Matematika A3a 2008/3. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Speciális esetek)
(Speciális esetek)
 
(egy szerkesztő 13 közbeeső változata nincs mutatva)
25. sor: 25. sor:
 
:<math>\mu(x)=e^{\int R(x)\;dx}</math>
 
:<math>\mu(x)=e^{\int R(x)\;dx}</math>
  
 +
 +
'''Példa.'''
 +
 +
Az x>0, y tetszőleges kezdeti érték tarrtományban oldjuk meg az alábbi egyenletet!
 +
:<math>\,(x^2+y^2+x)dx+xydy=0</math>, <math>(xyy'=-x^2-y^2-x)</math>
 +
'''Mo.''' <math>P=x^2+y^2+x</math>, <math>Q=xy</math>, <math>\partial_y P=2y</math>, <math>\partial_yQ=y</math> azaz nem egzakt, de
 +
:<math>\frac{\partial_y P-\partial_yQ}{Q}=\frac{2y-y}{xy}=\frac{1}{x}=R(x)</math>, <math>\mu(x)=e^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}=x</math>
 +
 +
 +
II. Keressük a megoldást a &mu;=&mu;(y) feltevéssel! Ekkor ln(&mu;)=ln(&mu;)(y) és &part;<sub>x</sub>ln(&mu;)=0, azaz
 +
:<math>\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=-P\frac{\partial \ln\mu}{\partial y}\,</math>
 +
és
 +
:<math>S(y)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}=-\frac{\partial \ln\mu}{\partial y}\,</math>
 +
csak y-től függ és innen az integráló szorzó:
 +
:<math>\mu(y)=e^{-\int S(y)\;dy}</math>
 +
 +
'''Megj.:''' A gyakorlatban ilyenkor vesszük az
 +
:<math>\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}</math> ill. <math>\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}</math>
 +
törteket és ellenőrizzük, hogy rendre csak x-től vagy csak y-tól függenek. Ha valamelyik, akkor azt a megoldást választjuk.
 +
 +
'''Példa.'''
 +
 +
Oldjuk meg az
 +
:<math>-x^2\cos^4y\,\mathrm{d}x+\sin y\,\mathrm{d}y=0</math>
 +
egyenletet!
 +
 +
''1. Mo.''
 +
Nem egzakt:
 +
:<math>\frac{\partial P}{\partial y}=4x^2\cos^{3}y(\sin y)</math>
 +
:<math>\frac{\partial Q}{\partial x}=0</math>
 +
Egzakttá tehető, ugyanis:
 +
:<math>-\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}=\frac{4x^2\cos^{3}y(\sin y)}{x^2\cos^4y}=\frac{4\sin y}{\cos y}</math>
 +
:<math>\mu=e^{\int\frac{4\sin y}{\cos y}}=e^{-4 \mathrm{ln}|cos y |}=\frac{1}{\cos^4y}</math>
 +
Emiatt
 +
:<math>-x^2\,\mathrm{d}x+\frac{\sin y}{\cos^4 y}\,\mathrm{d}y=0</math>
 +
Megoldása:
 +
:<math>-\frac{x^3}{3}+\frac{1}{3\cos^3 y}\,=C</math>
 +
''2. Mo.''
 +
Szeparábilis is.
 +
 +
III. Előfordulhat, hogy szeparábilis alakban kell keresnünk a parc. diff. egyenlet megoldását, azaz &mu;(x,y)=&phi;(x)&psi;(y) alakban. Ekkor -- mint az könnyen ellenőrizhető -- az egyenlet
 +
:<math>\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=Qf(x)-Pg(y)\,</math>
 +
alakú és az integráló szorzó
 +
:<math>\mu(x,y)=e^{\int f(x)\;dx+\int g(y)\;dy}</math>
  
 
'''Példa.''' Oldjuk meg az  
 
'''Példa.''' Oldjuk meg az  
48. sor: 92. sor:
 
:<math>x\sqrt[3]{3\,\mathrm{ln}\,c|x|}=y(x)\,</math>
 
:<math>x\sqrt[3]{3\,\mathrm{ln}\,c|x|}=y(x)\,</math>
  
==Elméleti példa==
+
==Elméleti példák==
'''Példa.''' Keressünk integráló tényezőt az
+
'''1.''' Az y'=-P/Q homogén fokszámú egyenlet, melyben P és Q azonos fokszámú homogén függvények szintén egzakttá tehető az 1/(Px+Qy) szorzóval, ha ez nem az y'=-y/x egyenlet (ennek meg ismerjük a megoldását).
 +
 +
'''2.''' Keressünk integráló tényezőt az
 
:<math>y'+f(x)y=g(x)\,</math>  
 
:<math>y'+f(x)y=g(x)\,</math>  
 
közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez!
 
közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez!
79. sor: 125. sor:
 
azaz  
 
azaz  
 
<math>C=ye^{F(x)}-\int g(x)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x</math>
 
<math>C=ye^{F(x)}-\int g(x)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x</math>
 +
<center>
 +
</center>
 +
==Gyakorlás==
  
 +
Oldja meg az alábbi egyenletet az a) y(&pi;)=0 ill. b) y(2/&pi;)=1 kezdeti feltétel mellett!
 +
:<math>x\sin\frac{y}{x}-y\cos\frac{y}{x}+xy'\cos\frac{y}{x}=0</math>
 +
'''Mo.''' Legyen <math>u=y/x</math>, innen <math>y'=u'x+u</math>
 +
:<math>\sin\frac{y}{x}-\frac{y}{x}\sin\frac{y}{x}+y'\cos\frac{y}{x}=0</math>
 +
:<math>\,\sin u-u\cos u+(u'x+u)\cos u=0</math>
 +
:<math>\,\sin u+u'x cos u=0</math>
 +
:<math>\,u'x\cos u =-\sin u</math>
 +
(itt megjegyzendő, hogy az u=k&pi; konstansok megoldások, azaz az eredetinek az y=k&pi;x megoldásai)
 +
:<math>\,\int-\frac{\cos u}{\sin u}\mathrm{d}u =\int\frac{\mathrm{d}x}{x}</math>
 +
:<math>\,-\ln|\sin u| =\ln|x|+C</math>
 +
:<math>\frac{1}{|\sin u|}=K_1|x|</math>
 +
:<math>\,1=Kx\sin \frac{y}{x}</math> (K&ne;0)
  
==Komplex számkör és reprezentációi==
+
==Függvényegyütthatós elsőrendű lineáris d.e.==
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.
+
:<math>
 +
y'+\frac{2y}{x}=\sin(x^3+1)</math>
  
===Algebrai modell===
+
'''Mo.''' Homogén megoldása. y=0 konstans megoldás.
A komplex számok olyan
+
:<math>y'=-\frac{2y}{x}</math>
:<math>a+b\mathrm{i}\,</math>
+
:<math>\frac{dy}{y}=-2\frac{dx}{x}</math>
alakú formális kifejezések, ahol ''a'' és ''b'' valós számok, i pedig azzal a speciális tulajdonsággal rendelkezik, hogy
+
:<math>\ln|y|=\ln|x|^{-2}+C</math>
:<math>\mathrm{i}^2=-1\,</math>  
+
Bolzano tétele miatt tetszőleges K valós számmal:
A komplex számok halmazát a '''C''' szimbólummal jelöljük, tehát
+
:<math>y=K\frac{1}{x^2}</math>
:<math>z\in \mathbf{C}\quad\Leftrightarrow\quad z=a+bi\quad\quad(a,b\in \mathbf{R})</math>
+
ami a homogén általános megoldása.
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'') &isin; '''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
+
Inhomogén part. keresése
:<math>a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n\,</math>
+
:<math>y(x)=K(x)\frac{1}{x^2}</math>
alakú kifejezésekkel, ahol az ''a<sub>i</sub>''-k valós számok, ''n'' pedig nemnegatív egész, lehet maradékosan osztani (polinomosztás). Ekkor
+
:<math>
:<math>\mathbf{C}=_{\mathrm{def}}\mathbf{R}[X]/(x^2+1)</math>
+
K'(x)\frac{1}{x^2}+K(x)\frac{-2}{x^3}+K(x)\frac{2}{x^3}=\sin(x^3+1)</math>
azaz a komplex számok halmaza a valósegyütthatós polinomok x<sup>2</sup>+1 polinommal történő osztási maradékai. Világos, hogy minden ilyen maradék előáll
+
:<math>
:<math>m(x)=a+bx\,</math>
+
K'(x)=x^2\sin(x^3+1)</math>
alakban, azaz legfeljebb elsőfokú polinom alakjában. Ebben a számkörben az ''összeadás'' a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása (illetve ezen eredményének x<sup>2</sup>+1-vel történő osztási maradéka). Amikor két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, akkor sem lépünk ki a számkörből, hisz a 
+
:<math>
:<math>m(x)^2+1=0\,</math>
+
K'(x)=\frac{1}{3}3x^2\sin(x^3+1)</math>
polinomegyenlet megoldható, éspedig az m(x)=x polinom (az identitás) megoldás. Ekkor
+
:<math>
:<math>m(x)^2=-1\,</math>
+
K(x)=-\frac{1}{3}\cos(x^3+1)</math>
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.
+
:<math>y=K\frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\cos(x^3+1)\frac{1}{x^2}</math>
  
  
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 i<sup>2</sup>=-1 egyenlőség miatt visszaérkeznek az ''a'' + ''b''i 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''+''b''i) + (''c''+''d''i) = (''a''+''c'') + (''b''+''d'')i összeadásával és a
 
:&lambda;(''a''+''b''i) = &lambda;''a'' + &lambda;''b''i, a &lambda; valós számmal való szorzással
 
kétdimenziós valós vektorteret alkotnak és így lineárisan izomorfak a valós számpárok '''R'''<sup>2</sup> 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'' + ''b''i alakú formális kifejezéseken az '''R'''[X] polinomgyűrűnek az (1+X<sup>2</sup>) polinommal történő maradékos osztásának maradékait értjük).
 
 
A számpár reprezentációban:
 
:<math>\mathbf{C}=\mathbf{R}^{2}\,</math>
 
az összeadás az '''R'''<sup>2</sup>-beli vektorösszeadás, a szorzás, pedig a
 
:<math>(a+b\mathrm{i})(c+d\mathrm{i})=(ac-db)+(ad+bc)\mathrm{i}\,</math>
 
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 '''R'''<sup>2</sup> 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&times;2-es valós mátrixon M<sub>2&times;2</sub> ('''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 '''R'''<sup>2</sup> síkon:
 
:<math>\mathbf{C}\ni z=r\cdot(\cos\varphi+\mathrm{i}\sin\varphi)\;\equiv\;
 
\begin{pmatrix}
 
r\cos\varphi  & -r\sin\varphi\\
 
r\sin\varphi  & r\cos\varphi
 
\end{pmatrix}\in \mathrm{M}_{2\times 2}(\mathbf{R})</math>
 
Világos, hogy ekkor az ''a'' + ''b''i kanonikus alakot használva a komplex számoknak megfelelő mátrixok halmaza:
 
:<math>\left\{\begin{pmatrix}
 
a  & -b\\
 
b  & \;\;a
 
\end{pmatrix}\in\mathrm{M}_{2\times 2}(\mathbf{R}): a,b\in \mathbf{R}\right\}</math>
 
Ez a mátrixhalmaz kétdimenziós altér az  M<sub>2&times;2</sub> ('''R''') algebrában, melyet például a közvetve onnan is láthatjuk, hogy forgatva nyújtások is alteret alkotnak a lineáris leképezések terében.
 
 
=='''C''' topológiája==
 
 
'''R'''<sup>2</sup> gömbi környezetei lesznek '''C''' gömbi környezetei. Általában, minden topologikus fogalom '''C'''-ben '''R'''<sup>2</sup>-re vezetünk vissza. Tehát, adott ''r'' > 0 valós számra és ''z''<sub>0</sub> &isin; '''C''' számra:
 
:<math>\mathrm{B}_r(z_0)\;=\;\{z\in \mathbf{C}\mid |z-z_0|<r\}</math>
 
az ''r'' sugarú ''z''<sub>0</sub> középpontú nyílt gömbi környezet. Itt a | . | abszolútérték helyett, mely a || . ||<sub>2</sub> euklideszi norma, elvileg '''R'''<sup>2</sup> 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. &Omega; &sube; '''C''' '''nyílt''', ha minden pontjával együtt, annak egy nyílt gömbi környezetét is tartalmazza:
 
:<math>\forall z\in \Omega\quad \exists r>0\quad \mathrm{B}_r(z)\subseteq \Omega</math>
 
Egy ''A'' &sube; '''C''' halmaz belsején értjük azon pontok halmazát, melyeknek egy egész gömbi környezete benne van ''A''-ban
 
:<math>\mathrm{int}(A)=\{z\in \mathbf{C}\mid  \exists r>0\quad \mathrm{B}_r(z)\subseteq A\}</math>
 
Mivel '''R'''<sup>2</sup>-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 '''R'''<sup>2</sup>-'''R'''<sup>2</sup> függvények között a következő azonosítással élhetünk. Ha ''f'': '''C'''&supe; <math>\rightarrow</math>'''C''' függvény, akkor ''z'' = ''x'' + i''y'', ''f''(''z'')=''u''(''x'',''y'')+i''v''(''x'',''y''), ill.
 
:<math>f\equiv\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}
 
</math>
 
 
===Folytonosság===
 
 
Azt mondjuk, hogy az ''A'' &sube; '''C''' halmazon értelmezett ''f'' függvény folytonos a ''z'' &isin; '''A''' pontban, ha ''z''-ben ''f'' folytonos mint '''R'''<sup>2</sup> &supe; ''A'' <math>\to</math> '''R'''<sup>2</sup> 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:
 
:<math>f(z)\equiv f(x,y)=u(x,y)+\mathrm{i}\cdot v(x,y)</math> 
 
ahol ''u'' és ''v'' valós értékű függvények (rendre Re(''f'') és Im(''f'')), továbbá ''z''<sub>0</sub> = ''x''<sub>0</sub> + i''y''<sub>0</sub> &isin; Dom(''f''), akkor a következők ekvivalensek:
 
# ''f'' folytonos a ''z''<sub>0</sub>-ban
 
# ''u'' és ''v'' függvények folytonosak az (''x''<sub>0</sub>,''y''<sub>0</sub>)-ban 
 
 
 
A kétváltozós függvények közötti határérték-folytonosság kapcsolat is megfogalmazható komplex módon. Itt az f = u + vi függvény határértékén a <math>z=x+iy</math> pontban a lim<sub>x</sub> u + i lim<sub>y</sub> 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.
 
: <math>\lim\limits_{z\to z_0} f(z)=f(z_0)</math>
 
A komplex függvények folytonosságának egyik, de nem egyetlen feltétele az, hogy az (u,v) reprezentáció '''R'''<sup>2</sup>-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'' &isin; '''C'''. Igazoljuk, hogy az alábbi függvények folytonosak!
 
# <math>z\mapsto w + z\,</math>
 
# <math>z\mapsto w\cdot z\,</math>
 
# <math>z\mapsto \overline{z}\,</math> 
 
# <math>z\mapsto \frac{1}{z}\quad\quad (z\ne 0)</math> 
 
 
''Megoldás.''
 
 
Az 1. az '''R'''<sup>2</sup>-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'') <math>\mapsto</math> (''x'',–''y'') a valós tengelyre való tükrözés, ami szintén lineáris.
 
 
Végül a reciprok:
 
:<math>\frac{1}{z}=\frac{\overline{z}}{z\overline{z}}=\frac{\overline{z}}{|z|^2}</math>
 
így, mint '''R'''<sup>2</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>2</sup> függvény:
 
:<math>\begin{pmatrix}
 
x \\
 
y
 
\end{pmatrix}\mapsto
 
\begin{pmatrix}
 
\cfrac{x}{x^2+y^2} \\
 
\cfrac{-y}{x^2+y^2}
 
\end{pmatrix}</math>
 
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
 
:<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.''
 
 
Ha ''z'' = ''x'' + i''y'' és (''x'',''y'') &ne; (0,0), akkor:
 
:<math>f(x,y)=\begin{pmatrix}
 
\cfrac{y^3}{x^2+y^2} \\
 
\cfrac{x^4}{x^2+y^2}
 
\end{pmatrix}</math>
 
 
A komponensfüggvények felírhatók egy 0-hoz tartó és egy korlátos függvény szorzataként:
 
:<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.
 
 
 
Ha folytonos komplex függvényekből alapműveletek segítségével alkottunk függvényeket, akkor azok is folytonosak maradnak, mert a megfelelő '''R'''<sup>2</sup>-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 ''z''<sub>0</sub>  pontban (mindketten értelmezettek és) folytonosak, akkor
 
# ''f'' + ''g''
 
# ''f'' <math>\cdot</math> ''g''
 
# <math>\overline{f}</math>
 
# ''g''(''z''<sub>0</sub>) &ne; 0 esetén ''f''/''g''
 
is folytonos ''z''<sub>0</sub>-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 '''R'''<sup>2</sup> síkon, a következő megfeleltetésekkel:
 
:<math>\mathbf{C}\ni a+bi\equiv (a,b)\in \mathbf{R}^2</math>
 
a vektortérműveletek pedig:
 
:<math>\mathbf{C}\ni (a+bi)+(c+di)\equiv (a,b)+(c,d)\in \mathbf{R}^2</math> vektorösszeadás (''a'', ''b'', ''c'', ''d'' &isin; '''R''')
 
:<math>\mathbf{C}\ni \lambda\cdot(a+bi)\equiv \lambda.(a,b)\in \mathbf{R}^2</math> valós számmal való szorzás (&lambda;, ''a'', ''b'' &isin; '''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
 
:<math>\begin{pmatrix}
 
a & -b\\
 
b & a
 
\end{pmatrix}</math>
 
A komplex számok szorzása itt a mátrixszorzás.
 
 
<center>
 
<center>
 
 
{| class="wikitable" style="text-align:center"
 
{| class="wikitable" style="text-align:center"
 
|- bgcolor="#efefef"
 
|- bgcolor="#efefef"

A lap jelenlegi, 2017. január 16., 18:20-kori változata

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

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}\,

Mivel

\frac{1}{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial x}=\frac{\partial \ln\mu }{\partial x}

és ugyanígy

\frac{1}{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial y}=\frac{\partial \ln\mu }{\partial y}

ezért

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

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

Speciális esetek

Megállapíthatjuk, hogy néha érdemes a μ-re felírt egyenletnek csak olyan megoldásait keresni, amelyek csak az egyik változótól függenek. Ez a következő esekben áll elő.

I. Keressük a megoldást a μ=μ(x) feltevéssel! Ekkor ln(μ)=ln(μ)(x) és ∂yln(μ)=0, azaz

\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=Q\frac{\partial \ln\mu}{\partial x}\,

és

R(x)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{\partial \ln\mu}{\partial x}\,

csak x-től függ és innen az integráló szorzó:

\mu(x)=e^{\int R(x)\;dx}


Példa.

Az x>0, y tetszőleges kezdeti érték tarrtományban oldjuk meg az alábbi egyenletet!

\,(x^2+y^2+x)dx+xydy=0, (xyy' = − x2y2x)

Mo. P = x2 + y2 + x, Q = xy, \partial_y P=2y, \partial_yQ=y azaz nem egzakt, de

\frac{\partial_y P-\partial_yQ}{Q}=\frac{2y-y}{xy}=\frac{1}{x}=R(x), \mu(x)=e^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}=x


II. Keressük a megoldást a μ=μ(y) feltevéssel! Ekkor ln(μ)=ln(μ)(y) és ∂xln(μ)=0, azaz

\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=-P\frac{\partial \ln\mu}{\partial y}\,

és

S(y)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}=-\frac{\partial \ln\mu}{\partial y}\,

csak y-től függ és innen az integráló szorzó:

\mu(y)=e^{-\int S(y)\;dy}

Megj.: A gyakorlatban ilyenkor vesszük az

\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q} ill. \frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}

törteket és ellenőrizzük, hogy rendre csak x-től vagy csak y-tól függenek. Ha valamelyik, akkor azt a megoldást választjuk.

Példa.

Oldjuk meg az

-x^2\cos^4y\,\mathrm{d}x+\sin y\,\mathrm{d}y=0

egyenletet!

1. Mo. Nem egzakt:

\frac{\partial P}{\partial y}=4x^2\cos^{3}y(\sin y)
\frac{\partial Q}{\partial x}=0

Egzakttá tehető, ugyanis:

-\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}=\frac{4x^2\cos^{3}y(\sin y)}{x^2\cos^4y}=\frac{4\sin y}{\cos y}
\mu=e^{\int\frac{4\sin y}{\cos y}}=e^{-4 \mathrm{ln}|cos y |}=\frac{1}{\cos^4y}

Emiatt

-x^2\,\mathrm{d}x+\frac{\sin y}{\cos^4 y}\,\mathrm{d}y=0

Megoldása:

-\frac{x^3}{3}+\frac{1}{3\cos^3 y}\,=C

2. Mo. Szeparábilis is.

III. Előfordulhat, hogy szeparábilis alakban kell keresnünk a parc. diff. egyenlet megoldását, azaz μ(x,y)=φ(x)ψ(y) alakban. Ekkor -- mint az könnyen ellenőrizhető -- az egyenlet

\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=Qf(x)-Pg(y)\,

alakú és az integráló szorzó

\mu(x,y)=e^{\int f(x)\;dx+\int g(y)\;dy}

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)\,

Elméleti példák

1. Az y'=-P/Q homogén fokszámú egyenlet, melyben P és Q azonos fokszámú homogén függvények szintén egzakttá tehető az 1/(Px+Qy) szorzóval, ha ez nem az y'=-y/x egyenlet (ennek meg ismerjük a megoldását).

2. 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

Gyakorlás

Oldja meg az alábbi egyenletet az a) y(π)=0 ill. b) y(2/π)=1 kezdeti feltétel mellett!

x\sin\frac{y}{x}-y\cos\frac{y}{x}+xy'\cos\frac{y}{x}=0

Mo. Legyen u = y / x, innen y' = u'x + u

\sin\frac{y}{x}-\frac{y}{x}\sin\frac{y}{x}+y'\cos\frac{y}{x}=0
\,\sin u-u\cos u+(u'x+u)\cos u=0
\,\sin u+u'x cos u=0
\,u'x\cos u =-\sin u

(itt megjegyzendő, hogy az u=kπ konstansok megoldások, azaz az eredetinek az y=kπx megoldásai)

\,\int-\frac{\cos u}{\sin u}\mathrm{d}u =\int\frac{\mathrm{d}x}{x}
\,-\ln|\sin u| =\ln|x|+C
\frac{1}{|\sin u|}=K_1|x|
\,1=Kx\sin \frac{y}{x} (K≠0)

Függvényegyütthatós elsőrendű lineáris d.e.


y'+\frac{2y}{x}=\sin(x^3+1)

Mo. Homogén megoldása. y=0 konstans megoldás.

y'=-\frac{2y}{x}
\frac{dy}{y}=-2\frac{dx}{x}
ln | y | = ln | x | − 2 + C

Bolzano tétele miatt tetszőleges K valós számmal:

y=K\frac{1}{x^2}

ami a homogén általános megoldása.

Inhomogén part. keresése

y(x)=K(x)\frac{1}{x^2}

K'(x)\frac{1}{x^2}+K(x)\frac{-2}{x^3}+K(x)\frac{2}{x^3}=\sin(x^3+1)
K'(x) = x2sin(x3 + 1)

K'(x)=\frac{1}{3}3x^2\sin(x^3+1)

K(x)=-\frac{1}{3}\cos(x^3+1)
y=K\frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\cos(x^3+1)\frac{1}{x^2}


2. gyakorlat
4. gyakorlat
Személyes eszközök