Matematika A3a 2008/1. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Peano- és Cauchy--Lipschitz-feltétel)
(egy szerkesztő 4 közbeeső változata nincs mutatva)
87. sor: 87. sor:
 
:<math>\frac{1}{2}y^2=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}x^2+C</math>
 
:<math>\frac{1}{2}y^2=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}x^2+C</math>
  
==Peano és Cauchy--Lipschitz-feltételek==
+
==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''' -- Egzisztencia-unicitás tétel, gyenge verzió -- Ha a nyílt halmazon értelmezett f(x,y) mindkét változója szerint folytonosan parciálisan differenciálható, akkor minden az értelmezési tartományban lévő I&times;J kompakt téglalapon egyértelműen létezik az y'=f(x,y)-nak a téglalap belsejéhez tartozó kezdeti feltételnek eleget tévő I-n értelmezett megoldása.
+
'''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-tétel.'' 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;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>
113. 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>
+
 
+
 
+
 
+
 
+
 
+
  
 +
{| 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