Matematika A3a 2008/2. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Feladatok)
(Egzisztencia- és unicitástétel)
 
(egy szerkesztő 31 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
==Feladatok folytnosságra==
+
==Gyakorlatok kezdeti érték feladatra==
 +
'''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!
  
'''1.''' Folytonos-e a ''z'' = 0-ban az
+
''Mo.'' a) Ehhez egy konstans megoldás tartpzik és nincs másik a (0,-&pi;/2)-n áthaladó, mert az y szerinti parciális derivált korlátos.  
:<math>f(z)=\left\{
+
\begin{matrix}
+
\cfrac{\mathrm{Im}(z)^3+\mathrm{i}\cdot\mathrm{Re}(z)^4}{\overline{z}\cdot z},\quad\quad\mathrm{ha}\;z\ne 0\\
+
\\
+
0,\quad\quad \mathrm{ha}\;z=0
+
\end{matrix}
+
\right.</math>
+
  
''Megoldás.''
+
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;
  
Ha ''z'' = ''x'' + i''y'' és (''x'',''y'') &ne; (0,0), akkor:
+
'''HF.''' Oldjuk meg az y' = sin(x) yln(y) egyenletet az
:<math>f(x,y)=\begin{pmatrix}
+
:a) y(0)=1,  
\cfrac{y^3}{x^2+y^2} \\
+
:b) y(0)=e
\cfrac{x^4}{x^2+y^2}
+
kezdeti feltételek mellett!
\end{pmatrix}</math>
+
  
A komponensfüggvények felírhatók egy 0-hoz tartó és egy korlátos függvény szorzataként:
+
=== Függvényegyenletek===
:<math>\left|\cfrac{y^3}{x^2+y^2}\right|=|y|\cdot\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |y|\cdot\frac{y^2}{y^2}=|y|</math>
+
és
+
:<math>\left|\cfrac{x^4}{x^2+y^2}\right|=x^2\cdot\frac{x^2}{x^2+y^2}\leq x^2\cdot\frac{x^2}{x^2}=x^2</math>
+
így (x,y)<math>\to</math>(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.
+
  
 +
'''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.
  
'''2.''' Folytonos-e a ''z'' = i-ben az
+
'''3. Feladat.''' Hány megoldása van az |f(x)|=e<sup>x</sup> '''R'''-en? Hány diffható ebből?
:<math>f(z)=\left\{
+
''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.
\begin{matrix}
+
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.
\cfrac{\mathrm{i}z+1}{|z-\mathrm{i}|},\quad\quad\mathrm{ha}\;z\ne \mathrm{i}\\
+
\\
+
0,\quad\quad \mathrm{ha}\;z=\mathrm{i}
+
\end{matrix}
+
\right.</math>  
+
  
Ha ''z'' = ''x'' + i''y'' és (''x'',''y'') &ne; (0,1), akkor:
+
==Homogén fokszámú egyenletek==
:<math>f(x,y)=\begin{pmatrix}
+
\cfrac{-y+1}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}} \\
+
\cfrac{x}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}
+
\end{pmatrix}</math>
+
  
Már az első komponens határértéke sem létezik, hisz (x,y)=(0,y) mentén alulról a (0,1)-hez tartva a határérték -1, az x=y-1 mentén pedig -1/gyök kettő.
+
Az F(x,y) ''n''-homogén függvény, ha minden &lambda; esetén
 +
:<math>F(\lambda x,\lambda y)=\lambda^n F(x,y).</math>
  
A második tényező szintén nem.
+
Az y'=F(x,y) egyenlet homogén, ha F(x,y) 0-homogén.  
  
==Feladatok függvényhatárértékre==
+
Homogén egyenleteknél az y=ux helyettesítés vezet célra. Akkor
===Végtelen határérték===
+
:y'=u'x+u
'''Definíció''' – ''Végtelen és alapműveletek'' – Az alábbi műveleti szabályokat vezetjük be a &infin;, szimbólumra vonatkozóan, az alábbiakban ''z'' tetszőleges komplex szám, ''n'' tetszőleges nemnulla komplex szám:
+
 
# <math>\infty+\infty=\infty, \quad\quad\infty+z=\infty </math>,
+
'''Feladat.''' (2x+y)dx + (y+x)dy =0
# <math>\infty-z=\infty,  \quad\quad z-\infty=\infty</math>
+
Homogén, mert
# <math>\infty\cdot\infty=\infty, \quad\quad \infty\cdot n=\infty</math>,
+
:<math>y'=-\frac{2x+y}{x+y}</math>
# <math>\frac{z}{\infty}=0 \quad\quad \frac{\infty}{z}=\infty</math>,
+
jobb oldala 0-homogén:
továbbá a szorzás és az összeadás kommutatív.
+
:<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>
  
Megjegyezzük még, hogy <math>\overline{\infty}=\infty</math>, azaz a végtelen konjugáltja saját maga.
+
==Egzakt differenciálegyenlet==
 +
===Definíció===
  
'''Definíció''' ''Határozatlan esetek'' –  Az alábbi alapműveletek nem értelmezhetők:
+
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
# <math>\infty-\infty</math>,
+
:<math>y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}</math>
# <math>0\cdot\infty, \quad\quad \infty\cdot 0</math>,  
+
differenciálegyenlet ''egzakt'', ha létezik olyan ''F'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény, hogy
# <math>\frac{\infty}{\infty}</math>,
+
:<math>\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}</math>
# <math>\frac{0}{0}</math>
+
'''Számpélda.''' Az
 +
:<math>y'=-\frac{x}{y}</math>
 +
egyenlet egzakt, mert az F(x,y)=x<sup>2</sup>+y<sup>2</sup> függvény olyan, hogy &part;<sub>x</sub>F(x,y)=2x, &part;<sub>y</sub>F(x,y)=2y, mármint az
 +
:<math>y'=-\frac{2x}{2y}</math>
 +
alakjában egzakt.
  
'''Állítás''' – ''Végtelen határérték és alapműveletek'' – Ha az ''f'' és ''g'' komplex függvényeknek létezik határértékük az <math>\scriptstyle{u\in \overline{\mathbf{C}}}</math> helyen, az ''f'' * ''g'' alapművelettl elkészített függvény értelmezési tartományának torlódási pontja ''u'' és a lim<sub>u</sub> ''f'' * lim<sub>u</sub> ''g'' alapművelet elvégezhető, akkor az ''f'' * ''g'' függvénynek is van határértéke ''u''-ban és ez:
+
'''Elméleti példa.''' Minden
:<math> \lim\limits_u(f\mbox{*}g)=\lim\limits_u f\,\mbox{*}\, \lim\limits_u g \,</math>
+
:<math>y'=\frac{f(x)}{g(y)}\quad\quad (f\in\mathrm{C}(I),\;g\in \mathrm{C}(J),\;0\notin\mathrm{Ran}(g))</math>
Ezenkívül a határozatlan esetekben, amikor a határértékekkel végzett műveletek nem értelmezettek, az alapműveletekkel elkészített függvények határértékeire nem adható általános képlet (mert alkalmasan választott esetekben máshoz és máshoz tartanak).
+
alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha ''g'' integrálfüggvénye ''G'', akkor  
===Feladatok===
+
:<math>g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C</math>
'''3.''' Igazoljuk definíció szerint, hogy
+
Alkalmas tehát az alábbi függvény:
:<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{z}=\infty</math>
+
:<math>\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</math>
:<math>\lim\limits_{z\to \infty}\frac{1}{z}=0</math>
+
  
''Megoldás.'' |1/''z''| < &epsilon;, ha |''z''| < &delta; és fordítva.
+
Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:
 +
:<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math>
  
'''4.''' Számítsuk ki az alábbi határértékeket, ha léteznek!
+
'''Megjegyzés.''' A megoldásokat implicit módon adja meg az
# <math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{\mathrm{Im}(z)}{z}</math>,
+
:<math>\Phi(x,y)=C\,</math>
# <math>\lim\limits_{z\to i}\frac{z-i}{z^2+1}</math>,
+
egyenlet. Mivel
# <math>\lim\limits_{z\to 1}\frac{\frac{1}{z-1}+i}{\frac{1}{z^2-1}-i}</math>,
+
:<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math>
# <math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{z}-\frac{2}{\overline{z}}</math>,
+
ezért az implicitfüggvény-tétel miatt y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:
# <math>\lim\limits_{z\to -i}\frac{\frac{1}{z+i}+i}{\overline{z}-i}</math>,
+
  
''Megoldás.''
+
'''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha a &Phi;: <math>I</math>&times;<math>J</math> <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény az <math>(x_0,y_0)</math> &isin; int(<math>I</math>&times;<math>J</math>) pontban teljesíti a &part;&Phi;/&part;y &ne; 0 feltételt, akkor a <math>(x_0,y_0)</math> pont egy környezetében egyértelműen létezik az &Phi;(x,y)=&Phi;(<math>x_0,y_0</math>) egyenletnek az <math>(x_0,y_0)</math> ponton áthaladó implicit függvénye, azaz az <math>x_0</math> egy ''K''&sube;''I'' környezetében értelmezett, ''J''-beli értékű ''y'' deriválható függvény, melyre minden ''x'' &isin; ''K'' esetén:
   
+
:<math>\Phi(x,y(x))=\Phi(x_0,y_0)\,</math>, <math>y(x_0)=y_0\,</math>
1. nemnulla ''z''-re:
+
és ennek deriváltja minden ''x'' &isin; ''K''-ban:
:<math>\frac{\mathrm{Im}(z)}{z}=\frac{\mathrm{Im}(z)\overline{z}}{z\overline{z}}=\frac{yx-y^2\mathrm{i}}{x^2+y^2}</math>
+
:<math>y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}</math>
de ekkor például az első komponensfüggvény ''x'' = 0 felől közelítve 0, míg az ''x'' = ''y''-felől:1/2, azaz nem létezik az első komponensnek a (0,0)-ban határértéke, azaz a komplex függvénynek sem.
+
  
2. <math>\frac{z-i}{z^2+1}=\frac{z-i}{(z+i)(z-i)}=\frac{1}{z+i}\longrightarrow_{z\to -i}\infty</math>
+
==Egzisztencia- és unicitástétel==
 +
'''Tétel.''' Legyenek ''P'' és ''Q'' az ''U'' &sube; '''R'''<sup>2</sup> nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, ''Q'' sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvénnyel és <math>(x_0,y_0)</math> &isin; ''U''. Ekkor
  
3. <math>\frac{\frac{1}{z-1}+i}{\frac{1}{z^2-1}-i}=\frac{ \frac{1+iz-i}{z-1} }{ \frac{1-iz^2+i}{z^2-1} }=\frac{1+iz-i}{z-1}\cdot \frac{(z+1)(z-1)}{1-iz^2+i}\to...</math>
+
1) az
 +
:(ex) y'=-P/Q
 +
egyenletnek egyértelműen létezik az <math>y_0=y(x_0)</math> kezdeti feltételt kielégítő ''y'' lokális megoldása és
  
4. <math>\frac{1}{z}-\frac{2}{\overline{z}}=\frac{\overline{z}-2z}{z\overline{z}}</math>
+
2) az
csak a valós részt nézve:
+
:(impl) F(x,y) = F(<math>x_0,y_0</math>)
:<math>\left|\frac{-x}{x^2+y^2}\right|</math>
+
egyenlet <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó egyetlen lokális implicit függvénye az (ex) egyenlet <math>y(x_0)=y_0</math> kezdeti feltételt kielégítő egyetlen lokális megoldása.
az (x,y)=(x,0) esetben a (0,0)-hoz tartva: végtelen, de (x,y)=(0,y), akkor 0. tehát nincs.
+
  
5. <math>\lim\limits_{z\to -i}\frac{\frac{1}{z+i}+i}{\overline{z}-i}=\left(\frac{\infty}{0}\right)=\infty</math>.
+
''Biz.'' 1) ''Egzisztencia.'' Belátjuk, hogy (impl) egyetlen <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex)
 +
egyenletnek.
 +
:<math>\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}=Q(x_0,y_0)\ne 0</math>
 +
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:
 +
:<math>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))}</math>
 +
tehát ''y'' az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt.  
  
'''5.''' Adjuk meg minden ''z''<sub>0</sub> &isin; '''C''' számra az alábbi függvény határértékét!
+
''Unicitás.'' Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása ''y'', azaz
# <math>f(z)=\frac{z}{\overline{z}-z}</math>,
+
:<math>y'(x)=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}</math>
# <math>f(z)=\frac{z^2}{\overline{z}z-1}</math>
+
Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll
 +
:<math>\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0</math>
 +
alakban. Most belátjuk, hogy ''y'' (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(F<math>\circ</math>G)(x,y)=dF(G(x,y))<math>\circ</math> dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:
 +
:<math>(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\,</math>
 +
''x'' értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az ''integrálszámítás alaptétele'' szerint az x <math>\mapsto</math> F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint <math>y(x_0)=y_0</math> teljesül, ezért x <math>\mapsto</math> y(x) egy <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F(<math>x_0,y_0</math>) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű.
  
''Megoldás.''
+
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.
  
1.<math>\mathrm{Dom}(f)=\{z\in \mathbf{C}\mid \overline{z}\ne z\}</math>
+
==Az egzaktság jellemzése==
 +
'''Megjegyzés.''' Az egzakt differenciálegyenletet még
 +
:<math>P(x,y)+Q(x,y)y'=0\,</math> ill. <math>P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y=0\,</math>
 +
alakban is szokás írni.
  
Folytonos az értelmezési tartományában. A határon:
+
Ez utóbbi egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a ''P''(''x'',''y'')d''x'' + ''Q''(''x'',''y'')d''y'' kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja:
<math>\frac{z}{\overline{z}-z}=\frac{x+iy}{2iy}\,</math>
+
:<math>\mathrm{d}F(x,y)=P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y\,</math>
''z''<sub>0</sub>  &ne; 0 esetén
+
:<math>\left|\frac{x+iy}{2iy}\right|\geq \frac{|z_0|/2}{2|y|}\to \infty</math>
+
''z''<sub>0</sub>  = 0 esetén:  
+
:<math>\frac{x+iy}{2iy}=\frac{1}{2}-i\frac{x}{2y}</math>
+
  
[[Kategória:Matematika A3]]
+
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:
 +
:<math>[\mathrm{d}F(x,y)]=\mathrm{grad}\,F(x,y)=\left[\;\frac{\partial F}{\partial x}\;,\;\frac{\partial F}{\partial y}\;\right]</math>
 +
Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható:
 +
:<math>[\mathrm{d}F]=\left[P,Q\right]\,</math> ill. <math>\mathrm{grad}\,F=[P,Q]\,</math>
 +
 
 +
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'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha 
 +
:<math>\frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x}</math>
 +
 
 +
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:
 +
:<math>\mathrm{rot}\,(P,Q)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}</math>
 +
2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.
 +
==Példák==
 +
Oldjuk meg az
 +
:<math>(ye^{xy}+\cos x)\,\mathrm{d}x+(xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y)\,\mathrm{d}y=0</math>
 +
differenciálegyenletet!
 +
 
 +
''Mo.''
 +
:<math>\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy},\quad\quad \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy}</math>
 +
Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megkapjuk, ha megoldjuk az
 +
:<math>\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</math>
 +
parciális differenciálegyenlet-rendszert.
 +
 
 +
Az első egyenletből:
 +
:<math>F(x,y)=e^{xy}+\sin x+C(y)\,</math>
 +
A második egyenlet miatt:
 +
:<math>xe^{xy}+C'(y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y</math>
 +
azaz
 +
:<math>C'(y)=\mathrm{ch}\, y</math>
 +
Innen a C(y)-ra egy partikuláris megoldás:
 +
:<math>C(y)=\mathrm{sh}\, y</math>
 +
Azaz
 +
:<math>F(x,y)=e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y</math>
 +
Ez valóban teljesíti a grad F = [P,Q] feltételt, így az első integrál:
 +
:<math>e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y=C</math>
 +
'''Feladat.''' Oldjuk meg az y'=(ycos(xy)+1)/-xcos(xy) az y(1)=0 kezdeti feltétel mellett!
 +
''Mo.'' (ycos(xy)+1)dx + xcos(xy)dy=0
 +
Integráljuk mindkét függvényt: F(x,y)=x+ysin(xy)/y+C<sub>1</sub>(y)=xsin(xy)/x+C<sub>2</sub>(x). Innen F(x,y)=sin(xy)+x. Ez valóban megoldás és az implicit általános megoldás sin(xy)+x=C. A kezdeti feléttelt kielégítő megoldás: sin(xy)+x=1, ahonnan egy lokális megoldás az x&isin;(0,2)-beli: sin(xy)=1-x, xy=arc sin(1-x), y(x)=arc sin(1-x)/x
 +
 
 +
 
 +
<center>
 +
 
 +
{| class="wikitable" style="text-align:center"
 +
|- bgcolor="#efefef"
 +
|[[Matematika A3a 2008/1. gyakorlat |1. gyakorlat]]
 +
|}
 +
 
 +
{| class="wikitable" style="text-align:center"
 +
|- bgcolor="#efefef"
 +
|[[Matematika A3a 2008/3. gyakorlat |3. gyakorlat]]
 +
|}
 +
</center>

A lap jelenlegi, 2013. november 1., 11:06-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)}

Számpélda. Az

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

egyenlet egzakt, mert az F(x,y)=x2+y2 függvény olyan, hogy ∂xF(x,y)=2x, ∂yF(x,y)=2y, mármint az

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

alakjában egzakt.

Elméleti 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 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, akkor a (x0,y0) pont egy környezetében egyértelműen létezik az Φ(x,y)=Φ(x0,y0) egyenletnek az (x0,y0) ponton áthaladó implicit függvénye, azaz az x0 egy KI környezetében értelmezett, J-beli értékű y deriválható függvény, melyre minden xK esetén:

\Phi(x,y(x))=\Phi(x_0,y_0)\,, y(x_0)=y_0\,

és ennek deriváltja minden xK-ban:

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 lokális megoldása és

2) az

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

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

Példák

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

Feladat. Oldjuk meg az y'=(ycos(xy)+1)/-xcos(xy) az y(1)=0 kezdeti feltétel mellett! Mo. (ycos(xy)+1)dx + xcos(xy)dy=0 Integráljuk mindkét függvényt: F(x,y)=x+ysin(xy)/y+C1(y)=xsin(xy)/x+C2(x). Innen F(x,y)=sin(xy)+x. Ez valóban megoldás és az implicit általános megoldás sin(xy)+x=C. A kezdeti feléttelt kielégítő megoldás: sin(xy)+x=1, ahonnan egy lokális megoldás az x∈(0,2)-beli: sin(xy)=1-x, xy=arc sin(1-x), y(x)=arc sin(1-x)/x


1. gyakorlat
3. gyakorlat
Személyes eszközök