- Kettős integrál (csak gazdinfon)
- Parciális deriválás, kétváltozós függvények
- Diff.egyenletek (csak gazdinfon)
- Valszám alapok, kombinatorika
- Teljes valószínűség tétele, Bayes tétel
- Eloszlás, eloszlásfüggvény, sűrűségfüggvény
- Idióta feladatok, amik várhatók az első ZH-ban
- Várható érték és szórás
- Markov és Csebisev egyenlőtlenségek
- Nevezetes diszkrét és folytonos eloszlások
- Kétváltozós eloszlások
- Nem árt, ha tudunk integrálni
Diff.egyenletek (csak gazdinfon)
Differenciálegyenlet
A differenciálegyenletek olyan egyenletek, amiben az ismeretlenek függvények. Az egyenletben ezeknek a függvényeknek a különböző deriváltjai és hatványai szerepelnek.
Ha ez a bizonyos függvény egyváltozós, akkor a differenciálegyenletet közönséges differenciálegyenletnek nevezzük, ha a függvény többváltozós, akkor parciális differenciálegyenletnek.
Differenciálegyenlet rendje
A rend azt mondja meg, hogy a függvény maximum hányadik deriváltja szerepel az egyenletben.
Linearitás
Ha az ismeretlen függvény és deriváltjai csak első fokon szerepelnek a differenciálegyenletben, akkor az egyenlet lineáris.
Szeparábilis differenciálegyenlet
A szeparábilis differenciálegyenlet így néz ki:
\( f(x) \; dx = g(y) \; dy \)
Megoldásának menete pedig a következő:
Az $y'$-t lecseréljük arra, hogy $ \frac{dy}{dx}$.
Aztán jön a szétválasztás: minden $y$-os dolgot a $dy$-os oldalra viszünk és minden $x$-eset a $dx$-es oldalra.
Ezt követően mindkét oldalt integráljuk és megkapjuk a megoldást.
Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet
Az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet általános alakja úgy néz ki, hogy van benne egy $y'$, és van benne egy elsőfokú $y$.
\( y' + y P(x) = Q(x) \)
Megoldásának menete pedig a következő:
Kiszámolunk egy $v(x)$ függvényt:
\( v = e^{ \int P(x) \; dx } \)
Beszorozzuk az egyenletet $v(x)$-el, hogy a bal oldal egy szorzat deriváltja legyen.
\( y' v + yv P(x) = v Q(x) \)
Végül mindkét oldalt integráljuk.
\( \int (yv)' \; dx = \int v Q(x) \; dx \)
Elsőrendű lineáris állandó együtthatós differenciálegyenlet
Az elsőrendű lineáris állandó együtthatós differenciálegyenlet egy speciális esete a lineáris elsőrendű egyenleteknek. Azért hívják állandó együtthatósnak, mert a $P(x)$ függvény ilyenkor valamilyen konstans, mondjuk $a$.
\( y' + ay = Q(x) \)
Az általános megoldása úgy jön ki, hogy a homogén megoldáshoz hozzáadjuk a partikuláris megoldást.
A homogén egyenlet: $y' + ay = 0$
A homogén megoldás: $y_0 = C e^{-ax} $
Az általános megoldás: homogén megoldás + partikuláris megoldás
A partikuláris megoldást próbafüggvény módszerrel keressük meg. Az, hogy mi is lesz a partikuláris megoldás, ez mindig a jobb oldali függvénytől függ:
$Q(x)=$ másodfokú polinom: $y_p = Ax^2 + Bx + C$
$Q(x)=$ harmadfokú polinom: $y_p = Ax^3 + Bx^2 + Cx + D$
$Q(x)=$ exponenciális kifejezés: $y_p = Ae^{\alpha x}$
$Q(x)=$ szinusz vagy koszinusz: $y_p = A \cos{\alpha x} + B \sin{\alpha x}$
Rezonancia differenciálegyenleteknél
Rezonanciáról beszélünk, ha az elsőrendű lineáris állandó együtthatós differenciálegyenlet partikuláris megoldásában szerepel $e^{\alpha x}$ és a kitevője éppen megegyezik a homogén megoldás kitevőjével.
Másodrendű lineáris állandó együtthatós homogén differenciálegyenlet
A másodrendű lineáris állandó együtthatós homogén differenciálegyenlet általános alakja:
\( ay'' + by' + cy = 0 \)
A megoldás lépései:
Először megoldjuk a karakterisztikus egyenletet.
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző valós megoldása van $r_1$ és $r_2$ akkor $y=C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x} $
Ha a karakterisztikus egyenletnek egy valós megoldása van akkor $y=C_1 e^{r x} + C_2 x e^{r x} $
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző komplex megoldása van $r_1=A+Bi$ és $r_2=A-Bi$ akkor $y=e^{Ax} \left( C_1 \cos{Bx} + C_2 \sin{Bx} \right) $
Másodrendű lineáris állandó együtthatós inhomogén differenciálegyenlet
A másodrendű lineáris állandó együtthatós inhomogén differenciálegyenlet általános alakja:
\( ay'' + by' + cy = Q(x) \)
A megoldás lépései:
Először megoldjuk a karakterisztikus egyenletet: $ar^2 + br + c = 0$.
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző valós megoldása van $r_1$ és $r_2$ akkor $y=C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x} $
Ha a karakterisztikus egyenletnek egy valós megoldása van akkor $y=C_1 e^{r x} + C_2 x e^{r x} $
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző komplex megoldása van $r_1=A+Bi$ és $r_2=A-Bi$ akkor $y=e^{Ax} \left( C_1 \cos{Bx} + C_2 \sin{Bx} \right) $
Ezzel megkapjuk a homogén megoldást.
A partikuláris megoldást próbafüggvény módszerrel végezzük:
$Q(x)=$ polinom: $y_p = A_n x^n + A_{n-1} x^{n-1} + \dots + A_1 x + A_0$
$Q(x)=$ exponenciális kifejezés: $y_p = Ae^{\alpha x}$
$Q(x)=$ szinusz vagy koszinusz: $y_p = A \cos{\alpha x} + B \sin{ \alpha x}$
Az általános megoldás a homogén megoldás és partikuláris megoldás összege.
Oldjuk meg a következő differenciálegyenletet.
\( y' = \sqrt{y} \left(x+e^x\right) \)
Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket.
a) \( y' = 2xy-x^2y' \)
b) \( y'+y^2=e^x \left(1+y^2 \right)-1 \)
Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket.
a) \( y' +y \tan{x} = e^x \cos{x} \)
b) \( xy'+y=x^3 \)
c) \( y' +4x^3y=x^3e^{x^4} \)
Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket.
a) \( y'+4y=\cos{x} \)
b) \( y'+2y=4x^2+12 \)
Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket.
a) \( y'-2y=\cos{4x}+e^{3x} \)
b) \( y'-4x=x+e^{3x}+e^{4x} \)
Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket.
a) \( 2y''-9y'+4y=0 \)
b) \( y''-12y'+36y=0 \)
c) \( y''-4y'+13y=0 \)
Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket.
\( y''-10y'+16y=4x^2+12 \)
Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket.
a) \( y''+4y'-12y=4x+e^{2x} \)
b) \( y''-4y'+13y=4x+e^{2x} \)
A differenciálegyenletek olyan egyenletek, amiben az ismeretlenek függvények.
Az egyenletben ezeknek a függvényeknek a különböző deriváltjai és hatványai szerepelnek.
Ha ez a bizonyos függvény egyváltozós, akkor a differenciálegyenletet közönséges differenciálegyenletnek nevezzük, ha a függvény többváltozós, akkor parciális differenciálegyenletnek.
A szereposztás a következő
A függvény változója
A függvény
röviden
És itt egy egyenlet
Rend
Azt mondja meg, hogy a függvény maximum hányadik deriváltja szerepel az egyenletben.
Linearitás
Ha az ismeretlen függvény és deriváltjai csak első fokon szerepelnek az egyenletben, akkor az egyenlet lineáris.
Itt például a rend 2.
Itt például a fokszám 3.
És most térjünk rá a legviccesebb kérdésre, a megoldásra.
A differenciálegyenleteket különböző típusok szerint fogjuk csoportosítani, aztán pedig megnézzük, hogy ezeket a típusokat hogyan kell megoldani.
Végül van itt még egy kis gubanc.
Bizonyos elvetemült fizikusok ugyanis nem x-el jelölik a változót hanem t-vel, és ilyenkor a függvény nem y, hanem x.
Ennek az a magyarázata, hogy a differenciálegyenletek gyakran olyan folyamatokat írnak le, ahol a változó az idő, aminek a jele t.
Ha a változót t-vel jelöljük és a függvényt x-el, nos akkor az egyenlet:
És a deriválás jele ilyenkor pont.
Most pedig lássuk, hogyan kell megoldani ezeket az egyenleteket.
Lássuk mit tehetnénk ezzel.
-t lecseréljük arra, hogy
Beszorzunk dx-el.
Most jön a szétválasztás: minden y-os dolgot a dy-os oldalra viszünk és minden x-eset a dx-es oldalra.
Mindkét oldalt integráljuk és megkapjuk a megoldást.
A +C ilyenkor elég csak az egyik oldalra.
ÁLTALÁNOS MEGOLDÁS:
Ha y konstans nulla, akkor itt nem oszthattunk volna vele.
Lássuk y=0 megoldás-e
Úgy tűnik igen.
PARTIKULÁRIS MEGOLDÁS:
A partikuláris megoldást úgy kapjuk, ha a C-t rögzítjük.
Mondjuk nagyon boldoggá tenne minket egy olyan megoldás, amikor y(0)=666
Van itt aztán egy másik egyenlet, nézzük meg ezt is.
Most pedig, megszabadulunk a logaritmusoktól.
Van egy ilyen, hogy
Így aztán pápá logaritmus.
Itt C valamilyen konstans, így ec egy másik valamilyen konstans, hívjuk D-nek.
Meg kell még néznünk, hogy az y=0 megoldás-e.
Úgy látszik igen.
A partikuláris megoldás most is azt jelenti, hogy D-t rögzítjük valamilyen számnak.
Mondjuk szeretnénk, hogy teljesüljön.
Itt van aztán egy viccesebb ügy.
Van egy ilyen, hogy így aztán pápá tangens.
Hát ez megvolna.
Most pedig lássunk egy újabb differenciálegyenlet-típust.
Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet
Az elsőrendű lineáris egyenlet általános alakja úgy néz ki, hogy van benne egy és van benne egy elsőfokú .
Az egyenlet megoldása vicces lesz, egy kis bűvészkedésre lesz szükség.
Beszorozzuk az egyenletet egy függvénnyel,
és ennek hatására, bal oldalon a szorzat függvény deriválási szabályát vizionáljuk.
Egy kis gubanc azért adódik ezzel, az eleje ugyanis stimmel,
de a vége…
nos ahhoz az kell, hogy
Ez egy könnyű szeparábilis egyenlet, amit meg is oldunk.
Válasszuk a pluszosat.
A megoldást tehát úgy kezdjük, hogy beszorozzuk az egyenletet ezzel a bizonyos -el, és így a bal oldalon egy szorzat deriváltja jeleneik meg.
Ez tehát az első lépés.
Kiszámoljuk a függvényt:
Beszorozzuk az egyenletet -el, hogy a bal oldal egy szorzat deriváltja legyen.
Aztán pedig integrálunk.
Végül mindkét oldalt integráljuk.
Lássunk erre egy példát.
Itt jön a függvény:
Lássuk hogyan tudnánk integrálni a –et.
Nos, valahogy így:
Csak van itt egy kis gond, ugyanis
De ezen lehet segíteni.
Válasszuk mondjuk a pluszosat.
Most, hogy végre megvan a függvény, jöhet a beszorzás.
És most álljunk meg egy picit.
Az egyenlet bal oldala hiszen ezen fáradoztunk eddig.
Ez igazán remek, most már csak integrálni kell…
és kész.
Nézzünk meg egy másikat is.
Lássuk -et:
A jelek szerint tehát be kell szorozni x-el.
Nos, így éppen visszakaptuk az eredeti egyenletet, de aggodalomra semmi ok, már jó úton vagyunk.
És most jöhet az integrálás.
Hát ezt is megoldottuk.
Végül itt jön még egy egyenlet.
És most jöhet a beszorzás.
Elsőrendű lineáris állandó együtthatós differenciálegyenlet
A most következő típus speciális esete a lineáris elsőrendű egyenleteknek.
Azért hívják állandó együtthatósnak, mert a függvény ilyenkor valamilyen konstans.
Erre a speciális esetre nézünk meg egy teljesen új megoldási módszert.
Megoldhatnánk persze az egyenletet úgy is, ahogyan az előző képsorban tettük, de most egy sokkal viccesebb megoldás jön.
Első lépésként megoldjuk az úgynevezett homogén egyenletet, ami ez:
Ez egy nagyon egyszerű egyenlet
A homogén egyenlet:
A homogén megoldás:
Az egyenlet általános megoldása úgy jön ki, hogy a homogén megoldáshoz hozzáadjuk a partikuláris megoldást.
Ez a bizonyos partikuláris megoldás mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján derül ki egy próbafüggvény módszernek nevezett nagyon vicces eljárással.
A partikuláris megoldást próbafüggvény módszerrel keressük meg:
másodfokú polinom:
exponenciális kifejezés:
szinusz vagy koszinusz:
Van itt ez az egyenlet:
Most elkezdjük keresni a partikuláris megoldást.
Az, hogy pontosan mi is lesz ez a partikuláris megoldás, nos ez mindig a jobb oldali függvénytől függ.
A jelek szerint, most szinusz és koszinusz lesz a partikuláris megoldásban:
Ezt behelyettesítjük az eredeti egyenletbe.
Aztán kiderítjük, hogy mennyi A és B.
A partikuláris megoldás most polinom-típusú lesz.
Ezt behelyettesítjük az eredeti egyenletbe és kiderítjük, hogy mennyi A, B és C.
Aztán kiderítjük, hogy mennyi A és B.
Azokban az esetekben, amikor a partikuláris megoldás exponenciális kifejezéseket is tartalmaz, nos olyankor adódhatnak bizonyos problémák.
Erről szól a következő képsor.
Ha a partikuláris megoldás tartalmaz –es tagot, nos akkor a megoldás során adódhatnak bizonyos problémák.
Első lépésként megoldjuk az úgynevezett homogén egyenletet, ami ez:
Aztán rátérünk a partikuláris megoldásra.
Ezt behelyettesítjük az eredeti egyenletbe:
És most lássuk mi az a rezonancia.
Ez olyankor fordul elő, amikor a partikuláris megoldásban szerepel és a kitevője éppen megegyezik a homogén megoldás kitevőjével.
Jelenleg a kitevők nem egyeznek meg, tehát nincsen rezonancia.
De most már van.
Lássuk, mi történik ilyenkor.
Vagyis éppen megegyezik a homogén megoldással.
Ezt nevezzük rezonanciának.
És ilyenkor bejön ide egy x.
Nézzünk meg egy másikat is.
A homogén megoldás a szokásos:
A partikuláris megoldásban lesz egy elsőfokú kifejezés,
egy
és egy másik ahol rezonancia van.
Elsőrendű lineáris állandó együtthatós differenciálegyenlet
A most következő típus speciális esete a lineáris elsőrendű egyenleteknek.
Azért hívják állandó együtthatósnak, mert a függvény ilyenkor valamilyen konstans.
Erre a speciális esetre nézünk meg egy teljesen új megoldási módszert.
Megoldhatnánk persze az egyenletet úgy is, ahogyan az előző képsorban tettük, de most egy sokkal viccesebb megoldás jön.
Első lépésként megoldjuk az úgynevezett homogén egyenletet, ami ez:
Ez egy nagyon egyszerű egyenlet
A homogén egyenlet:
A homogén megoldás:
Az egyenlet általános megoldása úgy jön ki, hogy a homogén megoldáshoz hozzáadjuk a partikuláris megoldást.
Ez a bizonyos partikuláris megoldás mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján derül ki egy próbafüggvény módszernek nevezett nagyon vicces eljárással.
A partikuláris megoldást próbafüggvény módszerrel keressük meg:
másodfokú polinom:
exponenciális kifejezés:
szinusz vagy koszinusz:
Van itt ez az egyenlet:
Most elkezdjük keresni a partikuláris megoldást.
Az, hogy pontosan mi is lesz ez a partikuláris megoldás, nos ez mindig a jobb oldali függvénytől függ.
A jelek szerint, most szinusz és koszinusz lesz a partikuláris megoldásban:
Ezt behelyettesítjük az eredeti egyenletbe.
Aztán kiderítjük, hogy mennyi A és B.
A partikuláris megoldás most polinom-típusú lesz.
Ezt behelyettesítjük az eredeti egyenletbe és kiderítjük, hogy mennyi A, B és C.
Aztán kiderítjük, hogy mennyi A és B.
Azokban az esetekben, amikor a partikuláris megoldás exponenciális kifejezéseket is tartalmaz, nos olyankor adódhatnak bizonyos problémák.
Erről szól a következő képsor.
Ha a partikuláris megoldás tartalmaz –es tagot, nos akkor a megoldás során adódhatnak bizonyos problémák.
Első lépésként megoldjuk az úgynevezett homogén egyenletet, ami ez:
Aztán rátérünk a partikuláris megoldásra.
Ezt behelyettesítjük az eredeti egyenletbe:
És most lássuk mi az a rezonancia.
Ez olyankor fordul elő, amikor a partikuláris megoldásban szerepel és a kitevője éppen megegyezik a homogén megoldás kitevőjével.
Jelenleg a kitevők nem egyeznek meg, tehát nincsen rezonancia.
De most már van.
Lássuk, mi történik ilyenkor.
Vagyis éppen megegyezik a homogén megoldással.
Ezt nevezzük rezonanciának.
És ilyenkor bejön ide egy x.
Nézzünk meg egy másikat is.
A homogén megoldás a szokásos:
A partikuláris megoldásban lesz egy elsőfokú kifejezés,
egy
és egy másik ahol rezonancia van.
Az egyenlet homogén megoldása, Az inhomogén rész megoldása, Próbafüggvény-módszer, Partikuláris megoldás, Az általános megoldás.
Másodrendű lineáris állandó együtthatós homogén differenciálegyenlet
Íme itt van ez az egyenlet.
Az eddigi módszereinkkel várhatóan nem fogunk jelentős sikereket elérni ennek az egyenletnek a megoldásában, ez az egyenlet ugyanis másodrendű.
Nos ez, nem egy bíztató jel a megoldás szempontjából.
Az ilyen egyenleteket általában elég nehéz megoldani.
De szerencsére ez a típus kivétel.
Lássuk mit kell tenni vele.
Ez az egyenlet általános alakja, és a dolog úgy áll, hogy az ilyen egyenleteknek a megoldása mindig valami
Helyettesítsük be ezt az egyenletbe és nézzük meg mi történik.
Ezt az egyenletet karakterisztikus egyenletnek nevezzük.
A differenciálegyenlet megoldásához ezt a másodfokú egyenletet kell megoldanunk.
A differenciálegyenlet megoldása:
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző valós megoldása van és akkor
Ha a karakterisztikus egyenletnek egy valós megoldása van, akkor
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző komplex megoldása van
És most lássuk a megoldást.
A karakterisztikus egyenlet:
Úgy tűnik, ezt meg is oldottuk. Nézzünk meg egy másikat is.
Itt jön a karakterisztikus egyenlet:
Hát ez se volt túl nehéz.
Végül nézzük meg a harmadik típust.
Nos itt van egy kis gond.
Negatív szám van a gyök alatt, ami azt jelenti, hogy a karakterisztikus egyenletnek nincs valós megoldása.
Komplex megoldása viszont van, amihez mindössze annyit kell tudnunk, hogy
Most pedig lássuk a megoldást.
A helyzet akkor válik izgalmasabbá, ha az egyenlet inhomogén.
Lássuk, mi történik olyankor.
A homogén egyenlet és megoldása:
Ha két valós megoldása van:
Ha egy valós megoldása van:
Ha két komplex megoldása van:
Partikuláris megoldás (próbafüggvény módszer)
Van itt ez az egyenlet, ami inhomogén.
Ilyenkor először megoldjuk a homogén egyenletet,
utána pedig próbafüggvény módszerrel megkeressük a partikuláris megoldást.
A homogén egyenlet megoldásához megoldjuk a szokásos
karakterisztikus egyenletet.
És most jöhet a partikuláris megoldás.
Ez a bizonyos partikuláris megoldás mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján derül ki.
Ez a jobb oldali függvény most éppen egy polinom, így aztán a partikuláris megoldást is ilyen alakban keressük.
De lehetne a jobb oldali függvény exponenciális,
vagy éppen trigonometrikus.
A partikuláris megoldás
Lássuk mit kapunk, ha behelyettesítjük az eredeti egyenletbe:
És az általános megoldás:
Itt van aztán ez a másik inhomogén egyenlet.
Van azonban itt még egy kis bökkenő.
Ugyanúgy ahogyan az elsőrendű egyenleteknél, itt is lehet rezonancia.
A rezonancia akkor fordul elő, ha a homogén megoldás egyik tagja megegyezik a partikuláris megoldás egyik tagjával.
Most tehát nincs rezonancia,
de a következő képsorban lesz…
A másodrendű egyenleteknél ez a rezonancia kicsit komplikáltabb ügy, mint annak idején az elsőrendű egyenleteknél.
Van itt ez az egyenlet:
A homogén egyenlet megoldása:
És most jöhet a partikuláris megoldás.
Ezt mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján találjuk ki.
A homogén megoldás egyik tagja most megegyezik a partikuláris megoldás egyik tagjával, így aztán sajna rezonancia van.
A konstans szorzó ilyenkor nem számít.
És a rezonancia miatt ide még bejön egy x.
Most kiszámoljuk a partikuláris megoldás első és második deriváltját.
Aztán ezeket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe.
Amikor karakterisztikus egyenletnek csak egy valós megoldása van, olyankor kétszeres rezonancia is lehet.
Megjelent a rezonancia.
Így aztán a partikuláris megoldásban megint kelleni fog egy x-es szorzó.
Ám ekkor a második taggal lesz rezonancia…
így aztán kell még egy x-es szorzó.
Ezt hívjuk kettős rezonanciának.
A megoldás innentől a szokásos.
Szokásosan unalmas.
Ezért most ne oldjuk meg, hanem inkább nézzük meg milyen rezonancia lehet akkor, amikor a karakterisztikus egyenletnek két komplex gyöke van.
Van itt ez a két egyenlet:
A karakterisztikus egyenletek:
A komplex megoldáshoz annyit kell tudnunk, hogy
Ezekben az esetekben rezonancia olyankor fordul elő, ha
És ilyenkor a próbafüggvény:
Másodrendű lineáris állandó együtthatós homogén differenciálegyenlet
Íme itt van ez az egyenlet.
Az eddigi módszereinkkel várhatóan nem fogunk jelentős sikereket elérni ennek az egyenletnek a megoldásában, ez az egyenlet ugyanis másodrendű.
Nos ez, nem egy bíztató jel a megoldás szempontjából.
Az ilyen egyenleteket általában elég nehéz megoldani.
De szerencsére ez a típus kivétel.
Lássuk mit kell tenni vele.
Ez az egyenlet általános alakja, és a dolog úgy áll, hogy az ilyen egyenleteknek a megoldása mindig valami
Helyettesítsük be ezt az egyenletbe és nézzük meg mi történik.
Ezt az egyenletet karakterisztikus egyenletnek nevezzük.
A differenciálegyenlet megoldásához ezt a másodfokú egyenletet kell megoldanunk.
A differenciálegyenlet megoldása:
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző valós megoldása van és akkor
Ha a karakterisztikus egyenletnek egy valós megoldása van, akkor
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző komplex megoldása van
És most lássuk a megoldást.
A karakterisztikus egyenlet:
Úgy tűnik, ezt meg is oldottuk. Nézzünk meg egy másikat is.
Itt jön a karakterisztikus egyenlet:
Hát ez se volt túl nehéz.
Végül nézzük meg a harmadik típust.
Nos itt van egy kis gond.
Negatív szám van a gyök alatt, ami azt jelenti, hogy a karakterisztikus egyenletnek nincs valós megoldása.
Komplex megoldása viszont van, amihez mindössze annyit kell tudnunk, hogy
Most pedig lássuk a megoldást.
A helyzet akkor válik izgalmasabbá, ha az egyenlet inhomogén.
Lássuk, mi történik olyankor.
A homogén egyenlet és megoldása:
Ha két valós megoldása van:
Ha egy valós megoldása van:
Ha két komplex megoldása van:
Partikuláris megoldás (próbafüggvény módszer)
Van itt ez az egyenlet, ami inhomogén.
Ilyenkor először megoldjuk a homogén egyenletet,
utána pedig próbafüggvény módszerrel megkeressük a partikuláris megoldást.
A homogén egyenlet megoldásához megoldjuk a szokásos
karakterisztikus egyenletet.
És most jöhet a partikuláris megoldás.
Ez a bizonyos partikuláris megoldás mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján derül ki.
Ez a jobb oldali függvény most éppen egy polinom, így aztán a partikuláris megoldást is ilyen alakban keressük.
De lehetne a jobb oldali függvény exponenciális,
vagy éppen trigonometrikus.
A partikuláris megoldás
Lássuk mit kapunk, ha behelyettesítjük az eredeti egyenletbe:
És az általános megoldás:
Itt van aztán ez a másik inhomogén egyenlet.
Van azonban itt még egy kis bökkenő.
Ugyanúgy ahogyan az elsőrendű egyenleteknél, itt is lehet rezonancia.
A rezonancia akkor fordul elő, ha a homogén megoldás egyik tagja megegyezik a partikuláris megoldás egyik tagjával.
Most tehát nincs rezonancia,
de a következő képsorban lesz…
A másodrendű egyenleteknél ez a rezonancia kicsit komplikáltabb ügy, mint annak idején az elsőrendű egyenleteknél.
Van itt ez az egyenlet:
A homogén egyenlet megoldása:
És most jöhet a partikuláris megoldás.
Ezt mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján találjuk ki.
A homogén megoldás egyik tagja most megegyezik a partikuláris megoldás egyik tagjával, így aztán sajna rezonancia van.
A konstans szorzó ilyenkor nem számít.
És a rezonancia miatt ide még bejön egy x.
Most kiszámoljuk a partikuláris megoldás első és második deriváltját.
Aztán ezeket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe.
Amikor karakterisztikus egyenletnek csak egy valós megoldása van, olyankor kétszeres rezonancia is lehet.
Megjelent a rezonancia.
Így aztán a partikuláris megoldásban megint kelleni fog egy x-es szorzó.
Ám ekkor a második taggal lesz rezonancia…
így aztán kell még egy x-es szorzó.
Ezt hívjuk kettős rezonanciának.
A megoldás innentől a szokásos.
Szokásosan unalmas.
Ezért most ne oldjuk meg, hanem inkább nézzük meg milyen rezonancia lehet akkor, amikor a karakterisztikus egyenletnek két komplex gyöke van.
Van itt ez a két egyenlet:
A karakterisztikus egyenletek:
A komplex megoldáshoz annyit kell tudnunk, hogy
Ezekben az esetekben rezonancia olyankor fordul elő, ha
És ilyenkor a próbafüggvény:
Másodrendű lineáris állandó együtthatós homogén differenciálegyenlet
Íme itt van ez az egyenlet.
Az eddigi módszereinkkel várhatóan nem fogunk jelentős sikereket elérni ennek az egyenletnek a megoldásában, ez az egyenlet ugyanis másodrendű.
Nos ez, nem egy bíztató jel a megoldás szempontjából.
Az ilyen egyenleteket általában elég nehéz megoldani.
De szerencsére ez a típus kivétel.
Lássuk mit kell tenni vele.
Ez az egyenlet általános alakja, és a dolog úgy áll, hogy az ilyen egyenleteknek a megoldása mindig valami
Helyettesítsük be ezt az egyenletbe és nézzük meg mi történik.
Ezt az egyenletet karakterisztikus egyenletnek nevezzük.
A differenciálegyenlet megoldásához ezt a másodfokú egyenletet kell megoldanunk.
A differenciálegyenlet megoldása:
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző valós megoldása van és akkor
Ha a karakterisztikus egyenletnek egy valós megoldása van, akkor
Ha a karakterisztikus egyenletnek két különböző komplex megoldása van
És most lássuk a megoldást.
A karakterisztikus egyenlet:
Úgy tűnik, ezt meg is oldottuk. Nézzünk meg egy másikat is.
Itt jön a karakterisztikus egyenlet:
Hát ez se volt túl nehéz.
Végül nézzük meg a harmadik típust.
Nos itt van egy kis gond.
Negatív szám van a gyök alatt, ami azt jelenti, hogy a karakterisztikus egyenletnek nincs valós megoldása.
Komplex megoldása viszont van, amihez mindössze annyit kell tudnunk, hogy
Most pedig lássuk a megoldást.
A helyzet akkor válik izgalmasabbá, ha az egyenlet inhomogén.
Lássuk, mi történik olyankor.
A homogén egyenlet és megoldása:
Ha két valós megoldása van:
Ha egy valós megoldása van:
Ha két komplex megoldása van:
Partikuláris megoldás (próbafüggvény módszer)
Van itt ez az egyenlet, ami inhomogén.
Ilyenkor először megoldjuk a homogén egyenletet,
utána pedig próbafüggvény módszerrel megkeressük a partikuláris megoldást.
A homogén egyenlet megoldásához megoldjuk a szokásos
karakterisztikus egyenletet.
És most jöhet a partikuláris megoldás.
Ez a bizonyos partikuláris megoldás mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján derül ki.
Ez a jobb oldali függvény most éppen egy polinom, így aztán a partikuláris megoldást is ilyen alakban keressük.
De lehetne a jobb oldali függvény exponenciális,
vagy éppen trigonometrikus.
A partikuláris megoldás
Lássuk mit kapunk, ha behelyettesítjük az eredeti egyenletbe:
És az általános megoldás:
Itt van aztán ez a másik inhomogén egyenlet.
Van azonban itt még egy kis bökkenő.
Ugyanúgy ahogyan az elsőrendű egyenleteknél, itt is lehet rezonancia.
A rezonancia akkor fordul elő, ha a homogén megoldás egyik tagja megegyezik a partikuláris megoldás egyik tagjával.
Most tehát nincs rezonancia,
de a következő képsorban lesz…
A másodrendű egyenleteknél ez a rezonancia kicsit komplikáltabb ügy, mint annak idején az elsőrendű egyenleteknél.
Van itt ez az egyenlet:
A homogén egyenlet megoldása:
És most jöhet a partikuláris megoldás.
Ezt mindig a jobb oldalon lévő függvény alapján találjuk ki.
A homogén megoldás egyik tagja most megegyezik a partikuláris megoldás egyik tagjával, így aztán sajna rezonancia van.
A konstans szorzó ilyenkor nem számít.
És a rezonancia miatt ide még bejön egy x.
Most kiszámoljuk a partikuláris megoldás első és második deriváltját.
Aztán ezeket behelyettesítjük az eredeti egyenletbe.
Amikor karakterisztikus egyenletnek csak egy valós megoldása van, olyankor kétszeres rezonancia is lehet.
Megjelent a rezonancia.
Így aztán a partikuláris megoldásban megint kelleni fog egy x-es szorzó.
Ám ekkor a második taggal lesz rezonancia…
így aztán kell még egy x-es szorzó.
Ezt hívjuk kettős rezonanciának.
A megoldás innentől a szokásos.
Szokásosan unalmas.
Ezért most ne oldjuk meg, hanem inkább nézzük meg milyen rezonancia lehet akkor, amikor a karakterisztikus egyenletnek két komplex gyöke van.
Van itt ez a két egyenlet:
A karakterisztikus egyenletek:
A komplex megoldáshoz annyit kell tudnunk, hogy
Ezekben az esetekben rezonancia olyankor fordul elő, ha
És ilyenkor a próbafüggvény:
