Di erenciálegyenletek 2016/2017 I. félév

Átírás

1 Di erenciálegyenletek 6/7 I. félév Prof.Dr. Galántai Aurél ÓE NIK AII 6. december 3.

2

3 Tartalomjegyzék.. Bevezetés Els½orend½u KDE Osztályozás és tulajdonságok Magasabb rend½u KDE-k A megoldás létezése, unicitása és függése a paraméterekt½ol Lipschitz folytonosság és egyértelm½uség A lokális megoldás létezése A lokális megoldás folytatása A megoldás függése a kezdetiértékt½ol és a vektormez½ot½ol Paraméteres (reguláris) perturbációk Di erenciálegyenletek egzakt megoldása A Matlab szimbólikus di erenciálegyenlet megoldója Speciális esetek, megoldási technikák és példák Szétválasztható di erenciálegyenletek A logisztikai egyenlet (P.V. Verhulst, 838) Egzakt egyenletek Bernoulli egyenlet Riccati egyenlet Lineáris rendszerek I Másodrend½u lineáris di erenciálegyenletek változó együtthatókkal Másodrend½u lineáris di erenciálegyenletek konstans együtthatókkal Egy mechanikai rezgési modell A másodrend½u lineáris inhomogén DE megoldása A határozatlan együtthatók módszere A Laplace transzformáció módszere lineáris di erenciálegyenletek esetén További Matlab programok DE-k megoldására Els½orend½u rendszerek szimbólikus megoldása Numerikus módszerek kezdetiérték problémák megoldására Gra kus ábrázolások Lineáris rendszerek II Homogén lineáris di erenciálegyenletek konstans együttható mátrixokkal Konstans együtthatós kétváltozós lineáris di erenciálegyenlet- rendszerek osztályozása Periódikus megoldások Stabilitás Lineáris rendszerek stabilitása Nemlineáris rendszerek stabilitása Autonom rendszerek és a linearizálás TARTALOMJEGYZÉK 3

4 .9.4. Lyapunov módszere Felhasznált és ajánlott irodalom TARTALOMJEGYZÉK

5 .. Bevezetés Közönséges di erenciálegyenleteket (KDE) tanulmányozunk, amelyek a klasszikus Newtoni mechanikában jelentek meg el½oször (Newton, Leibniz, Bernoulli testvérek, Euler, Cauchy, etc.). A KDE-k id½obeli "mozgásokat" írnak le. Newton három törvénye:. Minden test megtartja egyenesvonalú egyenletes mozgását vagy (áll) nyugalomban van, amíg egy másik test vagy er½o a mozgásállapotát meg nem változtatja.. Ha egy testre er½o vagy er½ok hatnak az er½ok ered½oje az m tömeg½u testen gyorsulást okoz ( a = F vagy másként F = ma). m 3. Ha egy A test hat egy B testre (hatás-ellenhatás érvényesül), akkor a B test ugyanakkora de ellentétes irányú er½ovel hat az A testre (a két er½o hatásvonala azonos és az er½ok különböz½o testekre hatnak).. Example. (I) Vizsgáljunk egy egység tömeg½u részecskét, amely egy egyenes vonalon mozog konstans gyorsulással. Ha a mozgás pályáját az s (t) (id½o-)függvény, akkor a részecske gyorsulását az s (t) = a egyenlet adja meg. Ezt kétszer integrálva kapjuk, hogy Z Z s (t) dt = adt ) s (t) = at + C és Z Z s (t) dt = (at + C ) dt ) s (t) = a t + C t + C : Az ismeretlen integrálási C és C konstansok meghatározásához két további adat kell. Ha a részecske pozíciója és sebessége a t = t id½o pillanatban ismert, azaz s (t ) = s ; s (t ) = v ; akkor a következ½o lineáris egyenletrendszert kell megoldanunk a t + C t + C = s ; at + C = v a C és C konstansok, valamint az s (t) pályafüggvény meghatározásához. BEVEZETÉS 5

6 Vizsgáljunk egy egység tömeg½u részecskét a térben és használjuk a következ½o jelöléseket t : id½o y (t) : a helykoordináták vektora, azaz a pozició y (t) : y id½o szerinti deriváltja, azaz a sebesség y (t) : gyorsulás Ha el½oírjuk a részecske sebességét el½oírjuk, akkor az y = v (t; y) () összefüggés leírja a részecske térbeli pályáját (trajektóriáját), ahol v (t; y) az t id½opillanatban és y térpontban el½oírt sebesség. Ezt az összefüggést els½orend½u di erenciálegyenlet(rendszer)nek hívjuk. Ha valaki el½oírja a részecske kezdeti pozícióját a t = t id½opontban, például y (t ) = y ; () akkor a két összefüggés kezdetiérték (KÉP) vagy Cauchy-feladatot de niál. Augustin Louis Cauchy ( ) A t id½opillanatban és az y helyen egy részecskére az F (t; y) er½o hat, amely a részecske gyorsulását okozza. Képletben kifejezve: y = F (t; y) ; (3) amely lényegében Newton második törvénye. Ha a t kezdeti id½opillanatban megadjuk a részcske helyét és sebességét: y (t ) = y ; y (t ) = y ; (4) akkor az (3) és (4) egyenletek egy kezdetiérték problémát de niálnak, amely másodrend½u KDE. Vezessük be a következ½o új változókat: y y y x = y ; f = ; x F = y : (5) 6 TARTALOMJEGYZÉK

7 és de niáljuk a következ½o KÉP-et: x (t) = f (t; x) ; x (t ) = y : (6) Ennek az alakja megyegyezik a ()-() alakkal és ekvivalens a (3)-(4) alakkal. Ez a következ½oképpen látható be: y x (t) = (t) y y = (t) = f (t; x (t)) : (t) F (t; y (t)) Az x (t) = f (t; x) ; x (t ) = y : KÉP standard (vagy explicit) alakban van. Egy x (t) (vektor) függvényt, amely kielégíti ezt az egyenletet, az egyenlet megoldásának nevezünk.. Example. (I) Egy részecske mozog az x-tengely mentén és nem hat rá er½o. Ez azt jelenti, hogy az F (skalár) er½o elt½unik, azaz F (t; x), és (3) KDE alakja amelyhez az kezdeti értékeket adhatjuk. Az x = x x x = ; x () = x ; x () = x x ; f = x ; x = x változók bevezetésével átírhajuk a problémát az ekvivalens x = x; x () = x rendszer alakba. Egyszer½u integrálással kaphatjuk a megoldást: x (t) = x + x t: Ezt Newton els½o törvényeként interpretálhatjuk. (Minden test megtartja egyenesvonalú egyenletes mozgását vagy (áll) nyugalomban van, amíg egy másik test vagy er½o a mozgásállapotát meg nem változtatja.) BEVEZETÉS 7

8 3. Example. (I3) (egy dimenziós harmónikus oszcillátor). Egy részecske mozog az x-tengely mentén úgy, hogy az origóhoz kényszeríti egy er½o, amely arányos részecske origótól vett távolságával. Newton második törvénye szerint mx = kx; ahol m a részecske tömege és k > a rugóállandó. Tételezzük fel, hogy a t id½opillanatban Bevezetve az x = x x ; f = x (t ) = x ; x (t ) = x : x k m x x ; x = x jelöléseket, kapjuk a következ½o els½orend½u közönséges di erenciálegyenlet rendszert: x = Könny½u ellen½orizni, hogy a megoldás k=m x; x (t ) = x : x (t) = x cos (! (t t )) + x! sin (! (t t )) ; ahol! = p k=m. Fontos kérdések: Milyen feltételek mellett garantálhatjuk a megoldás létezését és egyértelm½uségét egy adott id½ointervallumon? Milyen tulajdonságai vannak az x megoldásnak? Hogyan határozhatjuk meg a megoldást?... Els½orend½u KDE Legyen R n nyílt, nemüres halmaz. Az f :! R n leképezést vektormez½onek nevezzük (az halmazon). Részletezve: 3 f (x ; : : : ; x n ) 6 7 f (x) = 4. 5 : f n (x ; : : : ; x n ) 8 TARTALOMJEGYZÉK

9 Mindig feltesszük, hogy f folytonos. Ha még f di erenciálható is, akkor a deriváltját az un. Jacobi mátrix J = n n A det (J (x)) determinánst Jacobi determinánsnak nevezzük. Ha n =, akkor f skalár mez½o. Ez benne van az általános esetben. A vektormez½o függhet egy további, mondjuk, t paramétert½ol, azaz f = f (t; x). A t független paraméter, x a t-t½ol függ. Az halmazt, amelyben x (t) felveszi az értékeit, állapot, vagy fázistérnek nevezzük. Hat t értékei az I intervallumban vannak, akkor az I halmazt id½o állapot térnek nevezzük. A x (t) = f (t; x) ; x (t ) = x (7) alakú Cauchy problémákat evolúciós problémáknak is nevezik, mert id½oben változó problémákat írnak le. A kezdeti értékekt½ol való függés hangsúlyozására a megoldást szokás az alakban is jelölni. x (t) = (t; t ; x ) (8) x H(t;t,x ) I (t,x ) J x I I x I t J I 4. De nition. A KÉP orbitja vagy trajektóriája az görbe az állapottérben. f (t; t ; x ) j t Jg BEVEZETÉS 9

10 5. De nition. A KÉP megoldás vagy integrálgörbéje a t j t J R n+ (t; t ; x ) görbe az id½o-állapot térben ( R n+ ). Az n = esetben ez az x (t) gráfja. 6. De nition. Az x = f (t; x) KÉP iránymez½oje az f (t; x) vektormez½o. Az orbit a vektormez½o érint½oje, a megoldásgörbe az iránymez½o érint½oje. 7. Example. (I4) Az I Példa iránymez½oje x f = : A következ½o ábrán f-et nyilakkal jelöljük, amelyek az er½o irányát és nagyságát is jelölik a fázistérben. A trajektóriák vízszintes vonalak.. x x Az x (t) = x + x t megoldásgörbék egyenesek az R 3 térben. Rögzített x esetén x t függvénye. A következ½o ábrán ez látható különböz½o x értékekre, rögzített x > és t t esetén. x t t=t TARTALOMJEGYZÉK

11 x (t) 8. Example. (I5) Az D harmónikus oszcillátor (I3 Példa) esetén f= x k m x A k = m esetben ezt a következ½o ábra mutatja: :. x x Ezekre a paraméter értékekre a trajektóriák (orbitok) körök ([x (t)] + Általában pedig ellipszisek. A megoldás görbét a következ½o ábra mutatja h x (t) i = x + x )..5 direction field.5 initial value x t 9. De nition. Azokat az bx pontokat, amelyekre f (t; bx) = ; t I (9) stacionárius pontoknak nevezzük. BEVEZETÉS

12 A stacinárius pontokat nevezik egyensúlyi, szinguláris, x, nyugalmi, vagy kritikus pontoknak is. Egy stacionárius pont az x = f (t; x), x (t ) = x KÉP megoldása tetsz½oleges t I pontban. Ekkor az orbit egy pontból áll, vagy egy pontra húzódik össze.. De nition. Az b részhalmazt invariáns halmaznak nevezzük, ha tetsz½oleges x b esetén, a KÉP megoldása b -n belül marad minden t J értékre.. Example. (I6) (i) Az I Példa minden megoldása stacionárius, ha x =. Ekkor az x- tengely az állapot tér. (ii) Az I3 Példa harmonikus oszcillátorának stacionárius a megoldása, ha x = x =. Az invariáns halmazok ellipszisek.. Theorem. Az x (t) függvény az x = f (t; x), x (t ) = x KÉP megoldása akkor és csak akkor, ha x (t) megoldása az Volterra integrálegyenletnek. x (t) = x + Z t t f (s; x (s)) ds () Bizonyítás. Integráljuk a x (t) = f (t; x (t)) egyenletet és használjuk az x (t ) = x feltételt. Ekkor Z t x (s) ds = [x (s)] t t = x (t) x = f (s; x (s)) ds: t t Egy pont helyett több pontban is el½oírhatunk feltételeket az x (t) megoldásra. tekintsük a következ½o kétpontos peremérték problémát (PÉP) Z t x = f (t; x) ; x (t ) = x ; x (t ) = x ; ahol t > t. Ennek fontos speciális esete a periódikus peremfeltétel, amikor is Például () x (t ) = x (t ) : () 3. Example. (I7) Tekintsük az I3 Példa harmónikus oszcillátorát a k = m feltétel esetén: Az általános megoldás alakja ekkor x = x: x (t) = a cos t + b sin t: Az x () = feltételb½ol a = adódik. Ha a =, akkor x () = b sin =. Ezért nem köthetünk ki tetsz½oleges x () értéket. Vagyis a x = x; x () = ; x () = c; c R peremérték feladat általában nem rendelkezik megoldással. Ha c =, akkor van megoldás, de nem egyértelm½u, mert bármelyik b sin t függvény megoldás. TARTALOMJEGYZÉK

13 ... Osztályozás és tulajdonságok A KDE problémákat tovább osztályozzuk. 4. De nition. Az x = f (t; x) KDE lineáris, ha f alakja f (t; x) = Ax + b; (3) ahol A (t) R nn és b (t) R n minden t-re. A lineáris KDE homogén, ha b (t). Ha A (t) A valamilyen konstans mátrixra, akkor a KDE lineáris konstans együtthatós. 5. De nition. Az E x = f (t; x) KDE autonom, ha f nem függ a t-t½ol (expliciten), azaz Az autonom KDE-k rendelkeznek az un. eltolási tulajdonsággal. x = f (x) : (4) 6. Lemma. Ha x (t) az (4) autonom KDE megoldása az (a; b) intervallumon, akkor bármely s R esetén x (t + s) az (4) KDE megoldása az (a s; b s) intervallumon. Az x (t + s) megoldásgörbe az x (t) megoldásból nyerhet½o s távolságú eltolással a negatív irányban. Az eltolási tulajdonság formális megfogalmazása: amelyet a következ½o ábra mutat (t; t ; x ) = (t t ; ; x ) (t I) ; x f(t t ;,x ) f(t;t,x ) x (t,x ) t t Autonom esetben a trajektóriát az x kezdetiérték teljesen meghatározza. Ezért autonom esetben feltehetjük, hogy t =. BEVEZETÉS 3

14 7. Example. (I8) Ejtsünk le egy egység tömeg½u részecskét. Ha a részecske pozitív távolságát a föld felszínét½ol z jelöli, akkor Newton második törvénye miatt z = g: Ezt átírhatjuk els½orend½u vektor formába: x = f (x) = x g ; ahol x = [z; z ] T. Ez a rendszer lineáris és autonom. Ha t =, z () = z és z () = z, akkor a megoldás z (t) = z + zt gt : Általában is hasznos feltételezni, hogy t =. Ez mindig elérhet½o, ha újra de niáljuk a vektormez½ot a következ½oképpen: 8. De nition. Ha valamilyen T > értékre f (t; x) := f (t + t ; x) : (5) f (t + T; x) = f (t; x) (t I) ; (6) akkor a nem autonom KDE-t periódikus di erenciálegyenletnek nevezzük. A legkisebb T értéket, amelyre ez fennáll periódusnak nevezzük. Ha egy KDE periódikus, akkor a t! t nt (n N) eltolás nem változtatja meg a megoldás alakját, azaz (t nt ; t nt; x ) = (t; t ; x ) : (7) 9. De nition. Az x (t) megoldás periodikus, ha van olyan T > periódus, hogy x (t + T ) = x (t) fennáll minden t értékre az egzisztencia intervallumban.. Lemma. Periódikus KDE megoldása nem szükségképpen periódikus.. Example. (I9) Az I3 Példa harmonikus oszcillátorát módosítsuk egy kényszerer½ovel: A k = m = esetben a periódikus x = mx = kx + cos t; x () = x ; x () = x : x+ cos t ; x () = x 4 TARTALOMJEGYZÉK

15 KDE-t kapjuk, ahol Ha x () =, akkor a megoldás amely nyilvánvalóan nem periódikus. x = x (t) = x x : t sin t sin t + t cos t Egy megoldást kvázi-periódikusnak nevezünk, ha legalább két olyan frekvenciát tartalmaz, amelyek hányadosa irracionális. Példa ilyen függvényre: ; x (t) = sin (! t) + sin (! t) : Ha! =! irracionális, akkor a függvény nem periódikus.. Lemma. Ha egy periódikus KDE megoldása periódikus, akkor ugyanaz a periódusuk. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f (t; x) periódusa T, az x megoldásé pedig T és T 6= T. Tegyük fel, hogy T > T. Mivel x periódikus, a deriváltja x is az. Mivel az x = f (t; x) szintén fennáll, f periodikus T szerint és T szerint is, azaz f (t + T ; x) = f (t; x) : Az f függvény T szerinti periódicitása miatt tetsz½oleges n N esetén f (t + T nt; x) = f (t; x) : Ha n-et úgy választjuk, hogy < T nt < T, akkor láthatjuk, hogy f periodikus egy T -nél kisebb periódussal, ami ellentmondás. A T < T feltevés esetén a bizonyítás hasonló...3. Magasabb rend½u KDE-k Legyen y (t) az I R intervallumon n-szer folytonosan di erenciálható valós függvény és legyen d k dt k y (t) = y(k) (t) (k = ; ; : : : ; n) : 3. De nition. Az I R intervallumon fennálló F t; y (t) ; y () (t) ; : : : ; y (n) (t) = (8) összefüggést n-ed rend½u (implicit) di erenciálegyenletnek nevezzük. Az y (n) = G t; y (t) ; y () (t) ; : : : ; y (n ) (t) (9) összefüggést n-ed rend½u (explicit) di erenciálegyenletnek nevezzük. BEVEZETÉS 5

16 A hozzájuk tartó kezdetérték problémát (KÉP-et) az y (t ) = y ; y (t ) = y; : : : ; y (n ) (n ) (t ) = y () kezdeti feltételek de niálják. Az n-ed rend½u explicit KDE átírható els½orend½u rendszer alakba. De niáljuk az x vektor komponenseit el½oírással, az f (t; x) vektormez½ot pedig a következ½oképpen x i (t) := y (i ) (t) ; i = ; : : : ; n () f (t; x) = 6 4 Ekkor (9) ekvivalens az x = f (t; x) rendszerel x x 3. x n G (t; x ; : : : ; x n ) Más esetekben más transzformációk lehetnek hasznosak. 3 : () Example. (I) (Liénard egyenlet). Adottak az f és g függvények. A Liénard egyenlet alakja: y + f (y) y + g (y) = : Az el½obbi transzformációval az x = x ; x = f (x ) x g (x ) els½orend½u di erenciálegyenlet rendszert kaphatjuk. Ha az f primitív függvénye, azaz F (y) = R y f (s) ds ismert, akkor x = y és y + f (y) y = d dt (y + F (y)) {z } x összefüggés az egyenlet általában használt alakját eredményezi. x = x F (x ) ; x = g (x ) 6 TARTALOMJEGYZÉK

17 Az n-ed rend½u explicit lineáris di erenciálegyenletek általános alakja y (n) + a n (t) y (n ) + + a (t) y = b (t) ; (3) ahol a n (t) ; : : : ; a (t) és b (t) adott függvények. A ()-() transzformációkat használva ezt átírhatjuk az alakba, ahol A (t) = 6 4 x = Ax + b (4) 3 : : : ; b (t) = a a : : : : : : a n Az A (t) mátrixot Frobenius kisér½omátrixnak nevezzük.. b (t) 3 : (5) A megoldás létezése, unicitása és függése a paraméterekt½ol... Lipschitz folytonosság és egyértelm½uség Euklideszi normát használunk, amely vektorok esetén: kxk = p x T x =! = nx x i (x R n ) (6) i= Egy I intervallumon de niált x (t) vektor függvény normáját kxk I = sup kx (t)k (7) ti de niálja. Az I halmazon de niált f (t; x) vektormez½o normája adott (t; x) I esetén kfk I = sup kf (t; x)k : (8) ti x A normák használatához fel kell tételeznünk, hogy ezek a supremumok léteznek és (végesek). [például folytonossági és kompaktsági feltevésekkel]. A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 7

18 Legyen A R nn. A mátrix normáját az R n -ben de niált vektor normához rendeljük a következ½oképpen kaxk kak = max x6= kxk = max kaxk : (9) kxk= Ezeket indukált mátrix normának nevezzük. Igaz, hogy kaxk kak kxk (x R n ): Az Euklideszi vektornorma által indukált mátrixnorma a spektrálnorma, amelyet r kak = max (x T A T Ax) = max j i j = (3) kxk= i de niál, ahol i az A T A mátrix i-edik sajátértékét jelöli. Vizsgáljuk az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; t R (3) KÉP-et. A következ½o példa azt mutatja, hogy több megoldás is lehet, ha csak f folytonosságát kötjük ki. 5. Example. (II) Legyen és f (x) = Nyilvánvaló, hogy x (t) megoldás, de szintén megoldás. p x; x ; x < x = f (x) ; x () = : x (t) = t ; t ; t < 6. De nition. (Lipschitz folytonosság) Az f (t; x) vektormez½o Lipschitz folytonos az I halmazon, ha van egy olyan L konstans, hogy minden x; y és t I esetén fennáll kf (t; x) f (t; y)k L kx yk : Azt a tényt, hogy f Lipschitz folytonos az I halmazon, f Lip(I ) jelöli. 7. Lemma. Ha f (t; x) az I halmazon de niált függvény, R n konvex halmaz, f folytonosan di erenciálható x szerint és a J Jacobi mátrix korlátos az I halmazon, azaz L = kj (t; x)k I < ; (3) akkor f Lip(I ) az L Lipschitz konstanssal. 8 TARTALOMJEGYZÉK

19 Bizonyítás. Tetsz½oleges x; y pontokat összeköt½o szakasz pontjait az pontok alkotják. Bármely t I esetén amib½ol következik, hogy f (t; x) f (t; y) = x + s (y x) ; s = Z Z d f (t; x + s (y ds x)) ds J (t; x + s (y x)) (y x) ds; kf (t; x) f (t; y)k Z kj (t; x + s (y x))k ky xk ds L kx yk : 8. Example. (II) (i) f (x) = sin x. f Lip(R), L = max xr jcos (x)j =. (ii) f (t; x) = t sin x. f Lip(I R) tetsz½oleges korlátos I R esetén. L = sup ti jtj. (iii) f (x) = jxj. f Lip(R), L =. (iv) f (x) = x. Tetsz½oleges korlátos R esetén f Lip() és L = sup x jxj. (v) f (t; x) = x=t, t >. f Lip(I R) tetsz½oleges I = [t ; ) intervallumra, ha t >. L = =t. (vi) f (x) = p x. f Lip(), ha = [x ; ) és x >. L = = p x. (vii) f (x) = x ln x. f Lip(), ha = (a; b), < a < b <. L = + sup x (ln x). 9. Lemma. (Gronwall). Tegyük fel, hogy x (t) megoldása az x = a (t) x + b (t) ; x (t ) = x (33) skalár KÉP-nek t t esetén, a (t) és b (t) folytonos függvények. Ha az y függvény kielégíti az y a (t) y + b (t) ; y (t ) x (34) egyenl½otlenséget, akkor Bizonyítás. Az y (t) x (t) kielégíti az y (t) x (t) ; t t : (35) y x a (t) (y x) ; y (t ) x (t ) A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 9

20 egyenl½otlenséget. Legyen a (t) = Z t t a (s) ds és szorozzuk meg az egyenl½otlenség mindkét oldalát az exp ( a (t)) függvénnyel: (y (t) x (t)) exp ( a (t)) a (t) (y (t) x (t)) exp ( a (t)) ; Legyen Minthogy (y (t ) x (t )) exp ( a (t )) : {z } = z (t) = (y (t) x (t)) exp ( a (t)) : z (t) = (y (t) x (t)) exp ( a (t)) a (t) (y (t) x (t)) exp ( a (t)) ; az el½obbi két egyenl½otlenséget felírhatjuk a következ½o formában z ; z (t ) : Ebb½ol következik, hogy z (t) és ezért y (t) x (t) teljesül minden t t értékre. 3. Theorem. (Egyértelm½uség) Tegyük fel, hogy f Lip(I ) és (t ; x ) I. Ekkor az di erenciálegyenletnek legfeljebb egy megoldása lehet. az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; t R (36) Bizonyítás. Tegyük fel, hogy két megoldás van: x és x. Az y = x y = f (t; x ) f (t; x ) ; y (t ) = KÉP-et. Mindkét oldalt megszorozzuk az y (t) T vektorral. A baloldal alakja ekkor y (t) T y (t) = d dt y T (t) y (t) = z (t) ; x függvény kielégíti ahol z (t) = y (t) T y (t) = ky (t)k. A jobboldalon a Cauchy-Schwarz egyenl½otlenség ( a T b kak kbk, a; b R n ) miatt kapjuk, hogy y (t) T (f (t; x ) f (t; x )) ky (t)k kf (t; x ) f (t; x )k holds. Tehát fennáll, hogy L ky (t)k =: Lz (t) z Lz; z (t ) = : A Gronwall lemma miatt z (t). Az eredeti de níció miatt z (t). Tehát csak z (t) = lehetséges, ami azt jelenti, hogy x = x. TARTALOMJEGYZÉK

21 ... A lokális megoldás létezése Igazoljuk a megoldás létezését f Lipschitz folytonosságának feltevése esetén. Er½osebb eredmények gyengébb feltevések mellett szintén vannak (Cauchy-Peano, Carathéodory tételek). Használjuk a KÉP ekvivalenciáját az x (t) = x + Z t t f (s; x (s)) ds = (P x) (t) (37) Volterra integrálegyenlettel. Tetsz½oleges folytonos függvény, amely ezt kielégíti di erenciálható (Miért?). De niáljuk a következ½o ún. Picard iterációt: x (t) = x ; x i+ (t) = x + Z t t f s; x i (s) ds; i = ; ; : : : : Az x! P x Picard leképezés folytonos függvényt folytonos függvénybe képez. Valójában P x di erenciálható. 3. Example. (II3) (i) x = x, x () = (megoldás: x (t) = e t ). x (t) = ; x (t) = + R t ds = + t; x (t) = + R t ( + s) ds = + t + t ; x 3 (t) = + R t + s + s ds = + t + t + 6 t3 ;. x i (t) = + t + t + + i! ti : Felismerhet½o, hogy a Picard iteráció az e t függvény t = pont körüli Taylor sorát adja meg. (ii) x = x, x () = (megoldás: x (t) =, t ( ; )). t x (t) = ; x (t) = + R t ds = + t; x (t) = + R t ( + s) ds = + t + t + 3 t3 ; x 3 (t) = + R t + s + s + 3 s3 ds = + t + t + t 3 + O (t 4 ) ;. x i (t) = + t + + t i + O (t i+ ) : A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL

22 Az iterációk az t függvény t = körüli Taylor sorát közelítik. 3. Theorem. (Picard-Lindelöf). Vizsgáljuk az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; (38) kezdetiérték problémát, ahol f C (I ), I = [t ; t + a], = fx R n j kx x k bg és tegyük fel, hogy f Lip(I ). Legyen M max (t;x)i kf (t; x)k egy tetsz½oleges korlát és = min (a; b=m). Ekkor a kezdetiérték problémának egyértelm½u x = x (t) megoldása van a [t ; t + ] intervallumon. Az választása természetes. Az a feltétel szerepe világos, mert ekkor teljesül hogy [t ; t + ] I. Mármost, ha x = x (t) a KÉP megoldása az [t ; t + ] intervallumon (valójában az [t ; t + ] halmazon), akkor kx (t)k = kf (t; x (t))k M miatt kx (t) x k = Z t x (s) ds f (s; x (s)) ds t t Z t Z t t kf (s; x (s))k ds M (t t ) ; ahol az M (t t ) b feltételnek teljesülnie kell (x (t) nem mehet ki -ból). Bizonyítás (Picard iterációval). Legyen x (t) = x. Tegyük fel, hogy az x k (t) iterációt már de niáltuk a [t ; t + ] intervallumon, x k (t) folytonos és kielégíti a x k (t) x b feltételt k = ; ; : : : ; m esetén. Legyen x m+ (t) = x + Z t t f (s; x m (s)) ds: (39) Ekkor x m+ (t) szintén folytonos a [t ; t + ] intervallumon. Teljesül az is, hogy x m+ (t) x Z t t kf (s; x m (s))k ds M (t t ) M b: Következésképpen az fx i (t)g i= függvénysorozat de niált, folytonos a [t ; t + ] intervallumon és kx i (t) x k b. Most igazoljuk, hogy m = ; ; : : : esetén fennáll x m+ (t) x m (t) ML m (t t ) m+ ; t [t ; t + ] ; (4) (m + )! ahol L az f Lipschitz konstansa. Az m = esetben triviális, hogy x (t) x (t) M (t t ) :! TARTALOMJEGYZÉK

23 Tegyük fel az egyenl½otlenséget tetsz½oleges m-re. Ekkor x m+ (t) x m+ (t) = Z t Z t L Ezért az (4) becslésb½ol következik, hogy t f s; x m+ (s) t f s; x m+ (s) Z t t x m+ (s) MLm+ (m + )! Z t t (s = MLm+ (t t ) m+ : (m + )! f (s; x m (s)) ds f (s; x m (s)) ds x m (s) ds t ) m+ ds X x + x m+ (t) m= x m (t) = x (t) egyenletesen konvergens a [t ; t + ] intervallumon, azaz x (t) = lim m! xm (t) (4) fennáll egyenletesen. Minthogy f (t; x) egyenletesen folytonos az I halmazon, f (t; x m (t))! f (t; x (t)) egyenletesen a [t ; t + ] intervallumon. Ezért az sorozat konvergál az x m+ (t) = x + x (t) = x + Z t Z t t f (s; x m (s)) ds t f (s; x (s)) ds; egyenelethez, amely igazolja a megoldás létezését. A megoldás egyértelm½usége a Lipschitz feltételb½ol következik. 33. Lemma. Az I "tégla" alakú tartomány helyett vehetünk egy tetsz½oleges I R intervallumot és egy R n részhalmazt úgy, hogy (t ; x ) I bels½o pont. Ilyenkor mindig van olyan a; b >, hogy [t a; t + a] fx R n j kx x k bg I : A tétel bizonyításából az is világos, hogy Picard-Lindelöf tételt hasonlóan igazolhatjuk a [t ; t ] intervallumra. A "bal" és "jobboldali" egzisztencia tételeket egyesíthetjük és igazolhatjuk az egyértelm½u megoldás létezését a [t ; t + ] intervallumon. A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 3

24 Más tipusú létezési tételekre nézve idézzük a következ½o eredményt. 34. Theorem. (Peano) Vizsgáljuk az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; (4) kezdetiérték problémát, ahol f C (I ), I = [t ; t + a], = fx R n j kx x k bg f C (I ). Legyen M max (t;x)i kf (t; x)k egy korlát és = min (a; b=m). Ekkor a kezdetiérték problémának legalább egy x = x (t) megoldása van az [t ; t + ] intervallumon...3. A lokális megoldás folytatása A Picard-Lindelöf tétel a megoldás létezését egy t pont körüli adott intervallumon (lokalitáson) garantálja. Azt elemezzük, hogy hogyan folytatható ez a "lokális" megoldás egy nagyobb t intervallumra. Tegyük fel, hogy t > t. A Picard-Lindelöf (PL) tétel szerint egyértem½u x (t) megoldás van az I = [t ; t + ] intervallumon, ahol >. Ezért x (t ) létezik (t = t + ) és x (t ). Ha (t ; x (t )) az I halmaz bels½o pontja, akkor alkalmazhatjuk a PL tételt az y = f (t; y) ; y (t ) = x (t ) KÉP-re. Ennek egyértelm½u megoldása van valamely I = [t ; t + ] intervallumon, amelyen x (t) egyértelm½u. Az egyértelm½uség miatt az y (t) megoldás megegyezik az x (t) megoldással az I \ I intervallumon, míg az I r I intervallumon y (t) az x (t) megoldás "folytatása". Ha ezt az eljárást ismételgetjük a lehet½o legnagyobb i értékekkel, akkor egymást átfed½o intervallumok I i = [t i i ; t i + i ] (i = ; ; : : :) sorozatát kapjuk és azt, hogy a megoldás létezik és egyértelm½u az [ i I i intervallumon. Ha I és nyílt és korlátos, akkor az I i intervallumok kisebbek és kisebbek lesznek, mert x (t) közelíti az I halmaz határát. Ha I és zárt és korlátos (kompakt), az eljárás megáll egy valamilyen véges i = n indexre, mert vagy t n az I határán van, vagy x (t) van az határán. Mindkét esetben a maximális egzisztencia intervallumot kaphatjuk a fenti eljárással. 35. Theorem. (A lokális megoldás folytatása). Tegyük fel, hogy f Lip(I ), I és zárt és korlátos, (t ; x ) az I bels½o pontja. Ekkor az Then the solution of the IVP KÉP megoldása folytatható I határáig. x = f (t; x) ; x (t ) = x (43) Bizonyítás. Tegyük fel, hogy I = [t ; T ] és T > t. Szintén tegyük fel, hogy t i! et valamilyen et < T értékre és x et nincs rajta határán. Ekkor et; x et az I bels½o pontja és van egy olyan környezete, amelyben a PL tétel alkalmazható. Vagyis kiterjeszthetjük a megoldást a et ponton túlra, ami ellentmondás. Tehát vagy et = T vagy x et az határán van. 4 TARTALOMJEGYZÉK

25 36. Example. (II4) Vizsgáljuk a skalár és autonom x = x p ; x () = KÉP-et. Tetsz½oleges p egész szám esetén = R. Ha p < egész, akkor = Rr fg. Ha p nem egész, akkor negatív x értékeket nem engedhetünk meg és ezért = [; ), ha p > és = (; ), ha p <. A KÉP megoldása x (t) = [ + ( p) t] p ; p 6= e t Az I max maximális megoldás intervallum p értékét½ol függ: Ha p >, I max = ( ; = (p )). Ha p =, I max = R. Ha p < és p 6= (n ) =n valamilyen n 6= egészre, akkor I max = (= (p ) ; ). Ha p = (n ) =n valamilyen pozitív n egészre, akkor I max = R. Ha p = (n ) =n valamilyen pozitív n egészre, akkor I max = ( ; jnj)...4. A megoldás függése a kezdetiértékt½ol és a vektormez½ot½ol A x = f (t; x) ; x (t ) = x (44) KÉP megoldása nyilvánvalóan függ az x, f és t összetev½okt½ol. Azt vizsgáljuk, hogy x (t) hogyan függ az x -tól és f-t½ol a véges [t ; t + T ] id½ointervallumon (T < ). A T! esetet kés½obb vizsgáljuk. A következ½o "perturbációs" modellt vizsgáljuk: y = f (t; y) + r (t; y) ; y (t ) = x + z : (45) Tegyük fel, hogy f Lip(I R n ) az L Lipschitz konstanssal, valamint hogy az x és y megoldások egyértelm½uen léteznek a véges [t ; t + T ] I id½ointervallumon. A z (t) = y (t) x (t) függvény kielégíti a z = f (t; y) f (t; x) + r (t; y) ; z (t ) = z (46) KÉP-et. Felhasználva a Volterra integrálegyenlet alakot kapjuk, hogy z (t) = z + Z t t [f (s; y (s)) f (s; x (s)) + r (s; y (s))] ds; (47) A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 5

26 ahonnan kapjuk, hogy kz (t)k kz k + Z t t [f (s; y (s)) f (s; x (s)) + r (s; y (s))] ds ; Mármost Ezért g kielégíti a kz (t)k kz k + kz k + kz k + Z t t kf (s; y (s)) Z t t [kf (s; y (s)) Z t f (s; x (s)) + r (s; y (s))k ds f (s; x (s))k + kr (s; y (s))k] ds t [L kz (s)k + kr (s; y (s))k] ds =: g (t) : (48) g(t) egyenl½otlenséget. Szükségünk lesz a következ½o eredményre. 37. Lemma. A skalár KÉP megoldása ahol A KÉP megoldása a lemma szerint z } { g (t) = Lkz (t)k + kr (t; y (t))k : g Lg + kr (t; y (t))k ; g (t ) = kz k (49) x = a (t) x + b (t) (t R) ; x (t ) = x (5) x (t) = e (t) x + e (s) b (s) ds t Z t (t) := Z t w = Lw + kr (t; y (t))k ; w (t) = e L(t t ) Z t kz k + = e L(t t ) kz k + A Gronwall lemma miatt kapjuk, hogy g (t) e L(t t ) kz k + (t R) ; (5) t a (s) ds: (5) e L(s t Z t w (t ) = kz k t) kr (s; y (s))k ds ; (53) t e L(t s) kr (s; y (s))k ds: (54) Z t t e L(t s) kr (s; y (s))k ds: (55) A g (t) de níciója (pontosabban kz (t)k g (t)) alapján igazoltuk a következ½o eredményt. 6 TARTALOMJEGYZÉK

27 38. Theorem. Ha x és y az (44), ill. (45) kezdetiérték feladatok megoldásai a J = [t ; t + T ] intervallumon és f Lip(J R n ) az L Lipschitz konstanssal, akkor bármely t J esetén ky (t) x (t)k e L(t t ) ky x k + Ha még r korlátos is, azaz krk JR n M valamely M konstanssal, akkor Z t t e L(t s) kr (s; y (s))k ds: (56) ky (t) x (t)k e L(t t ) ky x k + M L el(t t ) : (57) Tehát a megoldások folytonosan függenek x -tól és f-t½ol. Ha t!, akkor a megoldások divergálhatnak. Jegyezzük meg, hogy a f Lip(J R n ) feltevésb½ol következik, hogy bármely t J és x R n esetén kf (x)k kf (x )k + L kx x k : (58) 39. Example. Vizsgáljuk az KÉP-et és a következ½o perturbációját: x = ax; x () = y = ay; y () = + ": Ebben az esetben a vektormez½o nem perturbálódik, azaz r (t; x) =. Az L = jaj. Az egzakt megoldások x (t) = e at, ill. y (t) = ( + ") e at. Ezért Az el½obbi tétel a következ½o becslést adja jy (t) x (t)j = j"j e at : jy (t) x (t)j j"j e jajt ; amely pontos a > esetén, de nagyon nem pontos a < esetén. A most igazolt perturbációs tétel segítségével becslést is adhatunk a KÉP megoldására. 4. Corollary. Ha x a (44) KÉP megoldása a J = [t ; t + T ] intervallumon és f Lip(J R n ) az L Lipschitz konstanssal, akkor bármely t J értékre kx (t) x k Autonom vektormez½o esetén a korlát alakja Z t t e L(t s) kf (s; x )k ds: (59) kx (t) x k kf (x )k L e L(t t ) : (6) A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 7

28 Bizonyítás. Legyen r = f és z = az (45) egyenletben. A megfelel½o megoldás ekkor y (t) = x. Ezt behelyettesítve az (56) és (57) képletekbe kapjuk a fenti állításokat. 4. Example. (II6) Vizsgáljuk az autonom x = x ; x () = KÉP x (t) = = ( t) megoldását az ( ; ) intervallumon. Ha t!, a megoldásra fennéll, hogy x (t)! +. Tekintsük a véges [; :5] intervallumot. Itt x (t) [; ]. Az = fx Rj jx j g tartományon az f = x függvény Lipschitz konstansa 4. A fenti becslésb½ol a jx (t) j 4 (e4t ) egyenl½otlenség következik. A következ½o ábra az jx (t) j (fekete vonal) és 4 (e4t ) (vörös vonal) mennyiségeket mutatja: y x..5. Paraméteres (reguláris) perturbációk Finomítjuk az el½oz½o szakasz eredményeit, amennyiben feltesszük, hogy a perturbációk egy " I " paramétert½ol függenek, ahol I " R a egy környezete. A következ½o jelöléseket használjuk: f " (t; y) és x ". Az " = eset jelöli a perturbálatlan (eredeti) problémát, azaz f = f és x = x. Tegyük fel, hogy f " és x " az "-tól folytonosan függ és ez a függés egyenletes minden (t; x) I értékre. Az ilyen perturbációkat regulárisnak nevezzük, és ha nem ilyenek, akkor szingulárisnak. A szinguláris perturbációk "-ban szakadásos megoldásokhoz vezethetnek. A d dt x" = f " (t; x ) ; x (t ) = x " (6) KÉP x " (t) lokális megoldásának létezése garantált, ha f " (t; x) folytonos az ("; t; x) változókban a (; t ; x " ) pont valamely I " I környezetében. Az egyértelm½uséget az f " Lip(I ) (8" I " ) feltétel garantálja. 8 TARTALOMJEGYZÉK

29 4. Theorem. (folytonos perturbációk). Tegyük fel, hogy f " (t; x) Lip(I " I ) az L Lipschitz konstanssal (8" I " ) és (; t ; x " ) I " I. Tegyük fel, hogy x " kezdetiérték folytonos az I " halmazon. Ha az x " megoldás létezik minden " I " esetén a J = [t ; t + T ] I intervallumon, akkor x " folytonos az " változóban egyenletesen a J intervallumon. Bizonyítás. A folytonosságot csak az " = pontban igazoljuk, mert a többi " I " pontra az igazolás hasonló. Az f " (t; x) függvény "-beli folytonossága miatt az I halmazon egyenletesen fennáll, hogy f " (t; y) = f (t; x) + r " (t; x) ahol kr " (t; x)k!, ha "!. Másképpen Az x " kezdetiérték "-beli folytonossága miatt ahol kr " k I! ; if "! : x " = x + z " ; kz " k! ; if "! : Figyeljük meg, hogy r " és z " ugyanazt a szerepet játssza mint r és z az (45) egyenletben. Ezért az (57) egyenl½otlenség alapján kx " (t) x (t)k e L(t t) kz k " + kr " e L(t t ) k I : L Ez fennáll minden t J esetén. Mindkét oldalon véve a supremumot, a következ½o fels½o becslést kapjuk kx " xk J e LT kz k " + kr " e LT k I : L "! esetén a jobboldal konvergál -hoz és emiatt x "! x egyenletesen a J id½ointervallumon. 43. Example. (II7) Vizsgáljuk az KÉP-et, ahol x = x + r " (t) ; x () = r " = ; if " < ; "; if ". Ez a perturbáció folytonos "-ban, de nem di erenciálható az " = halmazon. Ugyanez igaz az e x " (t) = t ; if " < ; ( + ") e t " if ". megoldásra. A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 9

30 .3. Di erenciálegyenletek egzakt megoldása Közönséges di erenciálegyenletek pontos megoldása sok esetben megkapható különféle ügyes technikákkal és trükkökkel. Az ismert esetek és megoldási technikáik megtalálhatók a következ½o könyvekben: E. Kamke: Di erentialgleichungen: Lösungmethoden und Lösungen, A.D. Polyanin, V.F. Zaitsev: Handbook of Exact Solutions for Ordinary Di erential Equations Az ismert technikák egy része különféle szimbólikus matematikai programcsomagokba is beépítésre került. Ett½ol függetlenül jegyezzük meg, hogy számos di erenciálegyenlet egzakt megoldása nem határozható meg ezekkel a módszerekkel és ekkor numerikus módszereket kell használni, amelyek egyébként sok esetben hasznosabbak, mint az esetleg létez½o analitikus módszerek..4. A Matlab szimbólikus di erenciálegyenlet megoldója A Matlab rendszer szimbólikus megoldója a dsolve eljárás, amelynek általános hívási formája: dsolve( eqn, eqn,...). Ez nem tud minden problémát megoldani, de sok esetben igen hasznos. A program pontos használatára vonatkozó információt a >>help dsolve utasítás segítségével kaphatunk. 44. Example. Oldjuk meg az di erenciálegyenletet! y = xy A Matlab dsolve eljárásának meghívása a következ½o: >> y=dsolve( Dy=y*x, x ) y = C*exp(x^/) >> A hívásban jelezzük, hogy x a független változó. független változónak. Alapállásban a Matlab a t-t tekinti 3 TARTALOMJEGYZÉK

31 Egy alternatív hívási mód, amely akkor el½onyös, ha DE-t többször is használjuk: >> eqn= Dy=y*x eqn = Dy=y*x >> y=dsolve(eqn, x ) y = C*exp(x^/) >> 45. Example. Oldjuk meg a KÉP-et! y = xy; y () = A dsolve rutin meghívásának módja ekkor: >> y=dsolve(eqn, y()=, x ) y = exp(x^/)/exp(/) vagy >> inits= y()= ; >> y=dsolve(eqn,inits, x ) y = exp(x^/)/exp(/) >> 46. Example. Oldjuk meg az KÉP-et (egzakt megoldás: y (x) = x 4 + x )! y = y=x + x 3 ; y () = A Matlab dsolve rutinnal az "általános" megoldás: >> y=dsolve( Dy=*y/x+*x^3, x ) y = x^4 + C4*x^ A Matlab dsolve rutinnal a KÉP megoldása: >> y=dsolve( Dy=*y/x+*x^3, y()=, x ) y = x^4 + x^ Ez valóban az egzakt megoldás. Ábrázolhatjuk is a megoldást a következ½o utasításokkal: >> x=linspace(,,); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) A MATLAB SZIMBÓLIKUS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÓJA 3

32 A linspace(x, X, N) utasítás N ekvidisztans pontot generál az X és X értékek között. A linspace(x, X) hívás ekvidisztans pontot generál az X és X értékek között. A vectorize(s) utasítás, amikor S karakterkifejezés, egy. jelet helyez minden ^, * vagy / m½uveleti jel elé az S karaktersorozatban. Az eredmény egy karaktersorozat lesz. A vectorize(fun ), utasítás, ahol FUN egy INLINE függvényobjektum, vektorizálja a formulát a FUN függvény számára. Az eredmény egy vektorizált változata az INLINE függvénynek. Az eval(s) utasítás végrehajtja az s karaktersorozatot mint egy kifejezést, vagy utasítást. Magasabbrend½u di erenciálegyenleteket is megoldhatunk a dsolve programmal. 47. Example. Oldjuk meg a másodrend½u di erenciálegyenletet. y + x y = >> eqn= Dy+(/x)*y= ; >> y=dsolve(eqn, x ) y = - C*x^(/)*besselj(, *x^(/)) - C3*x^(/)*bessely(, *x^(/)) Ha megpróbálnánk megoldani a y + x y = ; y() = ; y () = 3 TARTALOMJEGYZÉK

33 KÉP-et, akkor a következ½ot kapjuk: >> eqn= Dy+(/x)*y= ; >> inits= y()=, Dy()= ; >> y=dsolve(eqn,inits, x ) Warning: Explicit solution could not be found. > In dsolve at 6 y = [ empty sym ] Vagyis a szimbólikus megoldónk nem tudja ezt a feladatot megoldani. Egy hasonló példa a következ½o: Ennek pontos megoldásai dy dx = sin (x + y) : y (x) = x és A megfelel½o Matlab utasítás: y (x) = arctan >> dsolve( Dy=sin(x+y), x ) ans = pi/ - x - pi/ - x csak egy megoldást ad, mert C x (x C + ) x: x nem megoldás. 48. Example. Oldjuk meg a másodrend½u KÉP-et! A DE általános megoldása: y 5y + 6y = 3 sin (3x) ; y () = ; y () = >> eqn= Dy-5*Dy+6*y=3*sin(3*x) ; >> y=dsolve(eqn, x ) y = (5*cos(3*x))/6 - sin(3*x)/6 + C6*exp(3*x) + C7*exp(*x) A MATLAB SZIMBÓLIKUS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÓJA 33

34 >> A KÉP megoldása: >> inits= y()=, Dy()= ; >> y=dsolve(eqn,inits, x ) y = (5*cos(3*x))/6 - *exp(*x) + (3*exp(3*x))/6 - sin(3*x)/6 >> Ábrázoljuk a megoldást: >> x=linspace(,,5); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) >> Example. Oldjuk meg a következ½o KÉP-et: A Matlab kód a következ½o: y + 8y + y = cos (x) ; y () =, y () = : >> eqn3= Dy+8*Dy+*y=cos(x) ; >> inits3= y()=, Dy()= ; >> y=dsolve(eqn3,inits3, x ) y = (4^(/)*exp(4*x - 4^(/)*x)*exp(x*(4^(/) - 4))*(sin(x) - cos(x)*(4^(/) - 4)))/(8*((4^(/) - 4)^ + )) - (4^(/)*exp(4*x + 4^(/)*x)*(sin(x) + cos(x)*( + 4)))/(8*exp(x*(4^(/) + 4))*((4^(/) + 4)^ + )) - (4^(/)*(7*4^(/) + 7))/(8*exp(x*(4^(/) + 4))*(8*4^(/) + 3)) - (4^(/)*exp(x*(4^(/) - 4))*(393*4^(/) + 53))/(8*(8*4^(/) - 3)*(8*4^(/) + 3)^) >> x=linspace(,5,); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) >> 34 TARTALOMJEGYZÉK

35 A fenti y formula áttekinthetetlen. A Matlab simplify vagy pretty utasításával megpróbálhatjuk szépíteni..5. Speciális esetek, megoldási technikák és példák Néhány klasszikus és elemi technikát tárgyalunk fontos speciális esetekben..5.. Szétválasztható di erenciálegyenletek 5. De nition. A dy dx alakú di erenciálegyenleteket szeparábilis egyenleteknek nevezzük. Például a DE szeparábilis, de nem szeparábilis. Osszuk az (6) egyenletet h (y)-al: = g (x) h (y) (6) dy dx = y xe 3x+4y = xe 3x y e 4y dy dx = y + sin x dy h (y) dx = g (x) SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 35

36 Haf y = (x) ennek az egyenletnek a megoldása, akkor h ( (x)) (x) = g (x) és így Z Z h ( (x)) (x) dx = g (x) dx: De dy = (x) dx és ezért ez a reláció ugyanaz mint Z Z h (y) dy = g (x) dx: Következésképpen H (y) = G (x)+c, ahol H és G az és g (x) függvények primitív függvényei. h(y) Innen (remélhet½oleg) kifejezhetjük az y megoldást, mint x (és c) függvényét. 5. Example. Oldjuk meg a DE-t! Ezt átírhatjuk a következ½o alakba amelyb½ol kapjuk, hogy dy dx = Z Z dy y = y + x + x dx; ln jyj = ln j + xj + c és y = e lnj+xj+c = e c j + xj : Minthogy j + xj = + x ha x és j + xj = ( + x) ha x <, egyszer½uen írhatjuk, hogy y = c ( + x) : Matlabbal ugyanez: >> y=dsolve( Dy=y/(+x), x ) y = C5*(x + ) >> 36 TARTALOMJEGYZÉK

37 5. Example. Oldjuk meg az dy dx = x y ; y (4) = 3 KÉP-et. A szeparábilitás miatt Z ydy = Z xdx és így y = x + c. Ez az implicit x + y = c = c relációt adja. A kezdetiérték behelyettesítésével kapjuk, hogy = 5 = c, azaz c = 5. Ezért a KÉP megoldása is y = p 5 x for 5 x 5. Matlabbal ugyanez: >> y=dsolve( Dy=-x/y, y(4)=-3, x ) y = -^(/)*(5/ - x^/)^(/) >> A szeparábilis di erenciálegyenletek fenti technikája akkor m½uködik, ha h (y) 6=. Ha van egy gyök, akkor megoldást veszthetünk. 53. Example. Legyen Ekkor és Integrálás után kapjuk, hogy dy dx = y 4: y 4 y dy 4 = dx dy = dx: y + 4 ln jy j 4 ln jy + j = x + c : ln y y + = 4x + c ; y y + = e4x+c SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 37

38 54. Example. (folytatás). és y = + ce4x ce 4x (c = e c ) : A jobboldal kritikus pontjai: y =. Az y = megoldást a c = eset magában foglalja. Azonban y = szinguláris megoldás, amely a fenti kifejezésb½ol semmilyen c értékre nem kapható meg. Matlab megoldás: >> x=dsolve( Dy=y^-4, x ) x = - -(*exp(4*c + 4*x) + )/(exp(4*c + 4*x) - ) >>.5.. A logisztikai egyenlet (P.V. Verhulst, 838) Valamilyen faj populációja P (t) a t id½opontban. De niáljuk a faj születési és halálozási rátáját a következ½oképpen: (t) egységnyi populációra es½o születések száma egységnyi id½o alatt a t id½opontban; (t) egységnyi populációra es½o halálozások száma egységnyi id½o alatt a t id½opontban. A születések és halálozások száma a [t; t + t] id½ointervallumban ekkor közelít½oleg (t) P (t) t; (t) P (t) t: A populáció P megváltozásának mértéke a t hosszúságú [t; t + t] intervallumon: P births-deaths (t) P (t) t (t) P (t) t: Ezért fennáll, hogy P [ (t) (t)] P (t) : t Ha t!, akkor a következ½o DE-t kapjuk: dp dt amelyet általános populáció egyenletnek hívnak. = ( ) P; (63) 38 TARTALOMJEGYZÉK

39 Ha a populáció egy zárt környezetben él, akkor gyakran meg gyelhet½o, hogy a populáció növekedése esetén (halálozási ráta csökken) a rendelkezésre források gyorsan csökkenek és ez a születési ráta csökkenéséhez (halálozási ráta növekedéséhez) vezet. Tegyük fel, hogy a születési ráta a P lineáris függvénye, azaz = P; ahol ; > konstansok. Ha a halálozási ráta konstans marad, azaz =, akkor a fenti egyenlet a következ½o formát ölti: dp dt = ( P ) P: Ez az a = ( ) és b = jelölésekkel átmegy a dp dt = (a bp ) P (64) alakba, amelyet logisztikai egyenletnek neveznek. Ez egy autónom és szeparábilis DE, amelynek a megoldása: Innen kapjuk, hogy b=a a bp + =a P dp = a ln jp j ln ja a bp ln a P (t) = dp (a bp ) P = dt j = t + c P bp = at + ac: P a bp = c e at : ac e at + bc e at = ac bc + e Ezt a függvényt logisztikai függvénynek vagy görbének nevezzük. Ha P () = P, akkor Ha a=b 6=, akkor c = P = (a P b) és P (t) = P = ac bc + : ap bp (a bp ) e at : at : (65) SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 39

40 .5.3. Egzakt egyenletek Egzakt egyenletek 55. De nition. Ha z = f (x; y) egy kétváltozós függvény folytonos els½orend½u parciális deriváltakkal rendelkezik valamilyen D R tartományon, akkor a teljes (totális) di erenciálja dy: 56. De nition. Az M (x; y) dx+n (x; y) dy kifejezést egzakt di erenciálnak nevezzük egy D R tartományban, ha ez valamely a D tartományon de niált f (x; y) függvény teljes di erenciálja. 57. De nition. Az M (x; y) dx + N (x; y) dy = (66) els½orend½u di erenciálegyenletet egzakt egyenletnek nevezzük, ha a baloldali kifejezés egzakt differenciál. 58. Example. Az egzakt egyenlet, mert x y 3 dx + x 3 y dy = d 3 x3 y 3 = x y 3 dx + x 3 y dy: Az egzakt di erenciálegyenletet felírhatjuk az M (x; y) + N (x; y) y = (67) alakban is, ahonnan az y = dy helyettesítéssel és formula manipulációval a fenti alakot kaphatjuk. dx Az (67) alakot átírhatjuk még az y = M (x; y) N (x; y) (68) alakba is. Tegyük fel, hogy van olyan f (x; y) függvény, amelynek a fenti (66) exact egyenlet teljes di erenciálja, azaz = M (x; = N (x; y) : f (x; y (x)) = c (69) 4 TARTALOMJEGYZÉK

41 feltételnek eleget tev½o y (x) függvény az (66) di erenciálegyenlet megoldása: ahonnan adódik. = dc dx = f x (x; y (x)) + f y (x; y (x)) y (x) = M (x; y) + N (x; y) dy dx ; = M (x; y) dx + N (x; y) dy 59. Theorem. (az egzakt di erenciál kritériuma). Legyenek M (x; y) és N (x; y) folytonos függvények, amelyeknek léteznek az els½orend½u parciális deriváltjaik az D = f(x; y) ja < x < b; c < y < dg tartományon. Az M (x; y) dx + N (x; y) dy kifejezés akkor és csak akkor lesz egzakt di @x : (7) Bizonyítás. (Szükségesség). Ha M (x; y) dx + N (x; y) dy egzakt di erenciál, akkor van egy f (x; y) függvény, amelyre De niáljuk függvényeket. A Young tétel alapján M (x; y) dx + N (x; y) M (x; @f N (x; y) : Az elégségességhez igazolnunk kell egy olyan f (x; y) függvény = M (x; = N (x; y) : Az els½o egyenletb½ol integrálással kapjuk, hogy Z f (x; y) = M (x; y) dx + g (y) ; (7) ahol g (y) az integrálási = N @y Deriváljuk ezt az egyenletet y szerint és tegyük fel, hogy M (x; y) dx + g (y) = N (x; y) : SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 4

42 Innen kapjuk, hogy g (y) = N (x; ahol a jobboldal független x-t½ol, N (x; y) M (x; y) A (7) kifejezést y szerint integrálva kapjuk, hogy Z g (y) = N (x; = Ezt behelyettesítve az (7) egyenletbe kapjuk, hogy Z Z f (x; y) = M (x; y) dx + N (x; y) Az így kapott f = M (x; M (x; y) dx; M (x; y) dx {z =. M (x; y) dx dy + = N (x; y) feltételeket. Ha az f (x; y) függvényt meghatároztuk, akkor az f (x; y) = c meghatároznunk az y = y (x) = y (x; c) megoldást. 6. Example. Ellen½orizzük, hogy az e y dx y + xe y dy = egyenlet egzakt di erenciálegyenlet-e és ha igen, akkor integráljuk is! Itt M (x; y) = e y, N (x; y) = (y + xe y = e : M (x; y) dx dy + C: implicit egyenletb½ol kell Tehát a DE egzakt. A megoldáshoz az el½obbi tétel bizonyításánal lépéseit használjuk: Z Z f (x; y) = M (x; y) dx + g (y) = e y dx + g (y) ; f (x; y) = xe y + g (y) = N (x; y) = y xe y, az implicit xe y + g (y) = y xe y 4 TARTALOMJEGYZÉK

43 di erenciálegyenletet kapjuk, ahonnan g (y) = y és g (y) = y + C; C = konstans. A g (y)-t behelyettesítjük f (x; y) fenti kifejezésébe és kapjuk, hogy f (x; y) = xe y y + C: Ezért a DE általános megoldása az nívóhalmaz. xe y y = c Ha az M (x; y) dx + N (x; y) dy = (73) DE nem egzakt, akkor megkísérelhetünk egy olyan (x; y) függvényt (integráló tényez½ot) keresni, amelyre (x; y) M (x; y) dx + (x; y) N (x; y) dy = (74) egzakt egyenlet lesz..5.. Exercise. Találjuk meg az integráló tényez½ot els½orend½u explicit lineáris DE számára a = (x) feltevés mellett. ahol A feladat általános megoldása: dy dx y (x) = e (x) C + = a (x) y + b (x) (75) (x) = Z x e (s) b (s) ds ; (76) x Z x x a (s) ds: (77) Ezt egyszer½u számolással ellen½orizhetjük: Z dy x = a (x) e(x) C + e (s) b (s) ds + e (x) e (x) b (x) dx x = a (x) y + b (x) : Írjuk át az egyenletet az alábbi (a (x) y + b (x)) dx + ( ) dy = {z } {z} M(x;y) N(x;y) SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 43

44 ill. a (x) (a (x) y + b (x)) dx (x) dy = alakba. Az egzakt egyenletekre vonatkozó tétel alapján kellene, hogy teljesüljön a feltétel. Ez utóbbi akkor teljesül, ha d [ (x) (a (x) y + b (x))] = (x) a (x) = dy d (x) dx = a (x) ; ami egy szeparábilis DE. Ezért d = ln jj = Z a (x) dt; a (s) ds + c és R x x (x) = c e p(s)ds = c e (x) : Ennélfogva az els½orend½u lineáris DE (mint egzakt DE) megoldása a következ½o: Z x f (x; y) = c e (s) [a (s) y + b (s)] ds + g (y) = (x) N (x; y) = (x), kapjuk, hogy c Z x x e (s) a (s) ds + g (y) = (x) : Innen Z x g (y) = (x) c e (s) a (s) ds; x ahol a jobboldal független y-tól. Az y szerinti integerálással kapjuk, hogy Z x g (y) = (x) + c e (s) a (s) ds y + c x és így Átrendezéssel egyszer½usíthetünk: f (x; y) = c R x x e (s) [a (s) y + b (s)] ds+ c Z x R x (x) + c x e (s) a (s) ds y + c = c : x e (s) b (s) ds (x) y = c 3 ; 44 TARTALOMJEGYZÉK

45 amelyb½ol y (x) = (x) Z x c 3 + c e (s) b (s) ds : x Ezt átírhatjuk a következ½o alakba y (x) = Z x e (x) c 3 + c e (s) b (s) ds c x = e (x) C + e (s) b (s) ds : x Z x A kapott eredmény pontosan a fenti képlet szerinti Bernoulli egyenlet Bernoulli egyenlet Az x + p (t) x = q (t) x, = konstans (78) di erenciálegyenletet Bernoulli egyenletnek nevezzük (Jacob Bernoulli (695) után). Ha =, akkor a homogén x = (q (t) p (t)) x (79) DE-t kapjuk (amely szeparábilis). Ha =, akkor az els½orend½u lineáris DE-t kapjuk. Ezért feltesszük, hogy 6= és 6=. Ha nem egész, akkor feltesszük, hogy x >. Legyen z = x +. Ekkor x = z, és x = p (t) x + q (t) (8) dz dt = ( ) x x (t) x (t) = dz x dt = z dz dt : Behelyettesítve az egyenletbe kapjuk, hogy z z + p (t) z = q (t) z : SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 45

46 Mindkét oldalt osztva a z = ( ) kifejezéssel és némi átrendezéssel kapjuk, hogy z = ( ) p (t) z + ( ) q (t) : Felhasználva az els½orendú lineáris DE megoldási képletét kapjuk, hogy z (t) = e ( Ezért a Bernoulli DE megoldása 6. Example. Oldjuk meg a ) R Z t t t p(s)ds C + ( ) e ( R ) s t p()d q (s) ds : t R Z t t t p(s)ds x (t) = e C + ( ) e ( R ) s t p()d q (s) ds : (8) t DE-t! Írjuk az egyenletet "kanonikus" alakba tx + x = t x x + t x = tx (t 6= ) : Az = esetben z = x és x = z. A láncszabály alapján Behelyettesítünk az egyenletbe: Egyszer½usítés után kapjuk, hogy dx dt = dx dz dz dt = z dz dt : z z + t z = t z : z = t z t: t > esetén a lineáris DE megoldása: azaz R t t z (t) = e s C ds z (t) = t C Ezért a keresett megoldás x (t) = t(c t). Z t Z t t e R s t d sds ; ds = t (C t) : t Figyeljük meg, hogy x = szintén megoldás. Ezért a kapott megoldás nem az "általános" megoldás. 46 TARTALOMJEGYZÉK

47 6. Example. Oldjuk meg az Bernoulli típusú egyenletet! y = (x + ) y + x y ; y () = A problémának két megoldása van: az azonosan megoldás és egy nem azonosan zéró megoldás. A Matlab által adott megoldás: >> y=dsolve( Dy= -(*x+)*y+x^*y^, x ) y = /(exp((*x + )^/4)*(C6 - (3*pi^(/)*erf(x + /))/8 - /(4*exp(/4)*exp(x)*exp( + x/(*exp(/4)*exp(x)*exp(x^)))) >> A KÉP egzakt megoldása: >> y=dsolve( Dy= -(*x+)*y+x^*y^, y()=, x ) y = /(exp((*x + )^/4)*(5/(4*exp(/4)) - (3*pi^(/)*erf(x + /))/8 + (3*pi^(/)*er - /(4*exp(/4)*exp(x)*exp(x^)) + x/(*exp(/4)*exp(x)*exp(x^)))) >> x=linspace(,,5); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) >> SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 47