Matematika A3a 2009/egzakt

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(→Példa)
(→Példa, elnevezés)
10. sor: 10. sor:
 
:<math>y'=\frac{f(x)}{g(y)}\,</math>
 
:<math>y'=\frac{f(x)}{g(y)}\,</math>
 
alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt (''f,g'' folytonos, ''g'' sehol se nulla), hiszen ekkor a megoldásból:
 
alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt (''f,g'' folytonos, ''g'' sehol se nulla), hiszen ekkor a megoldásból:
−
:<math>g(y)y'=f(x)\,</math>
+
:<math>g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C</math>
−
:<math>G(y)=F(x)+C\,</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>\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\,</math>
+
−
olyan, hogy
+
−
:<math>\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=g</math>
+
  
 
Látható, hogy ekkor a megoldásokat implicit módon adja meg az   
 
Látható, hogy ekkor a megoldásokat implicit módon adja meg az   
33. sor: 30. sor:
  
 
Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) függvény '''potenciálos'''. Ebből hasznos jellemzést kapunk a vektoranalízisbeli ismereteinkből.
 
Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) függvény '''potenciálos'''. Ebből hasznos jellemzést kapunk a vektoranalízisbeli ismereteinkből.
 +
 
==Egzakt egyenlet jellemzése és megoldhatósága==
 
==Egzakt egyenlet jellemzése és megoldhatósága==
 
'''Tétel.''' Legyen ''U'' egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvények. A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha   
 
'''Tétel.''' Legyen ''U'' egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvények. A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha   

A lap 2009. november 22., 22:14-kori változata

Tartalomjegyzék

Definíció

Azt mondjuk, hogy az

y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}

differenciálegyenlet egzakt, ha P,Q: U \to R nyílt halmazon értelmezett függvények (Q sehol sem nulla) úgy, hogy 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)}

Példa, elnevezés

Példa. Minden

y'=\frac{f(x)}{g(y)}\,

alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt (f,g folytonos, g sehol se nulla), hiszen ekkor a megoldásból:

g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C
\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

Látható, hogy ekkor a megoldásokat implicit módon adja meg az

\Phi(x,y)=C\,

egyenlet, ami általában is így lesz ( F(x,y) = C ) ezért előnyös az egzakt forma.

Megjegyzés. Az egzakt differenciálegyenletet még

Q(x,y)+P(x,y)y'=0\, ill. Q(x,y)\,\mathrm{d}x+P(x,y)\,\mathrm{d}y=0\,

alakban is szokás írni.

Ez utóbbi egyenletetről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a Q(x,y)dx + P(x,y)dy kifejezés teljes differenciál, azaz létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja:

\mathrm{d}F(x,y)=Q(x,y)\,\mathrm{d}x+P(x,y)\,\mathrm{d}y\,

Ezt mai jelölésekkel a következőképpen értelmezhetjük. 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) függvény potenciálos. Ebből hasznos jellemzést kapunk a vektoranalízisbeli ismereteinkből.

Egzakt egyenlet jellemzése és megoldhatósága

Tétel. Legyen U egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, P,Q: U \to R folytonosan differenciálható függvények. A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha

\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}

Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet első integráljának nevezzük.

Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük. Sokkal fontosabb azonban, hogy igazoljuk az egyenlet megoldhatóságát ebben az esetben.

Tétel. Legyen P,Q: U \to R folytonosan differenciálható függvények, Q sehol se nulla, grad F = (P,Q) és (x0,y0) ∈ U. Ekkor

  1. a Pdx + Qdy = 0 egyenletnek van a kezdeti feltételt egyértelműen kielégítő megoldása és
  2. az F(x,y) = C egyenlet (x0,y0)-n áthaladó implicit függvénye a Pdx + Qdy = 0 egyenlet y(x0) = y0 kezdeti feltételt kielégítő megoldása.

Biz. 1) Egzisztencia.

Q(x_0,y_0)=\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}\ne 0

így az implicit függvény tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pontban és ennek deriváltja:

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 létezik megoldása és y egy megoldása az egyenéletnek.

2) Unicitás. Ha létezik megoldása az egyenletnek, akkor a

y'(x)=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}

egyenlet a grad F = (P,Q) miatt

\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0\,

de mivel

(F(x,y(x)))'=\frac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))+y'\frac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))\equiv 0\,

ezért az integrálszámítás alaptétele miatt F(x,y(x)) egy konstans függvény, azaz y(x) implicit függvénye az F(x,y)=0 egyenletnek. Ez ez utóbbi egyértelmű, ezért a megoldás is.

Megjegyzés. Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, de a fenti feltétel a megoldádás létezésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilisé.

Példa

Oldjuk meg az

(e^xy+2xy\cos(x^2y)-4x^3\,\mathrm{sh}\,y+x^5)\,\mathrm{d}x+(e^x+x^2\cos(x^2y)-x^4\,\mathrm{ch}\,y+\cos y)\,\mathrm{d}y=0

differenciálegyenletet!

Mo.

\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=e^x+2x\cos(x^2y)-2xy\sin(x^2y)x^2-4x^3\,\mathrm{ch}\,y
\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=e^x+2x\cos(x^2y)-2xy\sin(x^2y)x^2-4x^3\,\mathrm{ch}\,y

Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megpajuk, ha megoldjuk az

\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=e^xy+2xy\cos(x^2y)-4x^3\,\mathrm{sh}\,y+x^5
\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=e^x+x^2\cos(x^2y)-x^4\,\mathrm{ch}\,y+\cos y

parciális differenciálegyenlet-rendszert. A megoldást paraméteres integrálással kapjuk:

F(x,y)=e^xy+\sin(x^2y)-x^4\,\mathrm{sh}\,y+\frac{1}{6}x^6+C(y)
F(x,y)=ye^x+\sin(x^2y)-x^4\,\mathrm{sh}\,y+\sin y + C(x)

Innen:

F(x,y)=e^xy+\sin(x^2y)-x^4\,\mathrm{sh}\,y+\frac{1}{6}x^6+\sin y

Tehát az első integrál:

C=e^xy+\sin(x^2y)-x^4\,\mathrm{sh}\,y+\frac{1}{6}x^6+\sin y
A lap eredeti címe: „http://wiki.math.bme.hu/index.php?title=Matematika_A3a_2009/egzakt&oldid=5926”
Személyes eszközök