

y′′₋4y = 2e2x

egyenletet.

A homogén egyenlet megoldása yh(x) =c1e2x+c2e−2x.

Mivel f(x) = Ae2x, exponenciális függvény, ezért keressük a megoldást

yp(x) = Ae2x

alakban. Viszont ez megoldása a homogén egyenletnek. Ilyenkor keressünk egy partikuláris megoldást

yp(x) = Axe2x alakban.

(112)

5. Példa

y′′ + 6y′+ 13y = e−3xcos(2x)

egyenletnek.

Mivel yh(x) = c1e−3xcos(2x) +c2e−3xsin(2x), és f(x) = e−3xcos(2x), ezért keressük a megoldást

yp(x) = Axe−3xcos(2x) +Bxe−3xsin(2x) alakban.

(113)

6. Példa

y′′′+ y′′ = 4x2

egyenletnek.

Mivel yh(x) = (c1 +c2x) +c3e−x, és f(x) = 4x2, ezért

keressük a megoldást

yp(x) = (B +Cx+Dx2)x2 alakban.

(114)

7. Példa

y′′′ +y′′ = 3ex+ 4x2

egyenletnek.

Mivel yh(x) = (c1 +c2x) +c3e−x, és f(x) = 3ex+ 4x2,

ezért keressük a megoldást

yp(x) =Aex+ (B +Cx+Dx2)x2 alakban.

(115)

Euler egyenlet

A

t2y′′ +αty′ +βy = 0, t > 0

egyenletet, ahol α és β valós konstansok, Euler

egyenletnek nevezzük.

Mutassuk meg, hogy az x = lnt helyettesítéssel az Euler egyenlet konstans együtthatós másodrendű

diﬀerenciálegyenletté alakul.

Példa: t2y′′ + 2ty′ ₋3y = 0, t > 0

(116)

Euler egyenlet megoldása egyszerűbben

Keressük az

t2y′′ +αty′ +βy = 0, t > 0

egyenlet megoldását y = tr alakban, azaz keressük az r

lehetséges értékeit, melyre y = tr megoldása az Euler

egyenletnek. Behelyettesítve

t2r(r ₋1)tr−2 +αtrtr−1 +βtr = 0

tr[r(r ₋1) +αr +β] = 0

(117)

Euler egyenlet

Tehát y = tr akkor megoldása az t2y′′ +αty′ +βy = 0

egyenletnek, ha r kielégíti az r(r ₋1) +αr +β = 0

karakterisztikus egyenletet.

Mivel a karakterisztikus egyenlet másodfokú, ezért három lehetőség van. A karakterisztikus egyenletnek

1 két különböző valós megoldása van.

2 egyetlen valós megoldása van.

3 egy komplex konjugált pár a megoldása.

(118)

Két különböző valós megoldás

Ha a karakterisztikus egyenletnek r₁ és r₂ valós megoldásai úgy, hogy r1 6= r2, akkor y1 = xr1 és y2 = xr2 megoldásai

az Euler egyenletnek. A Wronszkij determinánssal ellenőrizhetjük, hogy e két megoldás lineáris független, tehát az Euler egyenlet általános megoldása

y(x) = c₁xr1

+c₂xr2

.

(119)

Feladatok

Oldjuk meg az Euler egyenletet.

1 t2y′′+ 4ty′+ 2y = 0, t > 0 2 2x2y′′ + 3xy′ −y = 0, x > 0 3 t2y′′+ty′ −9y = 0, t > 0

(120)

Egyenlő gyökök

Ha az Euler egyenlet karakterisztikus egyenletének egyetlen (dupla) valós megoldása van, r1, akkor csak az y1 = tr1 megoldást kapjuk meg az egyenletnek.

A konstans variálásnál megismert módszert alkalmazva, keressünk egy újabb megoldást y₂ = v(t)y₁(x) alakban.

(121)

Példa: Az egyenlet rendjének redukálása

Oldjuk meg ax2y′′+ 5xy′+ 4y = 0, t > 0 egyenletet. A karakterisztikus egyenlete r(r ₋1) + 5r + 4 = 0, melynek megoldása csak r = ₋2, tehát a diﬀerenciálegyenletnek találtunk egy megoldását y1(x) = x−2. Egy másik

megoldást keressünk y(x) = v(x)_·x−2 alakban. Ekkor

y′ = v′x−2 ₋2vx−3

y′′ = v′′x−2 ₋2v′x−3 ₋2v′x−3 + 6vx−4.

(122)

Példa: Az egyenlet rendjének redukálása

A DE-be helyettesítve:

x2(v′′x−2 ₋4v′x−3 + 6vx−4)+

+ 5x(v′x−2 ₋2vx−3) + 4vx−2 = 0

vx−2(6₋10 + 4) +v′x−1(₋4 + 5) +v′′ = 0

v′x−1 +v′′ = 0

Ez utóbbi egyenletet, a változók szeparálásával megoldva kapjuk, hogy v(x) = lnx, tehát az Euler egyenlet egy

másik megoldása y2 = x−2lnx. Mivel y1 = x−2 és y₂ = x−2lnx lineárisan függetlenek, az Euler egyenlet általános megoldása ezek lineáris kombinációjával állíthatók elő.

(123)

Feladatok

Oldjuk meg az Euler egyenletet.

1 t2y′′−5ty′ + 9y = 0, t > 0

2 x2y′′ −3xy′+ 4y = 0, y(1) = 2, y′(1) = 3

(124)

Komplex gyökök - kiegészítő anyag

Ha a karakterisztikus egyenlet megoldásai egy komplex konjugált pár, r1,2 = λ±iµ, akkor az általános megoldás

y(x) = c₁xλcos(µlnx) +c₂xλsin(µlnx).

Példa:

x2y′′ +xy′ +y = 0, x > 0

(125)

Iránymező (Thomas II./9.1-es fejezet)

Amikor megadjuk egy y′ = f(x, y) diﬀerenciálegyenlethez az y(x₀) =y₀ kezdeti értéket, a megoldásgörbe (a

megoldás graﬁkonja) áthalad az (x0, y0) ponton, és itt a

meredeksége f(x0, y0). Úgy szemléltethetjük ezeket az

irányokat, hogy rövid kis szakaszokat rajzolunk f(x, y)

meredekséggel a választott (x, y) pontokon keresztül. Minden kis szakasznak az a meredeksége, ami az adott ponton áthaladó megoldás érintőjének lenne a

meredeksége ebben a pontban. Az így kapott ábrát

iránymezőnek hívjuk, és ez egy szemléletes képet ad a

megoldásgörbék általános alakjáról.

(126)

Iránymezők

302 9. fejezet Az integrálás további alkalmazásai

--- ---

---

---"~ " " ' -- - / / / / / / / / -- -- " " " ' ? / / / / / / / -, , "" '~ , - - / / ? / / / / // /

" " " " " - / / / 1 1 / 1 1 / / " " " " " - / 1 1 1 1 / 1 / / / " " \\ \ \ \ ' - 1 1 / 1 1 1 / / /1

~~~~~~~~ ~ ~ = ~ ~ ~ ~ ~ f ;' ~ ~ ~

(a)y'=y - X2 (b) y '= _ 2xy

1+x2

(c)y'= (l - x) y+

i

9.3.ÁBRA :Iránymezők (felső sor), és néhány kiválasztott megoldásgörbe (alsó sor). A

számítógép reprezentációjában a kis vonaldarabok nyíl formájúak, de ez ne tévesszen meg minket: a meredekségnek nincs iránya!

Ekkor a differenciálegyenlet

l H(y)=h(y)

dy

dx = g(x)H(y)

alakú. HaH(y)=IO, akkor átírhatjuk

dy g(x)

-

--dx h(y)

(9.2) alakúra. Ez a differenciál alak megengedi nekünk, hogy azy-ttartalmazó

ténye-zőt dymellé, azx-ettartalmazótényezőt dxmellé vigyük: h(y)dy=g(x)dx.

Ezután integráljuk az egyenlet mindkét oldalát:

1

h (y)dy=

1

g (x)dx.

g(x) h(y) dy dx

Az integrálások elvégzése után azymegoldást mint azxfüggetlen változó

imp-licit függvényét kapjuk. Azt, hogya (9.2) egyenlet mindkét oldalát külön integ-rálhatjuk, a helyettesítési szabállyal (5.5. alfejezet) igazolhatjuk:

1

h (y)dy=

1

h(y(x))~~ dx =

1

g(x)

= h(y(x)) h(y(x)) dx =

=

1

g(x)dx. ·

3. PÉLDA: Szeparábilis differenciálegyenlet megoldása Oldjuk meg akövetkező egyenletet:

~~ =(I+l)é!

Megoldás: Mivel 1+I soha nem O, a változók szétválasztásával

dy= (I+l)édx, Ady/dxhányadost differenciálok

hányadosaként kezeIve szorzunk dx-szel.

dy

- I2 =édx, +y

1

_1+y2dy ₌

·1

e'dx ,

arctgy= é +c.

Mindkét oldalt intcgrá1juk.

C a két oldal összevont konstansa.

(127)

Iránymezők

Rajzoljuk meg az y′ = x+y egyenlet iránymezőjét, majd a y(0) = 1 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az

egyenletnek.

(128)

Iránymezők

egyenletnek.

0 1 2 x

y

to electronic

(129)

Iránymezők

egyenletnek.

0 1 2 x

y

to electronic

0 1 2 x

y

(0, 1)

(130)

Iránymezők

Rajzoljuk meg az y′ = x2 +y2 ₋1 egyenlet iránymezőjét, majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az egyenletnek.

(131)

Iránymezők

Rajzoljuk meg az y′ = x2 +y2 ₋1 egyenlet iránymezőjét, majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az egyenletnek.

0 x

y

1 _1

_2

1 2

-1

_2

2

Reserved. May

(132)

Iránymezők

Rajzoljuk meg az y′ = x2 +y2 ₋1 egyenlet iránymezőjét, majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az egyenletnek. 0 x y 1 _1 _2 1 2 -1 _2 2 Reserved. May 0 x y 1 2 _1 _2 1 2 -1 _2 Reserved.

(133)

Feladatok

Rajzoljuk meg nagyjából az iránymezőt.

1 y′ = 2y 2 y′ = 1

2y 3 y′ = −y 4 y′ = x−y

(134)

Autonóm differenciálegyenlet

Az olyan diﬀerenciálegyenletet, amelyben y′ csak y

függvénye, autonóm diﬀerenciálegyenletnek nevezzük.

y′ = (1₋y)(y ₋3)

(135)

Az olyan diﬀerenciálegyenletet, amelyben y′ csak y

függvénye, autonóm diﬀerenciálegyenletnek nevezzük.

y′ = (1₋y)(y ₋3)

(136)

Ha dy_dx = g(y) egy autonóm diﬀerenciálegyenlet, akkor az olyan y értéket, amelyre dy_dx = 0, egyensúlyi helyzetnek

vagy egyensúlyi értéknek nevezzük. Ezzel ekvivalens

kifejezések a stacionárius érték, stacionárius

helyzet, nyugalmi érték, nyugalmi helyzet.

(137)

dy

dx = (y+ 1)(y−2)

320 9. fejezet Az integrálástovábbi alkalmazásai

yértékekre növekedni fogy= -l irányába . Ezt az inform ációt egy -l felé mutató nyíllal jelöljük .

• • y •

. @)-- - ...- _ - - - - I@-...-+--....

-1 2

•

Hasonlóképp, y= -l és y=2 között y' <O így minden olyan megoldás ,

aminek itt van helyettesítési értéke, -l felé fog csökkenni. Hay>2, akkor

y'>O, így minden ilyen megoldás monoton n övekedő.

Röviden összefoglalva: a megoldásgörbék a vízszintes y=-l egyenes alatt

y= -l-hez tartván növekednek, a görbék az y= -l ésy= 2 egyene sek között azy=2 -t ő l távolodva csökkenve tartanaky=-l-hez. A

megoldás-görbék y = 2 felett ettől az egyenestől távolodva monoton növekednek, és

mivelyminél nagyobb, annál gyorsabban, a függvény nem lesz korlátos. 3. Határozzuk meg azokat az intervallumokat, aholy">Oés aholy"<Ol

Deriválvay'-t az implicit deriválás szabályai szerint

y'= (y +1) (y -2)= l -y - 2, " d ( ') d ( 2 )

Y = - Y = - y -y - 2 =

dx dx

=2yy' _y'=

= (2y - l)y'=

= (2y - l )(y +1) (y -2).

y' > O y" >o I I I ! • 2 y'< O y" < o

I I I

•

l :2 -1 •

Teháty"előjelet vált hay= - l ,y= 1/2,y= 2. Egészítsük ki a fázisegyene st ezekkel az információkkal!

y' >O I y' <O y"< o : y"> o

I « y y'> O y">O 2

;;;;::::----4. Vázolj unk fel néhányat a megoldásgörbék közül az .xy-síkba !Az y=- l , y=1/2,y=2 egyenesek a síkot vízszintes sávokra osztják, amelyekb eny'

és y" előjeiét ismerjük. Ebből tudjuk, hol növekednek, hol csökkennek, és merre görbülnek (9.12. ábra).

Az egyensúlyi értékekkel képezett egyenesek,y=-l ésy=2 szintén

megol-dásgörbék. (Hiszen kielégítik a differenciálegyenletet.) Azy=1/2 egyenest

met sző megoldásgörbéknek ebben a pontban inflexiós pontjuk van. Konvex-ből (az egyene s felett) konkávba váltanak (az egyenes alatt).

Ahogy azt a 2. lépésben már megállapítottuk,xnövekedté vel az alsó és

kö-z ép s ő sáv görbéi a - l -es értékhez tartanak , míg afel ső sáv görbéi minden

határon túlnőnek. D

9.12.ÁBRA :A 2. példa grafikus megol-dásgörbéi, az egyensúlyi értékeket

fel-v e fel-vő y = - l ésy =2 vízszintes

egye-nesekkel együtt.

Stabil és instabil egyensúly

Nézzük a 9.12-es ábrát a megoldásgörbék viselkedése szempontjából. Ha egy görbének -l-hez közeli értéke van, ez x növekedtével még inkább közeledik

-l-hez. Ezérty=-l egy stabilegyensúlyi helyzet. Azy=2 körüli

viselke-dés épp azellenke zője. Magát azy=2 egyenest kivéve minden görbe távolodik

ettől. Ezért y= 2 egy instabilegyensúlyi helyzet. Ha a megoldás helyette

sí-tési értéke valahol pontosan kettő , akkor az is marad , de ha egy akármilyen pici értékkel eltér ettől, akkor már folyamatosan távolodni fog. Ezt az eredeti fázis-egyenesen is láthatjuk, a nyilak azy = 2 ponttól elfelé mutatnak.

Most bemutatj uk néhány alkalmazását azelőbb tárgyalt módszernek. A 7.5. alfejezetben már megoldottuk analitikusan a

dH

- = - k(H-Hs) k >O

dt '

(138)

Autonóm DE: fázis diagramm

dy

dx = (y+ 1)(y−2)

320 9. fejezet Az integrálástovábbi alkalmazásai

y értékekre növekedni fog y = -l irányába . Ezt az inform ációt egy -l felé

mutató nyíllal jelöljük .

• • y

•

. @)-- - ...- _ - - - - I@-...-+--....

-1 2

•

Hasonlóképp, y

=

-l és y

=

2 között y'

<

O így minden olyan megoldás ,

aminek itt van helyettesítési értéke, -l felé fog csökkenni. Ha y

>

2, akkor

y'

>

O, így minden ilyen megoldás monoton n övekedő.

Röviden összefoglalva: a megoldásgörbék a vízszintes y

=

-l egyenes alatt

y = -l-hez tartván növekednek, a görbék az y = -l és y = 2 egyene sek

között az y

=

2 -t ő l távolodva csökkenve tartanak y

=

-l-hez. A

megoldás-görbék y = 2 felett ettől az egyenestől távolodva monoton növekednek, és

mively minél nagyobb, annál gyorsabban, a függvény nem lesz korlátos.

3. Határozzuk meg azokat az intervallumokat, ahol y"

>

Oés ahol y"

<

Ol

Deriválvay'-t az implicit deriválás szabályai szerint

y' = (y + 1) (y -2)= l -y - 2,

" d ( ') d ( 2 )

Y

= -

Y

= -

y -y - 2 =

dx dx

=

2yy' _y'

=

= (2y - l)y' =

= (2y - l )(y +1) (y -2).

y' > O y" >o I I I ! • 2 y'< O y" < o I I I

•

l :2 -1

•

Teháty" előjelet vált ha y= - l ,y = 1/2,y = 2. Egészítsük ki a fázisegyene st

ezekkel az információkkal!

y' > O I y' < O y"< o : y"> o

I « y y'> O y">O 2

;;;;::::----4. Vázolj unk fel néhányat a megoldásgörbék közül az .xy-síkba !Az y

=

- l ,

y

=

1/2, y

=

2 egyenesek a síkot vízszintes sávokra osztják, amelyekb en y'

és y" előjeiét ismerjük. Ebből tudjuk, hol növekednek, hol csökkennek, és

merre görbülnek (9.12. ábra).

Az egyensúlyi értékekkel képezett egyenesek, y

=

-l ésy

=

2 szintén

megol-dásgörbék. (Hiszen kielégítik a differenciálegyenletet.) Azy

=

1/2 egyenest

met sző megoldásgörbéknek ebben a pontban inflexiós pontjuk van.

Konvex-ből (az egyene s felett) konkávba váltanak (az egyenes alatt).

Ahogy azt a 2. lépésben már megállapítottuk,x növekedté vel az alsó és

kö-z ép s ő sáv görbéi a - l -es értékhez tartanak , míg a fel ső sáv görbéi minden

határon túl nőnek. D

9.12.ÁBRA :A 2. példa grafikus

megol-dásgörbéi, az egyensúlyi értékeket

fel-v e fel-vő y

= -

l és y

=

2 vízszintes egye-nesekkel együtt.

Stabil és instabil egyensúly

Nézzük a 9.12-es ábrát a megoldásgörbék viselkedése szempontjából. Ha egy

görbének -l-hez közeli értéke van, ez x növekedtével még inkább közeledik

-l-hez. Ezérty

=

-l egy stabil egyensúlyi helyzet. Az y

=

2 körüli

viselke-dés épp azellenke zője. Magát az y

=

2 egyenest kivéve minden görbe távolodik

ettől. Ezért y = 2 egy instabil egyensúlyi helyzet. Ha a megoldás helyette

sí-tési értéke valahol pontosan kettő , akkor az is marad , de ha egy akármilyen pici

értékkel eltér ettől, akkor már folyamatosan távolodni fog. Ezt az eredeti

fázis-egyenesen is láthatjuk, a nyilak azy = 2 ponttól elfelé mutatnak.

Most bemutatj uk néhány alkalmazását azelőbb tárgyalt módszernek.

A 7.5. alfejezetben már megoldottuk analitikusan a

dH

- = - k(H-Hs) k >O

dt '

y = ₋1 stabil, y =