Matematika A3a 2008/1. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Homogén fokszámú egyenletek) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Peano- és Cauchy--Lipschitz-feltétel) |
||
(egy szerkesztő 30 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''⊆''I'', | + | :1) ''K''⊆''I'' intervallum, |
− | :2) ''y'' differenciálható és | + | :2) ''y'' differenciálható függvény és |
:3) minden ''x'' ∈ ''K'' számra ''y'''(''x'')=''F''(''x'',''y''(''x'')). | :3) minden ''x'' ∈ ''K'' számra ''y'''(''x'')=''F''(''x'',''y''(''x'')). | ||
− | Ha (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>)∈''I''×''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>)∈''I''×''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 | + | 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. |
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | Azt mondjuk, hogy a differenciálegyenlet ''általános megoldását'' (a ''H''⊆''I''×''J'' kezdeti feltétel halmazon) | + | '''1. Számpélda.''' |
− | Az egyenlet ''explicit általános megoldása'' (a ''H''⊆''I''×''J'' halmazon ) | + | :(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∈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)≡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''⊆''I''×''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) (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>) kezdeti feltételre van ''egyetlen'' olyan ''C'' valós paraméter, hogy rögzített C-re a Φ(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''⊆''I''×''J'' halmazon ) a Ψ:''K''×'''R'''<math>\to</math>''J'' 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== | ==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 | + | 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? | ||
:<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''⊆''I'' halmaz. Ekkor | ''Bizonyítás.'' Tegyük fel, hogy van megoldás és ennek értelmezési tartománya a ''K''⊆''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 | + | 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: |
:<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> | ||
− | ''' | + | '''3. Feladat.''' Oldjuk meg az <math>y'=ay\,</math> egyenletet. |
− | '' | + | ''Mo.''y≡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- | + | '''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 ( | + | Megmutatjuk, hogy a folytonossági kitétel szükséges. Tekintsük a <math>\sgn(\sqrt{x^2+y^2})=y'</math> egyenletet. Nyilván ennek nincs megoldása a (0,0)-ban, mert ha lenne, akkor a deriváltja ugranak, márpedig intervallumon deriválható differenciálható függvény deriváltjának nem lehet ugrása. |
− | '''Tétel''' -- | + | '''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 feltételnek 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>)∈ | + | ''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>)∈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=== | ||
− | |||
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> | ||
− | + | <center> | |
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
+ | {| class="wikitable" style="text-align:center" | ||
+ | |- bgcolor="#efefef" | ||
+ | |[[Matematika A3a 2008/2. gyakorlat |2. gyakorlat]] | ||
+ | |} | ||
+ | </center> | ||
[[Kategória:Matematika A3]] | [[Kategória:Matematika A3]] |
A lap jelenlegi, 2021. szeptember 7., 22:52-kori változata
Tartalomjegyzék |
Differenciálegyenletek
Legyen F:I×JR korlátos és zárt téglalapon értelmezett folytonos kétváltozós függvény. Az
- y ' = F(x,y)
elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásainak nevezzük az olyan y:KJ függvényeket, melyekre
- 1) K⊆I intervallum,
- 2) y differenciálható függvény és
- 3) minden x ∈ K 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)
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)
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:
valamely r-re. Ha tehát van (impl)-nek y(x) megoldása, akkor az implicit deriválás szabályai szerint:
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
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:
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:IR 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⊆I×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 H⊆I×J halmazon ) a Ψ:K×RJ 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?
Megoldás. Nyilván a megoldás sehol sem vehet föl nulla értéket, mert akkor
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
ez az implicit általános megoldás és
az explicit általános megoldás. Olyan KR differenciálható függvények a megoldások, melyek hozzárendelési utasítása a fenti és nem veszik fel a nulla értéket. A megoldás mechanikus megkeresése után tehát olyan K⊆R 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 R, g: J R intervallumon értelmezett folytonos függvények, ahol g sehol sem nulla. Az
szeparábilis diffegyenlet összes megoldása
alakú, ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é.
Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van megoldás és ennek értelmezési tartománya a K⊆I halmaz. Ekkor
A helyettesítéses integrálás szabálya szerint
azaz
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:
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:
3. Feladat. Oldjuk meg az 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. Minden olyan intervallumon, melynek a 0 nem eleme szeparálva:
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 egyenletet. Nyilván ennek nincs megoldása a (0,0)-ban, mert ha lenne, akkor a deriváltja ugranak, márpedig intervallumon deriválható 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 feltételnek 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
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?
b) Hány megoldása van az alábbi KÉF-nak? Ha több van, mondjunk legalább kettőt!
- ,
Mo. a) Minden olyan kezdeti feltételhez, melyben y nem nulla van egyértelmű megoldás, éspedig
b)
- és
2. gyakorlat |