Matematika A3a 2008/1. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Feladatok)
(Peano- és Cauchy--Lipschitz-feltétel)
(egy szerkesztő 31 közbeeső változata nincs mutatva)
4. sor: 4. sor:
 
:''y'' ' = ''F''(''x'',''y'')
 
:''y'' ' = ''F''(''x'',''y'')
 
''elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásainak'' nevezzük az olyan ''y'':''K''<math>\to</math>''J'' függvényeket, melyekre  
 
''elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásainak'' nevezzük az olyan ''y'':''K''<math>\to</math>''J'' függvényeket, melyekre  
:1) ''K''&sube;''I'',  
+
:1) ''K''&sube;''I'' intervallum,  
:2) ''y'' differenciálható és  
+
:2) ''y'' differenciálható függvény és  
 
:3) minden ''x'' &isin; ''K'' számra ''y'''(''x'')=''F''(''x'',''y''(''x'')).
 
:3) minden ''x'' &isin; ''K'' számra ''y'''(''x'')=''F''(''x'',''y''(''x'')).
Ha (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>)&isin;''I''&times;''J'', akkor az egyenlet ''y''<sub>0</sub> = ''y''(''x''<sub>0</sub>) ''kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldásának'' nevezzük az olyan megoldásokat, melyekre ''y''<sub>0</sub> = ''y''(''x''<sub>0</sub>). Adott kezdeti feltételt kielégítő megoldás keresését ''kezdeti érték problémának'' vagy ''Cauchy-problémának'' nevezzük. Az egyenlet összes megoldása az egyenlet összes megoldása.  
+
Ha (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>)&isin;''I''&times;''J'', akkor az egyenlet ''y''<sub>0</sub> = ''y''(''x''<sub>0</sub>) ''kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldásának'' nevezzük az olyan megoldásokat, melyekre ''y''<sub>0</sub> = ''y''(''x''<sub>0</sub>). Adott kezdeti feltételt kielégítő megoldás keresését ''kezdeti érték problémának'' vagy ''Cauchy-problémának'' nevezzük. Az egyenlet ''összes megoldása'' az egyenlet összes megoldása.  
  
 
===Integrálgörbe, görbesereg, általános megoldás===
 
===Integrálgörbe, görbesereg, általános megoldás===
Az elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásának keresése ''geometriailag'' a következőket jelenti. Adott koordinátasíkon egy téglalap, melynek minden pontjához az F(x,y) függvény egy számot, meredekséget rendel. Ez az ''iránymező'' keresünk olyan függvénygörbéket, melyek deriváltja (érintőjének meredeksége) az adott pontban éppen az F(x,y) függvény azon pontbeli értéke. Az ilyen függvénygörbékhez tartozó egyváltozós függvények az egyenlet megoldásai, magukat a görbéket pedig az egyenlet ''integrálgörbéinek'' hívjuk.
+
Az elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásának keresése ''geometriailag'' a következőket jelenti. Adott koordinátasíkon egy téglalap, melynek minden pontjához az ''F'' függvény egy számot (tkp. meredekséget) rendel. Ez az ''iránymező.'' Keresünk olyan függvénygörbéket, melyek deriváltja (érintőjének meredeksége) az adott pont abszciszájában éppen az ''F'' függvény azon pontbeli értéke. Az ilyen függvénygörbékhez tartozó egyváltozós függvények az egyenlet megoldásai, magukat a görbéket pedig az egyenlet ''integrálgörbéinek'' hívjuk.
Példa.
+
:<math>y'=-\frac{x}{y}\,</math>
+
Bármi is legyen a megoldás, az nem vehet fel 0 értéket, mert az ismeretlen függvény a nevezőben szerepel. Látható, hogy az (x,y) vektor +90 fokos elforgatottja az F(x,y) értéke. Ebbe az iránymezőbe belesimul a kör:
+
:<math>x^2+y^2=r^2\,</math>
+
Az ilyen függvénygörbe valóban a megoldást ábrázolja (feltéve, hogy y differenciálható és nem nulla), mert implicit módon deriválva:
+
:<math>2x+2yy'=0\,</math>
+
ami a fenti diff.egyenletet adja. A körívek tehát integrálgörbéi az egyenletnek. Az integrálgörbék ráadásul ''paraméteres görbesereggé'' állnak össze, melyekben a paraméter a kör sugara.
+
  
Azt mondjuk, hogy a differenciálegyenlet ''általános megoldását'' (a ''H''&sube;''I''&times;''J'' kezdeti feltétel halmazon) az &Phi;(x,y,C)=0 egyenletű egyparaméteres görbesereg szolgáltatja (vagy az egyenlet általános megoldását az előbbi implicit egyenlet adja meg), ha minden (''H''-beli) (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>) kezdeti feltételre van ''egyetlen'' olyan ''C'' valós paraméter, hogy az &Phi;(x,y,C)=0 implicit egyenlet megoldása az egyenletnek az adott kezdeti feltételt kielégítő megoldása.  
+
'''1. Számpélda.'''
Az egyenlet ''explicit általános megoldása'' (a ''H''&sube;''I''&times;''J'' halmazon ) az ''y'':''K''&times;'''R'''<math>\to</math>''J'', y(x)=&Psi;(x,C) függvény, ha minden (''H''-beli) kezdeti feltételhez egyértelműen létezik olyan ''C'', melyre y(x)=&Psi;(x,C) megoldása az egyenletnek.
+
:(diff) <math>y'=-\frac{x}{y}\,</math>
 +
Bármi is legyen a megoldás, az nem vehet fel 0 értéket, mert az ismeretlen függvény a nevezőben szerepel. Látható, hogy az (''x'',''y'') vektor +90 fokos elforgatottja az ''F''(''x'',''y'') értéke. Ebbe az iránymezőbe belesimul a kör:
 +
:(impl) <math>x^2+y^2=r^2\,</math>
 +
Az ilyen egyenlet által leírt függvénygörbe valóban a (diff) megoldását ábrázolja (feltéve, hogy ''y'' differenciálható és nem veszi föl a nullát).
 +
 
 +
Most megmutatjuk, hogy az (impl) differenciálható implicit függvényei megoldásai (diff)-nek. A differenciálható implicit függvénye (impl)-nek olyan intervallumon értelmezett y=y(x) diff.-ható függvény, melyre minden x&isin;Dom(y)-ra:
 +
:<math>x^2+(y(x))^2=r^2\,</math>
 +
valamely r-re. Ha tehát van (impl)-nek y(x) megoldása, akkor az implicit deriválás szabályai szerint:
 +
:<math>2x+2y(x)y'(x)=0\,</math>
 +
tehát y valóban (diff) megolása. A körívek tehát integrálgörbéi az egyenletnek. Az integrálgörbék ráadásul ''paraméteres görbesereggé'' állnak össze, melyekben a paraméter a kör sugara.
 +
 
 +
(diff) megoldásai azonban ugyanígy megoldásai (impl)-nak. Az a szerencsénk, hogy megsejtettük, hogy (impl) az egyenlet integrálja, ezért ezt már nem kell előállítanunk. Legyen y olyan, hogy 2x+2y(x)y'(x)&equiv;0 és ''y''<sub>0</sub>=y(''x''<sub>0</sub>). Az implicit deriválás miatt tudjuk, hogy
 +
:<math>g:x\mapsto x^2+(y(x))^2\,</math>
 +
deriváltja, azaz 2x+2y(x)y'(x), azonosan nulla. Az integrálszámítás alaptétele szerint tehát g (az I minden korlátos és zárt L intervallumán) konstans függvény:
 +
:<math>x^2+(y(x))^2=C\,</math>
 +
r<sup>2</sup>=C-t pedig kijelöli ''y''<sub>0</sub>=y(''x''<sub>0</sub>).
 +
 
 +
[Az integálszámítás alaptétele abban a gyenge formában, ahogy mi most használtuk ez: ha a nyílt intervallumon értelmezett folytonosan differenciálható g:I<math>\to</math>'''R''' függvény deriváltja azonosan nulla, akkor ez a függvény minden zárt és korlátos intervallumon konstans. Ez közvetlen következménye a Lagrange-féle középértéktételnek. Az erősebbb alak szerint g-ről elég feltenni, hogy Lipschitz-függvény és a deriáltja majdnem mindenhol nulla.]
 +
 
 +
'''Általánosított fogalmak.'''
 +
Azt mondjuk, hogy a differenciálegyenlet ''általános megoldását'' (a ''H''&sube;''I''&times;''J'' kezdeti feltétel halmazon) a &Phi;(x,y,C)=0 egyenletű egyparaméteres görbesereg szolgáltatja (vagy az egyenlet általános megoldását az előbbi implicit egyenlet adja meg), ha minden (''H''-beli) (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>) kezdeti feltételre van ''egyetlen'' olyan ''C'' valós paraméter, hogy rögzített C-re a &Phi;(x,y,C)=0 egyenlet (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>) ponthoz tartozó implicit megoldása a differenciálegyenlet  kezdeti feltételt kielégítő megoldása.  
 +
 
 +
Az egyenlet ''explicit általános megoldása'' (a ''H''&sube;''I''&times;''J'' halmazon ) a &Psi;:''K''&times;'''R'''<math>\to</math>''J'' paraméteres függvény, ha minden (''H''-beli) kezdeti feltételhez egyértelműen létezik olyan ''C'', melyre y=&Psi;(.,C) a szóban forgó kezdeti feltételt kielégítő megoldása az egyenletnek.
 +
 
 +
Tegyük föl, hogy a &Phi;(x,y,C)=0  implicit egyenlettel megadott görbesereg elemei megoldásai egy differenciálegyenletnek. Ha &Phi; minden változója szerint (tehát a paraméter szerint is) folytonosan parciálisan differenciálható, akkor annak az elégséges feltétele, hogy ''C'' egyértelműen kifejezhető legyen az, hogy &Phi; C-szerinti deriváltja sehol se legyen nulla. Ezt a feltételt az implicitfüggvény tétele biztosítja.
  
 
==Szeparábilis differenciálegyenlet==
 
==Szeparábilis differenciálegyenlet==
A legegyszerűbb differenciálegyenlet az ''y'''=''f''(''x''), ami lényegében primitívfüggvénykeresés. Tudjuk, hogy (folytonos ''f'' esetén) mindig van ennek megoldása, éspedig az integrálfüggvény az, de ez nem feltétlenül kapható meg elemi függvények segítségével "kézzel fogható" zárt alakban. Általánosabb esetben a közönséges elsőrendű differenciálegyenletek megoldását két startégiával kereshetjük meg. Az ''egzakt vagy egzaktra vezető differenciálegyenlet'' módszere mindig célra vezet, de természetesen ritkán szolgáltat zárt megoldást. A másik a ''szeparálás,'' ami egyszerűbb, de nem mindig teljesülnek a feltételei.
+
A legegyszerűbb differenciálegyenlet az ''y'''=''f''(''x''), ami lényegében primitívfüggvénykeresés. Tudjuk, hogy (folytonos ''f'' esetén) mindig van ennek megoldása, éspedig az integrálfüggvény az, de ez nem feltétlenül kapható meg elemi függvények segítségével "kézzel fogható" zárt alakban. Az előző számpélda arról árulkodott, hogy a diffegyenlet megoldásához kell egy egyenlet, melynek implicit megoldásai az differenciálegyenlet megoldásai lesznek. Ezt az implicit egyenletet konstruktív módon nem mindig lehet megtalálni. (Az explicitet meg pláne nem.)
 +
 
 +
Általánosabb esetben a közönséges elsőrendű differenciálegyenletek megoldását két startégiával kereshetjük meg. Az ''egzakt differenciálegyenlet'' és a ''szeparálás''. Most a szeparábilis egyenletek megoldását nézzük meg.
  
'''1. Feladat.''' Milyen függvények elégítik ki az alábbi differenciálegynletet?  
+
'''2. Feladat.''' Milyen függvények elégítik ki az alábbi differenciálegyenletet?  
 
:<math>y'=\frac{\sin x}{y^6}\,</math>
 
:<math>y'=\frac{\sin x}{y^6}\,</math>
 
''Megoldás.'' Nyilván a megoldás sehol sem vehet föl nulla értéket, mert akkor  
 
''Megoldás.'' Nyilván a megoldás sehol sem vehet föl nulla értéket, mert akkor  
31. sor: 50. sor:
 
ott nem lenne értelmezve.
 
ott nem lenne értelmezve.
  
A mechanikus megoldási eljárás a következő. Ha van megoldás, akkor:
+
A mechanikus megoldási eljárás annak az egyenletnek a legyártásához, melynek implicit megoldásai a szeparábilis egyenlet megoldásai lesznek a következő. Ha van megoldás, akkor nyilván
 
:<math>\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\sin x}{y^6}\,</math>
 
:<math>\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\sin x}{y^6}\,</math>
 
:<math>y^6\mathrm{d}y=\sin(x)\,\mathrm{d}x\,</math>
 
:<math>y^6\mathrm{d}y=\sin(x)\,\mathrm{d}x\,</math>
48. sor: 67. sor:
 
:<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math>  
 
:<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math>  
 
alakú, ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é.
 
alakú, ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é.
 +
 
''Bizonyítás.'' Tegyük fel, hogy van megoldás és ennek értelmezési tartománya a ''K''&sube;''I'' halmaz. Ekkor  
 
''Bizonyítás.'' Tegyük fel, hogy van megoldás és ennek értelmezési tartománya a ''K''&sube;''I'' halmaz. Ekkor  
 
:<math>y'(x)=f(x)g(y(x)),\,</math>
 
:<math>y'(x)=f(x)g(y(x)),\,</math>
56. sor: 76. sor:
 
ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é. Mivel G deriváltja g és a derivált nem ugrik (Darboux-tétel), ezért G szigorúan monoton, tehát G injektív, azaz az y kifejezhető:
 
ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é. Mivel G deriváltja g és a derivált nem ugrik (Darboux-tétel), ezért G szigorúan monoton, tehát G injektív, azaz az y kifejezhető:
 
:<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math>
 
:<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math>
Az inverzfüggvény-tételből az is kiderül, hogy az ilyen hozzárendelési utasítású függvények megoldásai az egyenletnek: az &Phi;(x,y)=G(y)-F(x)-C függvény folytonosan differenciálható és y szerinti deriváltja nem nulla, így lokálisan létezik implicit függvénye bármely pontban és deriváltja:   
+
Az implicitfüggvény-tételből az is kiderül, hogy az &Phi;(x,y)=G(y)-F(x)-C függvény folytonosan differenciálható és y szerinti deriváltja nem nulla, így lokálisan létezik implicit függvénye bármely pontban és deriváltja:   
 
:<math>y'(x)=-\frac{(\partial_x\Phi)(x,y(x))}{(\partial_y \Phi)(x,y(x))}=-\frac{-f(x)}{1/g(y(x))},\,</math>
 
:<math>y'(x)=-\frac{(\partial_x\Phi)(x,y(x))}{(\partial_y \Phi)(x,y(x))}=-\frac{-f(x)}{1/g(y(x))},\,</math>
'''2. Feladat.''' Oldjuk meg az <math>y'=ay\,</math> egyenletet.
+
'''3. Feladat.''' Oldjuk meg az <math>y'=ay\,</math> egyenletet.
  
'''3. Feladat.''' <math>(1+x^3)dx - x^2ydy=0\,</math>
+
''Mo.''y&equiv;0 megoldás. Ha semmilyen pontban y nem nulla, akkor ln |y|= ax +C, |y|=Ke<sup>ax</sup>, ennek differenciálható implicit függvényei (a Bolzano-tétel miatt): y=ce<sup>ax</sup> ahol c nemnulla valós szám; ha c=0 is megengedett, akkor az y=0 is beilleszthető a paraméteres megoldások közé. Valójában a feladat becsapás, mert ez nem szeparábilis egyenlet. Szeparálással megkaphatók megoldások, és mivel lineáris, ezért a megoldásai egydimenziós lineáris teret alkotnak, azaz egy nemnulla megoldásból az összes megoldás egy konstans szorzóval megkapható, tehát y=ce<sup>ax</sup> az összes megoldás. Továbbá az alábbi C--L-feltétel miatt a 0 értékű megoldás is egyértelmű, azaz ha valahol 0 a megoldás, akkor az csak az azonosan nulla lehet.
  
==Peano és Cauchy--Lipschitz-feltételek==
+
'''4. Feladat.''' <math>(1+x^3)dx - x^2ydy=0\,</math>
 +
Minden olyan intervallumon, melynek a 0 nem eleme szeparálva:
 +
:<math>y\,dy=\frac{1+x^3}{x^2}\,dx</math>
 +
:<math>\frac{1}{2}y^2=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}x^2+C</math>
 +
 
 +
==Peano- és Cauchy--Lipschitz-feltétel==
 
'''Tétel''' -- Peano-féle egzisztenciatétel -- Ha az f(x,y)=y' egyenlet olyan, hogy az f egy (x<sub>0</sub>,y<sub>0</sub>) pont környezetében folytonos, akkor van az y(x<sub>0</sub>)=y<sub>0</sub> kezdeti feltételnek eleget tévő partikuláris megoldása.
 
'''Tétel''' -- Peano-féle egzisztenciatétel -- Ha az f(x,y)=y' egyenlet olyan, hogy az f egy (x<sub>0</sub>,y<sub>0</sub>) pont környezetében folytonos, akkor van az y(x<sub>0</sub>)=y<sub>0</sub> kezdeti feltételnek eleget tévő partikuláris megoldása.
  
 
Megmutatjuk, hogy a folytonossági kitétel szükséges. Tekintsük a sgn(y)=y' egyenletet. Nyilván ennek nincs megoldása a (bármi,0)-ban, mert ott a sgn ugrik, márpedig differenciálható függvény deriváltjának nem lehet ugrása.
 
Megmutatjuk, hogy a folytonossági kitétel szükséges. Tekintsük a sgn(y)=y' egyenletet. Nyilván ennek nincs megoldása a (bármi,0)-ban, mert ott a sgn ugrik, márpedig differenciálható függvény deriváltjának nem lehet ugrása.
  
'''Tétel''' -- Cauchy--Lipschitz-féle egzisztencia-unicitás tétel -- Ha az f(x,y) az I&times;J zárt téglalapon folytonos és &part;<sub>y</sub>f(x,y) létezik és folytonos, akkor minden, a téglelep belselyéhez tartozó kezdeti feltételhez egyértelműen található egy ezt kielégítő I-n értelmezett megoldás.
+
'''Tétel''' -- Egzisztencia-unicitás tétel, gyenge verzió, lokális alak -- Ha az U nyílt halmazon értelmezett f(x,y) folytonosan parciálisan differenciálható, akkor minden U-beli kezdeti feltételhez egyértelműen létezik az y'=f(x,y)-nak a kezdeti feltételtnek megfelelő megoldása.
  
A tétel akkor is igaz, ha f-re nem a folytonos deriválhatóságot, hanem az egységes Lipschitz-feltételt tesszük fel, azaz, hogy létezik olyan L szám, hogy minden (x,y<sub>1</sub>),(x,y<sub>2</sub>)&isin;I&times;J-re
+
''Cauchy--Lipschitz-feltétel, erős verzió, globális alak.'' A tétel akkor is igaz, ha f-re nem a folytonos deriválhatóságot, hanem csak a folytonosságot és az egységes Lipschitz-feltételt tesszük fel, azaz, hogy létezik olyan L szám, hogy minden (x,y<sub>1</sub>),(x,y<sub>2</sub>)&isin;U-ra
 
:<math>|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq L|y_1-y_2|.</math>  
 
:<math>|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq L|y_1-y_2|.</math>  
 +
 +
Ilyenkor globális állítás is megfogalmazható: minden U-beli kompakt K halmazhoz és az ennek belsejében lévő kezdeti ponthoz létezik egyetlen megoldása az y'=f(x,y) differenciálegyenletnek, mely áthalad a ponton és a megoldás grafikonja a K halmazból kilép.
  
 
===Feladatok===
 
===Feladatok===
'''1.'''
 
 
a) Mi az általános megoldása?
 
a) Mi az általános megoldása?
 
: <math>y'=\frac{x\sin(1+x^2)}{y^4}</math>
 
: <math>y'=\frac{x\sin(1+x^2)}{y^4}</math>
88. sor: 114. sor:
 
:<math>y=0\,</math> és <math> y=(2/3)x^{3/2}\,</math>
 
:<math>y=0\,</math> és <math> y=(2/3)x^{3/2}\,</math>
  
'''2.''' Oldjuk meg az
+
<center>
:<math>y'=x^2\frac{\cos^4 y}{\sin y}</math>
+
egyenletet az
+
:a) <math>y(0)=-\frac{\pi}{2}</math>
+
:b) <math>y(0)=\frac{\pi}{4}</math>
+
:c) <math>y(0)=\frac{\pi}{4}+2\pi</math>
+
kezdeti feltételek mellett!
+
 
+
''Mo.'' a) Ehhez egy konstans megoldás tartpzik és nincs másik a (0,-&pi;/2)-n áthaladó, mert az y szerinti parciális derivált korlátos.
+
 
+
b) Az általános megoldásból keressük a kezdeti feltételt kielégítő megoldást:
+
:<math>\frac{\sin y}{\cos^4 y}y'=x^2</math>
+
:<math>-\cos^{-4} y(-\sin y)\,y'=x^2</math>
+
:<math>\frac{1}{3}\cos^{-3} y=\frac{1}{3}x^3+C</math>
+
Az implicit egyenlet:
+
:<math>\cos^{-3} y=x^3+3C</math>
+
Ha x=0 és y=&pi;/4, akkor
+
:<math>3C=\frac{1}{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}</math>
+
és
+
:<math>y(x)=\mathrm{arccos}\frac{1}{\sqrt[3]{x^3+\frac{24}{(\sqrt{2})^3}}}</math>
+
c) ugyanez + 2&pi;
+
 
+
'''HF.''' Oldjuk meg az y' = sin(x) yln(y) egyenletet az
+
:a) y(0)=1,
+
:b) y(0)=e
+
kezdeti feltételek mellett!
+
 
+
=== Függvényegyenletek===
+
 
+
'''4. Feladat.''' Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az <math>y^2=x^2\,</math> függvényegyenletnek?
+
 
+
'''5. Feladat.''' Hány megoldása van az |f(x)|=e<sup>x</sup> '''R'''-en? Hány diffható ebből?
+
 
+
===Homogén fokszámú egyenletek===
+
 
+
Az F(x,y) ''n''-homogén függvény, ha minden &lambda; esetén
+
:<math>F(\lambda x,\lambda y)=\lambda^n F(x,y).</math>
+
Az y'=F(x,y) egyenlet homogén, ha F(x,y) 0-homogén.
+
 
+
Homogén egyenleteknél az y=ux helyettesítés vezet célra. Akkor
+
:y'=u'x+u
+
 
+
'''Feladat.''' (2x+y)dx + (y+x)dy =0
+
Homogén, mert
+
:<math>y'=-\frac{2x+y}{x+y}</math>
+
jobb oldala 0-homogén:
+
:<math>-\frac{2x+y}{x+y}=-\frac{2\lambda x+\lambda y}{\lambda x+\lambda y}=-\frac{2x+y}{x+y}</math>
+
:<math>u'x+u=-\frac{2+u}{1+u}</math>
+
:<math>u'x=-\frac{2+2u+u^2}{1+u}</math>
+
:<math>\frac{1+u}{2+2u+u^2}u'=-\frac{1}{x}</math>
+
 
+
===Egzakt differenciálegynlet===
+
 
+
 
+
 
+
[[Kategória:Matematika A3]]
+
 
+
==Komplex számkör és reprezentációi==
+
A komplex számok '''C''' halmazát és műveleteit legalább három, lényegesen más szemszögből lehet láttatni. A meghatározottság kedvéért összefoglaljuk a komplex számok legfontosabb algebrai tulajdonságait. Nem térünk ki minden egyes műveleti tulajdonságra, ezek megtalálhatók a komplex számok algebráját leíró tankönyvekben.
+
 
+
===Algebrai modell===
+
A komplex számok olyan
+
:<math>a+b\mathrm{i}\,</math>
+
alakú formális kifejezések, ahol ''a'' és ''b'' valós számok, i pedig azzal a speciális tulajdonsággal rendelkezik, hogy
+
:<math>\mathrm{i}^2=-1\,</math>
+
A komplex számok halmazát a '''C''' szimbólummal jelöljük, tehát
+
:<math>z\in \mathbf{C}\quad\Leftrightarrow\quad z=a+bi\quad\quad(a,b\in \mathbf{R})</math>
+
itt ''a''-t a ''z'' valós részének nevezzük és Re(''z'')-vel jelöljük, ''b''-t a ''z'' képzetes részének nevezzük és Im(''z'')-vel jelöljük. Világos, hogy Im(''z'') &isin; '''R''', azaz "tiszta" valós.
+
 
+
'''Megjegyzés.''' A kevéssé informatív "formális kifejezés" helyett bevezethetjük a komplex számokat valódi algebrai objektumokként. A komplex számok halmazát egy a maradékos osztással rendelkező halmazból konstrulájuk: a valós együtthatós polinomok '''R'''[X] halmazából. Közismert, hogy a valósegyütthatós,  egyhatározatlanú polinomokal, azaz a
+
:<math>a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n\,</math>
+
alakú kifejezésekkel, ahol az ''a<sub>i</sub>''-k valós számok, ''n'' pedig nemnegatív egész, lehet maradékosan osztani (polinomosztás). Ekkor
+
:<math>\mathbf{C}=_{\mathrm{def}}\mathbf{R}[X]/(x^2+1)</math>
+
azaz a komplex számok halmaza a valósegyütthatós polinomok x<sup>2</sup>+1 polinommal történő osztási maradékai. Világos, hogy minden ilyen maradék előáll
+
:<math>m(x)=a+bx\,</math>
+
alakban, azaz legfeljebb elsőfokú polinom alakjában. Ebben a számkörben az ''összeadás'' a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása (illetve ezen eredményének x<sup>2</sup>+1-vel történő osztási maradéka). Amikor két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, akkor sem lépünk ki a számkörből, hisz a 
+
:<math>m(x)^2+1=0\,</math>
+
polinomegyenlet megoldható, éspedig az m(x)=x polinom (az identitás) megoldás. Ekkor
+
:<math>m(x)^2=-1\,</math>
+
azaz ebben a számkörben létezik a -1-nek négyzetgyöke. Az ''m(x)=x'' polinom az, mely az ''i'' egység szerepét játssza és így is jelöljük ezt ezentúl.
+
 
+
 
+
Akárcsak a legfeljebb elsőfokú ''a'' + ''bx'' alakú polinomok esetén, a '''C'''-t alkotó formális kifejezések között is értelmezhetjük az összeadást és a szorzást. Ezeket pontosan úgy definiáljuk, mint az ''a'' + ''bx'' alakú polinomok összegét és szorzatát, azzal a specialitással, hogy ahol a polinomok a szorzást követően másodfokúvá válnak, ott a komplex számok az i<sup>2</sup>=-1 egyenlőség miatt visszaérkeznek az ''a'' + ''b''i alakú kifejezések körébe. Ezért lesz '''C''' zárt arra a szorzásra, amit a polinomok mintájára definiálunk.
+
 
+
Már innen is látszik, hogy a komplex számok halmaza kétdimenziós valós test feletti vektortér. Kimondhatjuk tehát:
+
 
+
'''Állítás.''' A '''C''' számkör a komplex számok
+
:(''a''+''b''i) + (''c''+''d''i) = (''a''+''c'') + (''b''+''d'')i összeadásával és a
+
:&lambda;(''a''+''b''i) = &lambda;''a'' + &lambda;''b''i, a &lambda; valós számmal való szorzással
+
kétdimenziós valós vektorteret alkotnak és így lineárisan izomorfak a valós számpárok '''R'''<sup>2</sup> vektorterével.
+
 
+
===Halmazelméleti modell===
+
Az algebrai modellben nem teljesen világos, hogy mi is az i elem. Az előző állítás azonban lehetőséget biztosít arra, hogy konkrétan megadjuk a komplex számok halmazát mindenféle olyan kifejezés használata nélkül, mint "formális kifejezés" stb. (Valójában persze az algebrai modell is jól értelmezett módon adja meg a komplex számok halmazát, ha az ''a'' + ''b''i alakú formális kifejezéseken az '''R'''[X] polinomgyűrűnek az (1+X<sup>2</sup>) polinommal történő maradékos osztásának maradékait értjük).
+
 
+
A számpár reprezentációban:
+
:<math>\mathbf{C}=\mathbf{R}^{2}\,</math>
+
az összeadás az '''R'''<sup>2</sup>-beli vektorösszeadás, a szorzás, pedig a
+
:<math>(a+b\mathrm{i})(c+d\mathrm{i})=(ac-db)+(ad+bc)\mathrm{i}\,</math>
+
művelet, mely természetesen a "polinomszorzásnak" az előző állításbeli izomorfizmus által létesített képe.
+
 
+
Ez az interpretáció azért fontos, mert explicitté teszi, hogy a '''C''' örökli az '''R'''<sup>2</sup> topológiáját.
+
 
+
===Geometriai modell===
+
 
+
A szorzással együtt '''C''' egységelemes, nullosztómentes algebrát alkot (tehát vektortér és van egy mindkét változójában lineáris belső szorzás, melyben van egység és „nullával nem lehet osztani”). Felmerülhet a gyanúnk, hogy talán reprezentálhatjuk a komplex számokat a 2&times;2-es valós mátrixon M<sub>2&times;2</sub> ('''R''') algebrájának egy részalgebrájaként. Ezt a komplex számok trigonometrikus alakja segítségével tehetjük meg. Ismert, hogy a komplex számmal való szorzás forgatva nyújtás, azaz lineáris leképezés az '''R'''<sup>2</sup> síkon:
+
:<math>\mathbf{C}\ni z=r\cdot(\cos\varphi+\mathrm{i}\sin\varphi)\;\equiv\;
+
\begin{pmatrix}
+
r\cos\varphi  & -r\sin\varphi\\
+
r\sin\varphi  & r\cos\varphi
+
\end{pmatrix}\in \mathrm{M}_{2\times 2}(\mathbf{R})</math>
+
Világos, hogy ekkor az ''a'' + ''b''i kanonikus alakot használva a komplex számoknak megfelelő mátrixok halmaza:
+
:<math>\left\{\begin{pmatrix}
+
a  & -b\\
+
b  & \;\;a
+
\end{pmatrix}\in\mathrm{M}_{2\times 2}(\mathbf{R}): a,b\in \mathbf{R}\right\}</math>
+
Ez a mátrixhalmaz kétdimenziós altér az  M<sub>2&times;2</sub> ('''R''') algebrában, melyet például a közvetve onnan is láthatjuk, hogy forgatva nyújtások is alteret alkotnak a lineáris leképezések terében.
+
 
+
=='''C''' topológiája==
+
 
+
'''R'''<sup>2</sup> gömbi környezetei lesznek '''C''' gömbi környezetei. Általában, minden topologikus fogalom '''C'''-ben '''R'''<sup>2</sup>-re vezetünk vissza. Tehát, adott ''r'' > 0 valós számra és ''z''<sub>0</sub> &isin; '''C''' számra:
+
:<math>\mathrm{B}_r(z_0)\;=\;\{z\in \mathbf{C}\mid |z-z_0|<r\}</math>
+
az ''r'' sugarú ''z''<sub>0</sub> középpontú nyílt gömbi környezet. Itt a | . | abszolútérték helyett, mely a || . ||<sub>2</sub> euklideszi norma, elvileg '''R'''<sup>2</sup> bármelyik normája alkalmas lenne, hisz véges dimenziós normált térben minden norma ekvivalens, azaz ugyanazokat a nyílt halmazokat határozzák meg. Szokásos módon értelmezettek az előbb említett nyílt halmazok is. &Omega; &sube; '''C''' '''nyílt''', ha minden pontjával együtt, annak egy nyílt gömbi környezetét is tartalmazza:
+
:<math>\forall z\in \Omega\quad \exists r>0\quad \mathrm{B}_r(z)\subseteq \Omega</math>
+
Egy ''A'' &sube; '''C''' halmaz belsején értjük azon pontok halmazát, melyeknek egy egész gömbi környezete benne van ''A''-ban
+
:<math>\mathrm{int}(A)=\{z\in \mathbf{C}\mid  \exists r>0\quad \mathrm{B}_r(z)\subseteq A\}</math>
+
Mivel '''R'''<sup>2</sup>-ben minden norma ekvivalens (ugyanazokat a nyílt halmazokat határozzák meg), ezért adott feladatokban tetszőleges, a feladathoz jól illeszkedő normát választhatunk. Topologikus szempontokból a komplex és '''R'''<sup>2</sup>-'''R'''<sup>2</sup> függvények között a következő azonosítással élhetünk. Ha ''f'': '''C'''&supe; <math>\rightarrow</math>'''C''' függvény, akkor ''z'' = ''x'' + i''y'', ''f''(''z'')=''u''(''x'',''y'')+i''v''(''x'',''y''), ill.
+
:<math>f\equiv\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}
+
</math>
+
 
+
===Folytonosság===
+
 
+
Azt mondjuk, hogy az ''A'' &sube; '''C''' halmazon értelmezett ''f'' függvény folytonos a ''z'' &isin; '''A''' pontban, ha ''z''-ben ''f'' folytonos mint '''R'''<sup>2</sup> &supe; ''A'' <math>\to</math> '''R'''<sup>2</sup> függvény. Maga az ''f'' ''folytonos'', ha az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos.
+
 
+
A többváltozós valós analízisből ismert tény miatt fennáll:
+
 
+
'''Állítás.''' Az ''f'' komplex függvény pontosan akkor folytonos az értelmezési tartománya egy pontjában, ha ott a függvény valós és képzetes része, mint kétváltozós valós függvény folytonos. Azaz, ha ''f''-et a következő alakban írjuk:
+
:<math>f(z)\equiv f(x,y)=u(x,y)+\mathrm{i}\cdot v(x,y)</math> 
+
ahol ''u'' és ''v'' valós értékű függvények (rendre Re(''f'') és Im(''f'')), továbbá ''z''<sub>0</sub> = ''x''<sub>0</sub> + i''y''<sub>0</sub> &isin; Dom(''f''), akkor a következők ekvivalensek:
+
# ''f'' folytonos a ''z''<sub>0</sub>-ban
+
# ''u'' és ''v'' függvények folytonosak az (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>)-ban 
+
 
+
 
+
A kétváltozós függvények közötti határérték-folytonosság kapcsolat is megfogalmazható komplex módon. Itt az f = u + vi függvény határértékén a <math>z=x+iy</math> pontban a lim<sub>x</sub> u + i lim<sub>y</sub> v szám adja. Ekkor
+
 
+
 
+
'''Állítás.''' Az ''f'' komplex függvény pontosan akkor folytonos az értelmezési tartománya egy belső pontjában, ha ott a függvénynek létezik határértéke és az a helyettesítési érték.
+
: <math>\lim\limits_{z\to z_0} f(z)=f(z_0)</math>
+
A komplex függvények folytonosságának egyik, de nem egyetlen feltétele az, hogy az (u,v) reprezentáció '''R'''<sup>2</sup>-ben lineáris legyen, hiszen ''a véges dimenziós normált terek között ható lineáris leképezések folytonosak.'' A nem-folytonosságnál érdemes a határérték nem létezését vizsgálni, hátha ez célra vezet.
+
 
+
 
+
'''Feladat.''' Legyen ''w'' &isin; '''C'''. Igazoljuk, hogy az alábbi függvények folytonosak!
+
# <math>z\mapsto w + z\,</math>
+
# <math>z\mapsto w\cdot z\,</math>
+
# <math>z\mapsto \overline{z}\,</math> 
+
# <math>z\mapsto \frac{1}{z}\quad\quad (z\ne 0)</math> 
+
 
+
''Megoldás.''
+
 
+
Az 1. az '''R'''<sup>2</sup>-ben eltolás a ''w''-nek megfelelő vektorral (Re(''w''), Im(''w''))-vel, így affin leképezés, ami folytonos.
+
 
+
2. a ''w'' mátrixreprezentációjának megfelelő mátrixszal való szorzás, azaz lineáris leképezés, s így folytonos.
+
 
+
3. azaz a konjugálás: (''x'',''y'') <math>\mapsto</math> (''x'',–''y'') a valós tengelyre való tükrözés, ami szintén lineáris.
+
 
+
Végül a reciprok:
+
:<math>\frac{1}{z}=\frac{\overline{z}}{z\overline{z}}=\frac{\overline{z}}{|z|^2}</math>
+
így, mint '''R'''<sup>2</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>2</sup> függvény:
+
:<math>\begin{pmatrix}
+
x \\
+
y
+
\end{pmatrix}\mapsto
+
\begin{pmatrix}
+
\cfrac{x}{x^2+y^2} \\
+
\cfrac{-y}{x^2+y^2}
+
\end{pmatrix}</math>
+
amely olyan, hogy mindkét komponensfüggvénye folytonos valós függvényekből van összeállítva a folytonosságot megőrző módon, azaz az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos.
+
 
+
'''Feladat.''' Folytonos-e a ''z'' = 0-ban az
+
:<math>f(z)=\left\{
+
\begin{matrix}
+
\cfrac{\mathrm{Im}(z)^3+\mathrm{i}\cdot\mathrm{Re}(z)^4}{\overline{z}\cdot z},\quad\quad\mathrm{ha}\;z\ne 0\\
+
\\
+
0,\quad\quad \mathrm{ha}\;z=0
+
\end{matrix}
+
\right.</math>
+
 
+
''Megoldás.''
+
+
Ha ''z'' = ''x'' + i''y'' és (''x'',''y'') &ne; (0,0), akkor:
+
:<math>f(x,y)=\begin{pmatrix}
+
\cfrac{y^3}{x^2+y^2} \\
+
\cfrac{x^4}{x^2+y^2}
+
\end{pmatrix}</math>
+
 
+
A komponensfüggvények felírhatók egy 0-hoz tartó és egy korlátos függvény szorzataként:
+
:<math>\left|\cfrac{y^3}{x^2+y^2}\right|=|y|\cdot\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |y|\cdot\frac{y^2}{y^2}=|y|</math>
+
és
+
:<math>\left|\cfrac{x^4}{x^2+y^2}\right|=x^2\cdot\frac{x^2}{x^2+y^2}\leq x^2\cdot\frac{x^2}{x^2}=x^2</math>
+
így (x,y)<math>\to</math>(0,0) esetén a 0-hoz tartanak, így a függvény maga a (0,0)-hoz, azaz a komplex 0-hoz. Mivel itt a függvény értéke 0, ezért ''f'' a 0-ban folytonos.
+
 
+
 
+
Ha folytonos komplex függvényekből alapműveletek segítségével alkottunk függvényeket, akkor azok is folytonosak maradnak, mert a megfelelő '''R'''<sup>2</sup>-beli függvények ekkor olyanok lesznek, melyek mindegyik komponensfüggvénye a valós alapműveletek segítségével vannak definiálva. Ám, ezek megőrzik a folytonosságot.
+
 
+
'''Állítás.''' Ha ''f'' és ''g'' komplex függvények és az ''z''<sub>0</sub>  pontban (mindketten értelmezettek és) folytonosak, akkor
+
# ''f'' + ''g''
+
# ''f'' <math>\cdot</math> ''g''
+
# <math>\overline{f}</math>
+
# ''g''(''z''<sub>0</sub>) &ne; 0 esetén ''f''/''g''
+
is folytonos ''z''<sub>0</sub>-ban. 
+
 
+
 
+
Folytonos függvények kompozíciója is folytonos (az kompozíció értelmezési tartományán).
+
 
+
==Komplex számkör unicitása==
+
'''C''', azaz a komplex számok teste kétdimenziós valós vektortér. '''C''' elemei  reprezentálhatók az '''R'''<sup>2</sup> síkon, a következő megfeleltetésekkel:
+
:<math>\mathbf{C}\ni a+bi\equiv (a,b)\in \mathbf{R}^2</math>
+
a vektortérműveletek pedig:
+
:<math>\mathbf{C}\ni (a+bi)+(c+di)\equiv (a,b)+(c,d)\in \mathbf{R}^2</math> vektorösszeadás (''a'', ''b'', ''c'', ''d'' &isin; '''R''')
+
:<math>\mathbf{C}\ni \lambda\cdot(a+bi)\equiv \lambda.(a,b)\in \mathbf{R}^2</math> valós számmal való szorzás (&lambda;, ''a'', ''b'' &isin; '''R''')
+
 
+
A komplex számok körét a komplex szorzás tulajdonságai egyértelműsítik. '''C''' nem csak kétdimenziós valós vektortér, de a szorzással algebra is, sőt '''C''' ''az egyetlen kétdimenziós kommutatív, nullosztómentes valós algebra'' -- izomorfizmus erejéig. Sok megjelenési formája lehet a komplex számoknak, de bármely két reprezentáció olyan, hogy található olyan kölcsönösen egyértelmű leképezés köztük, mely lineáris és megtartja a szorzást is (azaz algebra izomorfizmus).
+
 
+
A nullosztómentesség és a kommutativitás jellemzően a mátrixalgebrákban nemtriviális tulajdonság. A komplex számok olyan lineáris leképezéseknek felelnek meg, melyek mátrixa
+
:<math>\begin{pmatrix}
+
a & -b\\
+
b & a
+
\end{pmatrix}</math>
+
A komplex számok szorzása itt a mátrixszorzás.
+
 
+
 
+
 
+
  
 +
{| class="wikitable" style="text-align:center"
 +
|- bgcolor="#efefef"
 +
|[[Matematika A3a 2008/2. gyakorlat |2. gyakorlat]]
 +
|}
 +
</center>
 
[[Kategória:Matematika A3]]
 
[[Kategória:Matematika A3]]

A lap 2013. szeptember 27., 17:23-kori változata

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

Differenciálegyenletek

Legyen F:I×J\toR korlátos és zárt téglalapon értelmezett folytonos kétváltozós függvény. Az

y ' = F(x,y)

elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásainak nevezzük az olyan y:K\toJ függvényeket, melyekre

1) KI intervallum,
2) y differenciálható függvény és
3) minden xK számra y'(x)=F(x,y(x)).

Ha (x0,y0)∈I×J, akkor az egyenlet y0 = y(x0) kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldásának nevezzük az olyan megoldásokat, melyekre y0 = y(x0). Adott kezdeti feltételt kielégítő megoldás keresését kezdeti érték problémának vagy Cauchy-problémának nevezzük. Az egyenlet összes megoldása az egyenlet összes megoldása.

Integrálgörbe, görbesereg, általános megoldás

Az elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásának keresése geometriailag a következőket jelenti. Adott koordinátasíkon egy téglalap, melynek minden pontjához az F függvény egy számot (tkp. meredekséget) rendel. Ez az iránymező. Keresünk olyan függvénygörbéket, melyek deriváltja (érintőjének meredeksége) az adott pont abszciszájában éppen az F függvény azon pontbeli értéke. Az ilyen függvénygörbékhez tartozó egyváltozós függvények az egyenlet megoldásai, magukat a görbéket pedig az egyenlet integrálgörbéinek hívjuk.

1. Számpélda.

(diff) y'=-\frac{x}{y}\,

Bármi is legyen a megoldás, az nem vehet fel 0 értéket, mert az ismeretlen függvény a nevezőben szerepel. Látható, hogy az (x,y) vektor +90 fokos elforgatottja az F(x,y) értéke. Ebbe az iránymezőbe belesimul a kör:

(impl) x^2+y^2=r^2\,

Az ilyen egyenlet által leírt függvénygörbe valóban a (diff) megoldását ábrázolja (feltéve, hogy y differenciálható és nem veszi föl a nullát).

Most megmutatjuk, hogy az (impl) differenciálható implicit függvényei megoldásai (diff)-nek. A differenciálható implicit függvénye (impl)-nek olyan intervallumon értelmezett y=y(x) diff.-ható függvény, melyre minden x∈Dom(y)-ra:

x^2+(y(x))^2=r^2\,

valamely r-re. Ha tehát van (impl)-nek y(x) megoldása, akkor az implicit deriválás szabályai szerint:

2x+2y(x)y'(x)=0\,

tehát y valóban (diff) megolása. A körívek tehát integrálgörbéi az egyenletnek. Az integrálgörbék ráadásul paraméteres görbesereggé állnak össze, melyekben a paraméter a kör sugara.

(diff) megoldásai azonban ugyanígy megoldásai (impl)-nak. Az a szerencsénk, hogy megsejtettük, hogy (impl) az egyenlet integrálja, ezért ezt már nem kell előállítanunk. Legyen y olyan, hogy 2x+2y(x)y'(x)≡0 és y0=y(x0). Az implicit deriválás miatt tudjuk, hogy

g:x\mapsto x^2+(y(x))^2\,

deriváltja, azaz 2x+2y(x)y'(x), azonosan nulla. Az integrálszámítás alaptétele szerint tehát g (az I minden korlátos és zárt L intervallumán) konstans függvény:

x^2+(y(x))^2=C\,

r2=C-t pedig kijelöli y0=y(x0).

[Az integálszámítás alaptétele abban a gyenge formában, ahogy mi most használtuk ez: ha a nyílt intervallumon értelmezett folytonosan differenciálható g:I\toR függvény deriváltja azonosan nulla, akkor ez a függvény minden zárt és korlátos intervallumon konstans. Ez közvetlen következménye a Lagrange-féle középértéktételnek. Az erősebbb alak szerint g-ről elég feltenni, hogy Lipschitz-függvény és a deriáltja majdnem mindenhol nulla.]

Általánosított fogalmak. Azt mondjuk, hogy a differenciálegyenlet általános megoldását (a HI×J kezdeti feltétel halmazon) a Φ(x,y,C)=0 egyenletű egyparaméteres görbesereg szolgáltatja (vagy az egyenlet általános megoldását az előbbi implicit egyenlet adja meg), ha minden (H-beli) (x0,y0) kezdeti feltételre van egyetlen olyan C valós paraméter, hogy rögzített C-re a Φ(x,y,C)=0 egyenlet (x0,y0) ponthoz tartozó implicit megoldása a differenciálegyenlet kezdeti feltételt kielégítő megoldása.

Az egyenlet explicit általános megoldása (a HI×J halmazon ) a Ψ:K×R\toJ paraméteres függvény, ha minden (H-beli) kezdeti feltételhez egyértelműen létezik olyan C, melyre y=Ψ(.,C) a szóban forgó kezdeti feltételt kielégítő megoldása az egyenletnek.

Tegyük föl, hogy a Φ(x,y,C)=0 implicit egyenlettel megadott görbesereg elemei megoldásai egy differenciálegyenletnek. Ha Φ minden változója szerint (tehát a paraméter szerint is) folytonosan parciálisan differenciálható, akkor annak az elégséges feltétele, hogy C egyértelműen kifejezhető legyen az, hogy Φ C-szerinti deriváltja sehol se legyen nulla. Ezt a feltételt az implicitfüggvény tétele biztosítja.

Szeparábilis differenciálegyenlet

A legegyszerűbb differenciálegyenlet az y'=f(x), ami lényegében primitívfüggvénykeresés. Tudjuk, hogy (folytonos f esetén) mindig van ennek megoldása, éspedig az integrálfüggvény az, de ez nem feltétlenül kapható meg elemi függvények segítségével "kézzel fogható" zárt alakban. Az előző számpélda arról árulkodott, hogy a diffegyenlet megoldásához kell egy egyenlet, melynek implicit megoldásai az differenciálegyenlet megoldásai lesznek. Ezt az implicit egyenletet konstruktív módon nem mindig lehet megtalálni. (Az explicitet meg pláne nem.)

Általánosabb esetben a közönséges elsőrendű differenciálegyenletek megoldását két startégiával kereshetjük meg. Az egzakt differenciálegyenlet és a szeparálás. Most a szeparábilis egyenletek megoldását nézzük meg.

2. Feladat. Milyen függvények elégítik ki az alábbi differenciálegyenletet?

y'=\frac{\sin x}{y^6}\,

Megoldás. Nyilván a megoldás sehol sem vehet föl nulla értéket, mert akkor

\frac{\sin x}{y^6(x)}\,

ott nem lenne értelmezve.

A mechanikus megoldási eljárás annak az egyenletnek a legyártásához, melynek implicit megoldásai a szeparábilis egyenlet megoldásai lesznek a következő. Ha van megoldás, akkor nyilván

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\sin x}{y^6}\,
y^6\mathrm{d}y=\sin(x)\,\mathrm{d}x\,
\int y^6\mathrm{d}y=\int \sin(x)\,\mathrm{d}x\,
\frac{y^7}{7}=-\cos(x)+C\,

ez az implicit általános megoldás és

y(x)=\sqrt[7]{-7\cos(x)+C}\,

az explicit általános megoldás. Olyan K\toR differenciálható függvények a megoldások, melyek hozzárendelési utasítása a fenti és nem veszik fel a nulla értéket. A megoldás mechanikus megkeresése után tehát olyan KR intervallumokra kell szorítkoznunk, ahol az y(x) nem vesz fel nulla értéket és a 7. gyök alatt nincs nulla (ahol az nem lenne differenciálható).

Egzisztencia és unicitás

Tétel. Legyen f : I \to R, g: J \to R intervallumon értelmezett folytonos függvények, ahol g sehol sem nulla. Az

y'=f(x)g(y)\,

szeparábilis diffegyenlet összes megoldása

y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,

alakú, ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van megoldás és ennek értelmezési tartománya a KI halmaz. Ekkor

y'(x)=f(x)g(y(x)),\,

A helyettesítéses integrálás szabálya szerint

\int\frac{y'}{g(y)}\,dy=G(y)=\int f(x)\,dx=F(x)+C

azaz

G\circ y= F+C\,

ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é. Mivel G deriváltja g és a derivált nem ugrik (Darboux-tétel), ezért G szigorúan monoton, tehát G injektív, azaz az y kifejezhető:

y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,

Az implicitfüggvény-tételből az is kiderül, hogy az Φ(x,y)=G(y)-F(x)-C függvény folytonosan differenciálható és y szerinti deriváltja nem nulla, így lokálisan létezik implicit függvénye bármely pontban és deriváltja:

y'(x)=-\frac{(\partial_x\Phi)(x,y(x))}{(\partial_y \Phi)(x,y(x))}=-\frac{-f(x)}{1/g(y(x))},\,

3. Feladat. Oldjuk meg az y'=ay\, egyenletet.

Mo.y≡0 megoldás. Ha semmilyen pontban y nem nulla, akkor ln |y|= ax +C, |y|=Keax, ennek differenciálható implicit függvényei (a Bolzano-tétel miatt): y=ceax ahol c nemnulla valós szám; ha c=0 is megengedett, akkor az y=0 is beilleszthető a paraméteres megoldások közé. Valójában a feladat becsapás, mert ez nem szeparábilis egyenlet. Szeparálással megkaphatók megoldások, és mivel lineáris, ezért a megoldásai egydimenziós lineáris teret alkotnak, azaz egy nemnulla megoldásból az összes megoldás egy konstans szorzóval megkapható, tehát y=ceax az összes megoldás. Továbbá az alábbi C--L-feltétel miatt a 0 értékű megoldás is egyértelmű, azaz ha valahol 0 a megoldás, akkor az csak az azonosan nulla lehet.

4. Feladat. (1+x^3)dx - x^2ydy=0\, Minden olyan intervallumon, melynek a 0 nem eleme szeparálva:

y\,dy=\frac{1+x^3}{x^2}\,dx
\frac{1}{2}y^2=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}x^2+C

Peano- és Cauchy--Lipschitz-feltétel

Tétel -- Peano-féle egzisztenciatétel -- Ha az f(x,y)=y' egyenlet olyan, hogy az f egy (x0,y0) pont környezetében folytonos, akkor van az y(x0)=y0 kezdeti feltételnek eleget tévő partikuláris megoldása.

Megmutatjuk, hogy a folytonossági kitétel szükséges. Tekintsük a sgn(y)=y' egyenletet. Nyilván ennek nincs megoldása a (bármi,0)-ban, mert ott a sgn ugrik, márpedig differenciálható függvény deriváltjának nem lehet ugrása.

Tétel -- Egzisztencia-unicitás tétel, gyenge verzió, lokális alak -- Ha az U nyílt halmazon értelmezett f(x,y) folytonosan parciálisan differenciálható, akkor minden U-beli kezdeti feltételhez egyértelműen létezik az y'=f(x,y)-nak a kezdeti feltételtnek megfelelő megoldása.

Cauchy--Lipschitz-feltétel, erős verzió, globális alak. A tétel akkor is igaz, ha f-re nem a folytonos deriválhatóságot, hanem csak a folytonosságot és az egységes Lipschitz-feltételt tesszük fel, azaz, hogy létezik olyan L szám, hogy minden (x,y1),(x,y2)∈U-ra

|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq L|y_1-y_2|.

Ilyenkor globális állítás is megfogalmazható: minden U-beli kompakt K halmazhoz és az ennek belsejében lévő kezdeti ponthoz létezik egyetlen megoldása az y'=f(x,y) differenciálegyenletnek, mely áthalad a ponton és a megoldás grafikonja a K halmazból kilép.

Feladatok

a) Mi az általános megoldása?

y'=\frac{x\sin(1+x^2)}{y^4}

b) Hány megoldása van az alábbi KÉF-nak? Ha több van, mondjunk legalább kettőt!

y'=\sqrt[3]{y}, y(0)=0\,

Mo. a) Minden olyan kezdeti feltételhez, melyben y nem nulla van egyértelmű megoldás, éspedig

y^4dy=x\sin(1+x^2)dx\,
\frac{y^5}{5}=-\frac{1}{2}\cos(1+x^2)+C
y(x)=\sqrt[5]{-\frac{5}{2}\cos(1+x^2)+5C}

b)

y=0\, és  y=(2/3)x^{3/2}\,
2. gyakorlat
Személyes eszközök