Matematika A3a 2009/egzakt
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Egzakt egyenlet jellemzése és megoldhatósága) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) a (→Definíció) |
||
(egy szerkesztő 64 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
1. sor: | 1. sor: | ||
+ | :<sub>V2 716, nov. 24. kedd 10:15 - 11:45</sub> | ||
==Definíció== | ==Definíció== | ||
− | Azt mondjuk, hogy az | + | Legyen U ⊆ '''R'''<sup>2</sup> nyílt halmaz és ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonos függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az |
:<math>y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}</math> | :<math>y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}</math> | ||
− | differenciálegyenlet ''egzakt'', ha | + | differenciálegyenlet ''egzakt'', ha létezik olyan ''F'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény, hogy |
:<math>\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}</math> | :<math>\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}</math> | ||
'''Példa.''' Minden | '''Példa.''' Minden | ||
:<math>y'=\frac{f(x)}{g(y)}\quad\quad (f\in\mathrm{C}(I),\;g\in \mathrm{C}(J),\;0\notin\mathrm{Ran}(g))</math> | :<math>y'=\frac{f(x)}{g(y)}\quad\quad (f\in\mathrm{C}(I),\;g\in \mathrm{C}(J),\;0\notin\mathrm{Ran}(g))</math> | ||
− | alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen | + | alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha ''g'' integrálfüggvénye ''G'', akkor |
:<math>g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C</math> | :<math>g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C</math> | ||
+ | Alkalmas tehát az alábbi függvény: | ||
:<math>\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial y}=g</math> | :<math>\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial y}=g</math> | ||
− | + | Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig: | |
+ | :<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math> | ||
+ | |||
+ | '''Megjegyzés.''' A megoldásokat implicit módon adja meg az | ||
:<math>\Phi(x,y)=C\,</math> | :<math>\Phi(x,y)=C\,</math> | ||
− | egyenlet. | + | egyenlet. Mivel |
− | + | ||
− | + | ||
:<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math> | :<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math> | ||
− | + | ezért az implicitfüggvény-tétel miatt, hogy y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt: | |
− | '''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha | + | '''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha a Φ: <math>I</math>×<math>J</math> <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény az <math>(x_0,y_0)</math> ∈ int(<math>I</math>×<math>J</math>) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt és Φ(<math>x_0,y_0</math>)=0, akkor a Φ(x,y)=0 egyenletnek van az <math>(x_0,y_0)</math> ponton áthaladó implicit függvénye és ennek deriváltja: |
:<math>y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}</math> | :<math>y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}</math> | ||
==Egzisztencia- és unicitástétel== | ==Egzisztencia- és unicitástétel== | ||
− | '''Tétel.''' | + | '''Tétel.''' Legyenek ''P'' és ''Q'' az ''U'' ⊆ '''R'''<sup>2</sup> nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, ''Q'' sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvénnyel és <math>(x_0,y_0)</math> ∈ ''U''. Ekkor |
− | + | ||
− | + | ||
− | ''Biz.'' 1) ''Egzisztencia.'' | + | 1) az |
− | + | :(ex) y'=-P/Q | |
− | így az | + | egyenletnek egyértelműen létezik az <math>y_0=y(x_0)</math> kezdeti feltételt kielégítő ''y'' megoldása és |
+ | |||
+ | 2) az | ||
+ | :(impl) F(x,y) = F(<math>x_0,y_0</math>) | ||
+ | egyenlet <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó egyetlen implicit függvénye az (ex) egyenlet <math>y(x_0)=y_0</math> kezdeti feltételt kielégítő egyetlen megoldása. | ||
+ | |||
+ | ''Biz.'' 1) ''Egzisztencia.'' Belátjuk, hogy (impl) egyetlen <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) | ||
+ | egyenletnek. | ||
+ | :<math>\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}=Q(x_0,y_0)\ne 0</math> | ||
+ | így az implicitfüggvény-tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pont egy környezetében és ennek deriváltja az értelmezési tartományának minden pontjában: | ||
:<math>y'(x)=-\frac{\;\cfrac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\;}{\cfrac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))}=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}</math> | :<math>y'(x)=-\frac{\;\cfrac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\;}{\cfrac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))}=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}</math> | ||
− | + | tehát ''y'' az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt. | |
− | + | ''Unicitás.'' Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása ''y'', azaz | |
:<math>y'(x)=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}</math> | :<math>y'(x)=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}</math> | ||
− | egyenlet a grad F = (P,Q) miatt | + | Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll |
− | :<math>\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0\,</math> | + | :<math>\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0</math> |
− | + | alakban. Most belátjuk, hogy ''y'' (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(F<math>\circ</math>G)(x,y)=dF(G(x,y))<math>\circ</math> dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható: | |
− | :<math>(F(x,y(x)))'=\frac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))+y'\frac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))\equiv 0\,</math> | + | :<math>(F(x,y(x)))'=[\mathrm{grad}\,F|_{(x,y(x))}]\cdot\begin{bmatrix}x'\\y'(x)\end{bmatrix}=\frac{\partial F}{\partial x}|_{(x,y(x))}+y'\frac{\partial F}{\partial y}|_{(x,y(x))}\equiv 0\,</math> |
− | ezért az integrálszámítás alaptétele | + | ''x'' értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az ''integrálszámítás alaptétele'' szerint az x <math>\mapsto</math> F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint <math>y(x_0)=y_0</math> teljesül, ezért x <math>\mapsto</math> y(x) egy <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F(<math>x_0,y_0</math>) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű. |
− | + | 2) Az implicitfüggvény tételében adott egyetlen implicit függvény az 1) egzisztencia része miatt megoldása (ex)-nek és 1) unicitás része miatt ez az egyetlen megoldása (ex)-nek. | |
==Az egzaktság jellemzése== | ==Az egzaktság jellemzése== | ||
'''Megjegyzés.''' Az egzakt differenciálegyenletet még | '''Megjegyzés.''' Az egzakt differenciálegyenletet még | ||
− | :<math> | + | :<math>P(x,y)+Q(x,y)y'=0\,</math> ill. <math>P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y=0\,</math> |
alakban is szokás írni. | alakban is szokás írni. | ||
− | Ez utóbbi | + | Ez utóbbi egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a ''P''(''x'',''y'')d''x'' + ''Q''(''x'',''y'')d''y'' kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja: |
− | :<math>\mathrm{d}F(x,y)= | + | :<math>\mathrm{d}F(x,y)=P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y\,</math> |
− | Ezt mai jelölésekkel a következőképpen | + | Ezt a mai jelölésekkel a következőképpen írjuk. Egy F kétváltozós függvény teljes differenciálja egy lineáris leképezés, mely a sztenderd {(1,0),(0,1)} bázisban felírt koordinátáival nem más, mit a parciális deriváltjainak sormátrixa: |
:<math>[\mathrm{d}F(x,y)]=\mathrm{grad}\,F(x,y)=\left[\;\frac{\partial F}{\partial x}\;,\;\frac{\partial F}{\partial y}\;\right]</math> | :<math>[\mathrm{d}F(x,y)]=\mathrm{grad}\,F(x,y)=\left[\;\frac{\partial F}{\partial x}\;,\;\frac{\partial F}{\partial y}\;\right]</math> | ||
Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható: | Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható: | ||
:<math>[\mathrm{d}F]=\left[P,Q\right]\,</math> ill. <math>\mathrm{grad}\,F=[P,Q]\,</math> | :<math>[\mathrm{d}F]=\left[P,Q\right]\,</math> ill. <math>\mathrm{grad}\,F=[P,Q]\,</math> | ||
− | Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) függvény '''potenciálos'''. | + | Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) vektormező (vektorértékű függvény) '''potenciálos'''. Innen hasznos jellemzést kapunk az egzaktságra a vektoranalízisbeli ismereteinkből. |
− | '''Tétel.''' Legyen ''U'' egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvények. A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha | + | '''Tétel.''' Legyen ''U'' egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha |
− | :<math>\frac{\partial P}{\partial y} | + | :<math>\frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x}</math> |
− | Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet | + | Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet integráljának nevezzük. |
− | Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük. | + | Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük. |
+ | |||
+ | '''Megjegyzés.''' 1) A feltétel nem más, mint az, hogy a (P,Q) síkbeli vektormező rotációja azonosan nulla. Ugyanis a rotáció a síkbeli (P,Q) vektormező esetén: | ||
+ | :<math>\mathrm{rot}\,(P,Q)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}</math> | ||
+ | 2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele. | ||
==Példa== | ==Példa== | ||
Oldjuk meg az | Oldjuk meg az | ||
− | :<math>( | + | :<math>(ye^{xy}+\cos x)\,\mathrm{d}x+(xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y)\,\mathrm{d}y=0</math> |
differenciálegyenletet! | differenciálegyenletet! | ||
''Mo.'' | ''Mo.'' | ||
− | :<math>\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=e^ | + | :<math>\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy},\quad\quad \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy}</math> |
− | :<math>\frac{\partial | + | Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megkapjuk, ha megoldjuk az |
− | + | :<math>\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=ye^{xy}+\cos x,\quad\quad \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y</math> | |
− | :<math>\ | + | parciális differenciálegyenlet-rendszert. |
− | :<math>\frac{\partial | + | |
− | + | Az első egyenletből: | |
− | :<math> | + | :<math>F(x,y)=e^{xy}+\sin x+C(y)\,</math> |
− | :<math>F(x,y)=ye^x+\ | + | A második egyenlet miatt: |
− | + | :<math>xe^{xy}+C'(y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y</math> | |
− | :<math> | + | azaz |
− | + | :<math>C'(y)=\mathrm{ch}\, y</math> | |
− | + | Innen a C(y)-ra egy partikuláris megoldás: | |
− | :<math> | + | :<math>C(y)=\mathrm{sh}\, y</math> |
− | + | Azaz | |
+ | :<math>F(x,y)=e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y</math> | ||
+ | Ez valóban teljesíti a grad F = [P,Q] feltételt, így az első integrál: | ||
+ | :<math>e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y=C</math> | ||
+ | ==Integráló tényező== | ||
+ | Általában egy P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 alakú differenciálegyenlet esetén nem teljesül a rot(P,Q)=0 feltétel. Esetenként azonban található olyan μ kétváltozós pozitív értékű függvény, amellyel: | ||
+ | :<math>\mu(x,y) P(x,y)+y'\mu(x,y) Q(x,y)=0\,</math> | ||
+ | már egzakt egyenlet. Vizsáljuk meg miből nyerhetjük az ilyen μ un. '''integráló szorzót'''! A rot(μP,μQ)=0 feltétel a következő: | ||
+ | :<math>\frac{\partial\mu P}{\partial y}=\frac{\partial\mu Q}{\partial x}\,</math> | ||
+ | :<math>\mu\frac{\partial P}{\partial y}+P\frac{\partial\mu }{\partial y}=\mu\frac{\partial Q}{\partial x}+Q\frac{\partial \mu}{\partial x}\,</math> | ||
+ | :<math>\mu\cdot\left(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}\right)=Q\frac{\partial \mu}{\partial x}-P\frac{\partial\mu }{\partial y}\,</math> | ||
+ | Ezt a parciális differenciálegyenletet kell megoldanunk ahhoz, hogy legyen integráló tényezőnk. | ||
+ | |||
+ | '''Példa.''' Keressünk integráló tényezőt az | ||
+ | :<math>y'+f(x)y=g(x)\,</math> | ||
+ | közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez! | ||
+ | |||
+ | Világos, hogy nem egzakt, mert a | ||
+ | :<math>\mathrm{d}y-(g(x)-f(x)y)\,\mathrm{d}x=0</math> | ||
+ | alakban a keresztben vett deriváltak: 0 és f(x). | ||
+ | |||
+ | Q=1 és P(x,y)=-g(x)+f(x)y ezért a μ-t adó parc.diff. egyenlet: | ||
+ | :<math>\mu f=\frac{\partial \mu}{\partial x}-(g(x)-f(x)y)\frac{\partial\mu }{\partial y}\,</math> | ||
+ | Elegendő egy partikuláris megoldást találni, amit egyszerűen megkapunk, ha csak az olyan μ-ket keressük, amik csak az x-től függenek, ekkor ugyanis pl. g(x) nem is lesz az egyenletben. Ilyet találunk, mert: | ||
+ | :<math>\mu f=\frac{\partial \mu}{\partial x}\,</math> | ||
+ | :<math>\mu f(x)=\mu'\,</math> | ||
+ | Ez egy szeparábilis, aminek a megoldása: | ||
+ | :<math>f(x)=\frac{\mu'}{\mu}\,</math> | ||
+ | :<math>f(x)=(\mathrm{ln}\,\mu)'\,</math> | ||
+ | egy partikuláris megoldás: | ||
+ | :<math>\mu(x)=e^{F(x)}\,</math> | ||
+ | ahol F'=f. | ||
+ | |||
+ | '''HF''': Keressük meg ezzel az integáló szorzóval az általános megoldást! | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' | ||
+ | :<math>e^{F(x)}\mathrm{d}y+(-g(x)+f(x)y)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x=0</math> | ||
+ | Már egzakt, hiszen | ||
+ | :<math>e^{F(x)}f(x)=f(x)e^{F(x)}\,</math> | ||
+ | Ekkor | ||
+ | :<math>\Phi(x,y)=ye^{F(x)}+C(x),\quad\quad \Phi(x,y)=ye^{F(x)}+\int -g(x)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x+C(y)</math> | ||
+ | azaz | ||
+ | <math>C=ye^{F(x)}-\int g(x)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x</math> | ||
+ | |||
+ | ==Példa== | ||
+ | Tanulságképpen megállapíthatjuk, hogy néha érdemes a μ-re felírt egyenletnek csak olyan megoldásait keresni, amelyek csak az egyik változótól függenek. Ha ugyanis csak a μ=μ(x) alakú integráló szorzókra szorítkozunk, akkor a megoldandó egyenlet: | ||
+ | :<math>\mu\left(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}\right)=Q\frac{\partial \mu}{\partial x}\,</math> | ||
+ | azaz | ||
+ | :<math>\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{1}{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial x}\,</math> | ||
+ | :<math>R(x)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{\partial \mathrm{ln}\,\mu}{\partial x}\quad\quad\mu(x)=e^{\int R(x)\mathrm{dx}}</math> | ||
+ | Az ilyen alak feltétele tehát az, hogy a | ||
+ | :<math>\frac{-\mathrm{rot}\,(P,Q)}{Q}</math> | ||
+ | csak x-től függjön (vagy a -rot(P,Q)/P csak y-tól és akkor μ csak y-tól függ). | ||
+ | |||
+ | '''Példa.''' Oldjuk meg az | ||
+ | :<math>y'=\frac{x^3+y^3}{xy^2}\,</math> | ||
+ | egyenletet! | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' Átrendezve: | ||
+ | :<math>(x^3+y^3)\mathrm{d}x-xy^2\mathrm{d}y=0\,</math> | ||
+ | ∂<sub>y</sub>P=3y<sup>2</sup>, ∂<sub>x</sub>Q=-y<sup>2</sup>, | ||
+ | azaz | ||
+ | :<math>\frac{-\mathrm{rot}\,(P,Q)(x,y)}{Q(x,y)}=\frac{3y^2+y^2}{-xy^2}=\frac{-4}{x}</math> | ||
+ | azaz célravezet, ha μ-t μ(x) alakban keressük. Ekkor | ||
+ | :<math>\mu(x)=\frac{1}{x^4}</math> | ||
+ | Ekkor az egyenlet: | ||
+ | :<math>\left(\frac{1}{x}+\frac{y^3}{x^4}\right)\mathrm{d}x-\frac{y^2}{x^3}\mathrm{d}y=0\,</math> | ||
+ | egzakt, mert | ||
+ | :<math>\frac{3y^2}{x^4}-(-1)\frac{-3y^2}{x^4}=0\,</math> | ||
+ | Integrálássa: | ||
+ | :<math>F(x,y)=\mathrm{ln}|x|+\frac{1}{-3}\frac{y^3}{x^3}+C(y),\quad\quad F(x,y)=-\frac{1}{3}\frac{y^3}{x^3}+C(x)\,</math> | ||
+ | azaz | ||
+ | :<math>\mathrm{ln}|x|-\frac{1}{3}\frac{y^3}{x^3}=C</math> | ||
+ | :<math>3x^3\mathrm{ln}\,c|x|=y^3</math> | ||
+ | :<math>x\sqrt[3]{3\,\mathrm{ln}\,c|x|}=y(x)\,</math> |
A lap jelenlegi, 2013. szeptember 8., 10:09-kori változata
- V2 716, nov. 24. kedd 10:15 - 11:45
Tartalomjegyzék |
Definíció
Legyen U ⊆ R2 nyílt halmaz és P,Q: U R folytonos függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az
differenciálegyenlet egzakt, ha létezik olyan F: U R folytonosan differenciálható függvény, hogy
Példa. Minden
alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha g integrálfüggvénye G, akkor
Alkalmas tehát az alábbi függvény:
Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:
Megjegyzés. A megoldásokat implicit módon adja meg az
egyenlet. Mivel
ezért az implicitfüggvény-tétel miatt, hogy y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:
Implicitfüggvény-tétel -- Ha a Φ: I×J R folytonosan differenciálható függvény az (x0,y0) ∈ int(I×J) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt és Φ(x0,y0)=0, akkor a Φ(x,y)=0 egyenletnek van az (x0,y0) ponton áthaladó implicit függvénye és ennek deriváltja:
Egzisztencia- és unicitástétel
Tétel. Legyenek P és Q az U ⊆ R2 nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, Q sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: U R folytonosan differenciálható függvénnyel és (x0,y0) ∈ U. Ekkor
1) az
- (ex) y'=-P/Q
egyenletnek egyértelműen létezik az y0 = y(x0) kezdeti feltételt kielégítő y megoldása és
2) az
- (impl) F(x,y) = F(x0,y0)
egyenlet (x0,y0)-on áthaladó egyetlen implicit függvénye az (ex) egyenlet y(x0) = y0 kezdeti feltételt kielégítő egyetlen megoldása.
Biz. 1) Egzisztencia. Belátjuk, hogy (impl) egyetlen (x0,y0)-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) egyenletnek.
így az implicitfüggvény-tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pont egy környezetében és ennek deriváltja az értelmezési tartományának minden pontjában:
tehát y az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt.
Unicitás. Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása y, azaz
Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll
alakban. Most belátjuk, hogy y (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(FG)(x,y)=dF(G(x,y)) dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:
x értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az integrálszámítás alaptétele szerint az x F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint y(x0) = y0 teljesül, ezért x y(x) egy (x0,y0)-on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F(x0,y0) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű.
2) Az implicitfüggvény tételében adott egyetlen implicit függvény az 1) egzisztencia része miatt megoldása (ex)-nek és 1) unicitás része miatt ez az egyetlen megoldása (ex)-nek.
Az egzaktság jellemzése
Megjegyzés. Az egzakt differenciálegyenletet még
- ill.
alakban is szokás írni.
Ez utóbbi egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a P(x,y)dx + Q(x,y)dy kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja:
Ezt a mai jelölésekkel a következőképpen írjuk. Egy F kétváltozós függvény teljes differenciálja egy lineáris leképezés, mely a sztenderd {(1,0),(0,1)} bázisban felírt koordinátáival nem más, mit a parciális deriváltjainak sormátrixa:
Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható:
- ill.
Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) vektormező (vektorértékű függvény) potenciálos. Innen hasznos jellemzést kapunk az egzaktságra a vektoranalízisbeli ismereteinkből.
Tétel. Legyen U egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, P,Q: U R folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha
Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet integráljának nevezzük.
Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük.
Megjegyzés. 1) A feltétel nem más, mint az, hogy a (P,Q) síkbeli vektormező rotációja azonosan nulla. Ugyanis a rotáció a síkbeli (P,Q) vektormező esetén:
2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.
Példa
Oldjuk meg az
differenciálegyenletet!
Mo.
Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megkapjuk, ha megoldjuk az
parciális differenciálegyenlet-rendszert.
Az első egyenletből:
A második egyenlet miatt:
azaz
Innen a C(y)-ra egy partikuláris megoldás:
Azaz
Ez valóban teljesíti a grad F = [P,Q] feltételt, így az első integrál:
Integráló tényező
Általában egy P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 alakú differenciálegyenlet esetén nem teljesül a rot(P,Q)=0 feltétel. Esetenként azonban található olyan μ kétváltozós pozitív értékű függvény, amellyel:
már egzakt egyenlet. Vizsáljuk meg miből nyerhetjük az ilyen μ un. integráló szorzót! A rot(μP,μQ)=0 feltétel a következő:
Ezt a parciális differenciálegyenletet kell megoldanunk ahhoz, hogy legyen integráló tényezőnk.
Példa. Keressünk integráló tényezőt az
közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez!
Világos, hogy nem egzakt, mert a
alakban a keresztben vett deriváltak: 0 és f(x).
Q=1 és P(x,y)=-g(x)+f(x)y ezért a μ-t adó parc.diff. egyenlet:
Elegendő egy partikuláris megoldást találni, amit egyszerűen megkapunk, ha csak az olyan μ-ket keressük, amik csak az x-től függenek, ekkor ugyanis pl. g(x) nem is lesz az egyenletben. Ilyet találunk, mert:
Ez egy szeparábilis, aminek a megoldása:
egy partikuláris megoldás:
ahol F'=f.
HF: Keressük meg ezzel az integáló szorzóval az általános megoldást!
Mo.
Már egzakt, hiszen
Ekkor
azaz
Példa
Tanulságképpen megállapíthatjuk, hogy néha érdemes a μ-re felírt egyenletnek csak olyan megoldásait keresni, amelyek csak az egyik változótól függenek. Ha ugyanis csak a μ=μ(x) alakú integráló szorzókra szorítkozunk, akkor a megoldandó egyenlet:
azaz
Az ilyen alak feltétele tehát az, hogy a
csak x-től függjön (vagy a -rot(P,Q)/P csak y-tól és akkor μ csak y-tól függ).
Példa. Oldjuk meg az
egyenletet!
Mo. Átrendezve:
∂yP=3y2, ∂xQ=-y2, azaz
azaz célravezet, ha μ-t μ(x) alakban keressük. Ekkor
Ekkor az egyenlet:
egzakt, mert
Integrálássa:
azaz