Matematika A3a 2008/4. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Állandó együtthatós lineáris differenciálegyenlet) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Állandó együtthatós lineáris differenciálegyenlet) |
||
13. sor: | 13. sor: | ||
| <math>y_H(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}</math> | | <math>y_H(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}</math> | ||
|- | |- | ||
− | | <math>\lambda_1=\ | + | | <math>\lambda_1=\lambda_2=\lambda\in\mathbf{R}\,</math> |
| <math>y_H(x)=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,</math> | | <math>y_H(x)=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,</math> | ||
|- | |- |
A lap 2020. április 22., 14:45-kori változata
Tartalomjegyzék |
Állandó együtthatós lineáris differenciálegyenlet
Csak a másodrendű esetet tárgyaljuk:
ha a, b, c ∈ R.
Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az aλ2+bλ+c=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között).
Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható
ahol p(x) és q(x) polinomok és a a+ib ∈ C szám m szeres gyöke az aλ2+bλ+c karakterisztikus polinomnak, akkor az yp(x) partikuláris megoldásra a feltevés:
ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}.
Ha nincs külső rezonancia, akkor az alábbi "szimbolikus" táblázat súg, hogy az inhomogén tag (gerjesztés) ismeretében milyen alakban keressük a partikuláris megoldást. (Ha van külső rezonancia, akkor annyiszor szorozzuk meg x-szel ezt az értéket, hogy az már éppen lineárisan független legyen a homogén alapmegoldásoktól.)
Rezonanciák
1.
Mo. , azaz . Innen
- yH(x) = C1cos(3x) + C2sin(3x)
Mivel
ezért a + bi = 3i egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, m=1 és az általános P(x), Q(x) polinomok konstansok: A,B, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az
alakban keresendő.
2.
Mo. , azaz . Innen
Mivel
ezért a = 2 kétszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=2 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik, de P(x)=A állandó, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az
alakban keresendő.
3.
Mo. , azaz . Innen
Mivel
ezért a = 1 egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=1 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik (sin(0)=0), de P(x)=Ax+B elsőfokú, mert p(x)=x (hiszen cos(0)=1 és ez megmaradt), így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az
alakban keresendő.
Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer
Az
egyenletrendszerben A konstans valós mátrix, b(t) vektorfüggvény. Csak azt az esetet vizsgáljuk, amikor A-nak vannak független sajátvektorai.
A homogén egyenlet megoldását az úgy nevezett mátrix alapmegoldásból állítjuk elő. Keresünk tehát olyan mátrixfüggvényt, melyre:
Belátjuk, hogy erre az A mátrix sajátvektoraiból összerakott
mátrixfüggvény, alkalmas, ahol persze (i=1;2). Ugyanis
Ilyenkor pedig a megoldás tetszőleges konstans általános vektorral:
Az inhomohén egy partikuláris megoldását a következőképpen keressük meg. Feltesszük az állandó variálása módszerével, hogy
Ezt behelyettesítve az inhomogén egyenletbe kapjuk, hogy
De mivel tudjuk, hogy , ezért
Ezért kiejtve, amit ki lehet, csak az
paraméteres egyenletrendszert kell megoldani -re.
Példák
4.
Mo.
Homogén:
- karakterisztikus polinomjának megoldásai: λ = − 1;5
Sajátvektorai rendre: (1,-1), (1,1) ezekből a megoldás. Innen
és
Inhomogén:
Gauss--Jordan-nal:
5.
3. gyakorlat |
5. gyakorlat |