Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 4.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Inhomogén lineáris d. egyenletrendszer) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Lineáris helyettesítés) |
||
(egy szerkesztő 8 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
10. sor: | 10. sor: | ||
:<math>\frac{3}{2}(x+y)^{\frac{2}{3}}=x+C</math> | :<math>\frac{3}{2}(x+y)^{\frac{2}{3}}=x+C</math> | ||
− | A (0,0)-n nem egy megoldás halad át. Megj.: Az <math>(y'+1)^3-x-y=0</math> egyenletnek szinguláris megoldása y=-x. y' szerinti deriváltja: <math>3(y'+1)^2=0</math>, azaz <math>y'=-1</math>, azaz y=-x mentén sehol sem egyértelmű a megoldás. | + | (A (0,0)-n nem egy megoldás halad át. Megj.: Az <math>(y'+1)^3-x-y=0</math> egyenletnek szinguláris megoldása y=-x. y' szerinti deriváltja: <math>3(y'+1)^2=0</math>, azaz <math>y'=-1</math>, azaz y=-x mentén sehol sem egyértelmű a megoldás.) |
==Homogén fokszámú egyenlet== | ==Homogén fokszámú egyenlet== | ||
63. sor: | 63. sor: | ||
:<math>Y=\frac{-1}{s}+\frac{2}{s^2}+\frac{-1}{s+2}</math> | :<math>Y=\frac{-1}{s}+\frac{2}{s^2}+\frac{-1}{s+2}</math> | ||
==Inhomogén lineáris d. egyenletrendszer== | ==Inhomogén lineáris d. egyenletrendszer== | ||
− | :<math>\dot{x_1}= | + | :<math>\dot{x_1}=2x_1+3x_2+e^t</math> |
:<math>\dot{x_2}=3x_1+2x_2</math> | :<math>\dot{x_2}=3x_1+2x_2</math> | ||
'''Mo.''' | '''Mo.''' | ||
80. sor: | 80. sor: | ||
:<math>\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\-e^{-t} & e^{5t}& 0\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\0 & 2e^{5t}& e^{t}\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\0 & e^{5t}& \frac{1}{2}e^{t}\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}e^{-t} & 0 & \frac{1}{2}e^{t}\\0 & e^{5t}& \frac{1}{2}e^{t}\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}1 & 0 & \frac{1}{2}e^{2t}\\0 & 1& \frac{1}{2}e^{-4t}\end{pmatrix}</math> | :<math>\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\-e^{-t} & e^{5t}& 0\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\0 & 2e^{5t}& e^{t}\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\0 & e^{5t}& \frac{1}{2}e^{t}\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}e^{-t} & 0 & \frac{1}{2}e^{t}\\0 & e^{5t}& \frac{1}{2}e^{t}\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}1 & 0 & \frac{1}{2}e^{2t}\\0 & 1& \frac{1}{2}e^{-4t}\end{pmatrix}</math> | ||
:<math> c(t)=\begin{pmatrix}\frac{1}{4}e^{2t}\\ -\frac{1}{8}e^{-4t}\end{pmatrix}</math> | :<math> c(t)=\begin{pmatrix}\frac{1}{4}e^{2t}\\ -\frac{1}{8}e^{-4t}\end{pmatrix}</math> | ||
− | :<math> x_P(t)=\Psi(t)\cdot c(t)=\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}\\-e^{-t} & e^{5t}\begin{pmatrix}\frac{1}{4}e^{2t}\\ -\frac{1}{8}e^{-4t}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} | + | :<math> x_P(t)=\Psi(t)\cdot c(t)=\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}\\-e^{-t} & e^{5t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{4}e^{2t}\\ -\frac{1}{8}e^{-4t}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{8}e^{t}\\ -\frac{3}{8}e^{t}\end{pmatrix}</math> |
+ | :<math>x(t)=c_1\begin{pmatrix}e^{-t}\\-e^{-t}\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}e^{5t}\\e^{5t}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\frac{1}{8}e^{t}\\ -\frac{3}{8}e^{t}\end{pmatrix}</math> | ||
+ | ==Próbafüggvény módszer== | ||
+ | :<math>\mbox{j.o.}=e^{ax}(p(x)\cos(bx)+q(x)\sin(bx))</math> | ||
+ | akkor a próbafüggvény: | ||
+ | :<math>y(x)=x^me^{ax}(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx))</math>, | ||
+ | ahol m az a+bi szám multiplicitásának foka a karakterisztikus polinomban és P(x) és Q(x) olyan polinomok, melyeknek foka = max{deg p,deg q}. Pl.: | ||
+ | :<math>y''+4y'+4=x\sin x</math> | ||
+ | '''Mo.''' | ||
+ | Itt a=0, b=1, de az i szám nem gyöke a kar. pol.-nak. Próbafüggvény: | ||
+ | :<math>y=(Ax+B)\cos x+ (Cx+D)\sin x</math> | ||
+ | :<math>y'=A\cos x -(Ax+B)\sin x+C\sin x + (Cx+D)\cos x=(A+D)\cos x+(C-B)\sin x-Ax\sin x...</math> | ||
+ | :<math>y''=-A\sin x -A\sin x-(Ax+B)\cos x+C\cos x + C\cos x-(Cx+D)\sin x</math> |
A lap jelenlegi, 2014. március 19., 09:46-kori változata
Tartalomjegyzék |
Lineáris helyettesítés
Oldja meg az alábbi egyenletet az a) y(0)=0 és b) y(0)=1 kezdeti feltételek mellett!
Mo. u=x+y. Innen u'=1+y':
(Itt az u=0 megoldás, azaz az y=-x megoldás)
(A (0,0)-n nem egy megoldás halad át. Megj.: Az (y' + 1)3 − x − y = 0 egyenletnek szinguláris megoldása y=-x. y' szerinti deriváltja: 3(y' + 1)2 = 0, azaz y' = − 1, azaz y=-x mentén sehol sem egyértelmű a megoldás.)
Homogén fokszámú egyenlet
Oldja meg az alábbi egyenletet az a) y(π)=0 ill. b) y(2/π)=1 kezdeti feltétel mellett!
Mo. Legyen u = y / x, innen y' = u'x + u
- sinu − ucosu + (u'x + u)cosu = 0
- sinu + u'xcosu = 0
- u'xcosu = − sinu
(itt megjegyzendő, hogy az u=kπ konstansok megoldások, azaz az eredetinek az y=kπx megoldásai)
- − ln | sinu | = ln | x | + C
- (K≠0)
Függvényegyütthatós elsőrendű lineáris d.e.
Mo. Homogén megoldása. y=0 konstans megoldás.
- ln | y | = ln | x | − 2 + C
Bolzano tétele miatt tetszőleges K valós számmal:
ami a homogén általános megoldása.
Inhomogén part. keresése
- K'(x) = x2sin(x3 + 1)
Egzaktra visszavezethető
x>0 esetén oldjuk meg az alábbi egyenletet!
- (x2 + y2 + x)dx + xydy = 0, (xyy' = − x2 − y2 − x)
Mo. P = x2 + y2 + x, Q = xy, , azaz nem egzakt, de
- ,
Másodrendű kezdetiértékfeladat Laplace-szal
- y'' + y' − 2y = − 4t − 4, y(0) = 4, y'(0) = 0
Mo.
s=0 esetén 2B=4, B=2. s=-2: 4C=-4 azaz C=-1. s=-1 esetén -A+2-1=0, azaz A=-1
Inhomogén lineáris d. egyenletrendszer
Mo. Homogén:
- karakterisztikus polinomjának megoldásai: λ = − 1;5
Sajátvektorai rendre: (1,-1), (1,1) ezekből a megoldás. Innen
és
Inhomogén:
Gauss--Jordan-nal:
Próbafüggvény módszer
- j.o. = eax(p(x)cos(bx) + q(x)sin(bx))
akkor a próbafüggvény:
- y(x) = xmeax(P(x)cos(bx) + Q(x)sin(bx)),
ahol m az a+bi szám multiplicitásának foka a karakterisztikus polinomban és P(x) és Q(x) olyan polinomok, melyeknek foka = max{deg p,deg q}. Pl.:
- y'' + 4y' + 4 = xsinx
Mo. Itt a=0, b=1, de az i szám nem gyöke a kar. pol.-nak. Próbafüggvény:
- y = (Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx
- y' = Acosx − (Ax + B)sinx + Csinx + (Cx + D)cosx = (A + D)cosx + (C − B)sinx − Axsinx...
- y'' = − Asinx − Asinx − (Ax + B)cosx + Ccosx + Ccosx − (Cx + D)sinx