Matematika3 DE 2féléves
KÖZÖNSÉGES
DIFFERENCIÁLEGYENLETEK
Közönséges differenciálegyenletek
Tankönyvek, feladatgyűjtemények:
1
Thomas-féle Kalukulus II kötet: 9.1 és 9.2
alfejezetekből
2
Babcsányi, Csank, Nagy, szép, Zibolen: Matematika
feladatgyűjtemény III.
Scharnitzky Viktor: Differenciálegyenletek
(Bolyai-könyvek sorozat)
Ajánlott:
1
Erwin Kreyszig: Advanced Engineering Mathematics
3
Differenciálegyenletek
date
2 / 141
Mi az egyenlet?
Egyenlet például:
x3 − 2x2 − 3x = 0,
melyben x az ismeretlen. Az egyenlet megoldása egy olyan
szám, melyet x helyére írva azonosságot kapunk, ez az
érték kielégíti az egyenletet.
x = −1; 0; 3
Differenciálegyenletek
date
3 / 141
Mi a közönséges differenciálegyenlet?
Egy olyan egyenlet, melyben az ismeretlen függvény és
annak annak deriváltja szerepelnek, például
dy
= cos x
dx
y ′′ + 9y = e−3x
y ′ y ′′′ − 2y ′2 = 0
Csoportosítás: A DE rendje n, ha az ismeretlen
függvénynek a legmagasabb rendű deriváltja mely szerepel
az egyenletben n.
Differenciálegyenletek
date
4 / 141
Elsőrendű differenciálegyenletek
Elsőrendű differenciálegyenlet az olyan DE, melyben az
ismeretlen függvénynek csak az első deriváltja (y ′ )
szerepel, emellett még szerepelhet benne maga a függvény
(y) és a független változónak (x) bármely függvénye.
Felírhatók implicit alakban: F (x, y, y ′ ) = 0, illetve
explicit alakban: y ′ = f (x, y).
Példák:
Differenciálegyenletek
x2 y ′ − y 2 = 0
y ′ = ye2x
date
5 / 141
A megoldás
Egy y = g(x) függvény megoldása a
differenciálegyenletnek az (a, b) nyitott intervallumon, ha
g(x) értelmezve van és differenciálható az (a, b)
intervallumon, és ha behelyettesítjük a
differenciálegyenletbe, akkor azonosságot kapunk.
Példa: Igazoljuk, hogy g(x) = 14 x5 + Cx−3 megoldása a
xy ′ + 3y = 2x5 differenciálegyenletnek bármely C
konstans esetén.
Egy elsőrendű differenciálegyenlet megoldása egy egész
függvény család.
Differenciálegyenletek
date
6 / 141
Hol használnak differenciálegyenletek?
https://plus.maths.org/content/
teacher-package-differential-equations
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
7 / 141
Populáció modellek: Malthus (1800 körül)
∆P ≈ (s − h)P (t)∆t, ahol s a születések száma, h a
halálozások száma, tehát
dP
= kP,
dt
P (0) = P0 .
A megoldása:
P (t) = P0 ekt .
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
8 / 141
Verhulst (1838): Korlátos populációk
dP
= kP
dt
P
1−
M
,
ahol M a környezet eltartóképessége
A megoldása:
P (t) =
Differenciálegyenletek
alkalmazások
M Aekt
.
Aekt − A + M
date
9 / 141
Korlátos populáció
dP
= rP (M − P )(P − m),
dt
Differenciálegyenletek
alkalmazások
r>0
date
10 / 141
Két (kapcsolt) populáció: Lotka (1925) Volterra (1926)
x(t): zsákmány, y(t): ragadozó
dx
= αx − βxy
dt
dy
= δxy − γy
dt
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
11 / 141
Két (kapcsolt) populáció
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
12 / 141
Exponenciális modellek
Kamatos kamat:
dP
= kP,
dt
ahol P (t) = bankszámlán levő pénz t időpillanatban, k
éves kamat
Radioaktív bomlás:
dQ
= −kQ,
dt
ahol k a bomlási állandó, ez függ a radioaktív izotóptól.
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
13 / 141
d
- 2 0
dt 2
•
•
dás
)H
tör9.14. ÁBR A: A Newton-féle hűlési
vény teljes fázisegyenese (3. példa).
4.
H
Kezdeti
dH
= −k(H−Hs ),
dt
Differenciálegyenletek
lem
hőmérsklet
Ga
nél
k > 0,
ahol H a hőmérséklete egy
tárgynak, és Hs az azt
körülvevő közeg
hőmérséklete.
egy
Ne
sze
aho
min
tov
9.15. Á BRA : A hőmérsklet
az időben.
Függetlenül a kezdeti hőmérsklet,
a
tárgy H(t) hőmérs klet
15°C-hoz tart,
vagyis a körülveő
közeg hőmérskle
téhez.
alkalmazások
date
Ige
14 / 141
Mozgás egyenletek
d2 s
Függőlegesen felfelé dobott labda: 2 = −g
dt
2
dx
k
Harmonikus rezgőmozgás: 2 = − x
dt
m
komplikálva:
dx
d2 x
+ ω 2 x = F0 sin Ωt.
+
β
2
dt
dt
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
15 / 141
Keverési problémák
Valamilyen anyag fel van oldva egy tartályban, (cukor, só,
alkohol). A tartályba folyadék érkezik, melynek
koncentrációja nem azonos a tartályban levő folyadékkal.
Állandó keverés teszi az oldatot egyenletessé, és közben
ismert sebességgel állandóan folyik is kifelé a tartályból a
folyadék. Jelölje Q(t) hogy t időpillanatban mennyi anyag
van a tartályban feloldva.
a tartályban
távozó
anyag
érkező
anyag
levő
anyag
−
mennyiségének =
sebessége
sebessége
változási sebessége
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
16 / 141
Keverési problémák
dQ
=
dt
Q(t)
vegyület érkezési
kifolyási
−
·
,
sebessége
sebessége
V (t)
ahol V (t) a tartályban levő összes anyag térfogata.
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
17 / 141
Keverési problémák
Egy olajfinornítóban, egy tárolótartályban 8000 liter benzin
van, ami eredetileg 50 kilogramm adalékot tartalmaz
oldott állapotban. A téli időjárásra való előkészület miatt
percenként 160 liter olyan benzint pumpálnak a tartályba,
amelyik 0,25 kilogramm adalékot tartalmaz literenként. A
jó1 kevert folyadékot percenként 180 liter sebességgel
9.2. Elsőrendű
lineáris differenciálegyenletek
engedik ki a tartálybó1.
Mennyi
adalékanyag lesz a tartályban 20 perccel az
eljárás megkezdése
után?
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
18 / 141
3
Keverési problémák
liter
liter
− 180
V (t) = 8000 liter + 160
perc
perc
= (8000 − 20t) liter
· t perc
9y
Q
180 =
adalék ki =
8000 − 20t
400 − t
kg
liter
kg
adalék be = .25
· 160
= 40
liter
perc
perc
⇒
Differenciálegyenletek
9Q
dQ
= 40 −
dt
400 − t
alkalmazások
date
19 / 141
A 9.5. ábrán egy áramkö
indukciója L H (henry) á
egy állandó V V (volt) fe
ségre ekkor az
RL körök
a
b
Ellenállás: R ohm,
indukció:
L henry, érvénye s, a
összefüggés
áramforrás:
volt.
sával Vmeg
tudjuk határo
Az I áramerősségre:
5. PÉLDA : Árameőség
R
L
L
.5. Á BRA : Az RL-kör az 5. példában.
A 9.5. ábrán látható kapc
dI
= idő V függv ény
erős ég + RI az
dt
Megoldás:
árameőség
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
A (9.7) eg
a t függv
20 / 141
További példák
Orvostudományban: a gyógyszer hogyan ürül ki a
szervezetből; járványok terjedése
Kémiában: kémia reakciók modellezése
Közgazdaságtan: befektetési stratégiák
Technológia: közúti forgalom modellezése
Valósághű számítógépes játékok
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
21 / 141
Kezdeti érték probléma (KÉP)
A kezdeti érték probléma egy differenciálegyenletből
és egy kezdeti feltételből (y(x0 ) = y0 ) áll. A KÉP
megoldása egy olyan függvény, mely kielégíti a DE-t is és a
kezdeti feltételt is.
Példa:
dy
= y 2 , y(1) = 2
dx
A differenciálegyenlet általános megoldása egy olyan
megoldás, ami az összes megoldást tartalmazza. Kezdeti
érték probléma esetén egy partikuláris megoldást
keresünk, mely kielégíti a kezdeti feltételt is.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
22 / 141
Példa
Legyen
1
2
3
dy
= y2,
dx
y(1) = 2.
1
bármely C
C −x
konstans esetén megoldása a DE-nek.
Keressük meg a KÉP megoldását.
Mi a KÉP megoldásának legbővebb értelmezési
tartománya?
Mutassuk meg, hogy y(x) =
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
23 / 141
Példa
Tekintsük az
xy ′ − 3y = x3 ,
y(1) = 17
kezdeti érték problémát.
1
Mutassuk meg, hogy y(x) = x3 (C + ln x)) bármely
C konstans esetén megoldása a fenti
differenciálegyenletnek.
2
Keressük meg a KÉP megoldását.
3
Mi a KÉP megoldásának legbővebb értelmezési
tartománya?
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
24 / 141
Integrálással megoldható DE-k
1
2
dy √
= x, y(4) = 0
dx
p
dy
= x x2 + 9, y(−4) = 0
dx
3
dy
10
= 2
,
dx x + 1
4
dy
= xe−x ,
dx
Differenciálegyenletek
y(0) = 0
y(0) = 1
Kezdeti érték probléma
date
25 / 141
Közönséges differenciálegyenletek: ismétlés
A differenciálegyenlet egy olyan egyenlet, melyben az
ismeretlen függvény és annak annak deriváltja szerepelnek.
A DE rendje n, ha az ismeretlen függvénynek a legmagasabb rendű deriváltja mely szerepel az egyenletben n.
Egy y = g(x) függvény megoldása a differenciálegyenletnek az (a, b) nyitott intervallumon, ha g(x) értelmezve
van és differenciálható az (a, b) intervallumon, és ha
behelyettesítjük a differenciálegyenletbe, akkor
azonosságot kapunk.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
26 / 141
Elsőrendű differenciálegyenletek
Elsőrendű differenciálegyenlet az olyan DE, melyben
az ismeretlen függvénynek csak az első deriváltja (y ′ )
szerepel, emellett még szerepelhet benne maga a függvény
(y) és a független változónak (x) bármely függvénye.
Egy elsőrendű differenciálegyenlet megoldása egy egész
függvény család.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
27 / 141
Kezdeti érték probléma (KÉP)
A kezdeti érték probléma egy differenciálegyenletből
és egy kezdeti feltételből (y(x0 ) = y0 ) áll. A KÉP
megoldása egy olyan függvény, mely kielégíti a DE-t is és a
kezdeti feltételt is.
A differenciálegyenlet általános megoldása egy olyan
megoldás, ami az összes megoldást tartalmazza. Kezdeti
érték probléma esetén egy partikuláris megoldást
keresünk, mely kielégíti a kezdeti feltételt is.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
28 / 141
Példa
Legyen
1
2
3
dy
= y2,
dx
y(1) = 2.
1
bármely C
C −x
konstans esetén megoldása a DE-nek.
Keressük meg a KÉP megoldását.
Mi a KÉP megoldásának legbővebb értelmezési
tartománya?
Mutassuk meg, hogy y(x) =
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
29 / 141
A megoldás létezése és egyértelműsége
Tétel: Ha f (x, y) és a parciális deriváltjai folytonosak az
xy-sík egy olyan R téglalapján mely a belsejében
tartalmazza az (a, b) pontot, akkor létezik az a körül egy
nyitott I intervallum, melyben a
dy
= f (x, y),
dx
y(a) = b
kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van.
Differenciálegyenletek
A megoldás létezése és
egyértelműsége
date
30 / 141
A feltételek szükségessége
1
Az
1
, y(0) = 0
x
KÉP-nek nincsen megoldása. Miért?
y′ =
2
Az
√
y ′ = 2 y,
y(0) = 0
KÉP-nek két különböző megoldása is van:
y1 (x) = x2 és y(x) ≡ 0. Ellenőrizzük ezt!
Ezek a példák miért nem mondanak ellent a tételnek?
Differenciálegyenletek
A megoldás létezése és
egyértelműsége
date
31 / 141
Szeparálható egyenletek
dy
A dx
= f (x, y) elsőrendű differenciálegyenletet
szeparálhatónak vagy szétválasztható
változójúnak nevezzük, ha f (x, y) felírható két olyan
függvény szorzataként, melyekre az egyik csak x-től a
másik pedig csak y-tól függ, azaz
dy
= g(x)H(y).
dx
Illetve a bizonyítás szempontjából előnyösebb alak:
dy
g(x)
=
.
dx h(y)
Szeparálható egyenletek
date
32 / 141
Szeparálható egyenletek megoldása
Átrendezve: h(y)dy = g(x)dx R
R
Integrálhatjuk mindkét oldalt? h(y)dy = g(x)dx
Eléírhatom csak úgy az integráljeleket? Igen, mert:
Z
Z
dy
h(y)dy = h y(x)
dx
dx
Z
g(x)
dx
= h(y(x))
h y(x)
Z
= g(x)dx.
Szeparálható egyenletek
date
33 / 141
1. Példa
Oldjuk meg a
dy
= −6xy differenciálegyenletet.
dx
dy
= −6xdx
y
Z
Z
dy
= −6xdx
y
ln|y| = −3x2 + C
|y| = e−3x
2
+C
y = ±eC e−3x
y = Ae−3x
Szeparálható egyenletek
2
2
date
34 / 141
2. Példa
Oldjuk meg a
dy
4 − 2x
= 2
, y(1) = 3 KÉP-et.
dx 3y − 5
(3y 2 − 5)dy = (4 − 2x)dx
Z
Z
2
(3y − 5)dy = (4 − 2x)dx
y 3 − 5y = 4x − x2 + C
33 − 5 · 3 = 4 · 1 − 12 + C
y 3 − 5y = 4x − x2 + 9
Szeparálható egyenletek
date
35 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
Szeparálható egyenletek
date
36 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
2
dy
= 4x2 y − y,
dx
Szeparálható egyenletek
y(1) = −3
date
36 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
2
dy
= 4x2 y − y,
dx
3
dy
ln x
=
,
dx
xy
Szeparálható egyenletek
y(1) = −3
y(1) = 2
date
36 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
2
dy
= 4x2 y − y,
dx
3
dy
ln x
=
,
dx
xy
4
dy
= 6e2x−y ,
dx
Szeparálható egyenletek
y(1) = −3
y(1) = 2
y(0) = 0
date
36 / 141
Feladatok
5
Thomas Robert Malthus modellje alapján egy
populáció a
dP
= kP
dt
differenciálegyenlettel írható le, ahol P (t) a populáció
nagysága a t időpillanatban, k pedig egy konstans
mely a növekedési rátát adja meg.
Egy város lakossága 1960-ban 25, 000 fő volt,
1970-ben pedig 30 000 fő. A Malthus-modellt
használva, mennyi lesz a város lakossága 2020-ban?
Szeparálható egyenletek
date
37 / 141
Feladatok
6
Egy bögre 95◦ C-os frissen készített kávét hagyunk
hűlni egy 20◦ C-os szobában. Tegyük fel, hogy a kávé
5 perc alatt 80◦ C-ra hűl le. Mikorra hűl le a kávé
50◦ C hőmérsékletre?
Használjuk a Newton-féle lehűlési törvényét: egy test
hőmérsékletének változási sebessége egyenesen
arányos a környezet és a test hőmérsékletének
különbségével.
Szeparálható egyenletek
date
38 / 141
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek
Egy differenciálegyenletet elsőrendű lineáris
differenciálegyenletnek nevezünk, ha
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx
alakra hozható, ahol P és Q az x változó függvényei.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
39 / 141
Standard alakra hozás
Hozzunk standard alakra a következő DE-ket.
1
x
dy
= x + 5y
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
40 / 141
Standard alakra hozás
Hozzunk standard alakra a következő DE-ket.
dy
= x + 5y
dx
1
x
2
x2 y ′ + xy = 1
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
40 / 141
Standard alakra hozás
Hozzunk standard alakra a következő DE-ket.
dy
= x + 5y
dx
1
x
2
x2 y ′ + xy = 1
3
4x′ = 12x − sin(3t)
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
40 / 141
Integráló tényező
A
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx
elsőrendű lineáris differenciálegyenlet megoldásához
szorozzunk meg az egyenlet mindkét oldalát az
úgynevezett integráló tényezővel, ami
µ(x) = e
R
P (x)dx
.
Ekkor
e
R
P (x)dx dy
dx
+e
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
R
P (x)dx
P (x)y = Q(x)e
R
P (x)dx
date
.
41 / 141
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek
megoldása
Mivel Newton-Leibnitz tétele alapján
Z
d
P (x)dx = P (x),
dx
tehát
dy R
R
R
d
P (x)dx
P (x)dx
=
·e
y(x) · e
+y(x)·e P (x)dx P (x),
dx
dx
ami éppen a DE bal oldala.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
42 / 141
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek
megoldása
Az y ′ + P (x)y = Q(x) egyenletet ha az integráló
tényezővel beszorozzuk, azt kapjuk, hogy
R
R
d
P (x)dx
= Q(x)e P (x)dx .
y(x) · e
dx
Az egyenlet mindkét oldalát integrálva meg tudjuk oldani
az egyenletet.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
43 / 141
1. Példa
Oldjuk meg az y ′ − 2y = 3e2x , y(0) = 5 KÉP-et.
Az egyenlet normálalakban van, ahol P (x) = −2, így az
integráló tényező
µ(x) = e
R
−2dx
= e−2x .
A DE mindkét oldalát megszorozva az integráló tényezővel
y ′ e−2x − 2e−2x y = 3e2x e−2x .
Ellenőrizzünk, hogy a bal oldalra teljesül, hogy
? d
y ′ e−2x − 2e−2x y =
y(x) · e−2x .
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
44 / 141
1. Példa
Így az differenciálegyenletünk
d
y(x) · e−2x = 3e2x e−2x ,
dx
azaz
d
y(x) · e−2x = 3,
dx
melyet integrálással megoldhatunk:
Z
−2x
y(x) · e
= 3dx
y(x) · e−2x = 3x + C
y(x) = e2x (3x + C) .
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
45 / 141
1. példa
A DE általános megoldása y(x) = e2x (3x + C) , melyben
a C konstans értékét az y(0) = 5 kezdeti feltételből
kapjuk meg:
5 = e0 (3 · 0 + C),
tehát C = 5, és így a KÉP megoldása az
y(x) = e2x (3x + 5)
függvény.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
46 / 141
2. Példa
Oldjuk meg a 2xy ′ − 3y = 9x3 egyenletet.
Először normál alakra kell hozni az egyenletet:
y′ −
9
3
y = x2 .
2x
2
3
, tehát az
Az egyenlet elsőrendű lineáris ahol P (x) = − 2x
integráló tényező
µ(x) = e
R
3
− 2x
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
3
= e− 2 ln x = eln(x
−3/2
)
= x−3/2 .
date
47 / 141
2. Példa
Az integráló tényezővel beszorozva a normál alakú
egyenletet kapjuk, hogy
y ′ x−3/2 −
9
3
y x−3/2 = x2 x−3/2 .
2x
2
Ellenőrizzük a bal oldalt:
?
3
y x−3/2 = y ′ x−3/2 − 32 x−5/2 y =
y ′ x−3/2 − 2x
Tehát az egyenlet
d −3/2 9 1/2
= x .
yx
dx
2
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
d
dx
yx−3/2 .
date
48 / 141
2. Példa
Az egyenlet mindkét oldalát integrálva
Z
9 1/2
−3/2
yx
=
x dx
2
9 2
= · x3/2 + C,
2 3
így
9 2 3/2
· x +C
y(x) = x
2 3
= 3x3 + Cx3/2 .
3/2
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
49 / 141
Példák
Oldjuk meg a differenciálegyenletet illetve a kezdeti érték
problémát.
dy
1
= x2 + 3y
x
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
50 / 141
Példák
Oldjuk meg a differenciálegyenletet illetve a kezdeti érték
problémát.
dy
1
= x2 + 3y
x
dx
2
y ′ + 2xy = x,
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
y(0) = −2
date
50 / 141
Példák
Oldjuk meg a differenciálegyenletet illetve a kezdeti érték
problémát.
dy
1
= x2 + 3y
x
dx
2
y ′ + 2xy = x,
3
y ′ + y tan x = 2 sin x cos x,
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
y(0) = −2
y(0) = 1
date
50 / 141
Feladatok
Szeparálható egyenletek
Thomas-féle Kalkulus 2.-ből:
9.1 fejezet/ 5–18
Babcsányi Feladatgyűjtemény III-ból:
28. fejezet/ 1, 2, 12, 39, 40, 41, 53
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek integráló
tényezővel
Thomas-féle Kalkulus II. kötetből
9.2 fejezet/ 1–10, 15–20.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
51 / 141
Homogén lineáris elsőrendű
differenciálegyenletek
Az
y ′ + g(x)y = 0
alakú differenciálegyenletet elsőrendű homogén
differenciálegyenletnek nevezzük. Megoldásai
megkereshetők a változók szeparálásának módszerével.
Példa: Oldjuk meg az y ′ − 2xy = 0 egyenletet.
konstans variálás
date
52 / 141
Inhomogén lineáris elsőrendű
differenciálegyenletek
Az
y ′ + g(x)y = f (x)
differenciálegyenletet, ahol f (x) 6≡ 0, elsőrendű inhomogén
differenciálegyenletnek nevezzük. Ehhez tartozó homogén
egyenlet pedig az
y ′ + g(x)y = 0.
2
Példa: y ′ = 2xy + ex inhomogén egyenlethez tartozó
homogén egyenlet: y ′ = 2xy.
konstans variálás
date
53 / 141
Inomogén lineáris elsőrendű
differenciálegyenletek megoldása
Az y ′ + g(x)y = f (x) inhomogén egyenlet megoldása
felírható a hozzá tartozó y ′ + g(x)y = 0 homogén egyenlet
megoldásának és az y ′ + g(x)y = f (x) inhomogén
egyenlet egy partikuláris megoldásnak összegeként:
y(x) = yh (x) + yp (x).
Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását mindig
megtalálhatjuk a konstans variálás módszerével.
konstans variálás
date
54 / 141
A konstans variálás módszere
Az y ′ + 2xy = x inhomogén egyenlethez tartozó homogén
egyenlet
y ′ + 2xy = 0.
A homogén egyenletet meg tudjuk oldani a változók
szeparálásával:
dy
= −2xdx
y
ln|y| = −x2 + c1
y = ±ec1 e−x
2
2
yh = Ce−x .
konstans variálás
date
55 / 141
A konstans variálás módszere
Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását
yp = C(x)e−x
2
alakban keressük. Ez akkor megoldás, ha kielégíti az
inhomogén egyenletet, tehát behelyettesítjük.
′
−x2
−x2
C(x)e
=x
+ 2x C(x)e
2
2
2
C ′ (x)e−x + C(x)e−x (−2x) + 2xC(x)e−x = x
2
C ′ (x)e−x = x
2
C ′ (x) = xex .
konstans variálás
date
56 / 141
A konstans variálás módszere
Ebből integrálással
C(x) =
Z
1 2
2
xex dx = ex ,
2
így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása
1 2 2 1
2
yp (x) = C(x)e−x = ex e−x = .
2
2
Az y ′ + 2xy = x inhomogén egyenlet megoldása
1
2
y(x) = yh (x) + yp (x) = Ce−x + .
2
konstans variálás
date
57 / 141
Helyettesítéses módszer
A
dy
= f (x, y)
dx
differenciálegyenlet lehet olyan, hogy bevezetve egy
alkalmas v = g(x, y) helyettesítést az egyenlet egy
könnyen megoldható egyenletté alakul.
Például a
dy
= (x + y + 3)2
dx
egyenletben bevezethetjük a v = x + y + 3 helyettesítést.
Helyettesítések
date
58 / 141
Helyettesítéses módszer
Mivel y = v − x − 3, így
dy
d
dv
=
(v − x − 3) =
− 1,
dx dx
dx
tehát az y ′ = (x + y + 3)2 egyenletből kapott
transzformált differenciálegyenlet
dv
− 1 = v2,
dx
melyet a változós szétválasztásával meg tudunk oldani.
Helyettesítések
date
59 / 141
Helyettesítéses módszer
dv
= 1 + v2
dx
1
dv
2
Z 1+v
1
dv
1 + v2
arctan v
v
= dx
Z
= dx
=x+C
= tan(x + C).
Így az eredeti egyenlet megoldása
y(x) = tan(x + C) − x − 3.
Helyettesítések
date
60 / 141
Változóiban homogén differenciálegyenletek
Az
y
dy
=F
dx
x
típusú egyenletekben használjuk a
v=
helyettesítést.
Ekkor y = xv, tehát
Helyettesítések
dy
dx
y
x
dv
= v + x dx
.
Változóiban homogén egyenlet
date
61 / 141
Példa
Oldjuk meg a
2xyy ′ = 6x2 + 3y 2
differenciálegyenletet.
Átalakítva az egyenletet
x 3y
,
y′ = 3 +
y 2x
tehát használhatjuk a v =
dy
dv
tehát dx
= v + x dx
.
Helyettesítések
y
x
helyettesítést. Ekkor y = xv,
Változóiban homogén egyenlet
date
62 / 141
Példa
A transzformált egyenlet
v+x
3 3v
dv
= + .
dx v
2
Átrendezve
dv
3 v
= +
dx v 2
6 + v2
dv
=
x
dx
2v
2v
dx
dv =
6 + v2
x
x
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
63 / 141
Példa
Z
Z
dx
2v
dv
=
6 + v2
x
2
ln(6 + v ) = ln|x| + C
6 + v2
6 + v2
y 2
6+
x
2
y + 6x2
= eC |x|
= A|x|
= A|x|
= A|x|x2
A DE implicit megoldása: y 2 + 6x2 = Bx3 .
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
64 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a változóiban homogén differenciálegyenletet.
x2 + xy + y 2
′
1
y =
x2
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
65 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a változóiban homogén differenciálegyenletet.
x2 + xy + y 2
′
1
y =
x2
2
x−y
dy
=
dx x + y
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
65 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a változóiban homogén differenciálegyenletet.
x2 + xy + y 2
′
1
y =
x2
2
x−y
dy
=
dx x + y
3
(x2 + 3xy + y 2 ) = x2 y ′
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
65 / 141
Bernoulli egyenlet
Az
dy
+ P (x)y = Q(x)y n
dx
alakú egyenletet Bernoulli egyenletnek nevezzük. Ha
n = 0 vagy 1, akkor ez egyenlet lineáris. Különben pedig a
v = y 1−n
helyettesítéssel lineáris egyenletté transzformálódik.
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
66 / 141
Példa
Oldjuk meg a
egyenletet.
x2 y ′ + 2xy − y 3 = 0
az egyenletet normál alakra hozva
1
2
y′ + y = 2 y3
x
x
látjuk, hogy az egyenlet Bernoulli egyenlet, ahol n = 3.
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
67 / 141
Példa
Bevezetve a v = y 1−3 = y −2 transzformációt, mivel
dy
dv
= −2y −3 ,
dx
dx
ezért a normál alakú egyenletet a −2y −3 kifejezéssel
beszorozva kapjuk, hogy
2
1
−2y −3 y ′ − 2y −3 y = −2y −3 2 y 3 ,
x
x
2
4
−2y −3 y ′ − y −2 = − 2 .
x
x
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
68 / 141
Példa
A transzformált egyenlet
2
4
v′ − v = − 2
x
x
lineáris elsőrendű egyenlet, melyet integráló faktorral, vagy
konstans variálással meg tudunk oldani. A megoldás
2
v = x−1 + Cx4 .
5
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
69 / 141
Példa
Viszont az eredeti egyenletet y-ra kell megoldanunk, ahol
v = y −2 , tehát a DE (implicit) megoldása
2 −1
1
x + Cx4 ,
=
2
y
5
5x
2 + 5Cx5
Ha kezdeti érték is adott, akkor ne felejtsük el megkeresni
a C konstans értékét is.
y2 =
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
70 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
1
√
xy ′ = y + 2 xy,
Helyettesítések
x>0
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
1
2
√
xy ′ = y + 2 xy,
x>0
xyy ′ = x2 + 3y 2 ,
x>0
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
√
xy ′ = y + 2 xy,
x>0
2
xyy ′ = x2 + 3y 2 ,
x>0
3
3y 2 y ′ + y 3 = e−x
1
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Thomas-féle Kalkulus II. kötetből
9.2 fejezet/ 33-36.
Scharnitzky Viktor: Differenciálegyenletek című könyvéből
69. o/ 3. példa; 129. o./1-3. példa
Babcsányi III.: 28-5.oldal/ 72, 74, 75, 78, 82, 84
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
72 / 141
Másodrendű lineáris differenciálegyenletek
Az
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = F (x)
alakban felírható differenciálegyenletet másodrendű
lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Ha
F (x) ≡ 0, akkor az egyenlet homogén, ha F (x) 6= 0,
akkor az egyenlet inhomogén.
Példák:
√
ex y ′′ + 6xy ′ + xy = sin(3x) másodrendű, lineáris,
inhomogén DE.
y ′′ = yy ′ és y ′′ + 3(y ′ )2 + 5y = 0 viszont nem lineáris
egyenletek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
73 / 141
Homogén másodrendű lineáris
differenciálegyenletek
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
Tétel: Ha y1 és y2 két megoldása a fenti homogén
lineáris differenciálegyenletnek az I intervallumon, akkor
bármely c1 és c2 konstansok esetén
y = c1 y1 + c2 y2
is megoldása az egyenletnek az I intervallumon.
Másodrendű lineáris DE-k
date
74 / 141
Példa
Mutassuk meg, hogy y1 = e2x és y2 = e−3x megoldásai az
y ′′ + y ′ − 6y = 0
egyenletnek.
Keressük meg y = c1 y1 + c2 y2 alakban azt a megoldását a
fenti differenciálegyenletnek, mely kielégíti az y(0) = 7 és
y ′ (0) = −1 kezdeti feltételeket.
Másodrendű lineáris DE-k
date
75 / 141
A megoldás létezése és egyértelműsége
Tétel: Ha p, q és f folytonos függvények az I
intervallumon mely tartalmazza az a pontot, akkor az
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = f (x),
y(a) = b0 , y ′ (a) = b1
kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van
bármely két b0 és b1 szám esetén.
Másodrendű lineáris DE-k
date
76 / 141
Lineárisan független megoldások
Definíció: Két függvényt lineárisan függetlennek
nevezünk az I nyitott intervallumon, ha egyik nem a
másik konstansszorosa.
Példák:
e2x és e−3x lineárisan függetlenek
sin(5x) és 3 cos(5x) lineárisan függetlenek
e2x és xe2x lineárisan függetlenek
Másodrendű lineáris DE-k
date
77 / 141
Wronski determináns
Definíció: Az f és g differenciálható függvények
Wronski determinánsa
f g
W = det ′ ′ .
f g
Tétel: Ha az I-n értelmezett legalább egyszer
differenciálható f és g függvények Wronski determinánsa
az I legalább egy pontjában nem nulla, akkor a
függvények az I intervallumon lineárisan függetlenek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
78 / 141
Homogén egyenlet általános megoldása
Tétel: Ha y1 (x) és y2 (x) két lineárisan független
megoldása az
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
homogén egyenletnek, ahol p ás q folytonos függvények az
I intervallumon, akkor az egyenlet bármely megoldása
felírható
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
alakban, alkalmas c1 és c2 konstansokkal.
Másodrendű lineáris DE-k
date
79 / 141
Másodrendű, lineáris, homogén egyenlet
konstans együtthatókkal
Az
ay ′′ + by ′ + cy = 0
egyenletet, ahol a, b és c konstansok, másodrendű, lineáris,
konstans együtthatós, homogén egyenletnek nevezzük.
Az ilyen egyenletnek a megoldását keressük y = erx
alakban, azaz mely r esetén lesz y = erx megoldása a
fenti egyenletnek?
Másodrendű lineáris DE-k
date
80 / 141
Karakterisztikus egyenlet
Behelyettesítve az y = erx kifejezést az
ay ′′ + by ′ + cy = 0 egyenletbe
a(erx )′′ + b(erx )′ + c(erx ) = 0
ar2 erx + brerx + cerx = 0
ar2 + br + c = 0.
Az y = erx függvény pontosan akkor elégíti ki az
ay ′′ + by ′ + cy = 0 differenciálegyenletet, ha r megoldása
az ar2 + br + c = 0 karakterisztikus egyenletnek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
81 / 141
Karakterisztikus egyenlet
Az ay ′′ + by ′ + cy = 0 konstans együtthatós, lineáris,
homogén differenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete
ar2 + br + c = 0.
Három eset lehetséges: a másodfokú karakterisztikus
egyenletnek lehet
két különböző valós megoldása.
egyetlen valós megoldása.
két komplex megoldása.
Másodrendű lineáris DE-k
date
82 / 141
Két különböző valós megoldás
Ha a karakterisztikus egyenletnek r1 és rr két különböző
valós megoldása, akkor y1 (x) = er1 x és y2 (x) = er2 x
lineárisan független megoldásai a differenciálegyenletnek,
tehát az általános megoldás
y(x) = c1 er1 x + c2 er2 x .
Másodrendű lineáris DE-k
date
83 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a 2y ′′ − 7y ′ + 3y = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 8y ′ = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a y ′′ − 9y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
84 / 141
Egy valós megoldás
Ha a karakterisztikus egyenletnek egy (dupla) valós
megoldása van, r, akkor a differenciálegyenletnek az
általános megoldása
y(x) = (c1 + c2 x)erx .
Másodrendű lineáris DE-k
date
85 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a y ′′ − 10y ′ + 25y = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a
y ′′ + 2y ′ + y = 0,
y(0) = 5,
y ′ (0) = −3
kezdeti érték probléma megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
86 / 141
Komplex gyökök
Ha a karakterisztikus egyenletnek az a ± ib komplex
konjugált pár a megoldása, akkor a differenciálegyenletnek
y1 (x) = eax cos(bx) és y2 = eax sin(bx)
két lineárisan független megoldása, tehát a DE általános
megoldása
y(x) = eax (c1 cos(bx) + c2 sin(bx)).
A Wronski determinánssal mutassuk meg, hogy a fenti két
függvény, y1 és y2 , lineárisan függetlenek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
87 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a y ′′ − 4y ′ + 5y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 25y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 6y ′ + 13y = 0 egyenlet
megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
88 / 141
Magasabbrendű egyenletek
Az
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = 0
konstans együtthatós, homogén, lineáris
differenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete
an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0 = 0.
Másodrendű lineáris DE-k
date
89 / 141
Magasabbrendű egyenletek
A konstans együtthatós, homogén, lineáris
differenciálegyenlet alaprendszere:
Ha az r valós szám a karakterisztikus egyenletnek
k-szoros gyöke, akkor erx , xerx , . . . , xk−1 erx
lineárisan független megoldásai a
differenciálegyenletnek.
Ha az a ± ib konjugált komplex számpár a
karakterisztikus egyenletnek k-szoros gyöke, akkor
eax cos bx, xeax cos bx, . . . , xk−1 eax cos bx, és
eax sin bx, xeax sin bx, . . . , xk−1 eax sin bx, lineárisan
független megoldásai a differenciálegyenletnek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
90 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a y ′′′ + 3y ′′ − 10y ′ = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a 9y (5) − 6y (4) + y (3) = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a y (4) + 4y = 0 egyenlet megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
91 / 141
Feladatok
Babcsányi III.: 29-4.oldal/ 29, 35, 38, 39, 41, 42, 43, 44,
46, 51, 52, 53, 57, 58
Másodrendű lineáris DE-k
date
92 / 141
Inhomogén, n-edrendű, lineáris
differenciálegyenlet
Az inhomogén, n-edrendű, lineáris differenciálegyenlet
általános alakja
pn (x)y (n) +pn−1 (x)y (n−1) +· · ·+p1 (x)y ′ +p0 (x)y = f (x).
Tétel: Legyen yp (x) az inhomogén egyenlet egy
partikuláris megoldása az I nyitott intervallumon, ahol a
pi (x) és f (x) függvények folytonosak. Legyen
y1 , y2 , . . . , yn az egyenlethez tartozó homogén egyenlet n
lineárisan független megoldása. Ekkor az inhomogén
egyenlet általános megoldása
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) + yp (x).
Inhomogén egyenletek
date
93 / 141
Állandó együtthatós, inhomogén, n-edrendű,
lineáris egyenletek
Az inhomogén, n-edrendű, lineáris, konstans együtthatós
differenciálegyenlet általános alakja
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = f (x).
A tétel alapján az általános megoldása
y(x) = yh (x) + yp (x),
ahol yp (x) az inhomogén egyenlet egy (partikuláris)
megoldása, yh (x) pedig a hozzá tartozó homogén egyenlet
általános megoldása.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
94 / 141
Partikuláris megoldás keresése
Határozatlan együtthatók módszere Az f (x)
függvény alapján „kitaláljuk” a megoldást.
Mivel egy polinom deriváltja mindig egy nála alacsonyabb
fokú polinom, ezért ha f (x) egy m-edfokú polinom, akkor
kereshetünk egy partikuláris megoldást
yp (x) = Am xm + Am−1 xm−1 + . . . A1 x + A0
alakban (m-edfokú polinom).
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
95 / 141
1. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′ + 3y ′ + 4y = 12x + 1
egyenletnek.
Mivel f (x) = 12x + 1, elsőfokú polinom, ezért keressük a
megoldást elsőfokú polinom azaz
yp (x) = Ax + B
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
96 / 141
2. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′ − 4y = e3x
egyenletnek.
Mivel f (x) = e3x , exponenciális függvény, ezért keressük a
megoldást
yp (x) = Ae3x
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
97 / 141
3. Példa
Oldjuk meg az
y ′′ + 6y ′ + 9y = 50 cos x
egyenletet.
Egy partikuláris megoldáshoz keressük a függvényt
yp (x) = A cos x + B sin x
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
98 / 141
4. Példa
Oldjuk meg az
y ′′ − 4y = 2e2x
egyenletet.
A homogén egyenlet megoldása yh (x) = c1 e2x + c2 e−2x .
Mivel f (x) = Ae2x , exponenciális függvény, ezért keressük
a megoldást
yp (x) = Ae2x
alakban. Viszont ez megoldása a homogén egyenletnek.
Ilyenkor keressünk egy partikuláris megoldást
yp (x) = Axe2x
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
99 / 141
5. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′ + 6y ′ + 13y = e−3x cos(2x)
egyenletnek.
Mivel yh (x) = c1 e−3x cos(2x) + c2 e−3x sin(2x), és
f (x) = e−3x cos(2x), ezért keressük a megoldást
yp (x) = Axe−3x cos(2x) + Bxe−3x sin(2x)
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
100 / 141
6. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′′ + y ′′ = 4x2
egyenletnek.
Mivel yh (x) = (c1 + c2 x) + c3 e−x , és f (x) = 4x2 , ezért
keressük a megoldást
yp (x) = (B + Cx + Dx2 )x2
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
101 / 141
7. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′′ + y ′′ = 3ex + 4x2
egyenletnek.
Mivel yh (x) = (c1 + c2 x) + c3 e−x , és f (x) = 3ex + 4x2 ,
ezért keressük a megoldást
yp (x) = Aex + (B + Cx + Dx2 )x2
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
102 / 141
Euler egyenlet
A
t2 y ′′ + αty ′ + βy = 0,
t>0
egyenletet, ahol α és β valós konstansok, Euler
egyenletnek nevezzük.
Mutassuk meg, hogy az x = ln t helyettesítéssel az Euler
egyenlet konstans együtthatós másodrendű
differenciálegyenletté alakul.
Példa: t2 y ′′ + 2ty ′ − 3y = 0,
Euler egyenlet
t>0
date
103 / 141
Euler egyenlet megoldása egyszerűbben
Keressük az
t2 y ′′ + αty ′ + βy = 0,
t>0
egyenlet megoldását y = tr alakban, azaz keressük az r
lehetséges értékeit, melyre y = tr megoldása az Euler
egyenletnek. Behelyettesítve
t2 r(r − 1)tr−2 + αtrtr−1 + βtr = 0
tr [r(r − 1) + αr + β] = 0
Euler egyenlet
date
104 / 141
Euler egyenlet
Tehát y = tr akkor megoldása az t2 y ′′ + αty ′ + βy = 0
egyenletnek, ha r kielégíti az r(r − 1) + αr + β = 0
karakterisztikus egyenletet.
Mivel a karakterisztikus egyenlet másodfokú, ezért három
lehetőség van. A karakterisztikus egyenletnek
1
két különböző valós megoldása van.
2
egyetlen valós megoldása van.
3
egy komplex konjugált pár a megoldása.
Euler egyenlet
date
105 / 141
Két különböző valós megoldás
Ha a karakterisztikus egyenletnek r1 és r2 valós megoldásai
úgy, hogy r1 6= r2 , akkor y1 = xr1 és y2 = xr2 megoldásai
az Euler egyenletnek. A Wronszkij determinánssal
ellenőrizhetjük, hogy e két megoldás lineáris független,
tehát az Euler egyenlet általános megoldása
y(x) = c1 xr1 + c2 xr2 .
Euler egyenlet
date
106 / 141
Feladatok
Oldjuk meg az Euler egyenletet.
1
2
3
t2 y ′′ + 4ty ′ + 2y = 0,
2x2 y ′′ + 3xy ′ − y = 0,
t2 y ′′ + ty ′ − 9y = 0,
Euler egyenlet
t>0
x>0
t>0
date
107 / 141
Egyenlő gyökök
Ha az Euler egyenlet karakterisztikus egyenletének
egyetlen (dupla) valós megoldása van, r1 , akkor csak az
y1 = tr1 megoldást kapjuk meg az egyenletnek.
A konstans variálásnál megismert módszert alkalmazva,
keressünk egy újabb megoldást y2 = v(t)y1 (x) alakban.
Euler egyenlet
date
108 / 141
Példa: Az egyenlet rendjének redukálása
Oldjuk meg a x2 y ′′ + 5xy ′ + 4y = 0, t > 0 egyenletet. A
karakterisztikus egyenlete r(r − 1) + 5r + 4 = 0, melynek
megoldása csak r = −2, tehát a differenciálegyenletnek
találtunk egy megoldását y1 (x) = x−2 . Egy másik
megoldást keressünk y(x) = v(x) · x−2 alakban. Ekkor
y ′ = v ′ x−2 − 2vx−3
y ′′ = v ′′ x−2 − 2v ′ x−3 − 2v ′ x−3 + 6vx−4 .
Euler egyenlet
date
109 / 141
Példa: Az egyenlet rendjének redukálása
A DE-be helyettesítve:
x2 (v ′′ x−2 − 4v ′ x−3 + 6vx−4 )+
+ 5x(v ′ x−2 − 2vx−3 ) + 4vx−2 = 0
vx−2 (6 − 10 + 4) + v ′ x−1 (−4 + 5) + v ′′ = 0
v ′ x−1 + v ′′ = 0
Ez utóbbi egyenletet, a változók szeparálásával megoldva
kapjuk, hogy v(x) = ln x, tehát az Euler egyenlet egy
másik megoldása y2 = x−2 ln x. Mivel y1 = x−2 és
y2 = x−2 ln x lineárisan függetlenek, az Euler egyenlet
általános megoldása ezek lineáris kombinációjával
állíthatók elő.
Euler egyenlet
date
110 / 141
Feladatok
Oldjuk meg az Euler egyenletet.
1
2
t2 y ′′ − 5ty ′ + 9y = 0,
t>0
x2 y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0, y(1) = 2, y ′ (1) = 3
Euler egyenlet
date
111 / 141
Komplex gyökök - kiegészítő anyag
Ha a karakterisztikus egyenlet megoldásai egy komplex
konjugált pár, r1,2 = λ ± iµ, akkor az általános megoldás
y(x) = c1 xλ cos(µ ln x) + c2 xλ sin(µ ln x).
Példa:
Euler egyenlet
x2 y ′′ + xy ′ + y = 0,
x>0
date
112 / 141
Iránymező (Thomas II./9.1-es fejezet)
Amikor megadjuk egy y ′ = f (x, y) differenciálegyenlethez
az y(x0 ) = y0 kezdeti értéket, a megoldásgörbe (a
megoldás grafikonja) áthalad az (x0 , y0 ) ponton, és itt a
meredeksége f (x0 , y0 ). Úgy szemléltethetjük ezeket az
irányokat, hogy rövid kis szakaszokat rajzolunk f (x, y)
meredekséggel a választott (x, y) pontokon keresztül.
Minden kis szakasznak az a meredeksége, ami az adott
ponton áthaladó megoldás érintőjének lenne a
meredeksége ebben a pontban. Az így kapott ábrát
iránymezőnek hívjuk, és ez egy szemléletes képet ad a
megoldásgörbék általános alakjáról.
Iránymező
date
113 / 141
álás további alkalmazásai
Iránymezők
---------------- ------------------------------------"~
-- "
,
"
"
,
"
"
"
"
"
"
"
'~
'
-
-
/
/
/
/ /
/
/
/
-
' - - - ? / / / / / / / ,
-
-
/
/
?
/
/
/
/
/
/
"
"
"
- / / /11 / 1 1 / /
"
" - / 1 1 1 1/ 1 / / /
\ \ \ \ \ '- 1 1 / 1 1 1 / / / 1
"""
~
(a) y' = y -
X
2
~ ~ =
~ ~ ~ ~ ~
(b) y ' = _ 2xy
1+ x 2
f ;' ~ ~ ~
(c) y' = (l - x) y
+
i
(felső
sor), és néhány kiválasztott megoldásgörbe (alsó sor). A
9.3. ÁBRA : Iránymezők
számítógép reprezentációjában a kis vonaldarabok nyíl formájúak, de ez ne tévesszen
meg minket: a meredekségnek nincs iránya!
Ekkor a differenciálegyenlet
Iránymező
date
114 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x + y egyenlet iránymezőjét, majd
a y(0) = 1 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
Iránymező
date
115 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x + y egyenlet iránymezőjét, majd
a y(0) = 1 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
0
Iránymező
1
2
x
date
115 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x + y egyenlet iránymezőjét, majd
a y(0) = 1 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
y
(0, 1)
0
Iránymező
1
2
x
0
1
date
2
x
115 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x2 + y 2 − 1 egyenlet iránymezőjét,
majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
Iránymező
date
116 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x2 + y 2 − 1 egyenlet iránymezőjét,
majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
2
1
_2
0
_1
1
2
x
-1
_2
Iránymező
date
116 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x2 + y 2 − 1 egyenlet iránymezőjét,
majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
y
2
2
1
1
_2
0
_1
1
2
x
_2
_1
0
-1
-1
_2
_2
Iránymező
1
date
2
x
116 / 141
Feladatok
Rajzoljuk meg nagyjából az iránymezőt.
1
y ′ = 2y
2
y ′ = 21 y
3
4
y ′ = −y
y′ = x − y
Iránymező
date
117 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
Az olyan differenciálegyenletet, amelyben y ′ csak y
függvénye, autonóm differenciálegyenletnek nevezzük.
y ′ = (1 − y)(y − 3)
Iránymező
date
118 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
Az olyan differenciálegyenletet, amelyben y ′ csak y
függvénye, autonóm differenciálegyenletnek nevezzük.
y ′ = (1 − y)(y − 3)
Iránymező
date
118 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
dy
Ha dx
= g(y) egy autonóm differenciálegyenlet, akkor az
dy
= 0, egyensúlyi helyzetnek
olyan y értéket, amelyre dx
vagy egyensúlyi értéknek nevezzük. Ezzel ekvivalens
kifejezések a stacionárius érték, stacionárius
helyzet, nyugalmi érték, nyugalmi helyzet.
Iránymező
date
119 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
Tehát y" előjt
vá
ezekkel az informá
y' > O
y"< o
dy
= (y + 1)(y − 2)
dx
•
y
y'> O
y">O
;;;;::::----
2
Iránymező
4. Vázolj unk fel
y = 1/2, y = 2 eg
és y" előjiét
isme
merre görbülnek (
Az egyensúlyi érté
dásgörbék. (Hisze
met
sző
megoldásg
ből
(az egyene s fel
Ahogy azt a 2. lép
z ép
s ő sáv görbéi a
határon túl nőek.
date
120 / 141
Autonóm DE: fázis diagramm
sai
dy
= (y + 1)(y − 2)
ékekre növekedni fog dx
y = -l irányába . Ezt az inform ációt egy tó nyíllal jelöljük .
•
.
@)--
-1
-
...-
_ -
•
-
-
-
I@ -...-+--....
• • y
2
onlóképp, y = -l és y = 2 között y' < O így minden olyan me
y = −1 stabil, y = 2 instabil egyensúlyi helyzet.
nek itt van helyettesítési értéke, -l felé fog csökkenni. Ha y > 2
O, így minden ilyen megoldás monoton n övekdő.
den összefoglalva: a megoldásgörbék a vízszintes y = -l egyen
Iránymező
date
121 / 141
Autonóm DE: fázis diagramm
Keressük meg az autonóm egyenlet egyensúlyi helyeit,
rajzoljuk meg a fázisdiagramját, állapítsuk meg melyik
stabil, instabil vagy félig stabil helyzet.
1
2
3
y ′ = (y + 2)2 (y + 5)
y ′ = (y 2 − 10)(10 − y)
y ′ = ye−2y
Mindegyik esetben keressük meg a lim y(t) határértéket,
t→∞
ha y(t) az adott DE megoldása (a) y(1) = −5
(b) y(1) = −3 (c) y(1) = 0 (d) y(1) = 12
kezdeti étékkel.
Iránymező
date
122 / 141
Malthus-modell
Tegyük fel, hogy a vizsgált populáció nagysága, P (t), csak
a születésekkel és a halálozásokkal változik, nincsen
például ki- illetve bevándorlás. a nyers születési
arányszám, β(t), megadja az 1000 főre jutó élveszületések
éves számát, tehát az élveszületések száma a [t, t + ∆t]
P (t)
időintervallumban β(t) 1000
∆t. Hasonlóan, ha δ(t) jelenti
a halálozási arányszámot, akkor a halálozások száma
P (t)
∆t. Így a népesség
ebben az időintervallumban δ(t) 1000
méretében történő változás
∆P = (β(t) − δ(t))
Alkalmazások
P (t)
∆t.
1000
date
123 / 141
Malthus-modell
Ha feltesszük, hogy a születési és halálozási arányszám
konstans, akkor
∆P
= kP (t).
∆t
Ha ∆t → 0, akkor az egyik legegyszerűbb modelljét
kapjuk a populációnak
dP
= kP,
dt
melyet a változók szeparálásával megoldva P (t) = P0 ekt ,
ahol P (0) = P0 a kezdeti feltétel.
Alkalmazások
date
124 / 141
Verhulst-model
Észrevették, hogy a születési arányszám csökken ahogy a
népesség növekszik. Tegyük fel, hogy a születési
arányszám, β lineárisan csökkenő függvénye a
népességnek, β = β0 − β1 P , így
dP
= (β0 − β1 P − δ)P,
dt
azaz
dP
= aP − bP 2 ,
dt
ahol a és b pozitív konstansok. Ezt az egyenletet gyakran
dP
= kP (M − P )
dt
alakba írjuk.
Alkalmazások
date
125 / 141
Verhulst-model – Logisztikus növekedési
modell
dP
= kP (M − P ) egyenletet a változók szeparálásával
A
dt
meg tudjuk oldani
M P0
.
P0 + (M − P0 )e−kM t
P (t) =
Megfigyelhetjük, hogy
lim P (t) = M,
t→∞
ezért M -et nevezik a környezet eltartóképességének.
Alkalmazások
date
126 / 141
Példa
Biológusok egy tóba 400 halat telepítettek, és becslésük
szerint a tóban 10 000 hal tud élni. A halak száma az első
évben megháromszorozódott. Feltéve, hogy a tóban élő
halak száma a Verhulst-modellt, a logisztikus növekedési
modellt követi, mikor lesz a tóban 5000 hal?
Alkalmazások
date
127 / 141
Példa
A Föld népessége 1990-ben 5.3 milliárd volt. A születési
arány az 1990-es években körülbelül 40 millió évente, a
halálozási arány pedig körülbelül 20 millióévente. Feltéve,
hogy az emberek száma a Verhulst-modellt, a logisztikus
növekedési modellt követi, és a Föld eltartóképessége 100
milliárd, mennyi lesz a Föld népessége 2020-ban?
(kM = 0.0039)
Alkalmazások
date
128 / 141
Magyarország népességi adatai
1790
8 525 480
1880 13 749 603
1910 18 264 533
1920
7 986 875
1930
8 685 109
1941 14 679 573∗
Alkalmazások
1949 9 204 799
1960 9 961 044
1970 10 322 099
1980 10 709 463
2001 10 198 315
2011 9 937 628
2014 9 877 365
date
129 / 141
További modellek
Gyakran van egy olyan küszöbszám mely alatti egyedszám
esetén a populáció kihal. Ezt a következő modell tudja
bemutatni
dP
m
P
1−
= kP 1 −
.
dt
M
P
Ha m < P < M , akkor a populáció nő. Ha 0 < p < m,
akkor a populáció csökken.
Szezonálisan, periodikusan változó populációkra
dP
= kP cos(rt − ω).
dt
Alkalmazások
date
130 / 141
Hook törvénye
Rugóra akasztott test esetén a visszamozdító erő= −kx.
Ha elhanygoljuk a külső hatásokat (légellenállás, súrlódás),
akkor Newton második törvénye értelmében
d2 x
m 2 = −kx.
dt
Alkalmazások
date
131 / 141
Newton-féle lehűlési törvény
Egy test hőmérsékletváltozásának mértéke arányos a lehűlő
anyag és a környezet hőmérséklete közötti különbséggel
dT
= −k (T (t) − S) .
dt
Alkalmazások
date
132 / 141
Példa
Egy 95◦ C hőmérsékletű frissen főtt kávét hagyunk hűlni a
20◦ C-os szobában, ahol k = 0.000256. Mennyi idő múlva
lesz a kávé iható, 50◦ -os?
Mitől függhet a k értéke?
Alkalmazások
date
133 / 141
Tanulási model
Ha M jelöli a maximális szellemi kapacitást, akkor
használhatjuk a
dL
= k(M − L)
dt
modellt. Ebből
L(t) = M − (M − L0 )e−kt .
Alkalmazások
date
134 / 141
Testtömeg
Egy borjú tömegének gyarapodását a
dm
= k(600 − m)
dt
írja le, ahol m a tömege kg-ben, m az idő években
számolva. Ha a borjú születésekor 30 kg, és 400 kg-osan
szeretnék eladni, mikor adhatják el?
Alkalmazások
date
135 / 141
Gyorsulás
Egy Maserate gyorsulása egyenesen arányos 250km/h és a
sportkocsi sebességének a különbségével. Ha a sportkocsi
állásból 100 km/h sebességre 10 másodperc alatt tud
gyorsulni, mennyi idő kel ahhoz, hogy állásból elérje a 200
km/h-t?
Alkalmazások
date
136 / 141
Koncentráció (Thomas II. 310.o)
Egy vegyület oldata ömlik bele egy tartályba, ami az
oldószert tartalmazza a vegyületnek már oldott bizonyos
mennyiségével együtt. (A feladat alakja gázkeverék esetére
is ugyanilyen.) Az oldatot a tartályban állandó k
DIFFERENCIÁLEGYENLETEK
Közönséges differenciálegyenletek
Tankönyvek, feladatgyűjtemények:
1
Thomas-féle Kalukulus II kötet: 9.1 és 9.2
alfejezetekből
2
Babcsányi, Csank, Nagy, szép, Zibolen: Matematika
feladatgyűjtemény III.
Scharnitzky Viktor: Differenciálegyenletek
(Bolyai-könyvek sorozat)
Ajánlott:
1
Erwin Kreyszig: Advanced Engineering Mathematics
3
Differenciálegyenletek
date
2 / 141
Mi az egyenlet?
Egyenlet például:
x3 − 2x2 − 3x = 0,
melyben x az ismeretlen. Az egyenlet megoldása egy olyan
szám, melyet x helyére írva azonosságot kapunk, ez az
érték kielégíti az egyenletet.
x = −1; 0; 3
Differenciálegyenletek
date
3 / 141
Mi a közönséges differenciálegyenlet?
Egy olyan egyenlet, melyben az ismeretlen függvény és
annak annak deriváltja szerepelnek, például
dy
= cos x
dx
y ′′ + 9y = e−3x
y ′ y ′′′ − 2y ′2 = 0
Csoportosítás: A DE rendje n, ha az ismeretlen
függvénynek a legmagasabb rendű deriváltja mely szerepel
az egyenletben n.
Differenciálegyenletek
date
4 / 141
Elsőrendű differenciálegyenletek
Elsőrendű differenciálegyenlet az olyan DE, melyben az
ismeretlen függvénynek csak az első deriváltja (y ′ )
szerepel, emellett még szerepelhet benne maga a függvény
(y) és a független változónak (x) bármely függvénye.
Felírhatók implicit alakban: F (x, y, y ′ ) = 0, illetve
explicit alakban: y ′ = f (x, y).
Példák:
Differenciálegyenletek
x2 y ′ − y 2 = 0
y ′ = ye2x
date
5 / 141
A megoldás
Egy y = g(x) függvény megoldása a
differenciálegyenletnek az (a, b) nyitott intervallumon, ha
g(x) értelmezve van és differenciálható az (a, b)
intervallumon, és ha behelyettesítjük a
differenciálegyenletbe, akkor azonosságot kapunk.
Példa: Igazoljuk, hogy g(x) = 14 x5 + Cx−3 megoldása a
xy ′ + 3y = 2x5 differenciálegyenletnek bármely C
konstans esetén.
Egy elsőrendű differenciálegyenlet megoldása egy egész
függvény család.
Differenciálegyenletek
date
6 / 141
Hol használnak differenciálegyenletek?
https://plus.maths.org/content/
teacher-package-differential-equations
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
7 / 141
Populáció modellek: Malthus (1800 körül)
∆P ≈ (s − h)P (t)∆t, ahol s a születések száma, h a
halálozások száma, tehát
dP
= kP,
dt
P (0) = P0 .
A megoldása:
P (t) = P0 ekt .
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
8 / 141
Verhulst (1838): Korlátos populációk
dP
= kP
dt
P
1−
M
,
ahol M a környezet eltartóképessége
A megoldása:
P (t) =
Differenciálegyenletek
alkalmazások
M Aekt
.
Aekt − A + M
date
9 / 141
Korlátos populáció
dP
= rP (M − P )(P − m),
dt
Differenciálegyenletek
alkalmazások
r>0
date
10 / 141
Két (kapcsolt) populáció: Lotka (1925) Volterra (1926)
x(t): zsákmány, y(t): ragadozó
dx
= αx − βxy
dt
dy
= δxy − γy
dt
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
11 / 141
Két (kapcsolt) populáció
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
12 / 141
Exponenciális modellek
Kamatos kamat:
dP
= kP,
dt
ahol P (t) = bankszámlán levő pénz t időpillanatban, k
éves kamat
Radioaktív bomlás:
dQ
= −kQ,
dt
ahol k a bomlási állandó, ez függ a radioaktív izotóptól.
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
13 / 141
d
- 2 0
dt 2
•
•
dás
)H
tör9.14. ÁBR A: A Newton-féle hűlési
vény teljes fázisegyenese (3. példa).
4.
H
Kezdeti
dH
= −k(H−Hs ),
dt
Differenciálegyenletek
lem
hőmérsklet
Ga
nél
k > 0,
ahol H a hőmérséklete egy
tárgynak, és Hs az azt
körülvevő közeg
hőmérséklete.
egy
Ne
sze
aho
min
tov
9.15. Á BRA : A hőmérsklet
az időben.
Függetlenül a kezdeti hőmérsklet,
a
tárgy H(t) hőmérs klet
15°C-hoz tart,
vagyis a körülveő
közeg hőmérskle
téhez.
alkalmazások
date
Ige
14 / 141
Mozgás egyenletek
d2 s
Függőlegesen felfelé dobott labda: 2 = −g
dt
2
dx
k
Harmonikus rezgőmozgás: 2 = − x
dt
m
komplikálva:
dx
d2 x
+ ω 2 x = F0 sin Ωt.
+
β
2
dt
dt
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
15 / 141
Keverési problémák
Valamilyen anyag fel van oldva egy tartályban, (cukor, só,
alkohol). A tartályba folyadék érkezik, melynek
koncentrációja nem azonos a tartályban levő folyadékkal.
Állandó keverés teszi az oldatot egyenletessé, és közben
ismert sebességgel állandóan folyik is kifelé a tartályból a
folyadék. Jelölje Q(t) hogy t időpillanatban mennyi anyag
van a tartályban feloldva.
a tartályban
távozó
anyag
érkező
anyag
levő
anyag
−
mennyiségének =
sebessége
sebessége
változási sebessége
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
16 / 141
Keverési problémák
dQ
=
dt
Q(t)
vegyület érkezési
kifolyási
−
·
,
sebessége
sebessége
V (t)
ahol V (t) a tartályban levő összes anyag térfogata.
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
17 / 141
Keverési problémák
Egy olajfinornítóban, egy tárolótartályban 8000 liter benzin
van, ami eredetileg 50 kilogramm adalékot tartalmaz
oldott állapotban. A téli időjárásra való előkészület miatt
percenként 160 liter olyan benzint pumpálnak a tartályba,
amelyik 0,25 kilogramm adalékot tartalmaz literenként. A
jó1 kevert folyadékot percenként 180 liter sebességgel
9.2. Elsőrendű
lineáris differenciálegyenletek
engedik ki a tartálybó1.
Mennyi
adalékanyag lesz a tartályban 20 perccel az
eljárás megkezdése
után?
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
18 / 141
3
Keverési problémák
liter
liter
− 180
V (t) = 8000 liter + 160
perc
perc
= (8000 − 20t) liter
· t perc
9y
Q
180 =
adalék ki =
8000 − 20t
400 − t
kg
liter
kg
adalék be = .25
· 160
= 40
liter
perc
perc
⇒
Differenciálegyenletek
9Q
dQ
= 40 −
dt
400 − t
alkalmazások
date
19 / 141
A 9.5. ábrán egy áramkö
indukciója L H (henry) á
egy állandó V V (volt) fe
ségre ekkor az
RL körök
a
b
Ellenállás: R ohm,
indukció:
L henry, érvénye s, a
összefüggés
áramforrás:
volt.
sával Vmeg
tudjuk határo
Az I áramerősségre:
5. PÉLDA : Árameőség
R
L
L
.5. Á BRA : Az RL-kör az 5. példában.
A 9.5. ábrán látható kapc
dI
= idő V függv ény
erős ég + RI az
dt
Megoldás:
árameőség
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
A (9.7) eg
a t függv
20 / 141
További példák
Orvostudományban: a gyógyszer hogyan ürül ki a
szervezetből; járványok terjedése
Kémiában: kémia reakciók modellezése
Közgazdaságtan: befektetési stratégiák
Technológia: közúti forgalom modellezése
Valósághű számítógépes játékok
Differenciálegyenletek
alkalmazások
date
21 / 141
Kezdeti érték probléma (KÉP)
A kezdeti érték probléma egy differenciálegyenletből
és egy kezdeti feltételből (y(x0 ) = y0 ) áll. A KÉP
megoldása egy olyan függvény, mely kielégíti a DE-t is és a
kezdeti feltételt is.
Példa:
dy
= y 2 , y(1) = 2
dx
A differenciálegyenlet általános megoldása egy olyan
megoldás, ami az összes megoldást tartalmazza. Kezdeti
érték probléma esetén egy partikuláris megoldást
keresünk, mely kielégíti a kezdeti feltételt is.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
22 / 141
Példa
Legyen
1
2
3
dy
= y2,
dx
y(1) = 2.
1
bármely C
C −x
konstans esetén megoldása a DE-nek.
Keressük meg a KÉP megoldását.
Mi a KÉP megoldásának legbővebb értelmezési
tartománya?
Mutassuk meg, hogy y(x) =
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
23 / 141
Példa
Tekintsük az
xy ′ − 3y = x3 ,
y(1) = 17
kezdeti érték problémát.
1
Mutassuk meg, hogy y(x) = x3 (C + ln x)) bármely
C konstans esetén megoldása a fenti
differenciálegyenletnek.
2
Keressük meg a KÉP megoldását.
3
Mi a KÉP megoldásának legbővebb értelmezési
tartománya?
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
24 / 141
Integrálással megoldható DE-k
1
2
dy √
= x, y(4) = 0
dx
p
dy
= x x2 + 9, y(−4) = 0
dx
3
dy
10
= 2
,
dx x + 1
4
dy
= xe−x ,
dx
Differenciálegyenletek
y(0) = 0
y(0) = 1
Kezdeti érték probléma
date
25 / 141
Közönséges differenciálegyenletek: ismétlés
A differenciálegyenlet egy olyan egyenlet, melyben az
ismeretlen függvény és annak annak deriváltja szerepelnek.
A DE rendje n, ha az ismeretlen függvénynek a legmagasabb rendű deriváltja mely szerepel az egyenletben n.
Egy y = g(x) függvény megoldása a differenciálegyenletnek az (a, b) nyitott intervallumon, ha g(x) értelmezve
van és differenciálható az (a, b) intervallumon, és ha
behelyettesítjük a differenciálegyenletbe, akkor
azonosságot kapunk.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
26 / 141
Elsőrendű differenciálegyenletek
Elsőrendű differenciálegyenlet az olyan DE, melyben
az ismeretlen függvénynek csak az első deriváltja (y ′ )
szerepel, emellett még szerepelhet benne maga a függvény
(y) és a független változónak (x) bármely függvénye.
Egy elsőrendű differenciálegyenlet megoldása egy egész
függvény család.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
27 / 141
Kezdeti érték probléma (KÉP)
A kezdeti érték probléma egy differenciálegyenletből
és egy kezdeti feltételből (y(x0 ) = y0 ) áll. A KÉP
megoldása egy olyan függvény, mely kielégíti a DE-t is és a
kezdeti feltételt is.
A differenciálegyenlet általános megoldása egy olyan
megoldás, ami az összes megoldást tartalmazza. Kezdeti
érték probléma esetén egy partikuláris megoldást
keresünk, mely kielégíti a kezdeti feltételt is.
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
28 / 141
Példa
Legyen
1
2
3
dy
= y2,
dx
y(1) = 2.
1
bármely C
C −x
konstans esetén megoldása a DE-nek.
Keressük meg a KÉP megoldását.
Mi a KÉP megoldásának legbővebb értelmezési
tartománya?
Mutassuk meg, hogy y(x) =
Differenciálegyenletek
Kezdeti érték probléma
date
29 / 141
A megoldás létezése és egyértelműsége
Tétel: Ha f (x, y) és a parciális deriváltjai folytonosak az
xy-sík egy olyan R téglalapján mely a belsejében
tartalmazza az (a, b) pontot, akkor létezik az a körül egy
nyitott I intervallum, melyben a
dy
= f (x, y),
dx
y(a) = b
kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van.
Differenciálegyenletek
A megoldás létezése és
egyértelműsége
date
30 / 141
A feltételek szükségessége
1
Az
1
, y(0) = 0
x
KÉP-nek nincsen megoldása. Miért?
y′ =
2
Az
√
y ′ = 2 y,
y(0) = 0
KÉP-nek két különböző megoldása is van:
y1 (x) = x2 és y(x) ≡ 0. Ellenőrizzük ezt!
Ezek a példák miért nem mondanak ellent a tételnek?
Differenciálegyenletek
A megoldás létezése és
egyértelműsége
date
31 / 141
Szeparálható egyenletek
dy
A dx
= f (x, y) elsőrendű differenciálegyenletet
szeparálhatónak vagy szétválasztható
változójúnak nevezzük, ha f (x, y) felírható két olyan
függvény szorzataként, melyekre az egyik csak x-től a
másik pedig csak y-tól függ, azaz
dy
= g(x)H(y).
dx
Illetve a bizonyítás szempontjából előnyösebb alak:
dy
g(x)
=
.
dx h(y)
Szeparálható egyenletek
date
32 / 141
Szeparálható egyenletek megoldása
Átrendezve: h(y)dy = g(x)dx R
R
Integrálhatjuk mindkét oldalt? h(y)dy = g(x)dx
Eléírhatom csak úgy az integráljeleket? Igen, mert:
Z
Z
dy
h(y)dy = h y(x)
dx
dx
Z
g(x)
dx
= h(y(x))
h y(x)
Z
= g(x)dx.
Szeparálható egyenletek
date
33 / 141
1. Példa
Oldjuk meg a
dy
= −6xy differenciálegyenletet.
dx
dy
= −6xdx
y
Z
Z
dy
= −6xdx
y
ln|y| = −3x2 + C
|y| = e−3x
2
+C
y = ±eC e−3x
y = Ae−3x
Szeparálható egyenletek
2
2
date
34 / 141
2. Példa
Oldjuk meg a
dy
4 − 2x
= 2
, y(1) = 3 KÉP-et.
dx 3y − 5
(3y 2 − 5)dy = (4 − 2x)dx
Z
Z
2
(3y − 5)dy = (4 − 2x)dx
y 3 − 5y = 4x − x2 + C
33 − 5 · 3 = 4 · 1 − 12 + C
y 3 − 5y = 4x − x2 + 9
Szeparálható egyenletek
date
35 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
Szeparálható egyenletek
date
36 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
2
dy
= 4x2 y − y,
dx
Szeparálható egyenletek
y(1) = −3
date
36 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
2
dy
= 4x2 y − y,
dx
3
dy
ln x
=
,
dx
xy
Szeparálható egyenletek
y(1) = −3
y(1) = 2
date
36 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a kezdeti érték problémát. A megoldást
explicit alakban adjuk meg.
sin x
dy
1
=
, y(0) = 3
dx
y
2
dy
= 4x2 y − y,
dx
3
dy
ln x
=
,
dx
xy
4
dy
= 6e2x−y ,
dx
Szeparálható egyenletek
y(1) = −3
y(1) = 2
y(0) = 0
date
36 / 141
Feladatok
5
Thomas Robert Malthus modellje alapján egy
populáció a
dP
= kP
dt
differenciálegyenlettel írható le, ahol P (t) a populáció
nagysága a t időpillanatban, k pedig egy konstans
mely a növekedési rátát adja meg.
Egy város lakossága 1960-ban 25, 000 fő volt,
1970-ben pedig 30 000 fő. A Malthus-modellt
használva, mennyi lesz a város lakossága 2020-ban?
Szeparálható egyenletek
date
37 / 141
Feladatok
6
Egy bögre 95◦ C-os frissen készített kávét hagyunk
hűlni egy 20◦ C-os szobában. Tegyük fel, hogy a kávé
5 perc alatt 80◦ C-ra hűl le. Mikorra hűl le a kávé
50◦ C hőmérsékletre?
Használjuk a Newton-féle lehűlési törvényét: egy test
hőmérsékletének változási sebessége egyenesen
arányos a környezet és a test hőmérsékletének
különbségével.
Szeparálható egyenletek
date
38 / 141
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek
Egy differenciálegyenletet elsőrendű lineáris
differenciálegyenletnek nevezünk, ha
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx
alakra hozható, ahol P és Q az x változó függvényei.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
39 / 141
Standard alakra hozás
Hozzunk standard alakra a következő DE-ket.
1
x
dy
= x + 5y
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
40 / 141
Standard alakra hozás
Hozzunk standard alakra a következő DE-ket.
dy
= x + 5y
dx
1
x
2
x2 y ′ + xy = 1
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
40 / 141
Standard alakra hozás
Hozzunk standard alakra a következő DE-ket.
dy
= x + 5y
dx
1
x
2
x2 y ′ + xy = 1
3
4x′ = 12x − sin(3t)
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
40 / 141
Integráló tényező
A
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx
elsőrendű lineáris differenciálegyenlet megoldásához
szorozzunk meg az egyenlet mindkét oldalát az
úgynevezett integráló tényezővel, ami
µ(x) = e
R
P (x)dx
.
Ekkor
e
R
P (x)dx dy
dx
+e
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
R
P (x)dx
P (x)y = Q(x)e
R
P (x)dx
date
.
41 / 141
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek
megoldása
Mivel Newton-Leibnitz tétele alapján
Z
d
P (x)dx = P (x),
dx
tehát
dy R
R
R
d
P (x)dx
P (x)dx
=
·e
y(x) · e
+y(x)·e P (x)dx P (x),
dx
dx
ami éppen a DE bal oldala.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
42 / 141
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek
megoldása
Az y ′ + P (x)y = Q(x) egyenletet ha az integráló
tényezővel beszorozzuk, azt kapjuk, hogy
R
R
d
P (x)dx
= Q(x)e P (x)dx .
y(x) · e
dx
Az egyenlet mindkét oldalát integrálva meg tudjuk oldani
az egyenletet.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
43 / 141
1. Példa
Oldjuk meg az y ′ − 2y = 3e2x , y(0) = 5 KÉP-et.
Az egyenlet normálalakban van, ahol P (x) = −2, így az
integráló tényező
µ(x) = e
R
−2dx
= e−2x .
A DE mindkét oldalát megszorozva az integráló tényezővel
y ′ e−2x − 2e−2x y = 3e2x e−2x .
Ellenőrizzünk, hogy a bal oldalra teljesül, hogy
? d
y ′ e−2x − 2e−2x y =
y(x) · e−2x .
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
44 / 141
1. Példa
Így az differenciálegyenletünk
d
y(x) · e−2x = 3e2x e−2x ,
dx
azaz
d
y(x) · e−2x = 3,
dx
melyet integrálással megoldhatunk:
Z
−2x
y(x) · e
= 3dx
y(x) · e−2x = 3x + C
y(x) = e2x (3x + C) .
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
45 / 141
1. példa
A DE általános megoldása y(x) = e2x (3x + C) , melyben
a C konstans értékét az y(0) = 5 kezdeti feltételből
kapjuk meg:
5 = e0 (3 · 0 + C),
tehát C = 5, és így a KÉP megoldása az
y(x) = e2x (3x + 5)
függvény.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
46 / 141
2. Példa
Oldjuk meg a 2xy ′ − 3y = 9x3 egyenletet.
Először normál alakra kell hozni az egyenletet:
y′ −
9
3
y = x2 .
2x
2
3
, tehát az
Az egyenlet elsőrendű lineáris ahol P (x) = − 2x
integráló tényező
µ(x) = e
R
3
− 2x
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
3
= e− 2 ln x = eln(x
−3/2
)
= x−3/2 .
date
47 / 141
2. Példa
Az integráló tényezővel beszorozva a normál alakú
egyenletet kapjuk, hogy
y ′ x−3/2 −
9
3
y x−3/2 = x2 x−3/2 .
2x
2
Ellenőrizzük a bal oldalt:
?
3
y x−3/2 = y ′ x−3/2 − 32 x−5/2 y =
y ′ x−3/2 − 2x
Tehát az egyenlet
d −3/2 9 1/2
= x .
yx
dx
2
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
d
dx
yx−3/2 .
date
48 / 141
2. Példa
Az egyenlet mindkét oldalát integrálva
Z
9 1/2
−3/2
yx
=
x dx
2
9 2
= · x3/2 + C,
2 3
így
9 2 3/2
· x +C
y(x) = x
2 3
= 3x3 + Cx3/2 .
3/2
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
49 / 141
Példák
Oldjuk meg a differenciálegyenletet illetve a kezdeti érték
problémát.
dy
1
= x2 + 3y
x
dx
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
50 / 141
Példák
Oldjuk meg a differenciálegyenletet illetve a kezdeti érték
problémát.
dy
1
= x2 + 3y
x
dx
2
y ′ + 2xy = x,
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
y(0) = −2
date
50 / 141
Példák
Oldjuk meg a differenciálegyenletet illetve a kezdeti érték
problémát.
dy
1
= x2 + 3y
x
dx
2
y ′ + 2xy = x,
3
y ′ + y tan x = 2 sin x cos x,
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
y(0) = −2
y(0) = 1
date
50 / 141
Feladatok
Szeparálható egyenletek
Thomas-féle Kalkulus 2.-ből:
9.1 fejezet/ 5–18
Babcsányi Feladatgyűjtemény III-ból:
28. fejezet/ 1, 2, 12, 39, 40, 41, 53
Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek integráló
tényezővel
Thomas-féle Kalkulus II. kötetből
9.2 fejezet/ 1–10, 15–20.
Elsőrendű lineáris elsőrendű
DE-k
date
51 / 141
Homogén lineáris elsőrendű
differenciálegyenletek
Az
y ′ + g(x)y = 0
alakú differenciálegyenletet elsőrendű homogén
differenciálegyenletnek nevezzük. Megoldásai
megkereshetők a változók szeparálásának módszerével.
Példa: Oldjuk meg az y ′ − 2xy = 0 egyenletet.
konstans variálás
date
52 / 141
Inhomogén lineáris elsőrendű
differenciálegyenletek
Az
y ′ + g(x)y = f (x)
differenciálegyenletet, ahol f (x) 6≡ 0, elsőrendű inhomogén
differenciálegyenletnek nevezzük. Ehhez tartozó homogén
egyenlet pedig az
y ′ + g(x)y = 0.
2
Példa: y ′ = 2xy + ex inhomogén egyenlethez tartozó
homogén egyenlet: y ′ = 2xy.
konstans variálás
date
53 / 141
Inomogén lineáris elsőrendű
differenciálegyenletek megoldása
Az y ′ + g(x)y = f (x) inhomogén egyenlet megoldása
felírható a hozzá tartozó y ′ + g(x)y = 0 homogén egyenlet
megoldásának és az y ′ + g(x)y = f (x) inhomogén
egyenlet egy partikuláris megoldásnak összegeként:
y(x) = yh (x) + yp (x).
Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását mindig
megtalálhatjuk a konstans variálás módszerével.
konstans variálás
date
54 / 141
A konstans variálás módszere
Az y ′ + 2xy = x inhomogén egyenlethez tartozó homogén
egyenlet
y ′ + 2xy = 0.
A homogén egyenletet meg tudjuk oldani a változók
szeparálásával:
dy
= −2xdx
y
ln|y| = −x2 + c1
y = ±ec1 e−x
2
2
yh = Ce−x .
konstans variálás
date
55 / 141
A konstans variálás módszere
Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását
yp = C(x)e−x
2
alakban keressük. Ez akkor megoldás, ha kielégíti az
inhomogén egyenletet, tehát behelyettesítjük.
′
−x2
−x2
C(x)e
=x
+ 2x C(x)e
2
2
2
C ′ (x)e−x + C(x)e−x (−2x) + 2xC(x)e−x = x
2
C ′ (x)e−x = x
2
C ′ (x) = xex .
konstans variálás
date
56 / 141
A konstans variálás módszere
Ebből integrálással
C(x) =
Z
1 2
2
xex dx = ex ,
2
így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása
1 2 2 1
2
yp (x) = C(x)e−x = ex e−x = .
2
2
Az y ′ + 2xy = x inhomogén egyenlet megoldása
1
2
y(x) = yh (x) + yp (x) = Ce−x + .
2
konstans variálás
date
57 / 141
Helyettesítéses módszer
A
dy
= f (x, y)
dx
differenciálegyenlet lehet olyan, hogy bevezetve egy
alkalmas v = g(x, y) helyettesítést az egyenlet egy
könnyen megoldható egyenletté alakul.
Például a
dy
= (x + y + 3)2
dx
egyenletben bevezethetjük a v = x + y + 3 helyettesítést.
Helyettesítések
date
58 / 141
Helyettesítéses módszer
Mivel y = v − x − 3, így
dy
d
dv
=
(v − x − 3) =
− 1,
dx dx
dx
tehát az y ′ = (x + y + 3)2 egyenletből kapott
transzformált differenciálegyenlet
dv
− 1 = v2,
dx
melyet a változós szétválasztásával meg tudunk oldani.
Helyettesítések
date
59 / 141
Helyettesítéses módszer
dv
= 1 + v2
dx
1
dv
2
Z 1+v
1
dv
1 + v2
arctan v
v
= dx
Z
= dx
=x+C
= tan(x + C).
Így az eredeti egyenlet megoldása
y(x) = tan(x + C) − x − 3.
Helyettesítések
date
60 / 141
Változóiban homogén differenciálegyenletek
Az
y
dy
=F
dx
x
típusú egyenletekben használjuk a
v=
helyettesítést.
Ekkor y = xv, tehát
Helyettesítések
dy
dx
y
x
dv
= v + x dx
.
Változóiban homogén egyenlet
date
61 / 141
Példa
Oldjuk meg a
2xyy ′ = 6x2 + 3y 2
differenciálegyenletet.
Átalakítva az egyenletet
x 3y
,
y′ = 3 +
y 2x
tehát használhatjuk a v =
dy
dv
tehát dx
= v + x dx
.
Helyettesítések
y
x
helyettesítést. Ekkor y = xv,
Változóiban homogén egyenlet
date
62 / 141
Példa
A transzformált egyenlet
v+x
3 3v
dv
= + .
dx v
2
Átrendezve
dv
3 v
= +
dx v 2
6 + v2
dv
=
x
dx
2v
2v
dx
dv =
6 + v2
x
x
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
63 / 141
Példa
Z
Z
dx
2v
dv
=
6 + v2
x
2
ln(6 + v ) = ln|x| + C
6 + v2
6 + v2
y 2
6+
x
2
y + 6x2
= eC |x|
= A|x|
= A|x|
= A|x|x2
A DE implicit megoldása: y 2 + 6x2 = Bx3 .
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
64 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a változóiban homogén differenciálegyenletet.
x2 + xy + y 2
′
1
y =
x2
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
65 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a változóiban homogén differenciálegyenletet.
x2 + xy + y 2
′
1
y =
x2
2
x−y
dy
=
dx x + y
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
65 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a változóiban homogén differenciálegyenletet.
x2 + xy + y 2
′
1
y =
x2
2
x−y
dy
=
dx x + y
3
(x2 + 3xy + y 2 ) = x2 y ′
Helyettesítések
Változóiban homogén egyenlet
date
65 / 141
Bernoulli egyenlet
Az
dy
+ P (x)y = Q(x)y n
dx
alakú egyenletet Bernoulli egyenletnek nevezzük. Ha
n = 0 vagy 1, akkor ez egyenlet lineáris. Különben pedig a
v = y 1−n
helyettesítéssel lineáris egyenletté transzformálódik.
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
66 / 141
Példa
Oldjuk meg a
egyenletet.
x2 y ′ + 2xy − y 3 = 0
az egyenletet normál alakra hozva
1
2
y′ + y = 2 y3
x
x
látjuk, hogy az egyenlet Bernoulli egyenlet, ahol n = 3.
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
67 / 141
Példa
Bevezetve a v = y 1−3 = y −2 transzformációt, mivel
dy
dv
= −2y −3 ,
dx
dx
ezért a normál alakú egyenletet a −2y −3 kifejezéssel
beszorozva kapjuk, hogy
2
1
−2y −3 y ′ − 2y −3 y = −2y −3 2 y 3 ,
x
x
2
4
−2y −3 y ′ − y −2 = − 2 .
x
x
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
68 / 141
Példa
A transzformált egyenlet
2
4
v′ − v = − 2
x
x
lineáris elsőrendű egyenlet, melyet integráló faktorral, vagy
konstans variálással meg tudunk oldani. A megoldás
2
v = x−1 + Cx4 .
5
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
69 / 141
Példa
Viszont az eredeti egyenletet y-ra kell megoldanunk, ahol
v = y −2 , tehát a DE (implicit) megoldása
2 −1
1
x + Cx4 ,
=
2
y
5
5x
2 + 5Cx5
Ha kezdeti érték is adott, akkor ne felejtsük el megkeresni
a C konstans értékét is.
y2 =
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
70 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
1
√
xy ′ = y + 2 xy,
Helyettesítések
x>0
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
1
2
√
xy ′ = y + 2 xy,
x>0
xyy ′ = x2 + 3y 2 ,
x>0
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Oldjuk meg a differenciálegyenletet.
√
xy ′ = y + 2 xy,
x>0
2
xyy ′ = x2 + 3y 2 ,
x>0
3
3y 2 y ′ + y 3 = e−x
1
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
71 / 141
Feladatok
Thomas-féle Kalkulus II. kötetből
9.2 fejezet/ 33-36.
Scharnitzky Viktor: Differenciálegyenletek című könyvéből
69. o/ 3. példa; 129. o./1-3. példa
Babcsányi III.: 28-5.oldal/ 72, 74, 75, 78, 82, 84
Helyettesítések
Bernoulli egyenlet
date
72 / 141
Másodrendű lineáris differenciálegyenletek
Az
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = F (x)
alakban felírható differenciálegyenletet másodrendű
lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Ha
F (x) ≡ 0, akkor az egyenlet homogén, ha F (x) 6= 0,
akkor az egyenlet inhomogén.
Példák:
√
ex y ′′ + 6xy ′ + xy = sin(3x) másodrendű, lineáris,
inhomogén DE.
y ′′ = yy ′ és y ′′ + 3(y ′ )2 + 5y = 0 viszont nem lineáris
egyenletek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
73 / 141
Homogén másodrendű lineáris
differenciálegyenletek
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
Tétel: Ha y1 és y2 két megoldása a fenti homogén
lineáris differenciálegyenletnek az I intervallumon, akkor
bármely c1 és c2 konstansok esetén
y = c1 y1 + c2 y2
is megoldása az egyenletnek az I intervallumon.
Másodrendű lineáris DE-k
date
74 / 141
Példa
Mutassuk meg, hogy y1 = e2x és y2 = e−3x megoldásai az
y ′′ + y ′ − 6y = 0
egyenletnek.
Keressük meg y = c1 y1 + c2 y2 alakban azt a megoldását a
fenti differenciálegyenletnek, mely kielégíti az y(0) = 7 és
y ′ (0) = −1 kezdeti feltételeket.
Másodrendű lineáris DE-k
date
75 / 141
A megoldás létezése és egyértelműsége
Tétel: Ha p, q és f folytonos függvények az I
intervallumon mely tartalmazza az a pontot, akkor az
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = f (x),
y(a) = b0 , y ′ (a) = b1
kezdeti érték problémának pontosan egy megoldása van
bármely két b0 és b1 szám esetén.
Másodrendű lineáris DE-k
date
76 / 141
Lineárisan független megoldások
Definíció: Két függvényt lineárisan függetlennek
nevezünk az I nyitott intervallumon, ha egyik nem a
másik konstansszorosa.
Példák:
e2x és e−3x lineárisan függetlenek
sin(5x) és 3 cos(5x) lineárisan függetlenek
e2x és xe2x lineárisan függetlenek
Másodrendű lineáris DE-k
date
77 / 141
Wronski determináns
Definíció: Az f és g differenciálható függvények
Wronski determinánsa
f g
W = det ′ ′ .
f g
Tétel: Ha az I-n értelmezett legalább egyszer
differenciálható f és g függvények Wronski determinánsa
az I legalább egy pontjában nem nulla, akkor a
függvények az I intervallumon lineárisan függetlenek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
78 / 141
Homogén egyenlet általános megoldása
Tétel: Ha y1 (x) és y2 (x) két lineárisan független
megoldása az
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
homogén egyenletnek, ahol p ás q folytonos függvények az
I intervallumon, akkor az egyenlet bármely megoldása
felírható
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
alakban, alkalmas c1 és c2 konstansokkal.
Másodrendű lineáris DE-k
date
79 / 141
Másodrendű, lineáris, homogén egyenlet
konstans együtthatókkal
Az
ay ′′ + by ′ + cy = 0
egyenletet, ahol a, b és c konstansok, másodrendű, lineáris,
konstans együtthatós, homogén egyenletnek nevezzük.
Az ilyen egyenletnek a megoldását keressük y = erx
alakban, azaz mely r esetén lesz y = erx megoldása a
fenti egyenletnek?
Másodrendű lineáris DE-k
date
80 / 141
Karakterisztikus egyenlet
Behelyettesítve az y = erx kifejezést az
ay ′′ + by ′ + cy = 0 egyenletbe
a(erx )′′ + b(erx )′ + c(erx ) = 0
ar2 erx + brerx + cerx = 0
ar2 + br + c = 0.
Az y = erx függvény pontosan akkor elégíti ki az
ay ′′ + by ′ + cy = 0 differenciálegyenletet, ha r megoldása
az ar2 + br + c = 0 karakterisztikus egyenletnek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
81 / 141
Karakterisztikus egyenlet
Az ay ′′ + by ′ + cy = 0 konstans együtthatós, lineáris,
homogén differenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete
ar2 + br + c = 0.
Három eset lehetséges: a másodfokú karakterisztikus
egyenletnek lehet
két különböző valós megoldása.
egyetlen valós megoldása.
két komplex megoldása.
Másodrendű lineáris DE-k
date
82 / 141
Két különböző valós megoldás
Ha a karakterisztikus egyenletnek r1 és rr két különböző
valós megoldása, akkor y1 (x) = er1 x és y2 (x) = er2 x
lineárisan független megoldásai a differenciálegyenletnek,
tehát az általános megoldás
y(x) = c1 er1 x + c2 er2 x .
Másodrendű lineáris DE-k
date
83 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a 2y ′′ − 7y ′ + 3y = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 8y ′ = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a y ′′ − 9y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
84 / 141
Egy valós megoldás
Ha a karakterisztikus egyenletnek egy (dupla) valós
megoldása van, r, akkor a differenciálegyenletnek az
általános megoldása
y(x) = (c1 + c2 x)erx .
Másodrendű lineáris DE-k
date
85 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a y ′′ − 10y ′ + 25y = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a
y ′′ + 2y ′ + y = 0,
y(0) = 5,
y ′ (0) = −3
kezdeti érték probléma megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
86 / 141
Komplex gyökök
Ha a karakterisztikus egyenletnek az a ± ib komplex
konjugált pár a megoldása, akkor a differenciálegyenletnek
y1 (x) = eax cos(bx) és y2 = eax sin(bx)
két lineárisan független megoldása, tehát a DE általános
megoldása
y(x) = eax (c1 cos(bx) + c2 sin(bx)).
A Wronski determinánssal mutassuk meg, hogy a fenti két
függvény, y1 és y2 , lineárisan függetlenek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
87 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a y ′′ − 4y ′ + 5y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 25y = 0 egyenlet általános
megoldását.
Keressük meg a y ′′ + 6y ′ + 13y = 0 egyenlet
megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
88 / 141
Magasabbrendű egyenletek
Az
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = 0
konstans együtthatós, homogén, lineáris
differenciálegyenlet karakterisztikus egyenlete
an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0 = 0.
Másodrendű lineáris DE-k
date
89 / 141
Magasabbrendű egyenletek
A konstans együtthatós, homogén, lineáris
differenciálegyenlet alaprendszere:
Ha az r valós szám a karakterisztikus egyenletnek
k-szoros gyöke, akkor erx , xerx , . . . , xk−1 erx
lineárisan független megoldásai a
differenciálegyenletnek.
Ha az a ± ib konjugált komplex számpár a
karakterisztikus egyenletnek k-szoros gyöke, akkor
eax cos bx, xeax cos bx, . . . , xk−1 eax cos bx, és
eax sin bx, xeax sin bx, . . . , xk−1 eax sin bx, lineárisan
független megoldásai a differenciálegyenletnek.
Másodrendű lineáris DE-k
date
90 / 141
Példák
1
2
3
Keressük meg a y ′′′ + 3y ′′ − 10y ′ = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a 9y (5) − 6y (4) + y (3) = 0 egyenlet
általános megoldását.
Keressük meg a y (4) + 4y = 0 egyenlet megoldását.
Másodrendű lineáris DE-k
date
91 / 141
Feladatok
Babcsányi III.: 29-4.oldal/ 29, 35, 38, 39, 41, 42, 43, 44,
46, 51, 52, 53, 57, 58
Másodrendű lineáris DE-k
date
92 / 141
Inhomogén, n-edrendű, lineáris
differenciálegyenlet
Az inhomogén, n-edrendű, lineáris differenciálegyenlet
általános alakja
pn (x)y (n) +pn−1 (x)y (n−1) +· · ·+p1 (x)y ′ +p0 (x)y = f (x).
Tétel: Legyen yp (x) az inhomogén egyenlet egy
partikuláris megoldása az I nyitott intervallumon, ahol a
pi (x) és f (x) függvények folytonosak. Legyen
y1 , y2 , . . . , yn az egyenlethez tartozó homogén egyenlet n
lineárisan független megoldása. Ekkor az inhomogén
egyenlet általános megoldása
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) + yp (x).
Inhomogén egyenletek
date
93 / 141
Állandó együtthatós, inhomogén, n-edrendű,
lineáris egyenletek
Az inhomogén, n-edrendű, lineáris, konstans együtthatós
differenciálegyenlet általános alakja
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = f (x).
A tétel alapján az általános megoldása
y(x) = yh (x) + yp (x),
ahol yp (x) az inhomogén egyenlet egy (partikuláris)
megoldása, yh (x) pedig a hozzá tartozó homogén egyenlet
általános megoldása.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
94 / 141
Partikuláris megoldás keresése
Határozatlan együtthatók módszere Az f (x)
függvény alapján „kitaláljuk” a megoldást.
Mivel egy polinom deriváltja mindig egy nála alacsonyabb
fokú polinom, ezért ha f (x) egy m-edfokú polinom, akkor
kereshetünk egy partikuláris megoldást
yp (x) = Am xm + Am−1 xm−1 + . . . A1 x + A0
alakban (m-edfokú polinom).
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
95 / 141
1. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′ + 3y ′ + 4y = 12x + 1
egyenletnek.
Mivel f (x) = 12x + 1, elsőfokú polinom, ezért keressük a
megoldást elsőfokú polinom azaz
yp (x) = Ax + B
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
96 / 141
2. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′ − 4y = e3x
egyenletnek.
Mivel f (x) = e3x , exponenciális függvény, ezért keressük a
megoldást
yp (x) = Ae3x
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
97 / 141
3. Példa
Oldjuk meg az
y ′′ + 6y ′ + 9y = 50 cos x
egyenletet.
Egy partikuláris megoldáshoz keressük a függvényt
yp (x) = A cos x + B sin x
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
98 / 141
4. Példa
Oldjuk meg az
y ′′ − 4y = 2e2x
egyenletet.
A homogén egyenlet megoldása yh (x) = c1 e2x + c2 e−2x .
Mivel f (x) = Ae2x , exponenciális függvény, ezért keressük
a megoldást
yp (x) = Ae2x
alakban. Viszont ez megoldása a homogén egyenletnek.
Ilyenkor keressünk egy partikuláris megoldást
yp (x) = Axe2x
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
99 / 141
5. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′ + 6y ′ + 13y = e−3x cos(2x)
egyenletnek.
Mivel yh (x) = c1 e−3x cos(2x) + c2 e−3x sin(2x), és
f (x) = e−3x cos(2x), ezért keressük a megoldást
yp (x) = Axe−3x cos(2x) + Bxe−3x sin(2x)
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
100 / 141
6. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′′ + y ′′ = 4x2
egyenletnek.
Mivel yh (x) = (c1 + c2 x) + c3 e−x , és f (x) = 4x2 , ezért
keressük a megoldást
yp (x) = (B + Cx + Dx2 )x2
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
101 / 141
7. Példa
Keressünk meg egy megoldását az
y ′′′ + y ′′ = 3ex + 4x2
egyenletnek.
Mivel yh (x) = (c1 + c2 x) + c3 e−x , és f (x) = 3ex + 4x2 ,
ezért keressük a megoldást
yp (x) = Aex + (B + Cx + Dx2 )x2
alakban.
Inhomogén egyenletek
Határozatlan együtthatók
módszere
date
102 / 141
Euler egyenlet
A
t2 y ′′ + αty ′ + βy = 0,
t>0
egyenletet, ahol α és β valós konstansok, Euler
egyenletnek nevezzük.
Mutassuk meg, hogy az x = ln t helyettesítéssel az Euler
egyenlet konstans együtthatós másodrendű
differenciálegyenletté alakul.
Példa: t2 y ′′ + 2ty ′ − 3y = 0,
Euler egyenlet
t>0
date
103 / 141
Euler egyenlet megoldása egyszerűbben
Keressük az
t2 y ′′ + αty ′ + βy = 0,
t>0
egyenlet megoldását y = tr alakban, azaz keressük az r
lehetséges értékeit, melyre y = tr megoldása az Euler
egyenletnek. Behelyettesítve
t2 r(r − 1)tr−2 + αtrtr−1 + βtr = 0
tr [r(r − 1) + αr + β] = 0
Euler egyenlet
date
104 / 141
Euler egyenlet
Tehát y = tr akkor megoldása az t2 y ′′ + αty ′ + βy = 0
egyenletnek, ha r kielégíti az r(r − 1) + αr + β = 0
karakterisztikus egyenletet.
Mivel a karakterisztikus egyenlet másodfokú, ezért három
lehetőség van. A karakterisztikus egyenletnek
1
két különböző valós megoldása van.
2
egyetlen valós megoldása van.
3
egy komplex konjugált pár a megoldása.
Euler egyenlet
date
105 / 141
Két különböző valós megoldás
Ha a karakterisztikus egyenletnek r1 és r2 valós megoldásai
úgy, hogy r1 6= r2 , akkor y1 = xr1 és y2 = xr2 megoldásai
az Euler egyenletnek. A Wronszkij determinánssal
ellenőrizhetjük, hogy e két megoldás lineáris független,
tehát az Euler egyenlet általános megoldása
y(x) = c1 xr1 + c2 xr2 .
Euler egyenlet
date
106 / 141
Feladatok
Oldjuk meg az Euler egyenletet.
1
2
3
t2 y ′′ + 4ty ′ + 2y = 0,
2x2 y ′′ + 3xy ′ − y = 0,
t2 y ′′ + ty ′ − 9y = 0,
Euler egyenlet
t>0
x>0
t>0
date
107 / 141
Egyenlő gyökök
Ha az Euler egyenlet karakterisztikus egyenletének
egyetlen (dupla) valós megoldása van, r1 , akkor csak az
y1 = tr1 megoldást kapjuk meg az egyenletnek.
A konstans variálásnál megismert módszert alkalmazva,
keressünk egy újabb megoldást y2 = v(t)y1 (x) alakban.
Euler egyenlet
date
108 / 141
Példa: Az egyenlet rendjének redukálása
Oldjuk meg a x2 y ′′ + 5xy ′ + 4y = 0, t > 0 egyenletet. A
karakterisztikus egyenlete r(r − 1) + 5r + 4 = 0, melynek
megoldása csak r = −2, tehát a differenciálegyenletnek
találtunk egy megoldását y1 (x) = x−2 . Egy másik
megoldást keressünk y(x) = v(x) · x−2 alakban. Ekkor
y ′ = v ′ x−2 − 2vx−3
y ′′ = v ′′ x−2 − 2v ′ x−3 − 2v ′ x−3 + 6vx−4 .
Euler egyenlet
date
109 / 141
Példa: Az egyenlet rendjének redukálása
A DE-be helyettesítve:
x2 (v ′′ x−2 − 4v ′ x−3 + 6vx−4 )+
+ 5x(v ′ x−2 − 2vx−3 ) + 4vx−2 = 0
vx−2 (6 − 10 + 4) + v ′ x−1 (−4 + 5) + v ′′ = 0
v ′ x−1 + v ′′ = 0
Ez utóbbi egyenletet, a változók szeparálásával megoldva
kapjuk, hogy v(x) = ln x, tehát az Euler egyenlet egy
másik megoldása y2 = x−2 ln x. Mivel y1 = x−2 és
y2 = x−2 ln x lineárisan függetlenek, az Euler egyenlet
általános megoldása ezek lineáris kombinációjával
állíthatók elő.
Euler egyenlet
date
110 / 141
Feladatok
Oldjuk meg az Euler egyenletet.
1
2
t2 y ′′ − 5ty ′ + 9y = 0,
t>0
x2 y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0, y(1) = 2, y ′ (1) = 3
Euler egyenlet
date
111 / 141
Komplex gyökök - kiegészítő anyag
Ha a karakterisztikus egyenlet megoldásai egy komplex
konjugált pár, r1,2 = λ ± iµ, akkor az általános megoldás
y(x) = c1 xλ cos(µ ln x) + c2 xλ sin(µ ln x).
Példa:
Euler egyenlet
x2 y ′′ + xy ′ + y = 0,
x>0
date
112 / 141
Iránymező (Thomas II./9.1-es fejezet)
Amikor megadjuk egy y ′ = f (x, y) differenciálegyenlethez
az y(x0 ) = y0 kezdeti értéket, a megoldásgörbe (a
megoldás grafikonja) áthalad az (x0 , y0 ) ponton, és itt a
meredeksége f (x0 , y0 ). Úgy szemléltethetjük ezeket az
irányokat, hogy rövid kis szakaszokat rajzolunk f (x, y)
meredekséggel a választott (x, y) pontokon keresztül.
Minden kis szakasznak az a meredeksége, ami az adott
ponton áthaladó megoldás érintőjének lenne a
meredeksége ebben a pontban. Az így kapott ábrát
iránymezőnek hívjuk, és ez egy szemléletes képet ad a
megoldásgörbék általános alakjáról.
Iránymező
date
113 / 141
álás további alkalmazásai
Iránymezők
---------------- ------------------------------------"~
-- "
,
"
"
,
"
"
"
"
"
"
"
'~
'
-
-
/
/
/
/ /
/
/
/
-
' - - - ? / / / / / / / ,
-
-
/
/
?
/
/
/
/
/
/
"
"
"
- / / /11 / 1 1 / /
"
" - / 1 1 1 1/ 1 / / /
\ \ \ \ \ '- 1 1 / 1 1 1 / / / 1
"""
~
(a) y' = y -
X
2
~ ~ =
~ ~ ~ ~ ~
(b) y ' = _ 2xy
1+ x 2
f ;' ~ ~ ~
(c) y' = (l - x) y
+
i
(felső
sor), és néhány kiválasztott megoldásgörbe (alsó sor). A
9.3. ÁBRA : Iránymezők
számítógép reprezentációjában a kis vonaldarabok nyíl formájúak, de ez ne tévesszen
meg minket: a meredekségnek nincs iránya!
Ekkor a differenciálegyenlet
Iránymező
date
114 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x + y egyenlet iránymezőjét, majd
a y(0) = 1 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
Iránymező
date
115 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x + y egyenlet iránymezőjét, majd
a y(0) = 1 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
0
Iránymező
1
2
x
date
115 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x + y egyenlet iránymezőjét, majd
a y(0) = 1 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
y
(0, 1)
0
Iránymező
1
2
x
0
1
date
2
x
115 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x2 + y 2 − 1 egyenlet iránymezőjét,
majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
Iránymező
date
116 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x2 + y 2 − 1 egyenlet iránymezőjét,
majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
2
1
_2
0
_1
1
2
x
-1
_2
Iránymező
date
116 / 141
Iránymezők
Rajzoljuk meg az y ′ = x2 + y 2 − 1 egyenlet iránymezőjét,
majd a y(0) = 0 kezdeti feltételt kielégítő megoldását az
egyenletnek.
y
y
2
2
1
1
_2
0
_1
1
2
x
_2
_1
0
-1
-1
_2
_2
Iránymező
1
date
2
x
116 / 141
Feladatok
Rajzoljuk meg nagyjából az iránymezőt.
1
y ′ = 2y
2
y ′ = 21 y
3
4
y ′ = −y
y′ = x − y
Iránymező
date
117 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
Az olyan differenciálegyenletet, amelyben y ′ csak y
függvénye, autonóm differenciálegyenletnek nevezzük.
y ′ = (1 − y)(y − 3)
Iránymező
date
118 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
Az olyan differenciálegyenletet, amelyben y ′ csak y
függvénye, autonóm differenciálegyenletnek nevezzük.
y ′ = (1 − y)(y − 3)
Iránymező
date
118 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
dy
Ha dx
= g(y) egy autonóm differenciálegyenlet, akkor az
dy
= 0, egyensúlyi helyzetnek
olyan y értéket, amelyre dx
vagy egyensúlyi értéknek nevezzük. Ezzel ekvivalens
kifejezések a stacionárius érték, stacionárius
helyzet, nyugalmi érték, nyugalmi helyzet.
Iránymező
date
119 / 141
Autonóm differenciálegyenlet
Tehát y" előjt
vá
ezekkel az informá
y' > O
y"< o
dy
= (y + 1)(y − 2)
dx
•
y
y'> O
y">O
;;;;::::----
2
Iránymező
4. Vázolj unk fel
y = 1/2, y = 2 eg
és y" előjiét
isme
merre görbülnek (
Az egyensúlyi érté
dásgörbék. (Hisze
met
sző
megoldásg
ből
(az egyene s fel
Ahogy azt a 2. lép
z ép
s ő sáv görbéi a
határon túl nőek.
date
120 / 141
Autonóm DE: fázis diagramm
sai
dy
= (y + 1)(y − 2)
ékekre növekedni fog dx
y = -l irányába . Ezt az inform ációt egy tó nyíllal jelöljük .
•
.
@)--
-1
-
...-
_ -
•
-
-
-
I@ -...-+--....
• • y
2
onlóképp, y = -l és y = 2 között y' < O így minden olyan me
y = −1 stabil, y = 2 instabil egyensúlyi helyzet.
nek itt van helyettesítési értéke, -l felé fog csökkenni. Ha y > 2
O, így minden ilyen megoldás monoton n övekdő.
den összefoglalva: a megoldásgörbék a vízszintes y = -l egyen
Iránymező
date
121 / 141
Autonóm DE: fázis diagramm
Keressük meg az autonóm egyenlet egyensúlyi helyeit,
rajzoljuk meg a fázisdiagramját, állapítsuk meg melyik
stabil, instabil vagy félig stabil helyzet.
1
2
3
y ′ = (y + 2)2 (y + 5)
y ′ = (y 2 − 10)(10 − y)
y ′ = ye−2y
Mindegyik esetben keressük meg a lim y(t) határértéket,
t→∞
ha y(t) az adott DE megoldása (a) y(1) = −5
(b) y(1) = −3 (c) y(1) = 0 (d) y(1) = 12
kezdeti étékkel.
Iránymező
date
122 / 141
Malthus-modell
Tegyük fel, hogy a vizsgált populáció nagysága, P (t), csak
a születésekkel és a halálozásokkal változik, nincsen
például ki- illetve bevándorlás. a nyers születési
arányszám, β(t), megadja az 1000 főre jutó élveszületések
éves számát, tehát az élveszületések száma a [t, t + ∆t]
P (t)
időintervallumban β(t) 1000
∆t. Hasonlóan, ha δ(t) jelenti
a halálozási arányszámot, akkor a halálozások száma
P (t)
∆t. Így a népesség
ebben az időintervallumban δ(t) 1000
méretében történő változás
∆P = (β(t) − δ(t))
Alkalmazások
P (t)
∆t.
1000
date
123 / 141
Malthus-modell
Ha feltesszük, hogy a születési és halálozási arányszám
konstans, akkor
∆P
= kP (t).
∆t
Ha ∆t → 0, akkor az egyik legegyszerűbb modelljét
kapjuk a populációnak
dP
= kP,
dt
melyet a változók szeparálásával megoldva P (t) = P0 ekt ,
ahol P (0) = P0 a kezdeti feltétel.
Alkalmazások
date
124 / 141
Verhulst-model
Észrevették, hogy a születési arányszám csökken ahogy a
népesség növekszik. Tegyük fel, hogy a születési
arányszám, β lineárisan csökkenő függvénye a
népességnek, β = β0 − β1 P , így
dP
= (β0 − β1 P − δ)P,
dt
azaz
dP
= aP − bP 2 ,
dt
ahol a és b pozitív konstansok. Ezt az egyenletet gyakran
dP
= kP (M − P )
dt
alakba írjuk.
Alkalmazások
date
125 / 141
Verhulst-model – Logisztikus növekedési
modell
dP
= kP (M − P ) egyenletet a változók szeparálásával
A
dt
meg tudjuk oldani
M P0
.
P0 + (M − P0 )e−kM t
P (t) =
Megfigyelhetjük, hogy
lim P (t) = M,
t→∞
ezért M -et nevezik a környezet eltartóképességének.
Alkalmazások
date
126 / 141
Példa
Biológusok egy tóba 400 halat telepítettek, és becslésük
szerint a tóban 10 000 hal tud élni. A halak száma az első
évben megháromszorozódott. Feltéve, hogy a tóban élő
halak száma a Verhulst-modellt, a logisztikus növekedési
modellt követi, mikor lesz a tóban 5000 hal?
Alkalmazások
date
127 / 141
Példa
A Föld népessége 1990-ben 5.3 milliárd volt. A születési
arány az 1990-es években körülbelül 40 millió évente, a
halálozási arány pedig körülbelül 20 millióévente. Feltéve,
hogy az emberek száma a Verhulst-modellt, a logisztikus
növekedési modellt követi, és a Föld eltartóképessége 100
milliárd, mennyi lesz a Föld népessége 2020-ban?
(kM = 0.0039)
Alkalmazások
date
128 / 141
Magyarország népességi adatai
1790
8 525 480
1880 13 749 603
1910 18 264 533
1920
7 986 875
1930
8 685 109
1941 14 679 573∗
Alkalmazások
1949 9 204 799
1960 9 961 044
1970 10 322 099
1980 10 709 463
2001 10 198 315
2011 9 937 628
2014 9 877 365
date
129 / 141
További modellek
Gyakran van egy olyan küszöbszám mely alatti egyedszám
esetén a populáció kihal. Ezt a következő modell tudja
bemutatni
dP
m
P
1−
= kP 1 −
.
dt
M
P
Ha m < P < M , akkor a populáció nő. Ha 0 < p < m,
akkor a populáció csökken.
Szezonálisan, periodikusan változó populációkra
dP
= kP cos(rt − ω).
dt
Alkalmazások
date
130 / 141
Hook törvénye
Rugóra akasztott test esetén a visszamozdító erő= −kx.
Ha elhanygoljuk a külső hatásokat (légellenállás, súrlódás),
akkor Newton második törvénye értelmében
d2 x
m 2 = −kx.
dt
Alkalmazások
date
131 / 141
Newton-féle lehűlési törvény
Egy test hőmérsékletváltozásának mértéke arányos a lehűlő
anyag és a környezet hőmérséklete közötti különbséggel
dT
= −k (T (t) − S) .
dt
Alkalmazások
date
132 / 141
Példa
Egy 95◦ C hőmérsékletű frissen főtt kávét hagyunk hűlni a
20◦ C-os szobában, ahol k = 0.000256. Mennyi idő múlva
lesz a kávé iható, 50◦ -os?
Mitől függhet a k értéke?
Alkalmazások
date
133 / 141
Tanulási model
Ha M jelöli a maximális szellemi kapacitást, akkor
használhatjuk a
dL
= k(M − L)
dt
modellt. Ebből
L(t) = M − (M − L0 )e−kt .
Alkalmazások
date
134 / 141
Testtömeg
Egy borjú tömegének gyarapodását a
dm
= k(600 − m)
dt
írja le, ahol m a tömege kg-ben, m az idő években
számolva. Ha a borjú születésekor 30 kg, és 400 kg-osan
szeretnék eladni, mikor adhatják el?
Alkalmazások
date
135 / 141
Gyorsulás
Egy Maserate gyorsulása egyenesen arányos 250km/h és a
sportkocsi sebességének a különbségével. Ha a sportkocsi
állásból 100 km/h sebességre 10 másodperc alatt tud
gyorsulni, mennyi idő kel ahhoz, hogy állásból elérje a 200
km/h-t?
Alkalmazások
date
136 / 141
Koncentráció (Thomas II. 310.o)
Egy vegyület oldata ömlik bele egy tartályba, ami az
oldószert tartalmazza a vegyületnek már oldott bizonyos
mennyiségével együtt. (A feladat alakja gázkeverék esetére
is ugyanilyen.) Az oldatot a tartályban állandó k