Matematika A3a 2008/2. gyakorlat

_{<Matematika A3a 2008}

Gyakorlatok kezdeti érték feladatra

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) $y(0)=\frac{\pi}{4}+2\pi$

kezdeti feltételek mellett!

Mo. a) Ehhez egy konstans megoldás tartpzik 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 ^{− 3}y = 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!

Függvényegyenletek

2. feladat. Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az $y^2=x^2\,$ függvényegyenletnek? Mo. Igen: y(x)=|x| nemdifferenciálható, de folytonos megoldása.

3. Feladat. Hány megoldása van az |f(x)|=e^x R-en? Hány diffható ebből? Mo. Végtelen sok megoldása van, pl.: minden n természetes számhoz található mo., melyek egymáshoz páronként különbözők: f(x)=e^x, ha x nem az n természetes szám és -e^x, ha x az n természetes szám. Ebből kettő diffható akad: e^x, -e^x, ami a Bolzano-tételből következik. Ha ugyanis lenne nem csak poz. és nem csak neg. mo., akkor a 0-t is felvenné, ami lehetetlen, mert az exp. függvénynek nincs nulla értéke.

Homogén fokszámú egyenletek

Az F(x,y) n-homogén függvény, ha minden λ esetén

F(λx,λy) = λⁿF(x,y).

Az y'=F(x,y) egyenlet homogén, ha F(x,y) 0-homogén.

Homogén egyenleteknél az y=ux helyettesítés vezet célra. Akkor

y'=u'x+u

Feladat. (2x+y)dx + (y+x)dy =0 Homogén, mert

$y'=-\frac{2x+y}{x+y}$

jobb oldala 0-homogén:

$-\frac{2x+y}{x+y}=-\frac{2\lambda x+\lambda y}{\lambda x+\lambda y}=-\frac{2x+y}{x+y}$

$u'x+u=-\frac{2+u}{1+u}$

$u'x=-\frac{2+2u+u^2}{1+u}$

$\frac{1+u}{2+2u+u^2}u'=-\frac{1}{x}$

Egzakt differenciálegyenlet

Definíció

Legyen U ⊆ R² nyílt halmaz és P,Q: U $\to$ R folytonos függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az

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

differenciálegyenlet egzakt, ha létezik olyan F: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvény, hogy

$\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}$

Számpélda. Az

$y'=-\frac{x}{y}$

egyenlet egzakt, mert az F(x,y)=x²+y² függvény olyan, hogy ∂_xF(x,y)=2x, ∂_yF(x,y)=2y, mármint az

$y'=-\frac{2x}{2y}$

alakjában egzakt.

Elméleti 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 ha g integrálfüggvénye G, akkor

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

Alkalmas tehát az alábbi függvény:

$\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial y}=g$

Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:

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

Megjegyzés. A megoldásokat implicit módon adja meg az

$\Phi(x,y)=C\,$

egyenlet. Mivel

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

ezért az implicitfüggvény-tétel miatt y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:

Implicitfüggvény-tétel -- Ha a Φ: I×J $\to$ R folytonosan differenciálható függvény az (x₀,y₀) ∈ int(I×J) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt, akkor a (x₀,y₀) pont egy környezetében egyértelműen létezik az Φ(x,y)=Φ(x₀,y₀) egyenletnek az (x₀,y₀) ponton áthaladó implicit függvénye, azaz az x₀ egy K⊆I környezetében értelmezett, J-beli értékű y deriválható függvény, melyre minden x ∈ K esetén:

$\Phi(x,y(x))=\Phi(x_0,y_0)\,$, $y(x_0)=y_0\,$

és ennek deriváltja minden x ∈ K-ban:

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

Egzisztencia- és unicitástétel

Tétel. Legyenek P és Q az U ⊆ R² nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, Q sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvénnyel és (x₀,y₀) ∈ U. Ekkor

1) az

(ex) y'=-P/Q

egyenletnek egyértelműen létezik az y₀ = y(x₀) kezdeti feltételt kielégítő y lokális megoldása és

2) az

(impl) F(x,y) = F(x₀,y₀)

egyenlet (x₀,y₀)-on áthaladó egyetlen lokális implicit függvénye az (ex) egyenlet y(x₀) = y₀ kezdeti feltételt kielégítő egyetlen lokális megoldása.

Biz. 1) Egzisztencia. Belátjuk, hogy (impl) egyetlen (x₀,y₀)-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) egyenletnek.

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

így az implicitfüggvény-tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pont egy környezetében és ennek deriváltja az értelmezési tartományának minden pontjában:

$y'(x)=-\frac{\;\cfrac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\;}{\cfrac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))}=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}$

tehát y az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt.

Unicitás. Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása y, azaz

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

Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll

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

alakban. Most belátjuk, hogy y (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(F$\circ$G)(x,y)=dF(G(x,y))$\circ$ dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:

$(F(x,y(x)))'=[\mathrm{grad}\,F|_{(x,y(x))}]\cdot\begin{bmatrix}x'\\y'(x)\end{bmatrix}=\frac{\partial F}{\partial x}|_{(x,y(x))}+y'\frac{\partial F}{\partial y}|_{(x,y(x))}\equiv 0\,$

x értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az integrálszámítás alaptétele szerint az x $\mapsto$ F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint y(x₀) = y₀ teljesül, ezért x $\mapsto$ y(x) egy (x₀,y₀)-on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F(x₀,y₀) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű.

2) Az implicitfüggvény tételében adott egyetlen implicit függvény az 1) egzisztencia része miatt megoldása (ex)-nek és 1) unicitás része miatt ez az egyetlen megoldása (ex)-nek.

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 egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a P(x,y)dx + Q(x,y)dy kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy 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 a mai jelölésekkel a következőképpen írjuk. 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) vektormező (vektorértékű függvény) potenciálos. Innen hasznos jellemzést kapunk az egzaktságra a vektoranalízisbeli ismereteinkből.

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

$\frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x}$

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

Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük.

Megjegyzés. 1) A feltétel nem más, mint az, hogy a (P,Q) síkbeli vektormező rotációja azonosan nulla. Ugyanis a rotáció a síkbeli (P,Q) vektormező esetén:

$\mathrm{rot}\,(P,Q)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$

2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.

Példák

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:

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

Feladat. Oldjuk meg az y'=(ycos(xy)+1)/-xcos(xy) az y(1)=0 kezdeti feltétel mellett! Mo. (ycos(xy)+1)dx + xcos(xy)dy=0 Integráljuk mindkét függvényt: F(x,y)=x+ysin(xy)/y+C₁(y)=xsin(xy)/x+C₂(x). Innen F(x,y)=sin(xy)+x. Ez valóban megoldás és az implicit általános megoldás sin(xy)+x=C. A kezdeti feléttelt kielégítő megoldás: sin(xy)+x=1, ahonnan egy lokális megoldás az x∈(0,2)-beli: sin(xy)=1-x, xy=arc sin(1-x), y(x)=arc sin(1-x)/x

1. gyakorlat

3. gyakorlat