Matematika A3a 2008/2. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
1. sor: 1. sor:
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
:<sub>V2 716, nov. 24. kedd 10:15 - 11:45</sub>
+
==Gyakorlatok kezdeti érték feladatra==
==Definíció==
+
'''1.''' Oldjuk meg az
 +
:<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===
 +
 
 +
'''2. feladat.''' Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az <math>y^2=x^2\,</math> függvényegyenletnek?
 +
''Mo.'' Igen: y(x)=|x| nemdifferenciálható, de folytonos megoldása.
 +
 
 +
'''3. Feladat.''' Hány megoldása van az |f(x)|=e<sup>x</sup> '''R'''-en? Hány diffható ebből?
 +
''Mo.'' Végtelen sok megoldása van, pl.: minden n természetes számhoz található mo., melyek egymáshoz páronként különbözők: f(x)=e<sup>x</sup>, ha x nem az n természetes szám és -e<sup>x</sup>, ha x az n természetes szám.
 +
Ebből kettő diffható akad: e<sup>x</sup>, -e<sup>x</sup>, ami a Bolzano-tételből következik. Ha ugyanis lenne nem csak poz. és nem csak neg. mo., akkor a 0-t is felvenné, ami lehetetlen, mert az exp. függvénynek nincs nulla értéke.
 +
 
 +
==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 differenciálegyenlet==
 +
===Definíció===
  
 
Legyen U &sube; '''R'''<sup>2</sup> nyílt halmaz és ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R'''  folytonos  függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az  
 
Legyen U &sube; '''R'''<sup>2</sup> nyílt halmaz és ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R'''  folytonos  függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az  

A lap 2013. szeptember 15., 09:43-kori változata

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

Gyakorlatok kezdeti érték feladatra

1. Oldjuk meg az

y'=x^2\frac{\cos^4 y}{\sin y}

egyenletet az

a) y(0)=-\frac{\pi}{2}
b) y(0)=\frac{\pi}{4}
c) y(0)=\frac{\pi}{4}+2\pi

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:

\frac{\sin y}{\cos^4 y}y'=x^2
-\cos^{-4} y(-\sin y)\,y'=x^2
\frac{1}{3}\cos^{-3} y=\frac{1}{3}x^3+C

Az implicit egyenlet:

cos − 3y = x3 + 3C

Ha x=0 és y=π/4, akkor

3C=\frac{1}{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}

és

y(x)=\mathrm{arccos}\frac{1}{\sqrt[3]{x^3+\frac{24}{(\sqrt{2})^3}}}

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

2. feladat. Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az y^2=x^2\, függvényegyenletnek? Mo. Igen: y(x)=|x| nemdifferenciálható, de folytonos megoldása.

3. Feladat. Hány megoldása van az |f(x)|=ex R-en? Hány diffható ebből? Mo. Végtelen sok megoldása van, pl.: minden n természetes számhoz található mo., melyek egymáshoz páronként különbözők: f(x)=ex, ha x nem az n természetes szám és -ex, ha x az n természetes szám. Ebből kettő diffható akad: ex, -ex, ami a Bolzano-tételből következik. Ha ugyanis lenne nem csak poz. és nem csak neg. mo., akkor a 0-t is felvenné, ami lehetetlen, mert az exp. függvénynek nincs nulla értéke.

Homogén fokszámú egyenletek

Az F(x,y) n-homogén függvény, ha minden λ esetén

Fxy) = 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

y'=-\frac{2x+y}{x+y}

jobb oldala 0-homogén:

-\frac{2x+y}{x+y}=-\frac{2\lambda x+\lambda y}{\lambda x+\lambda y}=-\frac{2x+y}{x+y}
u'x+u=-\frac{2+u}{1+u}
u'x=-\frac{2+2u+u^2}{1+u}
\frac{1+u}{2+2u+u^2}u'=-\frac{1}{x}

Egzakt differenciálegyenlet

Definíció

Legyen U ⊆ R2 nyílt halmaz és P,Q: U \to R folytonos függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az

y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}

differenciálegyenlet egzakt, ha létezik olyan F: U \to R folytonosan differenciálható függvény, hogy

\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}

Példa. Minden

y'=\frac{f(x)}{g(y)}\quad\quad (f\in\mathrm{C}(I),\;g\in \mathrm{C}(J),\;0\notin\mathrm{Ran}(g))

alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha g integrálfüggvénye G, akkor

g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C

Alkalmas tehát az alábbi függvény:

\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial y}=g

Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:

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

Megjegyzés. A megoldásokat implicit módon adja meg az

\Phi(x,y)=C\,

egyenlet. Mivel

\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0

ezért az implicitfüggvény-tétel miatt, hogy y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:

Implicitfüggvény-tétel -- Ha a Φ: I×J \to R folytonosan differenciálható függvény az (x0,y0) ∈ int(I×J) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt és Φ(x0,y0)=0, akkor a Φ(x,y)=0 egyenletnek van az (x0,y0) ponton áthaladó implicit függvénye és ennek deriváltja:

y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}

Egzisztencia- és unicitástétel

Tétel. Legyenek P és Q az UR2 nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, Q sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: U \to R folytonosan differenciálható függvénnyel és (x0,y0)U. Ekkor

1) az

(ex) y'=-P/Q

egyenletnek egyértelműen létezik az y0 = y(x0) kezdeti feltételt kielégítő y megoldása és

2) az

(impl) F(x,y) = F(x0,y0)

egyenlet (x0,y0)-on áthaladó egyetlen implicit függvénye az (ex) egyenlet y(x0) = y0 kezdeti feltételt kielégítő egyetlen megoldása.

Biz. 1) Egzisztencia. Belátjuk, hogy (impl) egyetlen (x0,y0)-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) egyenletnek.

\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}=Q(x_0,y_0)\ne 0

így az implicitfüggvény-tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pont egy környezetében és ennek deriváltja az értelmezési tartományának minden pontjában:

y'(x)=-\frac{\;\cfrac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\;}{\cfrac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))}=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}

tehát y az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt.

Unicitás. Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása y, azaz

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

Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll

\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0

alakban. Most belátjuk, hogy y (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(F\circG)(x,y)=dF(G(x,y))\circ dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:

(F(x,y(x)))'=[\mathrm{grad}\,F|_{(x,y(x))}]\cdot\begin{bmatrix}x'\\y'(x)\end{bmatrix}=\frac{\partial F}{\partial x}|_{(x,y(x))}+y'\frac{\partial F}{\partial y}|_{(x,y(x))}\equiv 0\,

x értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az integrálszámítás alaptétele szerint az x \mapsto F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint y(x0) = y0 teljesül, ezért x \mapsto y(x) egy (x0,y0)-on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F(x0,y0) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű.

2) Az implicitfüggvény tételében adott egyetlen implicit függvény az 1) egzisztencia része miatt megoldása (ex)-nek és 1) unicitás része miatt ez az egyetlen megoldása (ex)-nek.

Az egzaktság jellemzése

Megjegyzés. Az egzakt differenciálegyenletet még

P(x,y)+Q(x,y)y'=0\, ill. P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y=0\,

alakban is szokás írni.

Ez utóbbi egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a P(x,y)dx + Q(x,y)dy kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja:

\mathrm{d}F(x,y)=P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y\,

Ezt a mai jelölésekkel a következőképpen írjuk. Egy F kétváltozós függvény teljes differenciálja egy lineáris leképezés, mely a sztenderd {(1,0),(0,1)} bázisban felírt koordinátáival nem más, mit a parciális deriváltjainak sormátrixa:

[\mathrm{d}F(x,y)]=\mathrm{grad}\,F(x,y)=\left[\;\frac{\partial F}{\partial x}\;,\;\frac{\partial F}{\partial y}\;\right]

Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható:

[\mathrm{d}F]=\left[P,Q\right]\, ill. \mathrm{grad}\,F=[P,Q]\,

Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) vektormező (vektorértékű függvény) potenciálos. Innen hasznos jellemzést kapunk az egzaktságra a vektoranalízisbeli ismereteinkből.


Tétel. Legyen U egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, P,Q: U \to R folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha

\frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x}

Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet integráljának nevezzük.

Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük.

Megjegyzés. 1) A feltétel nem más, mint az, hogy a (P,Q) síkbeli vektormező rotációja azonosan nulla. Ugyanis a rotáció a síkbeli (P,Q) vektormező esetén:

\mathrm{rot}\,(P,Q)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}

2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.

Példa

Oldjuk meg az

(ye^{xy}+\cos x)\,\mathrm{d}x+(xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y)\,\mathrm{d}y=0

differenciálegyenletet!

Mo.

\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy},\quad\quad \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy}

Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megkapjuk, ha megoldjuk az

\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=ye^{xy}+\cos x,\quad\quad \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y

parciális differenciálegyenlet-rendszert.

Az első egyenletből:

F(x,y)=e^{xy}+\sin x+C(y)\,

A második egyenlet miatt:

xe^{xy}+C'(y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y

azaz

C'(y)=\mathrm{ch}\, y

Innen a C(y)-ra egy partikuláris megoldás:

C(y)=\mathrm{sh}\, y

Azaz

F(x,y)=e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y

Ez valóban teljesíti a grad F = [P,Q] feltételt, így az első integrál:

e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y=C

Integráló tényező

Általában egy P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 alakú differenciálegyenlet esetén nem teljesül a rot(P,Q)=0 feltétel. Esetenként azonban található olyan μ kétváltozós pozitív értékű függvény, amellyel:

\mu(x,y) P(x,y)+y'\mu(x,y) Q(x,y)=0\,

már egzakt egyenlet. Vizsáljuk meg miből nyerhetjük az ilyen μ un. integráló szorzót! A rot(μP,μQ)=0 feltétel a következő:

\frac{\partial\mu P}{\partial y}=\frac{\partial\mu Q}{\partial x}\,
\mu\frac{\partial P}{\partial y}+P\frac{\partial\mu }{\partial y}=\mu\frac{\partial Q}{\partial x}+Q\frac{\partial \mu}{\partial x}\,
\mu\cdot\left(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}\right)=Q\frac{\partial \mu}{\partial x}-P\frac{\partial\mu }{\partial y}\,

Ezt a parciális differenciálegyenletet kell megoldanunk ahhoz, hogy legyen integráló tényezőnk.

Példa. Keressünk integráló tényezőt az

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

közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez!

Világos, hogy nem egzakt, mert a

\mathrm{d}y-(g(x)-f(x)y)\,\mathrm{d}x=0

alakban a keresztben vett deriváltak: 0 és f(x).

Q=1 és P(x,y)=-g(x)+f(x)y ezért a μ-t adó parc.diff. egyenlet:

\mu f=\frac{\partial \mu}{\partial x}-(g(x)-f(x)y)\frac{\partial\mu }{\partial y}\,

Elegendő egy partikuláris megoldást találni, amit egyszerűen megkapunk, ha csak az olyan μ-ket keressük, amik csak az x-től függenek, ekkor ugyanis pl. g(x) nem is lesz az egyenletben. Ilyet találunk, mert:

\mu f=\frac{\partial \mu}{\partial x}\,
\mu f(x)=\mu'\,

Ez egy szeparábilis, aminek a megoldása:

f(x)=\frac{\mu'}{\mu}\,
f(x)=(\mathrm{ln}\,\mu)'\,

egy partikuláris megoldás:

\mu(x)=e^{F(x)}\,

ahol F'=f.

HF: Keressük meg ezzel az integáló szorzóval az általános megoldást!

Mo.

e^{F(x)}\mathrm{d}y+(-g(x)+f(x)y)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x=0

Már egzakt, hiszen

e^{F(x)}f(x)=f(x)e^{F(x)}\,

Ekkor

\Phi(x,y)=ye^{F(x)}+C(x),\quad\quad \Phi(x,y)=ye^{F(x)}+\int -g(x)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x+C(y)

azaz C=ye^{F(x)}-\int g(x)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x

Példa

Tanulságképpen megállapíthatjuk, hogy néha érdemes a μ-re felírt egyenletnek csak olyan megoldásait keresni, amelyek csak az egyik változótól függenek. Ha ugyanis csak a μ=μ(x) alakú integráló szorzókra szorítkozunk, akkor a megoldandó egyenlet:

\mu\left(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}\right)=Q\frac{\partial \mu}{\partial x}\,

azaz

\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{1}{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial x}\,
R(x)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{\partial \mathrm{ln}\,\mu}{\partial x}\quad\quad\mu(x)=e^{\int R(x)\mathrm{dx}}

Az ilyen alak feltétele tehát az, hogy a

\frac{-\mathrm{rot}\,(P,Q)}{Q}

csak x-től függjön (vagy a -rot(P,Q)/P csak y-tól és akkor μ csak y-tól függ).

Példa. Oldjuk meg az

y'=\frac{x^3+y^3}{xy^2}\,

egyenletet!

Mo. Átrendezve:

(x^3+y^3)\mathrm{d}x-xy^2\mathrm{d}y=0\,

yP=3y2, ∂xQ=-y2, azaz

\frac{-\mathrm{rot}\,(P,Q)(x,y)}{Q(x,y)}=\frac{3y^2+y^2}{-xy^2}=\frac{-4}{x}

azaz célravezet, ha μ-t μ(x) alakban keressük. Ekkor

\mu(x)=\frac{1}{x^4}

Ekkor az egyenlet:

\left(\frac{1}{x}+\frac{y^3}{x^4}\right)\mathrm{d}x-\frac{y^2}{x^3}\mathrm{d}y=0\,

egzakt, mert

\frac{3y^2}{x^4}-(-1)\frac{-3y^2}{x^4}=0\,

Integrálássa:

F(x,y)=\mathrm{ln}|x|+\frac{1}{-3}\frac{y^3}{x^3}+C(y),\quad\quad F(x,y)=-\frac{1}{3}\frac{y^3}{x^3}+C(x)\,

azaz

\mathrm{ln}|x|-\frac{1}{3}\frac{y^3}{x^3}=C
3x^3\mathrm{ln}\,c|x|=y^3
x\sqrt[3]{3\,\mathrm{ln}\,c|x|}=y(x)\,
Személyes eszközök