Matematika A3a 2009/egzakt

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 hivatkozhatunk. Ezt érdemes is felelevenítenünk:

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) = C egyenlet (x₀,y₀)-n áthaladó implicit függvénye a 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$\circ$G)(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)=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.

Az egzaktság jellemzése

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.

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:

$e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y=C$