Matematika A3a 2008/1. gyakorlat
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).
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 inverzfüggvény-tételből az is kiderül, hogy az ilyen hozzárendelési utasítású függvények megoldásai az egyenletnek: 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.
4. Feladat.
Peano és Cauchy--Lipschitz-feltételek
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 -- Cauchy--Lipschitz-féle egzisztencia-unicitás tétel -- Ha a nyílt halmazon értelmezett f(x,y) az I×J kompakt téglalapot lefedő módon folytonos és ∂yf(x,y) létezik és folytonos, akkor minden, a téglalap belsejéhez tartozó kezdeti feltételhez egyértelműen található egy ezt kielégítő I-n értelmezett megoldás.
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,y1),(x,y2)∈I×J-re
Feladatok
1. 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. Oldjuk meg az
egyenletet az
- a)
- b)
- c)
kezdeti feltételek mellett!
Mo. a) Ehhez egy konstans megoldás tartpzik és nincs másik a (0,-π/2)-n áthaladó, mert az y szerinti parciális derivált korlátos.
b) Az általános megoldásból keressük a kezdeti feltételt kielégítő megoldást:
Az implicit egyenlet:
- cos − 3y = x3 + 3C
Ha x=0 és y=π/4, akkor
és
c) ugyanez + 2π
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 függvényegyenletnek?
5. Feladat. Hány megoldása van az |f(x)|=ex R-en? Hány diffható ebből?
Homogén fokszámú egyenletek
Az F(x,y) n-homogén függvény, ha minden λ esetén
- F(λx,λy) = λnF(x,y).
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
jobb oldala 0-homogén:
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
alakú formális kifejezések, ahol a és b valós számok, i pedig azzal a speciális tulajdonsággal rendelkezik, hogy
A komplex számok halmazát a C szimbólummal jelöljük, tehát
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) ∈ 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
alakú kifejezésekkel, ahol az ai-k valós számok, n pedig nemnegatív egész, lehet maradékosan osztani (polinomosztás). Ekkor
azaz a komplex számok halmaza a valósegyütthatós polinomok x2+1 polinommal történő osztási maradékai. Világos, hogy minden ilyen maradék előáll
alakban, azaz legfeljebb elsőfokú polinom alakjában. Ebben a számkörben az összeadás a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása (illetve ezen eredményének x2+1-vel történő osztási maradéka). Amikor két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, akkor sem lépünk ki a számkörből, hisz a
polinomegyenlet megoldható, éspedig az m(x)=x polinom (az identitás) megoldás. Ekkor
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 i2=-1 egyenlőség miatt visszaérkeznek az a + bi 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+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i összeadásával és a
- λ(a+bi) = λa + λbi, a λ valós számmal való szorzással
kétdimenziós valós vektorteret alkotnak és így lineárisan izomorfak a valós számpárok R2 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 + bi alakú formális kifejezéseken az R[X] polinomgyűrűnek az (1+X2) polinommal történő maradékos osztásának maradékait értjük).
A számpár reprezentációban:
az összeadás az R2-beli vektorösszeadás, a szorzás, pedig a
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 R2 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 2×2-es valós mátrixon M2×2 (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 R2 síkon:
Világos, hogy ekkor az a + bi kanonikus alakot használva a komplex számoknak megfelelő mátrixok halmaza:
Ez a mátrixhalmaz kétdimenziós altér az M2×2 (R) algebrában, melyet például a közvetve onnan is láthatjuk, hogy forgatva nyújtások is alteret alkotnak a lineáris leképezések terében.
C topológiája
R2 gömbi környezetei lesznek C gömbi környezetei. Általában, minden topologikus fogalom C-ben R2-re vezetünk vissza. Tehát, adott r > 0 valós számra és z0 ∈ C számra:
az r sugarú z0 középpontú nyílt gömbi környezet. Itt a | . | abszolútérték helyett, mely a || . ||2 euklideszi norma, elvileg R2 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. Ω ⊆ C nyílt, ha minden pontjával együtt, annak egy nyílt gömbi környezetét is tartalmazza:
Egy A ⊆ C halmaz belsején értjük azon pontok halmazát, melyeknek egy egész gömbi környezete benne van A-ban
Mivel R2-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 R2-R2 függvények között a következő azonosítással élhetünk. Ha f: C⊇ C függvény, akkor z = x + iy, f(z)=u(x,y)+iv(x,y), ill.
Folytonosság
Azt mondjuk, hogy az A ⊆ C halmazon értelmezett f függvény folytonos a z ∈ A pontban, ha z-ben f folytonos mint R2 ⊇ A R2 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:
ahol u és v valós értékű függvények (rendre Re(f) és Im(f)), továbbá z0 = x0 + iy0 ∈ Dom(f), akkor a következők ekvivalensek:
- f folytonos a z0-ban
- u és v függvények folytonosak az (x0,y0)-ban
A kétváltozós függvények közötti határérték-folytonosság kapcsolat is megfogalmazható komplex módon. Itt az f = u + vi függvény határértékén a z = x + iy pontban a limx u + i limy 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.
A komplex függvények folytonosságának egyik, de nem egyetlen feltétele az, hogy az (u,v) reprezentáció R2-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 ∈ C. Igazoljuk, hogy az alábbi függvények folytonosak!
Megoldás.
Az 1. az R2-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) (x,–y) a valós tengelyre való tükrözés, ami szintén lineáris.
Végül a reciprok:
így, mint R2 ⊃ R2 függvény:
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
Megoldás.
Ha z = x + iy és (x,y) ≠ (0,0), akkor:
A komponensfüggvények felírhatók egy 0-hoz tartó és egy korlátos függvény szorzataként:
és
így (x,y)(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 R2-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 z0 pontban (mindketten értelmezettek és) folytonosak, akkor
- f + g
- f g
- g(z0) ≠ 0 esetén f/g
is folytonos z0-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 R2 síkon, a következő megfeleltetésekkel:
a vektortérműveletek pedig:
- vektorösszeadás (a, b, c, d ∈ R)
- valós számmal való szorzás (λ, a, b ∈ 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
A komplex számok szorzása itt a mátrixszorzás.