Matematika A3a 2008/3. gyakorlat

_{<Matematika A3a 2008}

Integráló tényező

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

$\frac{\partial\mu P}{\partial y}=\frac{\partial\mu Q}{\partial x}\,$

$\mu\frac{\partial P}{\partial y}+P\frac{\partial\mu }{\partial y}=\mu\frac{\partial Q}{\partial x}+Q\frac{\partial \mu}{\partial x}\,$

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

Mivel

$\frac{1}{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial x}=\frac{\partial \ln\mu }{\partial x}$

és ugyanígy

$\frac{1}{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial y}=\frac{\partial \ln\mu }{\partial y}$

ezért

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

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

Speciális esetek

Megállapíthatjuk, hogy néha érdemes a μ-re felírt egyenletnek csak olyan megoldásait keresni, amelyek csak az egyik változótól függenek. Ez a következő esekben áll elő.

I. Keressük a megoldást a μ=μ(x) feltevéssel! Ekkor ln(μ)=ln(μ)(x) és ∂_yln(μ)=0, azaz

$\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=Q\frac{\partial \ln\mu}{\partial x}\,$

és

$R(x)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}=\frac{\partial \ln\mu}{\partial x}\,$

csak x-től függ és innen az integráló szorzó:

$\mu(x)=e^{\int R(x)\;dx}$

Példa.

Az x>0, y tetszőleges kezdeti érték tarrtományban oldjuk meg az alábbi egyenletet!

$\,(x^2+y^2+x)dx+xydy=0$, (xyy' = − x² − y² − x)

Mo. P = x² + y² + x, Q = xy, $\partial_y P=2y$, $\partial_yQ=y$ azaz nem egzakt, de

$\frac{\partial_y P-\partial_yQ}{Q}=\frac{2y-y}{xy}=\frac{1}{x}=R(x)$, $\mu(x)=e^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}=x$

II. Keressük a megoldást a μ=μ(y) feltevéssel! Ekkor ln(μ)=ln(μ)(y) és ∂_xln(μ)=0, azaz

$\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=-P\frac{\partial \ln\mu}{\partial y}\,$

és

$S(y)=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}=-\frac{\partial \ln\mu}{\partial y}\,$

csak y-től függ és innen az integráló szorzó:

$\mu(y)=e^{-\int S(y)\;dy}$

Megj.: A gyakorlatban ilyenkor vesszük az

$\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{Q}$ ill. $\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}$

törteket és ellenőrizzük, hogy rendre csak x-től vagy csak y-tól függenek. Ha valamelyik, akkor azt a megoldást választjuk.

Példa.

Oldjuk meg az

$-x^2\cos^4y\,\mathrm{d}x+\sin y\,\mathrm{d}y=0$

egyenletet!

1. Mo. Nem egzakt:

$\frac{\partial P}{\partial y}=4x^2\cos^{3}y(\sin y)$

$\frac{\partial Q}{\partial x}=0$

Egzakttá tehető, ugyanis:

$-\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}{P}=\frac{4x^2\cos^{3}y(\sin y)}{x^2\cos^4y}=\frac{4\sin y}{\cos y}$

$\mu=e^{\int\frac{4\sin y}{\cos y}}=e^{-4 \mathrm{ln}|cos y |}=\frac{1}{\cos^4y}$

Emiatt

$-x^2\,\mathrm{d}x+\frac{\sin y}{\cos^4 y}\,\mathrm{d}y=0$

Megoldása:

$-\frac{x^3}{3}+\frac{1}{3\cos^3 y}\,=C$

2. Mo. Szeparábilis is.

III. Előfordulhat, hogy szeparábilis alakban kell keresnünk a parc. diff. egyenlet megoldását, azaz μ(x,y)=φ(x)ψ(y) alakban. Ekkor -- mint az könnyen ellenőrizhető -- az egyenlet

$\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=Qf(x)-Pg(y)\,$

alakú és az integráló szorzó

$\mu(x,y)=e^{\int f(x)\;dx+\int g(y)\;dy}$

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

$\mathrm{ln}|x|-\frac{1}{3}\frac{y^3}{x^3}=C$

$3x^3\mathrm{ln}\,c|x|=y^3$

$x\sqrt[3]{3\,\mathrm{ln}\,c|x|}=y(x)\,$

Elméleti példák

1. Az y'=-P/Q homogén fokszámú egyenlet, melyben P és Q azonos fokszámú homogén függvények szintén egzakttá tehető az 1/(Px+Qy) szorzóval, ha ez nem az y'=-y/x egyenlet (ennek meg ismerjük a megoldását).

2. Keressünk integráló tényezőt az

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

közönséges elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenlethez!

Világos, hogy nem egzakt, mert a

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

alakban a 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 $C=ye^{F(x)}-\int g(x)e^{F(x)}\,\mathrm{d}x$

Gyakorlás

Oldja meg az alábbi egyenletet az a) y(π)=0 ill. b) y(2/π)=1 kezdeti feltétel mellett!

$x\sin\frac{y}{x}-y\cos\frac{y}{x}+xy'\cos\frac{y}{x}=0$

Mo. Legyen u = y / x, innen y' = u'x + u

$\sin\frac{y}{x}-\frac{y}{x}\sin\frac{y}{x}+y'\cos\frac{y}{x}=0$

$\,\sin u-u\cos u+(u'x+u)\cos u=0$

$\,\sin u+u'x cos u=0$

$\,u'x\cos u =-\sin u$

(itt megjegyzendő, hogy az u=kπ konstansok megoldások, azaz az eredetinek az y=kπx megoldásai)

$\,\int-\frac{\cos u}{\sin u}\mathrm{d}u =\int\frac{\mathrm{d}x}{x}$

$\,-\ln|\sin u| =\ln|x|+C$

$\frac{1}{|\sin u|}=K_1|x|$

$\,1=Kx\sin \frac{y}{x}$ (K≠0)

Függvényegyütthatós elsőrendű lineáris d.e.

$y'+\frac{2y}{x}=\sin(x^3+1)$

Mo. Homogén megoldása. y=0 konstans megoldás.

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

$\frac{dy}{y}=-2\frac{dx}{x}$

ln | y | = ln | x | ^{− 2} + C

Bolzano tétele miatt tetszőleges K valós számmal:

$y=K\frac{1}{x^2}$

ami a homogén általános megoldása.

Inhomogén part. keresése

$y(x)=K(x)\frac{1}{x^2}$

$K'(x)\frac{1}{x^2}+K(x)\frac{-2}{x^3}+K(x)\frac{2}{x^3}=\sin(x^3+1)$

K'(x) = x²sin(x³ + 1)

$K'(x)=\frac{1}{3}3x^2\sin(x^3+1)$

$K(x)=-\frac{1}{3}\cos(x^3+1)$

$y=K\frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\cos(x^3+1)\frac{1}{x^2}$

2. gyakorlat

4. gyakorlat