Matematika A3a 2009/egzakt

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Egzisztencia- és unicitástétel)
(Definíció)
18. sor: 18. sor:
 
Azt is mondhatjuk, hogy ekkor  
 
Azt is mondhatjuk, hogy ekkor  
 
:<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math>
 
:<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math>
és az implicitfüggvény-tételre hivatkozhatunk. Ezt érdemes is felelevenítenünk:
+
és az implicitfüggvény-tételre hivatkozva fejezhetjük ki y-t. Ezt érdemes ifelelevenítenünk:
  
 
'''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha az &Phi;: <math>I</math>&times;<math>J</math> <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény az <math>(x_0,y_0)</math> &isin;  <math>I</math>&times;<math>J</math> pontban teljesíti a &part;&Phi;/&part;y &ne; 0 feltételt és &Phi;(<math>x_0,y_0</math>)=0, akkor a &Phi;(x,y)=0 egyenletnek van az <math>(x_0,y_0)</math> ponton áthaladó implicit függvénye és ennek deriváltja:
 
'''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha az &Phi;: <math>I</math>&times;<math>J</math> <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény az <math>(x_0,y_0)</math> &isin;  <math>I</math>&times;<math>J</math> pontban teljesíti a &part;&Phi;/&part;y &ne; 0 feltételt és &Phi;(<math>x_0,y_0</math>)=0, akkor a &Phi;(x,y)=0 egyenletnek van az <math>(x_0,y_0)</math> ponton áthaladó implicit függvénye és ennek deriváltja:

A lap 2009. november 23., 22:34-kori változata

V2 716, nov. 24. kedd 10:15 - 11:45

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. 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 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. Jelen esetben az F függvény deriváltja sehol sem nulla folytonos függvény, hisz F' = g ezért szigorúan monoton, emiatt kifejezhető y:

y(x)=F^{-1}(G(x)+C)\,

Azt is mondhatjuk, hogy ekkor

\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0

és az implicitfüggvény-tételre hivatkozva fejezhetjük ki y-t. Ezt érdemes ifelelevenítenünk:

Implicitfüggvény-tétel -- Ha az Φ: I×J \to R folytonosan differenciálható függvény az (x0,y0)I×J pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt és Φ(x0,y0)=0, akkor a Φ(x,y)=0 egyenletnek van az (x0,y0) ponton áthaladó implicit függvénye és ennek deriváltja:

y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}

Egzisztencia- és unicitástétel

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 y'=-P/Q egyenletnek van a kezdeti feltételt egyértelműen kielégítő megoldása és
  2. az F(x,y) = F((x0,y0)) egyenlet (x0,y0)-n áthaladó implicit függvénye az y'=-P/Q 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 pont egy környezetében 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 egyenletnek.

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 az összetett függvény differenciálása miatt (d(F\circG)(u)=dF(G(u))\circ dG(u))

(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))}\,

ezért az integrálszámítás alaptétele miatt F(x,y(x)) egy konstans függvény, azaz y(x) implicit függvénye az F(x,y)=F((x0,y0)) 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.

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 egyenletetről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a P(x,y)dx + Q(x,y)dy kifejezés teljes differenciál, azaz 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 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.


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.

Példa

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

Integráló tényező

Általában egy P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 alakú differenciálegyenlet esetén nem teljesül a rot(P,G)=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}\,

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

Példa. Keressünk integráló tényezőt az

y'+f(x)y=g(x)\,

közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez!

Világos, hogy nem egzakt, mert az

\mathrm{d}y-(g(x)-f(x)y)\,\mathrm{d}x=0

alakban az 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

Példa

Tanulságképpen levonhatjuk, hogy néha érdemes a μ-re felírt egyenletnek csak olyan megoldásait keresni, amelyek csak az egyik változótól függenek. Ha ugyanis csak a μ=μ(x) alakú integráló szorzókra szorítkozunk, akkor a megoldandó egyenlet:

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

azaz

\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{1}{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial x}\,
R(x)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{\partial \mathrm{ln}\,\mu}{\partial x}\quad\quad\mu(x)=e^{\int R(x)\mathrm{dx}}

Az ilyen alak feltétele tehát az, hogy az

\frac{-\mathrm{rot}\,(P,Q)}{Q}

csak x-től függjön (vagy a -rot(P,Q)/P csak y-tól és akkor μ csak y-tól függ).

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)\,
Személyes eszközök