Analízis 2

Másodrendű inhomogén egyenletek

Ha a jobb oldal nem nulla: az általános megoldás a homogén megoldás plusz egy partikuláris, amit a próbafüggvény-módszerrel keresünk meg.

14 perc olvasás

1. A megoldás szerkezete

Az előző leckében a jobb oldal nulla volt. Most nem az, és megmutatom, hogy ettől a feladat nem lesz nehezebb, csak egy lépéssel hosszabb:

A típus

y''+a\,y'+b\,y=q(x)

A kulcs egyetlen észrevétel. Ha $y_{p}$ egy megoldása ennek az egyenletnek, és $y_{h}$ a hozzá tartozó homogén egyenlet általános megoldása, akkor a kettő összege is megoldás — és ez már az összes megoldás:

Szuperpozíció

y=\underbrace{y_{h}}_{\text{homogén ált. megoldás}}+\underbrace{y_{p}}_{\text{egy partikuláris}}

Egy egyszerű példa: y″ + y = 2

A homogén rész, $y''+y=0$ , megoldása a korábbi leckéből $y_{h}=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x$ . Egy partikuláris megoldást ránézésre látunk: a konstans $y_{p}=2$ jó, mert a második deriváltja 0, és $0+2=2$ . Az általános megoldás tehát $y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+2$ : az eredeti rezgés, csak 2-vel feljebb tolva. Pontosan ezt mondja a szuperpozíció: a jobb oldal egyetlen „különmegoldást” tesz hozzá a homogén sereghez.

A feladat tehát két részre esik. Az elsőt már tudod: ez a karakterisztikus egyenlet módszere. A második az, hogy egyetlen megoldást találjunk az inhomogén egyenletre — akármilyet, a legegyszerűbbet. Erre való a próbafüggvény-módszer.

A homogén rész nem hagyható el

A leggyakoribb hiba az, hogy valaki megtalálja a partikuláris megoldást, és megáll. Az $y_{p}$ önmagában csak egy megoldás; az általános megoldáshoz hozzá kell adni a homogén részt a két konstansával együtt. Kezdetiérték-feladat különben nem is lenne megoldható, mert nem maradna mit rögzíteni.

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 próbafüggvény megválasztása

Az ötlet: a jobb oldalhoz hasonló alakú függvényt tippelünk határozatlan együtthatókkal, behelyettesítjük, és az együtthatókat az azonosságból számoljuk ki. A tippet nem kell kitalálni, táblázatból megy:

A jobb oldal q(x)	A próbafüggvény y_p
$P_{n}(x)$ polinom	$Q_{n}(x)$ — azonos fokú teljes polinom
$c\,e^{kx}$	$A\,e^{kx}$
$c_{1}\cos\omega x+c_{2}\sin\omega x$	$A\cos\omega x+B\sin\omega x$
$P_{n}(x)e^{kx}$	$Q_{n}(x)e^{kx}$
$e^{kx}\big(c_{1}\cos\omega x+c_{2}\sin\omega x\big)$	$e^{kx}\big(A\cos\omega x+B\sin\omega x\big)$

Egy egyszerű példa: y″ + y = 3e²ˣ

A jobb oldal exponenciális, tehát a tipp $y_{p}=Ae^{2x}$ . Kétszer deriválva $y_{p}''=4Ae^{2x}$ , behelyettesítve $4Ae^{2x}+Ae^{2x}=5Ae^{2x}=3e^{2x}$ , tehát $A=\frac35$ . A partikuláris megoldás $y_{p}=\frac35e^{2x}$ , az általános pedig $y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+\frac35e^{2x}$ . Ennyi a módszer: a tipp alakját a táblázat adja, az együtthatót a behelyettesítés.

Két dolog, ami mindig meglepetés

Teljes polinom kell. Ha a jobb oldal $4x$ , a próbafüggvény nem $Ax$ , hanem $Ax+B$ . Az alacsonyabb fokú tagok a deriválás során keletkeznek, és kellenek az egyenlet kielégítéséhez.

Szinusz és koszinusz együtt jár. Ha a jobb oldalon csak $\sin\omega x$ áll, a próbafüggvényben akkor is szerepelnie kell a koszinuszos tagnak: a deriválás úgyis megtermeli.

3. Rezonancia

Van egy eset, amikor a táblázat tippje nem működik: ha a próbafüggvény maga is megoldása a homogén egyenletnek. Ilyenkor behelyettesítve nullát kapnánk a bal oldalon, és nem tudnánk mihez hasonlítani a jobb oldalt.

A rezonanciaszabály

\text{ha } y_{p}\ \text{a homogén megoldása:}\quad y_{p}\ \to\ x\cdot y_{p}\ \ (\text{kétszeres gyöknél } x^{2}\cdot y_{p})

Az ellenőrzés egyszerű: hasonlítsd össze a jobb oldal kitevőjét (illetve a szinusz körfrekvenciáját) a karakterisztikus egyenlet gyökeivel.

Egy egyszerű példa: y″ − y = eˣ

A gyökök $\pm1$ , és a jobb oldal kitevője, $k=1$ , pont az egyik gyök: rezonancia. Ha mégis $Ae^{x}$ -szel próbálkoznál, $Ae^{x}-Ae^{x}=0$ jönne ki, ami sosem lehet $e^{x}$ . A szabály szerint $y_{p}=Axe^{x}$ . Deriválva $y_{p}''=A(2+x)e^{x}$ , tehát $y_{p}''-y_{p}=A(2+x)e^{x}-Axe^{x}=2Ae^{x}=e^{x}$ , ahonnan $A=\frac12$ . Az általános megoldás: $y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-x}+\frac12xe^{x}$ .

Ha a jobb oldal $e^{kx}$ alakú, és $k$ egyszeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, szorozz $x$ -szel.
Ha $k$ kétszeres gyök, szorozz $x^{2}$ -tel.
Ha a jobb oldal $\sin\omega x$ vagy $\cos\omega x$ , és a gyökök épp $\pm i\omega$ , ugyanígy szorozni kell $x$ -szel. Fizikailag ez a rezonancia esete: a gerjesztés frekvenciája megegyezik a sajátfrekvenciával, és az amplitúdó korlátlanul nő.

4. Kidolgozott példák

Polinom jobb oldal: y″ + y′ − 2y = 4x

Homogén rész: $\lambda^{2}+\lambda-2=0$ , gyökei $\lambda_{1}=1$ , $\lambda_{2}=-2$ , tehát $y_{h}=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x}$ .
Próbafüggvény: $y_{p}=Ax+B$ (teljes elsőfokú polinom!). Ekkor $y_{p}'=A$ és $y_{p}''=0$ .
Behelyettesítve:
$0+A-2(Ax+B)=-2Ax+(A-2B)=4x$
Együttható-összehasonlítás: $-2A=4\Rightarrow A=-2$ , és $A-2B=0\Rightarrow B=-1$ .
$y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x}-2x-1$

Exponenciális jobb oldal: y″ − 3y′ + 2y = e³ˣ

$\lambda^{2}-3\lambda+2=0$ , gyökei 1 és 2, tehát $y_{h}=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x}$ .
A jobb oldal kitevője 3, ami nem gyök, tehát nincs rezonancia: $y_{p}=Ae^{3x}$ .
$9Ae^{3x}-9Ae^{3x}+2Ae^{3x}=2Ae^{3x}=e^{3x}\ \Longrightarrow\ A=\frac12$
$y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x}+\frac{e^{3x}}{2}$

Rezonancia: y″ − 3y′ + 2y = eˣ

A homogén rész ugyanaz, de most a jobb oldal kitevője $k=1$ , ami egyszeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek. A próbafüggvényt tehát meg kell szorozni $x$ -szel: $y_{p}=Ax\,e^{x}$ .
$y_{p}'=A e^{x}(1+x),\qquad y_{p}''=A e^{x}(2+x)$
Behelyettesítve és $Ae^{x}$ -t kiemelve:
$A e^{x}\Big[(2+x)-3(1+x)+2x\Big]=A e^{x}\big(-1\big)=e^{x}$
Innen $A=-1$ , tehát:
$y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x}-x\,e^{x}$

Trigonometrikus jobb oldal: y″ + 4y = sin x

$\lambda^{2}+4=0$ , tehát $\lambda=\pm 2i$ , és $y_{h}=C_{1}\cos 2x+C_{2}\sin 2x$ .
A jobb oldal körfrekvenciája 1, a sajátfrekvencia 2 — nem egyeznek, tehát nincs rezonancia: $y_{p}=A\cos x+B\sin x$ .
$y_{p}''=-A\cos x-B\sin x$ , ezért:
$y_{p}''+4y_{p}=3A\cos x+3B\sin x=\sin x$
Innen $A=0$ és $B=\frac13$ :
$y=C_{1}\cos 2x+C_{2}\sin 2x+\frac{\sin x}{3}$

5. Ha a jobb oldal többtagú

A linearitásból következik, hogy a jobb oldal tagjaival külön-külön is lehet dolgozni, és a partikuláris megoldásokat a végén összeadni:

Szuperpozíció a jobb oldalra

q(x)=q_{1}(x)+q_{2}(x)\ \Longrightarrow\ y_{p}=y_{p,1}+y_{p,2}

Az $y''-3y'+2y=e^{3x}+4x$ egyenlethez tehát a fenti két példa partikuláris megoldásait kell összeadni, a homogén részt pedig természetesen csak egyszer hozzáírni. Ez sokkal biztonságosabb, mint egyetlen, mindent tartalmazó próbafüggvénnyel küzdeni.

Sorrend a dolgozatban

Mindig ebben a sorrendben haladj: karakterisztikus egyenlet → $y_h$ → rezonancia ellenőrzése → próbafüggvény → együtthatók → összeadás → (ha van) kezdeti feltételek. A rezonanciaellenőrzés azért van a próbafüggvény előtt, mert ha kimarad, az egész behelyettesítés hasztalan: $0=e^{x}$ típusú ellentmondásba futsz.

6. Tipikus hibák

A homogén rész lefelejtése. A végeredményben két konstansnak kell szerepelnie. Ha nincs bennük, csak egy partikuláris megoldást adtál meg.
Nem teljes polinom próbafüggvényként. $4x$ jobb oldalhoz $Ax+B$ jár, nem $Ax$ .
A rezonancia észre nem vétele. Ha behelyettesítés után minden kiesik és ellentmondás marad, nem elszámoltál: az $x$ -szeres szorzó hiányzik.
Csak szinusz a próbafüggvényben. A koszinuszos tag akkor is kell, ha a jobb oldalon nem szerepel; a végén úgyis kijöhet rá nulla együttható.
A kezdeti feltételek túl korai használata. A konstansokat csak a teljes megoldásba (homogén + partikuláris) behelyettesítve szabad meghatározni. Ha csak a homogén részbe teszed be, rossz értékek jönnek ki.

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