Matematika A3a 2008/2. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
||
1. sor: | 1. sor: | ||
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>'' | ''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</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,-π/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=π/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 + 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 <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 λ 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 ⊆ '''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 ⊆ '''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
Tartalomjegyzék |
Gyakorlatok kezdeti érték feladatra
1. 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
2. feladat. Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az 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
- 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:
Egzakt differenciálegyenlet
Definíció
Legyen U ⊆ R2 nyílt halmaz és P,Q: U R folytonos függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az
differenciálegyenlet egzakt, ha létezik olyan F: U R folytonosan differenciálható függvény, hogy
Példa. Minden
alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha g integrálfüggvénye G, akkor
Alkalmas tehát az alábbi függvény:
Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:
Megjegyzés. A megoldásokat implicit módon adja meg az
egyenlet. Mivel
ezért az implicitfüggvény-tétel miatt, hogy y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:
Implicitfüggvény-tétel -- Ha a Φ: I×J 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:
Egzisztencia- és unicitástétel
Tétel. Legyenek P és Q az U ⊆ R2 nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, Q sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: U 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.
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:
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
Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll
alakban. Most belátjuk, hogy y (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(FG)(x,y)=dF(G(x,y)) dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:
x értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az integrálszámítás alaptétele szerint az x F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint y(x0) = y0 teljesül, ezért x 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
- ill.
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:
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:
Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható:
- ill.
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 R folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha
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:
2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.
Példa
Oldjuk meg az
differenciálegyenletet!
Mo.
Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megkapjuk, ha megoldjuk az
parciális differenciálegyenlet-rendszert.
Az első egyenletből:
A második egyenlet miatt:
azaz
Innen a C(y)-ra egy partikuláris megoldás:
Azaz
Ez valóban teljesíti a grad F = [P,Q] feltételt, így az első integrál:
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:
már egzakt egyenlet. Vizsáljuk meg miből nyerhetjük az ilyen μ un. integráló szorzót! A rot(μP,μQ)=0 feltétel a következő:
Ezt a parciális differenciálegyenletet kell megoldanunk ahhoz, hogy legyen integráló tényezőnk.
Példa. Keressünk integráló tényezőt az
közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez!
Világos, hogy nem egzakt, mert a
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:
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:
Ez egy szeparábilis, aminek a megoldása:
egy partikuláris megoldás:
ahol F'=f.
HF: Keressük meg ezzel az integáló szorzóval az általános megoldást!
Mo.
Már egzakt, hiszen
Ekkor
azaz
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:
azaz
Az ilyen alak feltétele tehát az, hogy a
csak x-től függjön (vagy a -rot(P,Q)/P csak y-tól és akkor μ csak y-tól függ).
Példa. Oldjuk meg az
egyenletet!
Mo. Átrendezve:
∂yP=3y2, ∂xQ=-y2, azaz
azaz célravezet, ha μ-t μ(x) alakban keressük. Ekkor
Ekkor az egyenlet:
egzakt, mert
Integrálássa:
azaz