Matematika A3a 2008/2. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Az egzaktság jellemzése) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Egzisztencia- és unicitástétel) |
||
(egy szerkesztő 10 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
63. sor: | 63. sor: | ||
differenciálegyenlet ''egzakt'', ha létezik olyan ''F'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény, hogy | differenciálegyenlet ''egzakt'', ha létezik olyan ''F'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény, hogy | ||
:<math>\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}</math> | :<math>\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}</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 ∂<sub>x</sub>F(x,y)=2x, ∂<sub>y</sub>F(x,y)=2y, mármint az | ||
+ | :<math>y'=-\frac{2x}{2y}</math> | ||
+ | alakjában egzakt. | ||
+ | |||
+ | '''Elméleti példa.''' Minden | ||
:<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> | :<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> | ||
alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha ''g'' integrálfüggvénye ''G'', akkor | alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha ''g'' integrálfüggvénye ''G'', akkor | ||
77. sor: | 83. sor: | ||
egyenlet. Mivel | egyenlet. Mivel | ||
:<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math> | :<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math> | ||
− | ezért az implicitfüggvény-tétel miatt | + | ezért az implicitfüggvény-tétel miatt y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt: |
− | '''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha a Φ: <math>I</math>×<math>J</math> <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény az <math>(x_0,y_0)</math> ∈ int(<math>I</math>×<math>J</math>) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt | + | '''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha a Φ: <math>I</math>×<math>J</math> <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény az <math>(x_0,y_0)</math> ∈ int(<math>I</math>×<math>J</math>) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt, akkor a <math>(x_0,y_0)</math> pont egy környezetében egyértelműen létezik az Φ(x,y)=Φ(<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''⊆''I'' környezetében értelmezett, ''J''-beli értékű ''y'' deriválható függvény, melyre minden ''x'' ∈ ''K'' esetén: |
+ | :<math>\Phi(x,y(x))=\Phi(x_0,y_0)\,</math>, <math>y(x_0)=y_0\,</math> | ||
+ | és ennek deriváltja minden ''x'' ∈ ''K''-ban: | ||
:<math>y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}</math> | :<math>y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}</math> | ||
87. sor: | 95. sor: | ||
1) az | 1) az | ||
:(ex) y'=-P/Q | :(ex) y'=-P/Q | ||
− | egyenletnek egyértelműen létezik az <math>y_0=y(x_0)</math> kezdeti feltételt kielégítő ''y'' megoldása és | + | egyenletnek egyértelműen létezik az <math>y_0=y(x_0)</math> kezdeti feltételt kielégítő ''y'' lokális megoldása és |
2) az | 2) az | ||
:(impl) F(x,y) = F(<math>x_0,y_0</math>) | :(impl) F(x,y) = F(<math>x_0,y_0</math>) | ||
− | egyenlet <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó egyetlen implicit függvénye az (ex) egyenlet <math>y(x_0)=y_0</math> kezdeti feltételt kielégítő egyetlen megoldása. | + | 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. |
''Biz.'' 1) ''Egzisztencia.'' Belátjuk, hogy (impl) egyetlen <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) | ''Biz.'' 1) ''Egzisztencia.'' Belátjuk, hogy (impl) egyetlen <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) | ||
110. sor: | 118. sor: | ||
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. | 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 | ||
+ | :<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. | ||
+ | |||
+ | 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>\mathrm{d}F(x,y)=P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y\,</math> | ||
+ | |||
+ | 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 | Oldjuk meg az | ||
:<math>(ye^{xy}+\cos x)\,\mathrm{d}x+(xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y)\,\mathrm{d}y=0</math> | :<math>(ye^{xy}+\cos x)\,\mathrm{d}x+(xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y)\,\mathrm{d}y=0</math> | ||
137. sor: | 171. sor: | ||
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∈(0,2)-beli: sin(xy)=1-x, xy=arc sin(1-x), y(x)=arc sin(1-x)/x | 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∈(0,2)-beli: sin(xy)=1-x, xy=arc sin(1-x), y(x)=arc sin(1-x)/x | ||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
<center> | <center> | ||
168. sor: | 177. sor: | ||
|- bgcolor="#efefef" | |- bgcolor="#efefef" | ||
|[[Matematika A3a 2008/1. gyakorlat |1. gyakorlat]] | |[[Matematika A3a 2008/1. gyakorlat |1. gyakorlat]] | ||
− | |}{| class="wikitable" style="text-align:center" | + | |} |
+ | |||
+ | {| class="wikitable" style="text-align:center" | ||
|- bgcolor="#efefef" | |- bgcolor="#efefef" | ||
|[[Matematika A3a 2008/3. gyakorlat |3. gyakorlat]] | |[[Matematika A3a 2008/3. gyakorlat |3. gyakorlat]] | ||
|} | |} | ||
</center> | </center> |
A lap jelenlegi, 2013. november 1., 12:06-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
Számpélda. Az
egyenlet egzakt, mert az F(x,y)=x2+y2 függvény olyan, hogy ∂xF(x,y)=2x, ∂yF(x,y)=2y, mármint az
alakjában egzakt.
Elméleti 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 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, 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 K⊆I környezetében értelmezett, J-beli értékű y deriválható függvény, melyre minden x ∈ K esetén:
- ,
és ennek deriváltja minden x ∈ K-ban:
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 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.
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.
Példák
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:
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 |