Matematika A3a 2009/9. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Homogén fokszámú egyenlet)
(Homogén fokszámú egyenlet)
62. sor: 62. sor:
 
:b) <math>y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,</math>
 
:b) <math>y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,</math>
 
egyenletet!
 
egyenletet!
 +
==Cauchy-típusú integrálok==

A lap 2009. november 16., 11:18-kori változata

Szeparábilis differenciálegyenlet

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

Mo. a) Ez egykonstans megoldás 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!

Homogén fokszámú egyenlet

Azt mondjuk, hogy az y' = F(x,y) egyenlet homogén fokszámú, ha

F(\lambda x,\lambda y)=F(x,y)\,

A homogén fokszámú egyenlet megoldása visszavazethető a szeparálásra az

u=\frac{y}{x}\,

új változó bevezetésével, ahol u = u(x) az ismeretlen függvény. Ekkor

(xu)'=u+xu'=y'\,

azaz

y'=u'x+u\,

2. Oldjuk meg az

y'xy=x^2+y^2\,

egyenletet!

Mo. Az új változóra történő áttérésnél az y2-nak már nem szabad szerepelnie az egyenletben, ezért, hogy ne féljen egyedül, szorozzunk be az egyenletet 1/x2-tel:

y'\frac{y}{x}=1+\frac{y^2}{x^2}\,
(u'x+u)u=1+u^2\,
u'ux=1+2u^2\,
u'=\frac{1}{x}\frac{1+u^2}{u}\,

ezt kell megoldani. Egyelőre tegyük fel, hogy y(x) függvény nem veheti fel a nullát, így az u sem. Ekkor szeparálással:

\frac{u}{1+u^2}u'=\frac{1}{x}\,
\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,1+u^2=c+\mathrm{ln}\,|x|\, itt c tetszőleges valós szám
\mathrm{ln}\sqrt{1+u^2}=\mathrm{ln}\,C|x|\, itt C tetszőleges pozitív szám éspedig ln c = C.
\sqrt{1+u^2}=C|x|\,
u(x)=\pm(C|x|-1)^2\,
y(x)=\pm x(C|x|-1)^2\,

Az egzisztencia és unicitás diszkussziója. a szeparálással kapott általános megoldás minden R\{0}×R-beli kezdeti értékre egyértelmű megoldást ad.

Ha x0=0, akkor y0=0 kell, hogy legyen ellenkező esetben nincsmegoldás. De ekkor is irreguláris a megoldás, mert két megoldás is kielégíti ott az egyenletet:

y'1(0) = (C2x3 − 2Cx | x | + x)' | 0 = 1
y'2(0) = ( − C2x3 + 2Cx | x | − x)' | 0 = − 1

miközben miközben mindkettő a 0-ban a 0-t veszi föl.

HF. Oldjuk meg az

a) y'x=y+\sqrt{x^2+y^2}\, és az
b) y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,

egyenletet!

Cauchy-típusú integrálok

Személyes eszközök