Analízis 2

Elsőrendű lineáris egyenletek

Az y′ + p(x)y = q(x) alak: előbb a homogén egyenletet oldjuk meg, aztán vagy az állandót variáljuk, vagy integráló tényezőt használunk.

14 perc olvasás

1. A normálalak

Az elsőrendű lineáris egyenletben az $y$ és az $y'$ is csak első hatványon szerepel, egymással nem összeszorozva. A megoldás előtt mindig normálalakra kell hozni, vagyis az $y'$ együtthatóját 1-re osztani:

Normálalak

y'+p(x)\,y=q(x)

A $q(x)$ a zavarófüggvény. Ha ez azonosan nulla, az egyenletet homogénnek hívjuk — az ilyen egyenlet szétválasztható, és ez lesz a megoldás első fele. Ha nem nulla, az egyenlet inhomogén.

Az osztás nem elhagyható lépés

A $x\,y'+y=x^{2}$ egyenletben a $p(x)$ nem 1, hanem $\frac1x$ , mert előbb végig kell osztani $x$ -szel: $y'+\frac1x y=x$ . Ha ezt kihagyod, a további képletek mind rossz $p$ -vel dolgoznak.

2. Előbb a homogén egyenlet

Hagyjuk el a jobb oldalt, és oldjuk meg az $y'+p(x)y=0$ egyenletet. Ez szétválasztható:

\frac{dy}{y}=-p(x)\,dx\ \Longrightarrow\ \ln|y|=-\int p(x)\,dx\ \Longrightarrow\ y_{h}=C\,e^{-\int p(x)\,dx}

A homogén egyenlet megoldása

y_{h}(x)=C\,e^{-\int p(x)\,dx}

Példa

Az $y'+2y=e^{x}$ egyenlethez tartozó homogén egyenlet $y'+2y=0$ , itt $p(x)=2$ , tehát $\int p=2x$ :

y_{h}=C\,e^{-2x}

Ez még nem a megoldás: a jobb oldalt eldobtuk. A következő két fejezet két különböző utat mutat arra, hogyan lehet visszahozni. Mindkettő ugyanoda vezet, válaszd azt, amelyik jobban fekszik.

3. Az állandó variálásának módszere

Az ötlet meglepően egyszerű: a homogén megoldásban szereplő $C$ konstans helyére írjunk függvényt, és nézzük meg, milyennek kell lennie ahhoz, hogy az eredeti, inhomogén egyenlet teljesüljön.

Oldd meg a homogén egyenletet: $y_{h}=C\,e^{-\int p}$ .
Írd fel a keresett megoldást $y=C(x)\,e^{-\int p}$ alakban, és deriváld szorzatszabállyal.
Helyettesítsd be az eredeti egyenletbe. A $C(x)$ -et tartalmazó tagok kiejtik egymást — ez a módszer belső ellenőrzése: ha nem esnek ki, elszámoltál valamit.
A maradék egyenletből fejezd ki $C'(x)$ -et, és integráld. Itt jön be az új konstans, $K$ .
Írd vissza a kapott függvényt.

Példa: y′ + 2y = eˣ

A homogén megoldás $y_{h}=Ce^{-2x}$ , tehát keressük a megoldást $y=C(x)e^{-2x}$ alakban.
Szorzatszabállyal: $y'=C'(x)e^{-2x}-2C(x)e^{-2x}$ .
Behelyettesítve az egyenletbe:
$\underbrace{C'e^{-2x}-2Ce^{-2x}}_{y'}+\underbrace{2Ce^{-2x}}_{2y}=e^{x}\ \Longrightarrow\ C'e^{-2x}=e^{x}$
A $C$ -t tartalmazó két tag kiesett, ahogy kell.
$C'(x)=e^{3x}\ \Longrightarrow\ C(x)=\frac{e^{3x}}{3}+K$
Visszaírva:
$y=\left(\frac{e^{3x}}{3}+K\right)e^{-2x}=\frac{e^{x}}{3}+K\,e^{-2x}$

Mit látsz a végeredményen

A megoldás két részből áll: $\frac{e^{x}}{3}$ egy partikuláris megoldása az inhomogén egyenletnek, a $Ke^{-2x}$ pedig a homogén egyenlet általános megoldása. Ez a szerkezet minden lineáris egyenletre igaz, és pontosan ez tér vissza a másodrendű inhomogén egyenleteknél is.

4. Integráló tényező: a gyorsabb út

Ugyanez a gondolat egyetlen képletbe sűríthető. Szorozzuk meg az egyenletet az $\mu(x)=e^{\int p(x)dx}$ függvénnyel. Ekkor a bal oldal pontosan egy szorzat deriváltja lesz:

\mu y'+\mu p\,y=\mu q\quad\Longleftrightarrow\quad \big(\mu(x)\,y\big)'=\mu(x)\,q(x)

Innen már csak integrálni kell, és osztani $\mu$ -vel:

Megoldóképlet

y=\frac{1}{\mu(x)}\left(\int \mu(x)q(x)\,dx+C\right),\qquad \mu(x)=e^{\int p(x)\,dx}

Példa: x·y′ + y = x², x > 0

Normálalak: $y'+\frac1x y=x$ , tehát $p(x)=\frac1x$ és $q(x)=x$ .
Integráló tényező: $\mu=e^{\int \frac{dx}{x}}=e^{\ln x}=x$ .
A bal oldal összeáll: $(xy)'=x\cdot x=x^{2}$ . Ez a lépés a módszer lényege — érdemes visszaellenőrizni, hogy tényleg $(xy)'=xy'+y$ .
$xy=\frac{x^{3}}{3}+C\ \Longrightarrow\ y=\frac{x^{2}}{3}+\frac{C}{x}$

A μ-ben nem kell konstans

Az $\int p\,dx$ integrálnál elhagyható a $+C$ : egy másik konstans csak egy állandó szorzót vinne be a $\mu$ -be, ami a képletben úgyis kiesik. Elég tehát egyetlen primitív függvényt választani, a legegyszerűbbet.

5. Kezdetiérték-feladat

A konstans meghatározása mindig a legutolsó lépés, az általános megoldás teljes felírása után.

Példa: y′ − y = e²ˣ, y(0) = 3

Itt $p(x)=-1$ , tehát a homogén megoldás $y_{h}=Ce^{x}$ .
Állandó variálásával $y=C(x)e^{x}$ , és behelyettesítés után:
$C'e^{x}=e^{2x}\ \Longrightarrow\ C'=e^{x}\ \Longrightarrow\ C(x)=e^{x}+K$
Az általános megoldás:
$y=\big(e^{x}+K\big)e^{x}=e^{2x}+K\,e^{x}$
A feltétel: $y(0)=1+K=3$ , tehát $K=2$ , a keresett megoldás:
$y=e^{2x}+2e^{x}$
Ellenőrzés: $y'=2e^{2x}+2e^{x}$ , tehát $y'-y=e^{2x}$ , és $y(0)=1+2=3$ . Rendben.

6. Tipikus hibák

A normálalak kihagyása. Ha az $y'$ előtt nem 1 áll, előbb osztani kell. Enélkül rossz $p$ -vel dolgozol, és minden további lépés hibás lesz.
Előjelhiba a kitevőben. A homogén megoldásban $e^{-\int p}$ áll, az integráló tényezőben $e^{+\int p}$ . A kettő egymás reciproka; ha felcseréled, semmi nem fog kiesni.
A szorzatszabály elfelejtése variálásnál. A $y=C(x)e^{-\int p}$ deriváltja két tagból áll. Ha csak az egyiket írod fel, a $C$ -s tagok nem esnek ki — ez rögtön jelzi is a hibát.
A második konstans elhagyása. A $C'(x)$ integrálásakor is jár egy $+K$ ; ez adja a végeredményben a homogén részt. Enélkül csak egyetlen partikuláris megoldást kapsz.
Rossz típusbesorolás. Ha az $y$ négyzeten szerepel, vagy $y\,y'$ alakban, az egyenlet nem lineáris, és ezek a képletek nem alkalmazhatók rá.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció