Matematika A3a 2008/4. gyakorlat

A MathWikiből

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

Állandó együtthatós lineáris differenciálegyenlet

Csak a másodrendű esetet tárgyaljuk:

ay''+by'+cy=f(x)\,

ha a, b, cR.

Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az aλ2+bλ+c=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között).

y(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}, ha \lambda_1\ne\lambda_2\in\mathbf{R}\,
y(x)=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,, ha \lambda_1=\lambda=\lambda\in\mathbf{R}\, (gyök vagy belső rezonancia esete)
y(x)=C_1e^{\alpha x}\cos(\beta x)+C_2e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,, ha \lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta\in\mathbf{C}\,

Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható

f(x)=e^{ax}\left(p(x)\cos(bx)+q(x)\sin(bx)\right)

ahol p(x) és q(x) polinomok és a a+ibC szám m szeres gyöke az aλ2+bλ+c karakterisztikus polinomnak, akkor az yp(x) partikuláris megoldásra a feltevés:

y_p(x)=x^me^{ax}\left(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx)\right)

ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}.

Rezonanciák

1. y''+9y=\sin(3x)\,

Mo. \lambda^2+9=0\,, azaz \lambda_{1,2}=\pm 3i\,. Innen

yH(x) = C1cos(3x) + C2sin(3x)

Mivel

f(x)=\sin(3x)\,

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

y_p(x)=Ax\cos(3x)+Bx\sin(3x)\,

alakban keresendő.

2. y''-4y'+4y=e^{2x}\,

Mo. \lambda^2-4\lambda+4=0\,, azaz \lambda_{1,2}=2\,. Innen

y_H(x)=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}\,

Mivel

f(x)=e^{2x}\,

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

y_p(x)=Ax^2e^{2x}\,

alakban keresendő.

3. y''-3y'+2y=xe^{x}\,

Mo. \lambda^2-3\lambda+2=0\,, azaz \lambda_{1,2}=1;\qquad 2\,. Innen

y_H(x)=C_1e^{x}+C_2e^{2x}\,

Mivel

f(x)=xe^{x}\,

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

y_p(x)=x(Ax+B)e^{x}\,

alakban keresendő.

Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer

Az

\dot{\mathbf{x}}(t)=\mathbf{A}\cdot\mathbf{x}(t)+\mathbf{b}(t)

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 \mathbf{\Psi}(t) mátrixfüggvényt, melyre:

\dot{\mathbf{\Psi}}(t)=\mathbf{A}\cdot\mathbf{\Psi}(t)

Belátjuk, hogy erre az A mátrix \mathbf{s}_{1,2} sajátvektoraiból összerakott

\mathbf{\Psi}(t)=
\begin{bmatrix}
 & | & & |\\
e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{s}_1 & e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{s}_2\\
 & | & & |
\end{bmatrix}

mátrixfüggvény, alkalmas, ahol persze \mathbf{As}_i=\lambda_i\mathbf{s}_i (i=1;2). Ugyanis

\dot{\mathbf{\Psi}}(t)=
\begin{bmatrix}
 & | & & |\\
\lambda_1e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{s}_1 & \lambda_2e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{s}_2\\
 & | & & |
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
 & | & & |\\
e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{As}_1 & e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{As}_2\\
 & | & & |
\end{bmatrix}=\mathbf{A\Psi}(t)

Ilyenkor pedig a megoldás tetszőleges \mathbf{c} konstans általános vektorral:

\mathbf{x}(t)=\mathbf{\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}=\begin{bmatrix}
 & | & & |\\
e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{s}_1 & e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\!  & \mathbf{s}_2\\
 & | & & |
\end{bmatrix}\cdot \mathbf{c}=\begin{bmatrix}c_1e^{\lambda_1 t}s_{11}+c_2e^{\lambda_2 t}s_{21}\\c_1e^{\lambda_1 t}s_{12}+c_2e^{\lambda_2 t}s_{22}\end{bmatrix}

Az inhomohén egy partikuláris megoldását a következőképpen keressük meg. Feltesszük az állandó variálása módszerével, hogy

\mathbf{x}_p(t)=\mathbf{\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}(t)

Ezt behelyettesítve az inhomogén egyenletbe kapjuk, hogy

(\mathbf{\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}(t))^\cdot=\mathbf{A\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}(t)+\mathbf{b}(t)
\dot{\mathbf{\Psi}}(t)\cdot \mathbf{c}(t)+\mathbf{\Psi}(t)\cdot \dot{\mathbf{c}}(t)=\mathbf{A\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}(t)+\mathbf{b}(t)

De mivel tudjuk, hogy \dot{\mathbf{\Psi}}(t)=\mathbf{A}\cdot\mathbf{\Psi}(t), ezért

\mathbf{A}\cdot\mathbf{\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}(t)+\mathbf{\Psi}(t)\cdot \dot{\mathbf{c}}(t)=\mathbf{A\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}(t)+\mathbf{b}(t)

Ezért kiejtve, amit ki lehet, csak az

\mathbf{\Psi}(t)\cdot \dot{\mathbf{c}}(t)=\mathbf{b}(t)

paraméteres egyenletrendszert kell megoldani \dot{\mathbf{c}}(t)-re.

Példák

4.

\begin{pmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2x_1 & 3x_2\\ 3x_1 & 2x_2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}e^t\\0\end{pmatrix}

Mo.

\dot{x_1}=2x_1+3x_2+e^t
\dot{x_2}=3x_1+2x_2

Homogén:

\dot{x_1}=2x_1+3x_2
\dot{x_2}=3x_1+2x_2
\begin{pmatrix}2 & 3\\3 & 2\end{pmatrix} karakterisztikus polinomjának megoldásai: λ = − 1;5

Sajátvektorai rendre: (1,-1), (1,1) ezekből a megoldás. Innen

\Psi(t)=\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}\\-e^{-t} & e^{5t}\end{pmatrix}

és

x_H(t)=c_1\begin{pmatrix}e^{-t}\\-e^{-t}\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}e^{5t}\\e^{5t}\end{pmatrix}=\Psi(t)\cdot\begin{pmatrix}c_1\\c_2\end{pmatrix}

Inhomogén:

\Psi(t)\cdot c'(t)=\begin{pmatrix}e^{t}\\0\end{pmatrix}

Gauss--Jordan-nal:

\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}
 c(t)=\begin{pmatrix}\frac{1}{4}e^{2t}\\ -\frac{1}{8}e^{-4t}\end{pmatrix}
 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}
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}

5.

\begin{pmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5x_1 & -2x_2\\ 6x_1 & -2x_2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}t\\1\end{pmatrix}


3. gyakorlat
5. gyakorlat
Személyes eszközök