Matematika A3a 2008/4. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Példák) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Rezonanciák) |
||
(egy szerkesztő 3 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
29. sor: | 29. sor: | ||
alakban keresendő. | alakban keresendő. | ||
− | '''2.''' <math>y'' | + | '''2.''' <math>y''-4y'+4y=e^{2x}\,</math> |
− | ''Mo.'' <math>\lambda^2 | + | ''Mo.'' <math>\lambda^2-4\lambda+4=0\,</math>, azaz <math>\lambda_{1,2}=2\,</math>. Innen |
− | :<math>y_H(x)=C_1e^{2x}+ | + | :<math>y_H(x)=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}\,</math> |
Mivel | Mivel | ||
:<math>f(x)=e^{2x}\,</math> | :<math>f(x)=e^{2x}\,</math> | ||
39. sor: | 39. sor: | ||
alakban keresendő. | alakban keresendő. | ||
− | '''3.''' <math>y''-3y'+ | + | '''3.''' <math>y''-3y'+2y=xe^{x}\,</math> |
''Mo.'' <math>\lambda^2-3\lambda+2=0\,</math>, azaz <math>\lambda_{1,2}=1;\qquad 2\,</math>. Innen | ''Mo.'' <math>\lambda^2-3\lambda+2=0\,</math>, azaz <math>\lambda_{1,2}=1;\qquad 2\,</math>. Innen | ||
45. sor: | 45. sor: | ||
Mivel | Mivel | ||
:<math>f(x)=xe^{x}\,</math> | :<math>f(x)=xe^{x}\,</math> | ||
− | ezért <math>a=1</math> 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 | + | ezért <math>a=1</math> 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 |
:<math>y_p(x)=x(Ax+B)e^{x}\,</math> | :<math>y_p(x)=x(Ax+B)e^{x}\,</math> | ||
alakban keresendő. | alakban keresendő. | ||
+ | |||
==Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer== | ==Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer== | ||
Az | Az |
A lap 2016. június 4., 18:42-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).
- , ha
- , ha (gyök vagy belső rezonancia esete)
- , ha
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)}.
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 |