Analízis 2

Másodrendű homogén egyenletek

Állandó együtthatós y″ + ay′ + by = 0: egy másodfokú egyenlet dönt el mindent, és a diszkrimináns három esete három különböző megoldásalakot ad.

12 perc olvasás

1. A típus és a megoldás szerkezete

Ebben a leckében egyetlen, de nagyon gyakori egyenlettípusról lesz szó: állandó együtthatós, másodrendű, homogén lineáris egyenletről. Jó hírem van: ez az a típus, ahol a differenciálegyenlet megoldása egy középiskolás másodfokú egyenletre vezethető vissza, és megmutatom, hogyan.

A típus

y''+a\,y'+b\,y=0\qquad (a,b\ \text{valós állandók})

Két dolgot érdemes előre tudni. Először: mivel másodrendű, az általános megoldásban két szabad konstans lesz. Másodszor: mivel lineáris és homogén, a megoldások összege és számszorosa is megoldás — ezért elég két lineárisan független megoldást találni, és az összes többi ezek kombinációja:

Az általános megoldás alakja

y=C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x)

A $\{y_1,y_2\}$ párt alaprendszernek hívjuk. „Lineárisan független” itt gyakorlatilag annyit tesz, hogy a kettő nem egymás konstansszorosa.

Egy egyszerű példa: y″ − y = 0

Keresünk olyan függvényt, aminek a második deriváltja önmaga. Az $e^{x}$ ilyen, és az $e^{-x}$ is (kétszer deriválva a mínusz kétszer bejön, tehát eltűnik). A kettő nem egymás konstansszorosa, ezért alaprendszert alkotnak, és az általános megoldás $y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-x}$ . Próbáld ki: $y''=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-x}=y$ , tehát tényleg megoldás bármilyen $C_1,C_2$ mellett. A következő fejezet arról szól, hogyan találjuk meg az ilyen függvényeket találgatás nélkül.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. A karakterisztikus egyenlet

Honnan szerezzünk megoldást? Próbáljuk ki azt a függvényt, aminek a deriváltja önmaga konstansszorosa — vagyis $y=e^{\lambda x}$ . Behelyettesítve:

\lambda^{2}e^{\lambda x}+a\lambda e^{\lambda x}+b\,e^{\lambda x}=e^{\lambda x}\big(\lambda^{2}+a\lambda+b\big)=0

Az $e^{\lambda x}$ sosem nulla, tehát a zárójelnek kell eltűnnie. Így a differenciálegyenlet megoldása egy közönséges másodfokú egyenlet megoldására redukálódik:

Karakterisztikus egyenlet

\lambda^{2}+a\lambda+b=0

Egy egyszerű példa

Az előbbi $y''-y=0$ egyenlethez (itt $a=0$ , $b=-1$ ) a karakterisztikus egyenlet $\lambda^{2}-1=0$ , a gyökei $\lambda=1$ és $\lambda=-1$ . Pontosan az $e^{x}$ és az $e^{-x}$ jött ki, amit az előbb még csak kitaláltunk. Innentől nem kell találgatni: a másodfokú egyenlet megoldása adja a kitevőket.

Ez a lecke egy mondatban

Írd fel a karakterisztikus egyenletet, oldd meg, és a gyökök fajtájából olvasd ki a megoldás alakját. Az egész téma három esetből áll, és a diszkrimináns dönti el, melyikben vagy.

3. A három eset

A gyökök	Az alaprendszer	Az általános megoldás
$D>0$ : két valós $\lambda_{1}\ne\lambda_{2}$	$e^{\lambda_{1}x},\ e^{\lambda_{2}x}$	$y=C_{1}e^{\lambda_{1}x}+C_{2}e^{\lambda_{2}x}$
$D=0$ : kétszeres $\lambda$	$e^{\lambda x},\ x\,e^{\lambda x}$	$y=\big(C_{1}+C_{2}x\big)e^{\lambda x}$
$D<0$ : $\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta$	$e^{\alpha x}\cos\beta x,\ e^{\alpha x}\sin\beta x$	$y=e^{\alpha x}\big(C_{1}\cos\beta x+C_{2}\sin\beta x\big)$

A második sor $x$ -es szorzója ott van, mert kétszeres gyöknél az exponenciális csak egy megoldást ad, és kell egy második, tőle független. A harmadik sor pedig onnan jön, hogy komplex kitevő esetén az $e^{(\alpha+i\beta)x}$ az Euler-formulával $e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x)$ alakba írható; a valós és a képzetes rész külön-külön is megoldás.

Mit jelentenek fizikailag

A rezgőmozgásoknál ez a három eset a három viselkedés: $D>0$ a túlcsillapított, $D=0$ a kritikusan csillapított, $D<0$ pedig a lengő (csillapított rezgő) rendszer. Az $\alpha$ a lecsengés sebességét, a $\beta$ a rezgés körfrekvenciáját adja.

4. Kidolgozott példák

Két különböző valós gyök

$y''-5y'+6y=0$ . A karakterisztikus egyenlet $\lambda^{2}-5\lambda+6=0$ , gyökei $\lambda_{1}=2$ és $\lambda_{2}=3$ :

y=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{3x}

Kétszeres gyök

$y''-4y'+4y=0$ . Itt $\lambda^{2}-4\lambda+4=(\lambda-2)^{2}=0$ , tehát $\lambda=2$ kétszeres gyök:

y=\big(C_{1}+C_{2}x\big)e^{2x}

Komplex gyökpár

$y''+2y'+5y=0$ . A gyökök:

\lambda_{1,2}=\frac{-2\pm\sqrt{4-20}}{2}=\frac{-2\pm 4i}{2}=-1\pm 2i

Tehát $\alpha=-1$ és $\beta=2$ :

y=e^{-x}\big(C_{1}\cos 2x+C_{2}\sin 2x\big)

Kezdetiérték-feladat

Oldjuk meg az $y''+y=0$ egyenletet az $y(0)=1$ és $y'(0)=2$ feltételekkel.

$\lambda^{2}+1=0$ , tehát $\lambda=\pm i$ , vagyis $\alpha=0$ , $\beta=1$ :
$y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x$
Az első feltétel: $y(0)=C_{1}=1$ .
A második feltételhez kell a derivált:
$y'=-C_{1}\sin x+C_{2}\cos x\ \Longrightarrow\ y'(0)=C_{2}=2$
$y=\cos x+2\sin x$

5. Tipikus hibák

Kétszeres gyöknél $C_{1}e^{\lambda x}+C_{2}e^{\lambda x}$ írása. Ez ugyanaz a függvény kétszer, tehát valójában csak egy konstans: a másodikat $x$ -szel kell szorozni.
A komplex esetben az $i$ bent hagyása. A végeredmény valós függvény; a képzetes rész a szinuszba és a koszinuszba épül be. Az $\alpha$ a kitevőbe, a $\beta$ a szögfüggvény argumentumába megy.
Előjelhiba a karakterisztikus egyenletben. Az $y''-5y'+6y=0$ egyenlethez $\lambda^{2}-5\lambda+6$ tartozik, az együtthatók előjelestül költöznek át.
Kezdetiérték-feladatnál egyetlen feltétel használata. Két konstanshoz két egyenlet kell, tehát a megoldás deriváltját is fel kell írni.
Nem állandó együtthatókra alkalmazni. Ha az együtthatók $x$ -től függnek (például $x^{2}y''+xy'-y=0$ ), a karakterisztikus egyenlet módszere nem működik — az már másik típus.

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