Differenciálegyenletek

Átírás

1 Differenciálegyenletek Kurics Tamás Földtudomány BSc szakos hallgatók számára Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Matematikai Intézet 211

2 Tartalomjegyzék Előszó 3 1. Közönséges differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenlet fogalma Motivációs példák Néhány egyszerűbb típusú elsőrendű egyenlet megoldása Kezdetiérték-feladatok megoldhatósága A megoldás létezése és egyértelműsége A megoldás folytonos függése a paraméterektől Másodrendű lineáris egyenletek A homogén egyenlet általános megoldása Állandó együtthatós egyenlet alaprendszere Partikuláris megoldás keresése Harmonikus, csillapított és gerjesztett rezgések Elsőrendű lineáris rendszerek A homogén egyenlet megoldása A homogén egyenlet alaprendszerének előállítása az állandó együtthatós esetben Az inhomogén kezdetiérték-feladat megoldása Parciális differenciálegyenletek Parciális differenciálegyenletek alapjai Alapfogalmak, mellékfeltételek és korrekt kitűzésű feladatok Hővezetési egyenlet egy térbeli változó esetén Klasszikus Cauchy-feladatok állandó együtthatós lineáris egyenletekre Parabolikus Cauchy-feladatok megoldása egy térváltozó esetén Hiperbolikus Cauchy-feladatok megoldása egy térváltozó esetén Vegyes feladatok Elliptikus Dirichlet-feladatok korlátos tartományon Maximum-elv és következményei Egy dimenziós peremérték-feladatok megoldása Green-függvénnyel A. Felhasznált ismeretek analízisből 43 A.1. Paraméteres integrálok differenciálása A.2. Metrikus terek és a Banach-fixponttétel B. Fourier-sorok 49 Irodalomjegyzék 53 2

3 Előszó Ez a jegyzet elsősorban az ELTE földtudomány, illetve környezettan szakos hallgatói számára készült, a nekik tartott Differenciálegyenletek című tárgy előadásainak alapján. A tárgyalásmód is ennek megfelelő, azaz nem a lehető legáltalánosabb eredmények kimondása és bizonyítása volt a cél, hanem egy egyszerű, érthető és remélhetőleg a többség számára követhető bevezetést kívánunk nyújtani a differenciálegyenletek elméletébe. Emiatt a közönséges differenciálegyenletek részben az egzisztencia és unicitás tételt csak skalárértékű jobboldalra bizonyítjuk, noha a vektorértékű, rendszerekre vonatkozó állítás bizonyítása sem lenne nehezebb. A lineáris rendszerek tárgyalásánál is inkább kisméretű példákon keresztül mutatjuk meg a megoldások szerkezetét, mintsem hogy nehezen követhető jelölésekbe bonyolódva az általános eset megoldását írnánk le. A példák így is rávilágítanak arra, hogy az általános n n-es esetben mi a teendő. Az érdeklődő hallgatóknak ajánljuk a [7] könyvet, amely egyrészt jóval nagyobb anyagot tartalmaz, mint ez a jegyzet, másrészt olyan témáknak is utána lehet nézni benne (autonóm egyenletek stabilitása, kvalitatív elmélet, Laplace-transzformált), melyeket mi még csak nem is érintettünk. Gyakorlásra, feladatmegoldásra a [2, 5] példatárak használhatók. A parciális differenciálegyenletek részben jóval nagyobb mértékű egyszerűsítést hajtottunk végre. Rövid bevezetést követően kizárólag másodrendű állandó együtthatós lineáris egyenletekkel foglalkozunk, méghozzá teljesen elemi módszerekkel, mélyebb matematikai segédeszközök használata nélkül. Időfüggő problémákra csak a klasszikus eredményeket ismertetjük, azt is csak olyan függvényekre, ahol az időváltozó mellett csak egy térváltozó van. Elliptikus egyenletekről még kevesebb szerepel, itt lényegében a megoldás egyértelműségének megmutatására szorítkoztunk (elsősorban a [4] könyv felépítése alapján). Érdeklődőknek elsősorban az [1] jegyzetek, illetve a [6, 7] könyvek ajánlhatók. Az anyag megértéséhez az elején az egyváltozós differenciál- és integrálszámítás, valamint a lineáris algebra néhány alapfogalmának (vektortér, bázis, dimenzió, sajátérték, sajátvektor) ismerete elegendő. A megoldás létezését megmutató részhez szükségünk van a teljes metrikus tér fogalmának és a Banach-fixponttételnek az ismeretére is; ezeket és más egyéb hasznos dolgokat a függelékben röviden összefoglaltuk. A parciális differenciálegyenletek részhez a többváltozós függvények parciális deriváltjainak fogalmán kívül a vegyes feladatok tárgyalásakor szükségünk lesz a Fourier-sorok ismeretére is, egy külön függelékben röviden összefoglalva ez is megtalálható. A felhasznált analízisbeli fogalmak és állítások jó része megtalálható a [3] könyvben. 3

4 1. fejezet Közönséges differenciálegyenletek 1.1. A közönséges differenciálegyenlet fogalma Differenciálegyenletnek durván szólva olyan egyenletet nevezünk, ahol az ismeretlen függvény és annak deriváltjai között áll fenn valamilyen függvénykapcsolat. Ha ezek a deriváltak közönséges deriváltak, akkor közönséges, míg ha egy többváltozós függvény parciális deriváltjai között áll fenn valamilyen összefüggés, akkor parciális differenciálegyenletről van szó. Ebben a fejezetben a közönséges differenciálegyenletek elméletének alapjairól lesz szó, a parciális differenciálegyenleteket a 2. fejezetben tárgyaljuk. Ha az előforduló legmagasabb rendű derivált melynek rendjét a differenciálegyenlet rendjének nevezünk kifejezhető a változó és a többi derivált függvényeként, akkor explicit egyenletről beszélünk. Az explicit n-edrendű közönséges differenciálegyenletek általános alakja y (n) (x) = f ( x,y(x),y (x),...,y (n 1) (x) ), ahol az egyenlet jobboldalának nevezett f függvény folytonos egy Ω R n+1 tartományon, a keresett y függvény pedig valamilyen I R nyílt intervallumon értelmezett n-szer folytonosan differenciálható függvény. Mi elsősorban az y (x) = f(x,y(x)) (1.1) alakú explicit elsőrendű egyenletekkel fogunk foglalkozni. Ez valójában nem jelent erős megszorítást, hiszen bármilyen explicit n-edrendű egyenletet (1.1) alakra lehet hozni. Például az y (x) = ( 1 y 2 (x) ) y (x) y(x) másodrendű egyenlet átírásához vezessük be az y 1 = y és y 2 = y függvényeket. Ekkor y 1 = y 2 y 2 = ( 1 y 2 1) y2 y 1, vagyis az egyenlet most is y (x) = f(x,y(x)) alakba írható, ahol f: R 2 R 2 vektorértékű jobboldal és [ ] [ ] y1 y y =, f(x,y(x)) = ( 2 (x) 1 y 2 1 (x) ). y 2 (x) y 1 (x) y 2 Hasnolóan, egy n-edrendű explicit egyenlet átírható egy n egyenletből álló elsőrendű rendszerré. A változót x helyett t is jelölheti, főleg fizikai törvényekből származtatható egyenleteknél, hogy hangsúlyozzuk a folyamat időtől való függését. A deriváltra az y (x), vagy az y (t) jelöléseket fogjuk használni, de néha hasznos lehet a hagyományos dy dx jelölés is, egyes könyvek pedig pontot is használhatnak a deriválás jelölésére, főleg ha t a változó: ẏ(t). Ekkor még az is előfordulhat, hogy x jelöli a függvényt és ẋ(t) a deriváltat. 4

5 Motivációs példák Függőleges hajítás Galiei-féle modellje Galileo Galilei a XVI. században szabadon eső tárgyak mozgását vizsgálva arra jutott, hogy a függőleges irányban eldobott tárgyak állandó gyorsulással mozognak a Föld felé és ez független a tárgy tömegétől. Ezt a konstanst gravitációs gyorsulásnak nevezzük, amely a Föld felszínén g 9,81 m/s 2. Megjegyezzük, hogy a Hold felszínén ez az állandó körülbelül 1,6 m/s 2. Jelölje y(t) annak a testnek távolságát a talajtól, melyet a t = időpontban y magasságból, v kezdősebességgel hajítottunk el. Ha a közegellenállást elhanyagoljuk, v(t) = y (t) a tárgy sebessége és a(t) = v (t) = y (t) a gyorsulása, így Galilei szerint y (t) = g t [,T]-re, y() = y, y () = v, ahol T az az időpont, amikor leesik a test. Megjegyezzük, hogy ha lefelé dobtunk, akkor y a t csökkenő függvénye, így v negatív, míg felfelé dobásnál a v kezdősebesség pozitív. A fenti egyenlet egy differenciálegyenlet az y függvényre, melyet kétszer integrálva felhasználva a két kezdeti feltételt is meg tudunk oldani: y(t) = gt2 2 +v t+y ( t T). A megoldás alakjából ami egy lefelé álló parabola az is következik, hogy bármekkora kezdősebességgel is hajítunk fel egy testet a levegőbe, az mindig visszaesik, noha tudjuk, hogy ez nincs így, lásd műholdak fellövése. Ez a modell tehát csak a Föld felszínéhez közel, elhanyagolható közegellenállás mellett ad elfogadható eredményt. Radioaktív bomlás Valamivel bonyolultabb egyenlethez jutunk, ha radioaktív anyagok bomlását vizsgáljuk. Fizikából ismert, hogy a bomlás sebessége arányos a még el nem bomlott atommagok számával, ahol az arányossági tényező az adott anyagra jellemző állandó. Ha y(t) jelöli a t időpontban jelen levő anyag mennyiségét, akkor az y (t) = ky(t), y() = y egyenlet írható fel, ahol k < konstans, y pedig az anyag mennyisége a t = időpontban. Ugyanez az egyenlet érvényes, ha baktériumok szaporodását vizsgáljuk; ebben az esetben k pozitív állandó. Ennek az egyenletnek a megoldása már nem kapható meg egyszerűen integrálással. Az mindenesetre látszik, hogy az y (t) = ky(t) egyenletnek az y(t) = Ce kt függvények megoldásai lesznek tetszőleges C R konstans esetén. A következő állítás szerint más megoldás nincs Állítás. Az y (t) = ky(t) egyenlet összes megoldása y(t) = Ce kt alakú. Bizonyítás. Az könnyen látszik, hogy ezek a függvények valóban megoldásai az egyenletnek. Legyen most y egy tetszőleges megoldás és vezessük be a g(t) = y(t)e kt segédfüggvényt. Ekkor g (t) = y (t)e kt y(t)ke kt = ( y (t) y(t) ) e kt =, ami azt jelenti, hogy a g függvény konstans, vagyis y(t)e kt = C. E szerint, ha még az y() = y kezdeti feltételt is felhasználjuk, a radioaktív bomlást leíró egyenlet megoldása y(t) = y e kt Néhány egyszerűbb típusú elsőrendű egyenlet megoldása A továbbiakban néhány egyszerűen megoldható típussal foglalkozunk. Egy differenciálegyenlet megoldását nem mindig lehet képlettel felírni, már a legegyszerűbb típusú y (x) = sinx x 5

6 egyenlet megoldását sem tudjuk képlettel, zárt alakban megadni. Hasonlóan, az y (x) = y 2 (x)+x 2 egyenlet megoldása amely az 1.2. alfejezet eredményei szerint létezik sem írható fel elemi függvényekkel. Ebben a részben néhány olyan egyenletet vizsgálunk, ahol a megoldás képlettel felírható. Közvetlenül integrálható egyenletek A legegyszerűbb differenciálegyenletek közé tartoznak az alakú egyenletek, ahol g: I R adott folytonos függvény. y (x) = g(x) (1.2) 1.2. Állítás. Egy differenciálható y: I R függvényre pontosan akkor teljesül (1.2), ha y(x) = G(x)+C, ahol C R tetszőleges konstans, valamint G a g primitív függvénye Példa. Oldjuk meg az y (x) = sinx egyenletet! Megoldás. A feladat megoldása egy primitív függvény kiszámolását jelenti: y(x) = sinx dx = cosx+c. Szeparábilis egyenletek Az y (x) = g(x)h(y(x)) (1.3) alakú egyenleteket szeparábilis, vagy szétválasztható változójú egyenleteknek nevezzük Állítás. Legyenek g: I R és h: J R adott folytonos függvények és tegyük fel, hogy h a J intervallumon. Ekkor egy differenciálható y: I J függvényre pontosan akkor teljesül az (1.3) egyenlet, ha H(y(x)) = G(x)+C, ahol C R tetszőleges konstans, valamint G a g, H pedig az 1/h függvény primitív függvénye. Bizonyítás. Átrendezve az egyenletet kapjuk, hogy y (x) = g(x)h(y(x)) y (x) h(y(x)) = g(x) y (x) g(x) =. h(y(x)) Vegyük észre, hogy az utóbbi egyenlet nem más, mint ( H(y(x)) ) G (x) =, azaz ( H(y(x)) G(x) ) = az I intervallumon, tehát H(y(x)) G(x) = C, ahol C konstans. Ha az y függvény x-szerinti deriváltjának jelölésére a hagyományos dy dx fenti eljárás formálisan felírható a jelölést használjuk, akkor a dy dy = g(x)h(y) = g(x) dx dx h(y) alakban is, melyet integrálva kapjuk az dy h(y) = g(x) dx H(y) = G(x)+C eredményt. Ez a formális és a fenti bizonyítással alátámasztott átalakítás és számolás, vagyis az x és y változók külön oldalra rendezése, szétválasztása indokolja az egyenlettípus elnevezését Példa. Oldjuk meg az y (x) = y 2 (x) egyenletet! 6

7 Megoldás. Az y(x) függvény biztosan megoldás. Ha y, akkor elosztva vele az egyenletet, a hagyományos jelöléssel kapjuk, hogy dy y 2 = dx 1 1 = x+c y(x) = y x+c. Vegyük észre, hogy akármi is a C konstans értéke (melyet a kezdeti érték határoz meg), a megoldás nincs az egész számegyenesen értelmezve, így kérdéses, hogy a képletből kapott két hiperbolaág melyikét tekintsük megoldásnak. Majd a kezdetiérték-feladatok tárgyalásánál tesszük pontosabbá, hogy mit értsünk megoldás alatt. Lineáris egyenletek Az y (x) = a(x)y(x)+b(x) (1.4) típusú egyenletet elsőrendű lineáris egyenletnek nevezzük, ahol a, b: I R adott folytonos függvények az I intervallumon. Ha b(x) =, akkor az egyenletet homogénnak nevezzük, egyébként pedig inhomogénnak Állítás. Legyenek a,b: I R folytonos függvények és legyen A az a egy primitív függvénye. Ekkor az (1.4) egyenlet összes megoldása y(x) = e A(x) b(x)e A(x) dx alakú. Bizonyítás. Először is a fenti függvények nyilván megoldások, hiszen ) y (x) = (e A(x) b(x)e A(x) dx = a(x)e A(x) b(x)e A(x) dx+e A(x) b(x)e A(x) = a(x)y(x)+b(x). Legyen most y egy tetszőleges megoldása az (1.4) egyenletnek, azaz y (x) a(x)y(x) = b(x). Ha ezt megszorozzuk e A(x) -szel, akkor kapjuk, hogy ( y (x) a(x)y(x) ) ( e A(x) = b(x)e A(x) y(x)e A(x)) = b(x)e A(x), amiből y(x)e A(x) = b(x)e A(x) dx y(x) = e A(x) b(x)e A(x) dx. A megoldóképlet alkalmazásán kívül azonban van egy másik módszer is, amely elvezet a megoldáshoz. Ha ismernénk egy y megoldást, akkor ha az y megoldást y = z +y alakba írjuk, kapjuk, hogy ay+b = y = z +y = z +(ay +b), amit átrendezve a z = a(y y ), azaz a z = az egyenlet adódik. Tehát az (1.4) egyenlet megoldása felírható, mint a z (x) = a(x)z(x) homogén egyenlet z megoldása és az (1.4) inhomogén egyenlet egy y, az úgynevezett partikuláris megoldás összegeként. A homogén egyenlet szeparábilis, így megoldható: z(x) = Ce A(x), ahola (x) = a(x). Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának megkereséséhez a Lagrange-tól származó, állandók variálásának nevezett módszert alkalmazzuk. Az ötlet a következő: keressük y -t olyan alakban, mint amilyen z, de C-t konstans helyett válasszuk függvénynek! Ha tehát y (x) = C(x)e A(x), akkor a(x)c(x)e A(x) +b(x) = a(x)y (x)+b(x) = y (x) = C (x)e A(x) +a(x)c(x)e A(x), amiből azt kapjuk, hogy a C függvényre teljesül a C (x)e A(x) = b(x) C (x) = e A(x) b(x) egyenlet. Ez közvetlenül integrálható, s így a C függvény ismeretében y is meghatározható Példa. Oldjuk meg az y (x) = 2x y(x)+2x 3 egyenletet! 7

8 Megoldás. A z (x) = 2x z(x) homogén egyenlet szeparábilis, a megoldása dz dz dz = 2xz = = 2x dx = dx z z = 2x dx = log z = x 2 +D = z(x) = Ce x2. A partikuláris megoldást keressük y (x) = C(x)e x2 alakban. Ekkor C-re a C (x) = 2x 3 e x2 egyenletet kapjuk, melyből parciális integrálással ( 2xe C(x) = 2x 3 ) e x2 x (e dx = 2 x 2 ) x dx = 2 x 2 dx = e x2 x 2 + e x2 2x dx = (e = e x2 x 2 ( 2x)e x2 dx = e x2 x 2 ) x 2 dx = e x 2 x 2 e x2. Ebből y (x) = x 2 1, így a feladat megoldása y(x) = Ce x2 x 2 1. Egzakt egyenletek Tekintsük az M(x,y(x))+N(x,y(x))y (x) = ( y M(x,y) = x N(x,y) ) (1.5) alakú egyenletet, ahol M,N: R 2 R adott folytonosan differenciálható függvények. A deriváltakra vonatkozó feltételből következik, hogy létezik az (M,N): R 2 R 2 függvénynek primitív függvénye Állítás. Ha F : R 2 R olyan differenciálható függvény, melyre 1 F = M és 2 F = N, akkor a differenciálegyenlet megoldása eleget tesz az (implicit) algebrai egyenletnek. F(x,y(x)) = C Bizonyítás. Egyszerű deriválással ellenőrizhető, hogy a fenti egyenletnek eleget tevő y függvény megoldása az (1.5) egyenletnek: d dx F(x,y(x)) = [ 1 F(x,y(x)) 2 F(x,y(x)) ] [ ] 1 y = M(x,y(x))+N(x,y(x))y (x) =. (x) 1.9. Példa. Oldjuk meg az x 2 y(x) xy (x) = egyenletet! Megoldás. Az M(x,y) = x 2 y, N(x,y) = x választás mellett az egyenlet (1.5) alakú és 2 M = 1 = 1 N. A primitív függvény F(x,y) = M(x,y) dx = x 2 y dx = x3 xy +C(y), 3 alakú, ahol a C függvényt az x = N(x,y) = 2 F(x,y) = x+c (y) egyenletből határozhatjuk meg, ahonnan C(y) = C konstans. Primitív függvénynek tehát választható F(x,y) = x3 3 xy, ahonnan a megoldás x 3 3 xy(x) = C, azaz y(x) = x2 3 C x. Ha az egyenlet nem egzakt, akkor egy alkalmas µ függvénnyel végigszorozva az (1.5) egyenletet esetleg azzá tehető. Ennek a µ integráló tényezőnek nevezett függvénynek a megtalálása azonban gyakran nehéz feladat. 8

9 1.2. Kezdetiérték-feladatok megoldhatósága Ebben a szakaszban az általános alakú explicit elsőrendű egyenletek megoldhatóságával foglalkozunk Definíció. Ha f: D R folytonos függvény a D R 2 összefüggő nyílt halmazon, (x,y ) D és az I R nyílt intervallumra, valamint az y: I R differenciálható függvényre teljesül, hogy 1. (x,y(x)) D minden x I-re, 2. y (x) = f(x,y(x)) teljesül minden x I-re, 3. y(x ) = y, akkor az y függvényt az I intervallumon az f jobboldalú explicit elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük az y(x ) = y kezdeti feltétel mellett. Egy ilyen feladatot vizsgálva a legfontosabb kérdés, hogy vajon milyen feltételek mellett van megoldás, illetve ha van, akkor hol értelmezett és hogyan lehet meghatározni. Bizonyos speciális alakú egyenletek megoldásaival már korábban foglalkoztunk, ebben a szakaszban a megoldhatóságra fókuszálunk. Ha például tekintjük az y (x) = y 2 (x), y() = 1 kezdetiérték-feladatot, akkor a jobb oldali f(x,y) = y 2 függvény mindenhol értelmes, ugyanakkor az 1.5. példa szerint a feladat megoldása az y(x) = 1 x 1 függvény. A fenti definíció szerint azt a hiperbolaágat kell választanunk, amelyen a (, 1) pont rajta van, s így a megoldás egy olyan I nyílt intervallumon értelmezett, amely tartalmazza az x = pontot, de az x = 1-et nem, a megoldás pedig az y függvény I-re vett leszűkítése. Természetesen létezik egy legnagyobb olyan intervallum, amin a megoldás értelmezhető, ez pedig az I = (,1). Ez a példa mutatja, hogy a megoldás nem feltétlenül értelmezhető az egész számegyenesen, még akkor sem, ha a jobboldal mindenütt értelmes Definíció. Egy kezdetiérték-feladatot korrekt kitűzésűnek nevezünk, ha annak megoldására az alábbi három tulajdonság teljesül: 1. egzisztencia, azaz létezik megoldás, 2. unicitás, azaz a megoldás egyértelmű, 3. folytonos függés, vagyis a megoldás folytonosan függ a feladat paramétereitől. Ennek a fejezetnek az a célja, hogy megmutassuk, hogy bár a megoldás képlettel történő megadására nincs mindig mód, az f függvényre tett pluszfeltétel esetén egy kezdetiérték-feladat korrekt kitűzésű az x pont egy környezetében A megoldás létezése és egyértelműsége Legyen D R 2 tartomány, f: D R adott folytonos függvény, x,y R pedig olyan számok, hogy (x,y ) D. Tekintsük az { y (x) = f(x,y(x)) y(x ) = y (1.6) kezdetiérték-feladatot és keressük ennek megoldását az I x intervallumon. A következőkben megmutatjuk, hogy egy az f függvényre tett további feltétel esetén a fenti feladatnak egyértelműen létezik megoldása az x pont egy környezetében. A bizonyítás az A.18. Banach-fixponttételt használja, a differenciálegyenlet megoldása egy (folytonos függényekből álló) teljes metrikus téren értelmezett alkalmas kontrakció fixpontjaként áll elő Definíció. Azt mondjuk, hogy az f: D R függvény a második változóban Lipschitz-folytonos, ha létezik L >, hogy f(x,y) f(x,ỹ) L y ỹ teljesül minden (x,y),(x,ỹ) D esetén. 9

10 1.13. Tétel (Picard Lindelöf). Legyen f: D R olyan folytonos függvény, amely a második változójában Lipschitz-folytonos. Ekkor minden (x,y ) D ponthoz megadható olyan δ >, hogy az y (x) = f(x,y(x)) egyenletnek pontosan egy y megoldása tesz eleget az y(x ) = y kezdeti feltételnek az [x δ,x +δ] intervallumon. Bizonyítás. Első lépésként vegyük észre, hogy az (1.6) differenciálegyenlet folytonosan differenciálható y megoldása helyett kereshetjük az y(x) = y + f(t,y(t)) dt (1.7) x integrálegyenlet folytonos megoldását. Ez a két feladat valóban ekvivalens: ha y folytonosan differenciálható és eleget tesz a differenciálegyenletnek, akkor a Newton Leibniz-szabály alapján y(x) y = y(x) y(x ) = x y (t) dt = x f(t,y(t)) dt. Megfordítva, ha y folytonos és teljesül az integrálegyenlet, akkor az integrálfüggény differenciálhatóságára vonatkozó tétel szerint y differenciálható és y (x) = f(x,y(x)), ami f folytonossága miatt ismét folytonos, tehát y folytonosan differenciálható és teljesíti a differenciálegyenletet. Emiatt az (1.6) feladat megoldása helyett az (1.7) egyenlet folytonos megoldását fogjuk megkeresni. Legyen B olyan (x,y ) középpontú zárt gömb, amelyre B D. Ez egy korlátos és zárt halmaz, az f függvény folytonos, így létezik olyan K >, hogy f K a B halmazon. Válasszuk úgy a δ > számot, hogy egyrészt legyen δl < 1, másrészt a T = [x δ,x + δ] [y Kδ,y + Kδ] téglalap teljes egészében B-ben legyen. A rövidség kedvéért legyen I := [x δ,x +δ]. Tekintsük most az I-n értelmezett folytonos függvények C(I) terét ellátva a d(g,h) = sup I g h metrikával. Ismert, hogy (C(I), d) teljes metrikus tér (lásd az A.16. állítást). Ennek a térnek vegyük a C = { ϕ C(I) : ϕ(x) y Kδ x I } alterét. A benne levő függvények folytonossága miatt C C(I) zárt altér, így maga is teljes metrikus tér a d metrikával ellátva. Vegyük észre, hogy C elemei azok az [x δ,x +δ]-n értelmezett folytonos függvények, melyek grafikonja nem lóg ki a T téglalapból. Most definiáljuk az F: C C, ( F(y) ) (x) := y + x f(t,y(t)) dt leképezést. A jóldefiniáltsághoz ellenőrizni kell, hogy y C esetén F(y) C szintén teljesül. Mivel x 1,x 2 I esetén ( F(y) ) (x 2 ) ( F(y) ) (x 1 ) 2 2 = f(t,y(t)) dt f(t,y(t)) dt K x 2 x 1, x 1 x 1 ezért F(y) folytonos és az x I esetén fennálló ( F(y) ) x (x) y = f(t,y(t)) dt f(t,y(t)) dt K x x Kδ x x becslés miatt az F leképezés C-beli függvényeket valóban C-ba képez. A következő lépésben azt mutatjuk meg, hogy F: C C kontrakció. Ha ugyanis y,z C, akkor tetszőleges x I pont esetén ( F(y) ) (x) ( F(z) ) (x) x = f(t,y(t)) f(t,z(t)) dt f(t,y(t)) f(t,z(t)) dt x x L y(t) z(t) dt L sup x t I y(t) z(t) x 1 dt = L(x x ) d(y,z) Lδ d(y,z). 1

11 Ez minden x I esetén igaz, így mindkét oldal szuprémumát véve kapjuk, hogy d ( F(y),F(z) ) = sup ( F(y) ) (x) ( F(z) ) (x) Lδ d(y,z), x I ami δ választása miatt (Lδ < 1) azt jelenti, hogy F egy kontrakció a C teljes metrikus térben. Ekkor a Banach-fixponttétel szerint létezik egyetlen y C, melyre F(y) = y, ami éppen azt jelenti, hogy y olyan I-n értelmezett folytonos függvény, amely teljesíti az (1.7) egyenletet. A fenti bizonyítás könnyen adaptálható vektorértékű jobboldal esetére, azaz ha D R R n és f: D R n a második (vektor)változójában Lipschitz-folytonos. A Banach-fixponttétel nem csak a megoldás létezését és egyértelműségét állítja, hanem módszert is ad, amellyel tetszőleges pontossággal ( meg is közelíthetjük azt, lásd az (A.4) hibabecslést. Ez a módszer pedig az y (x) = y, y n+1 (x) = F(yn ) ) (x) függényekből álló(y n ) C sorozat elkészítését jelenti, melyet szukcesszív approximációnak, vagy Picard-iterációnak is neveznek. Az y (x) = y(x), y() = 1 kezdetiérték-feladat megoldása ezzel a módszerrel a következő lenne: y (x) = 1, y 1 (x) = ( F(y ) ) (x) = y + y 2 (x) = ( F(y 1 ) ) (x) = y + f(t,y (t)) dt = 1+ f(t,y 1 (t)) dt = 1+ 1 dt = 1+x, 1+t dt = 1+x+ x2 2, amit folytatva könnyen látható, hogy az n-edik lépésben az exponenciális függvény nulla körüli n-edik Taylor-polinomját kapjuk, amely az I intervallumon valóban konvergál a d metrika szerint a feladat y(x) = e x megoldásához A megoldás folytonos függése a paraméterektől Ebben a részben azt vizsgáljuk meg, hogy ha az egyenletben szereplő paramétereket, nevezetesen a kezdeti értéket, vagy akár az egész jobb oldali függvényt ha egy kicsit megváltoztatjuk, akkor mennyire változhat meg a megoldás. Ehhez tekintsük az { y (x) = f(x,y(x)) y(x ) = y és a { z (x) = g(x,z(x)) z(x ) = z (1.8) kezdetiérték-feladatokat, ahol szokás szerint f,g: R R R folytonos függvények. Jelölje y = y(x) az első, míg z = z(x) a második feladat megoldását Tétel (Folytonos függés). Ha y z δ, f(u,v) g(u,v) K minden (u,v) R 2 esetén és f a második változója szerint Lipschitz-folytonos az L > Lipschitz-konstanssal, továbbá T egy tetszőleges, de rögzített szám, akkor y(x) z(x) (δ +KT)e L(x x ) minden x x x +T-re. Bizonyítás. Az (1.8) kezdetiérték-problémák helyett ismét tekinthetjük a velük ekvivalens y(x) = y + integrálegyenleteket. Ekkor y(x) z(x) = y z + f(s,y(s)) ds és a z(x) = z + g(s,z(s)) ds x x f(s,y(s)) f(s,z(s)) ds+ f(s,z(s)) g(s,z(s)) ds. x x 11

12 Legyen most x x x +T, ekkor abszolútértéket véve kapjuk, hogy y(x) z(x) y z + δ +L x f(s,y(s)) f(s,z(s)) ds+ x y(s) z(s) ds+kt. x f(s,z(s)) g(s,z(s)) ds Vezessük be aϕ(x) := y(x) z(x) és ac := δ+kt jelöléseket. Ekkor a fentiek szerint aϕfüggvényre fennáll a ( ϕ(x) C +L ϕ(s) ds x [x,x +T] ) (1.9) x egyenlőtlenség. Be kell látni, hogy ebből következik a ϕ(x) Ce L(x x ) ( x [x,x +T] ) (1.1) egyenlőtlenség, ami a bizonyítandó állítás. Először is, (1.9)-ből következik, hogy 1 L Lϕ(x) C +L x ϕ(s) ds 1 ( x [x,x +T] ). Ezt az egyenlőtlenséget integrálva az [x,τ] intervallumon (ahol x τ x +T) kapjuk, hogy 1 τ L x Lϕ(x) τ C +L x ϕ(s) ds dx 1 dx = τ x. x Mivel a bal oldalon álló függvénynek ismerjük a primitív függvényét, így [ 1 ( ) ] τ log C +L ϕ(s) ds τ x, L x x amiből kapjuk, hogy C +L ϕ(s) ds Ce L(τ x), x így (1.9) felhasználásával kapjuk, hogy minden τ [x,x +T] esetén y(τ) z(τ) = ϕ(τ) Ce L(τ x ) = (δ +KT)e L(τ x ). A tételben mellékszámításként azt is beláttuk, hogy az (1.9) feltételből következik az (1.1) egyenlőtlenség. Ezt az állítást Gronwall-lemmának nevezik. A folytonos függés elnevezést az indokolja, hogy ha a kezdeti értékek különbsége, valamint a két jobboldal különbsége nullához tart, akkor a rögzített [x,x +T] intervallumon a két feladat megoldásának sup{ y(x) z(x) : x [x,x +T]} eltérése is nullához tart Másodrendű lineáris egyenletek Rátérünk az y (x)+a(x)y (x)+b(x)y(x) = f(x) (1.11) egyenlet vizsgálatára, ahol a,b,f: I R adott folytonos függvények. Ha f =, akkor az egyenletet homogénnek, egyébként inhomogénnek hívjuk. Vegyük észre, hogy ha y 1 és y 2 megoldása az (1.11) egyenletnek, akkor a különbségük a homogén egyenlet megoldása lesz, hiszen ( y1 (x) y 2 (x) ) +a(x) ( y1 (x) y 2 (x) ) +b(x) ( y1 y 2 ) =. 12

13 Ebből következik, hogy az inhomogén egyenlet összes megoldásay+y alakú, aholy a homogén egyenlet általános megoldása, y pedig az inhomogén egyenlet egy rögzített, úgynevezett partikuláris megoldása. Ugyanis ha y a partikuláris megoldás, y pedig a homogén egyenlet megoldása, akkor y +y nyilván megoldása lesz az inhomogén egyenletnek. Ha pedig z az inhomogén egyenlet tetszőleges megoldása, y pedig a partikuláris megoldás, akkor z y a homogén egyenlet megoldása. Tehát (1.11) megoldásához elegendő egyetlen megoldást találni valamilyen úton-módon és elég a homogén egyenlettel foglalkozni A homogén egyenlet általános megoldása Ebben a részben megmutatjuk, hogy a homogén egyenlet általános megoldásának felírásához elég két független megoldást találni, minden más megoldás ezek lineáris kombinációjaként írható fel. Tekintsük tehát az y (x)+a(x)y (x)+b(x)y(x) = (1.12) homogén egyenletet. Az alábbi állítások ennek az egyenletnek a megoldásairól szólnak Állítás. Ha y 1 és y 2 megoldások, c 1,c 2 R, akkor c 1 y 1 +c 2 y 2 is megoldás. Ez a nyilvánvaló állítás azt mondja, hogy a megoldások vektorteret alkotnak Állítás. Ha y 1 és y 2 megoldások, valamint A (x) = a(x), akkor az x y 1(x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) ea(x) függvény konstans az I intervallumon. Bizonyítás. A determinánst kifejtése után a fenti függvényt deriválva kapjuk, hogy ( (y1 y 2 y 2 y 1)e A) = (y 1 y 2 +y 1 y 2 y 2y 1 y 2 y 1)e A +(y 1 y 2 y 2 y 1)ae A = = e A (y 1 y 2 y 2 y 1 +ay 1 y 2 ay 2 y 1) = e A( y 1 (y 2 +ay 2) y 2 (y 1 +ay 1) ) = e A (by 1 y 2 by 1 y 2 ) =, vagyis valóban konstansfüggvényről van szó, hiszen a deriváltja az I intervallumon nulla Definíció. A fenti állításban szereplő W ( y 1 (x),y 2 (x) ) = y 1(x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) determinánst az y 1,y 2 megoldásokhoz tartozó Wronski-determinánsnak nevezzük Állítás. Ha y 1 és y 2 megoldások, akkor a W(y 1,y 2 ) Wronski-determináns vagy azonosan nulla, vagy sehol sem nulla I-n. Bizonyítás. Az állítás szerint létezik olyan C R, hogy W(y 1,y 2 ) e A C. Itt az e A(x) tényező egyetlen x-re sem nulla, emiatt ha C =, akkor W(y 1,y 2 ), ha pedig C, akkor W(y 1,y 2 ) sehol sem nulla I-n Állítás. Ha y 1 és y 2 megoldások, y 1 az I intervallumon és y 2 nem konstansszorosa y 1 -nek, akkor W(y 1,y 2 ). Bizonyítás. Mivel y 1, ezért az y 2 /y 1 függvény mindenütt értelmes és ( ) y2 = y 2 y 1 y 2 y 1 y 1 y1 2 = W(y 1,y 2 ) y1 2. Mivel y 2 /y 1 nem konstans, ezért a derivált valamilyen x I pontban biztosan nem nulla, azaz W ( y 1 (x),y 2 (x) ) y 2 1 (x), amiből következik, hogy W ( y 1 (x),y 2 (x) ). Mivel van olyan pont, ahol a Wronski-determináns nem nulla, az állítás szerint W(y 1,y 2 ) sehol sem nulla I-n. 13

14 1.2. Állítás. Ha y 1 és y 2 olyan megoldások, hogy W(y 1,y 2 ) az I intervallumon, akkor a homogén egyenlet minden megoldása c 1 y 1 +c 2 y 2 alakú, ahol c 1,c 2 R. Bizonyítás. Legyen y egy tetszőleges megoldás, be kell látnunk, hogy y felírható y 1 és y 2 lineáris kombinációjaként. Az állítást alkalmazva erre a három megoldásra azt kapjuk, hogy léteznek olyan D 1,D 2,D 3 R konstansok, hogy W(y 1,y)e A = D 1, W(y 2,y)e A = D 2, W(y 1,y 2 )e A = D 3. Az első egyenlőséget y 2 -vel, a másodikat y 1 -gyel szorozva, majd kivonva őket egymásból kapjuk, hogy D 1 y 2 D 2 y 1 = e A( W(y 1,y)y 2 W(y 2,y)y 1 ) = e A (y 1 y 2 y 1y 2 )y = e A W(y 1,y 2 )y = D 3 y. Vegyük észre, hogy a W(y 1,y 2 )-re tett feltétel szerint D 3, így y = D 2 D 3 y 1 + D 1 D 3 y 2. A fentiek szerint tehát elég a homogén egyenletnek két olyan megoldását megkeresni, melyek Wronski-determinánsa nem nulla, mert a többi megoldás ezek lineáris kombinációjaként írható fel. A következő állítás az eddigi eredmények összefoglalása Állítás. (i) Az y 1,y 2 megoldások pontosan akkor lineárisan összefüggők, ha W(y 1,y 2 ) = mindenhol I-n. (ii) Az y 1,y 2 megoldások pontosan akkor lineárisan függetlenek, ha W(y 1,y 2 ) sehol sem nulla I-n. Bizonyítás. Ha a két megoldás összefüggő, akkor az egyik a másik számszorosa, amiből azonnal látszik, hogy W(y 1,y 2 ) = mindenhol. Ha y 1,y 2 lineárisan függetlenek, akkor az állítás szerint W(y 1,y 2 ) sehol sem nulla. Megfordítva, ha W(y 1,y 2 ) = mindenhol I-n, akkor y 1 és y 2 nem lehetnek függetlenek (hiszen ekkor W(y 1,y 2 ) sehol sem nulla lenne), tehát összefüggők és ha W(y 1,y 2 ) = sehol sem nulla I-n, akkor nem lehetnek összefüggők, tehát függetlenek Definíció. Ha az y 1 és y 2 megoldásokra W(y 1,y 2 ) teljesül, akkor azt mondjuk, hogy y 1 és y 2 a homogén egyenlet alaprendszerét alkotják. Az alaprendszer vagyis két lineárisan független megoldás megtalálása azonban problémákba ütközhet. Egy általános (1.12) alakú homogén egyenlet alaprendszerének megkeresésére nincs olyan általános eljárás, ami eredményhez vezetne. Ha azonban legalább az egyik megoldást ismerjük, akkor van esélyünk a második megtalálására is. Ekkor ha y 1 ismert, y 2 -t kereshetjük y 2 (x) = y 1 (x)z(x) alakban. Ezt ugyanis kétszer deriválva és felhasználva, hogy y 1 ésy 2 megoldásai a homogén egyenletnek kapjuk, hogy y 1 z +(2y 1 +ay 1)z =, ami egy elsőrendű egyenlet a z függvényre. Ebből szerencsés esetben z, s így z is kiszámolható, amiből egy y 2 megoldás kapható Állandó együtthatós egyenlet alaprendszere Az általános, függvényegyütthatós homogén egyenlet alaprendszerének kiszámítása általában reménytelen vállalkozás, ugyanakkor ha az együtthatók konstansok, akkor egészen más a helyzet. Tegyük fel tehát, hogy az (1.12) egyenlet együtthatói számok, azaz a(x) a és b(x) b, ahol a,b R. Ekkor a homogén egyenlet y (x)+ay (x)+by(x) = (1.13) alakú. Keressük a megoldást y(x) = e λx alakban, ahol λ R. Azért ilyen alakban keressük az alaprendszert, mert találni fogunk ilyen alakú megoldásokat amint azt hamarosan látni fogjuk és az alaprendszer birtokában már teljesen mindegy, hogy milyen úton szereztük meg 14

15 őket. Vagyis azt a feltételezésünket, hogy ilyen alakú megoldásokat keresük, maguknak a megoldásoknak a megtalálása utólag igazolni fogja. Mivel y (x)+ay (x)+by(x) = λ 2 e λx +aλe λx +be λx = ( λ 2 +aλ+b ) e λx =, így ha y(x) = e λx megoldás, akkor λ megoldása az λ 2 +aλ+b =, (1.14) úgynevezett karakterisztikus egyenletnek. Legyenλ 1 ésλ 2 a fenti polinom két gyöke. Az (1.13) egyenlet alaprendszere ekkor az alábbi függvényekből áll Állítás. (i) Ha λ 1,λ 2 R különböző valós számok, akkor az y 1 (x) = e λ 1x és y 2 (x) = e λ 2x függvények alaprendszert alkotnak. (ii) Ha λ 1 = λ 2 = λ kétszeres gyöke a karakterisztikus egyenletnek, akkor az y 1 (x) = e λx és y 2 (x) = xe λx függvények alaprendszert alkotnak. (iii) Ha λ 1 = α + βi és λ 2 = α βi, akkor az y 1 (x) = e αx cosβx és y 2 (x) = e αx sinβx függvények alaprendszert alkotnak. Könnyen látható, hogy ezek a függvények valóban megoldásai a homogén egyenletnek, továbbá a Wronski-determinánsuk sem nulla, hiszen például az első esetben W ( y 1 (x),y 2 (x) ) = eλ 1x e λ 2x λ 1 e λ 1x λ 2 e λ 2x = (λ 2 λ 1 )e (λ 1+λ 2 )x, így ezek a megoldások valóban alaprendszert alkotnak. A másik két eset ellenőrzése hasonlóan egyszerű számolás Partikuláris megoldás keresése Az y (x)+a(x)y (x)+b(x)y(x) = f(x) inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának keresése hasonló elv alapján történik, mint az elsőrendű lineáris egyenleteknél. Ha az (1.12) homogén egyenlet y 1 és y 2 alapmegoldásait már meghatároztuk, akkor a homogén egyenlet összes megoldása c 1 y 1 + c 2 y 2 alakú. Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását az állandók variálásának módszerével kereshetjük: legyen y (x) = c 1 (x)y 1 (x)+c 2 (x)y 2 (x), ahol c 1,c 2 alkalmas függvények. Ezt az y függgvényt kétszer deriválva és a változók kiírását mellőzve kapjuk, hogy y = c 1 y 1 +c 2 y 2, y = c 1y 1 +c 1 y 1 +c 2y 2 +c 2 y 2, y = ( c 1y 1 +c 2y 2 ) +c 1 y 1 +c 1 y 1 +c 2y 2 +c 2 y 2. Az első egyenletet szorozzuk be a b, a másodikat az a függvénnyel és adjuk össze mindhárom egyenletet. Ekkor a bal oldalon by +ay +y = f áll, hiszen y az inhomogén egyenlet megoldása, így f = c 1 (by 1 +ay 1 +y 1)+c 2 (by 2 +ay 2 +y 2)+a(c 1y 1 +c 2y 2 )+ ( c 1y 1 +c 2y 2 ) +c 1 y 1 +c 2y 2 = ( c 1y 1 +c 2y 2 ) +c 1 y 1 +c 2y 2, 15

16 ahol kihasználtuk, hogy y 1 és y 2 a homogén egyenlet megoldása. Válasszuk úgy a keresett c 1,c 2 függvényeket, hogy c 1 y 1+c 2 y 2 = legyen és ekkor a fenti egyenletből a c 1 y 1 +c 2 y 2 = f feltétel adódik. Noha az első követelmény teljesen önkényes, a c 1,c 2 függvényekre kapott c 1 y 1 +c 2 y } 2 = c 1 y 1 +c 2 y 2 = f lineáris egyenletrendszer megoldható, hiszen a rendszer mátrixának determinánsa éppenw(y 1,y 2 ), ami pedig sehol sem nulla, tehát ennek a rendszernek egyértelműen van megoldása, amiből integrálással a c 1,c 2 függények is előállíthatók: y 2 (x) f(x) y 2 c 1 (x) = (x) W ( y 1 (x),y 2 (x) ) y 1(x) dx, c y 1 (x) f(x) 2(x) = W ( y 1 (x),y 2 (x) ) dx. Ha az f függvények speciális alakja van, például polinom, exponenciális vagy trigonometrikus függvény, akkor érdemes lehet a partikuláris megoldást is olyan alakban keresni. Ez a próbafüggvény-módszernek is nevezett eljárás gyakran gyorsabb és egyszerűbb számolásokra vezető módszer, mint az állandók variálása Harmonikus, csillapított és gerjesztett rezgések Harmonikus rezgés Ha egy rugóra akasztott m tömegű testet függőleges irányban kitérítünk a nyugalmi állapotából, akkor a test periodikusan ismétlődő mozgást végez (ha a közegellenállást elhanyagoljuk). A tömegre ható rugóerő a Hooke-törvény szerint arányos a nyugalmi helyzetből való kitérés mértékével, az erő iránya pedig a kitérés irányával ellentétes. Newton második törvénye szerint a testre ható F erőre F = ma, ahol a a gyorsulás. Ebből kapjuk, hogy ha y(t) jelöli a testnek a nyugalmi helyzettől mért távolságát a t időpontban, akkor my (t) = ω 2 my(t), amiből m-el való egyszerűsítés után az y (t) = ω 2 y(t) állandó együtthatós homogén egyenletet kapjuk. Ezt az állítás alapján gyorsan meg is tudjuk oldani. Aλ 2 +ω 2 = karakterisztikus egyenlet gyökeiλ 1,2 = ±ωi, amibőly 1 (t) = cosωt, y 2 (t) = sinωt. A megoldás tehát valóban periodikus: y(t) = C 1 cosωt+c 2 sinωt = ahol A az amplitúdó, ω a körfrekvencia és β a kezdőfázis. Csillapított rezgés ( ) C1 2 C 1 C +C2 2 cosωt+ 2 sinωt C 2 1 +C2 2 C 2 1 +C2 2 ) = C1 2( 2 +C2 sinβcosωt+cosβsinωt = Asin(ωt+β), (1.15) Ha van közegellenállás is, akkor ismert, hogy az a sebességgel arányos és azzal ellentétes irányban hat. Ekkor az egyenlet y (t) = ω 2 y(t) 2ky (t) alakú lesz (k > ), melyhez tartozó karakterisztikus egyenlet most λ 2 + 2kλ + ω 2 = (a csillapítási konstansban levő 2-es szorzót csak kényelmi okok miatt választottuk). Ennek gyökei λ 1,2 = 2k ± 4k 2 4ω 2 2 = k ± k 2 ω 2. 16

17 Ha k > ω, akkor λ 1,λ 2 < különböző valós számok, így y(t) = C 1 e λ 1t + C 2 e λ 2t. Ilyenkor az y(t) megoldás t esetén nagyon gyorsan tart nullához, oszcilláció nélkül, hiszen y legfeljebb egyszer válthat előjelet. Ez tehát erős csillapítást jelent. Ha k = ω, akkor λ 1 = λ 2 = k, ekkor y(x) = C 1 e kt +C 2 te kt. Végül a k < ω esetben, ami a gyenge csillapításnak felel meg, λ 1,2 = k ± i ω 2 k 2, így y(t) = C 1 e kt cos ω 2 k 2 t+c 2 e kt sin ω 2 k 2 t, ami oszcilláló, de lecsengő függvény. Mindhárom esetben a megoldás nullához tart t esetén. Gerjesztett rezgés Végül gerjesztett rezgésről beszélünk, ha a tömegpontra a rugóerőn és a súrlódáson kívül egy periodikus msinϑt gerjesztőerő is hat. Ha az egyszerűség kedvéért a csillapítástól eltekintünk, akkor az y (t) = ω 2 y(t)+sinϑt inhomogén egyenlethez jutunk. A homogén egyenlet megoldásait már ismerjük, lásd (1.15). Partikuláris megoldást próbafüggvény módszerrel kereshetünk. Válasszunk y (t) = c 1 cosϑt+c 2 sinϑt alakú partikuláris megoldást. Egyszerű számolással adódik, hogy ϑ ω esetén van ilyen alakú megoldás, a c 1 =, c 2 = (ω 2 ϑ 2 ) 1 választással. Ekkor az összes megoldás alakja y(t) = 1 ω 2 ϑ 2 sinϑt+asin(ωt+β). Ha viszont ϑ = ω, akkor nincs ilyen alakú partikuláris megoldás. Keressünk most inkább y (t) = t(c 1 cosϑt+c 2 sinϑt) alakú megoldást. Ekkor c 1 = 1/(2ϑ), c 2 = választással kapjuk, hogy y(t) = t 2ω cosωt+asin(ωt+β), ami nem korlátos függény. Ezt a jelenséget rezonanciának nevezzük Elsőrendű lineáris rendszerek Ebben a fejezetben az y (x) = A(x)y(x)+b(x) (1.16) lineáris rendszerek megoldásával foglalkozunk, ahol A: I R n n, b: I R n adott mátrix-, illetve vektorértékű folytonos függvények Tétel. Az (1.16) rendszernek az y(x ) = y (x I, y R n adott) kezdeti feltétel mellett egyértelműen létezik megoldása és ez a megoldás az egész I intervallumon értelmezett. A tételt nem bizonyítjuk, ugyanakkor megjegyezzük, hogy a megoldás létezése és egyértelműsége lényegében az tétel rendszerekre vonatkozó megfelelőjének következménye. Az (1.4) lineáris egyenlethez hasonlóan a megoldás itt is felírható y = z + y alakban, ahol z a z = Az homogén egyenlet megoldása, y pedig (1.16) egy partikuláris megoldása. Megjegyezzük, hogy a másodrendű lineáris egyenletek átírhatók két egyenletből álló lineáris rendszerré, vagyis megtehettük volna, hogy eleve csak elsőrendű lineáris rendszerekkel foglalkozunk A homogén egyenlet megoldása Foglalkozzunk először az y (x) = A(x)y(x) (1.17) 17

18 homogén egyenlet megoldásával, ahol A: I R n n folytonos függvény. Az y(x) = R n konstans nulla vektor mindig megoldása az egyenletnek és az is könnyen látható, hogy ha y (1) és y (2) megoldások, akkor c 1 y (1) +c 2 y (2) is megoldás, vagyis a homogén egyenlet megoldásai vektorteret alkotnak. Azért használunk a különböző megoldások jelölésére felső indexeket, mert az alsó indexek használata félreértésekhez vezethet: y 1 jelölhetne egy y 1 : I R n megoldást, de jelölhetné az y vektorértékű függvény y 1 : I R első koordinátafüggvényét is Tétel. Az (1.17) homogén egyenlet megoldáshalmaza n-dimenziós altér C 1 (I,R n )-ben. Bizonyítás. Azt már tudjuk, hogy a megoldások vektorteret alkotnak. Legyenek ϕ (1),ϕ (2),...,ϕ (k) megoldások, ekkor ezek lineáris kombinációja is megoldás. Legyen x I tetszőleges pont és tekintsük a C 1 ϕ (1) (x )+C 2 ϕ (2) (x )+...+C k ϕ (k) (x ) = homogén lineáris egyenletrendszert. Itt a C 1,C 2,...,C k számok az ismeretlenek, a rendszer mátrixa pedig a ϕ (1) (x ) ϕ (2) (x )... ϕ (k) (x ) R n k mátrix, ahol a j-edik oszlopban a ϕ (j) (x ) R n vektor áll. Tegyük fel, hogy k > n. Ekkor több ismeretlen van, mint egyenlet, vagyis a fenti homogén egyenletrendszernek van nemtriviális azaz nem csupa nulla megoldása. Léteznek tehát olyan C 1, C 2,..., C k számok, melyek nem mind nullák és C 1 ϕ (1) (x )+ C 2 ϕ (2) (x )+...+ C k ϕ (k) (x ) =. Ez azt jelenti, hogy ϕ := C 1 ϕ (1) + C 2 ϕ (2) C k ϕ (k) olyan megoldása az (1.17) egyenletnek, ami az x pontban nullát vesz fel. De az (1.17) egyenletnek a konstans nulla vektor is megoldása, így a megoldás egyértelműsége miatt ϕ(x) = R n minden x I-re. Ez azt jelenti, hogy C 1 ϕ (1) + C 2 ϕ (2) C k ϕ (k) =, vagyis a ϕ (1),ϕ (2),...,ϕ (k) megoldások lineárisan összefüggők. Tehát k > n esetén bármely k megoldás összefüggő, így a megoldástér dimenziója legfeljebb n lehet. Megmutatjuk, hogy a dimenzió pontosan n, ugyanis tekintsük az (1.17) egyenletet az y(x ) = e (j) (j = 1,2,...,n) kezdeti feltétellel, ahol e (j) R n a j-edik egységvektor. Legyenek a megoldások rendre ψ (1),ψ (2),...,ψ (n) és tegyük fel, hogy C 1 ψ (1) +C 2 ψ (2) +...+C n ψ (n) =. Az x I pontban C 1 ψ (1) (x )+C 2 ψ (2) (x )+...+C n ψ (n) (x ) =, de mivel ψ (j) (x ) = e (j), ezek az oszlopvektorok pedig lineárisan függetlenek, így C 1 = C 2 =... = C n =, tehát van n lineárisan független megoldás Definíció. Az (1.17) homogén lineáris egyenlet n lineárisan független ϕ (1),ϕ (2),...,ϕ (n) megoldását az egyenlet alaprendszerének nevezzük, a belőlük mint oszlopvektorokból képzett Φ(x) = ϕ (1) (x) ϕ (2) (x)... ϕ (n) (x) mátrixot alapmátrixnak, míg a W(x) = detφ(x) determinánst Wronski-determinánsnak nevezzük. Ha tehát sikerül előállítani az alaprendszert, azaz a megoldástér egy bázisát, akkor az (1.17) egyenlet összes megoldása felírható y(x) = Φ(x) C = C 1 ϕ (1) (x)+c 2 ϕ (2) (x)+...+c n ϕ (n) (x) 18

19 alakban, ahol C R n konstansokat tartalmazó vektor. Legyenek most ϕ (1),ϕ (2),...,ϕ (n) tetszőleges nem feltétlenül lineárisan független megoldásai az (1.17) egyenletnek. Ezeket mátrixba rendezve egy megoldásokat tartalmazó Φ mátrixot kapunk, melynek szintén elkészíthető a W = det Φ determinánsa. Az alábbi állítást lényegében már az tétel bizonyítása során beláttuk Állítás. Ha W(x ) = valamilyen x I pontban, akkor W(x) = minden x I-re. Bizonyítás. HaW(x ) = detφ(x ) =, akkor tekintsük aφ(x ) C = R n lineáris egyenletrendszert. Mivel a mátrixának determinánsa nulla, így létezik nemtriviális megoldás, vagyis van olyan C R n vektor, ami nem a nullvektor és Φ(x ) C =. Tekintsük az y(x) = Φ(x) C megoldást, melyre tehát y(x ) =. A megoldás egyértelműsége miatt y csak a konstans nulla megoldás lehet, azaz y(x) = R n minden x I-re. Ezt azt jelenti, hogy minden x I-re Φ(x) C =, vagyis a Φ(x) mátrix a nemnulla C vektort a nullvektorba viszi, tehát W(x) = detφ(x) = minden x I-re Állítás. (i) A ϕ (1),ϕ (2),...,ϕ (n) megoldások pontosan akkor lineárisan összefüggők, ha minden x I pontban W(x) =. (ii) A ϕ (1),ϕ (2),...,ϕ (n) megoldások pontosan akkor lineárisan függetlenek, ha W(x) sehol sem nulla I-n. Bizonyítás. Ha a megoldások lineárisan összefüggők, akkor van olyan C R n nemnulla vektor, melyre Φ C =. Ekkor tetszőleges x I esetén Φ(x) C = R n szintén igaz, vagyis ennek a homogén lineáris egyenletrendszernek van R n -től különböző megoldása, így detφ(x) = W(x) =. Megfordítva, tegyük fel most, hogy minden x I pontban W(x) =. Ekkor speciálisan az x I pontban W(x ) = és innen az előző állítás bizonyítása szó szerint ismételhető: van olyan C R n vektor, ami nem a nullvektor és Φ(x ) C =. A megoldás egyértelműsége miatt y(x) = Φ(x) C az azonosan nulla függvény, vagyis C 1 ϕ (1) + C 2 ϕ (2) C n ϕ (n) =, ahol a C i konstansok nem mindegyike nulla, vagyis ezek a megoldások összefüggők. Az állítás (ii) része a most bizonyított (i) részből és az állításból következik A homogén egyenlet alaprendszerének előállítása az állandó együtthatós esetben A homogén egyenlet alaprendszerének előállítására nincs módszer, ugyanakkor az állandó együtthatós eset könnyen kezelhető. A továbbiakban tehát az y (x) = Ay(x) (1.18) alakú homogén egyenlet megoldásait keressük, ahol A R n n egy adott mátrix. Ha n = 1, akkor az y (x) = ay(x) egyenlet alapmegoldása a ϕ(x) = e ax függvényből álló 1 1-es Φ(x) = [ e ax] mátrix. Meg lehet mutatni, hogy az általános esetben az alapmátrix nem más, mint az Ax mátrix exponenciálisa, azaz Φ(x) = e Ax. Ez utóbbi objektumot azonban először definiálnunk kellene, majd belátni róla, hogy valóban ez az alapmátrix. Mi azonban inkább egy másik, rövidebb és célravezetőbb, de talán kevésbé elegáns utat választunk: a megoldásokat az A mátrix sajátértékeinek és sajátvektorainak segítségével állítjuk elő. Tekintsük tehát az (1.18) egyenletet és keressük a megoldást y(x) = e λx v alakban, ahol λ C és v C n, v. Ekkor y (x) = Ay(x) = λe λx v = Ae λx v = Av = λv, ami azt jelenti, hogy ha y(x) = e λx v megoldása az egyenletnek, akkor λ sajátértéke A-nak, v pedig egy hozzá tartozó sajátvektor. 19

20 1.29. Tétel. Legyenek λ 1,λ 2,...,λ n az A mátrix sajátértékei, ahol feltesszük, hogy mindegyik valós, továbbá m-szeres λ j sajátérték esetén található hozzá m lineárisan független sajátvektor, vagyis a λ j - hez tartozó sajátaltér dimenziója ugyannyi, mint a sajátérték multiplicitása. Jelölje s (1),s (2),...,s (n) a megfelelő sajátvektorokat. Ekkor az (1.18) rendszer minden y megoldása előáll alakban, ahol C 1,C 2,...,C n R konstansok. y(x) = C 1 e λ 1x s (1) +C 2 e λ 2x s (2) +...+C n e λnx s (n) (1.19) Bizonyítás. A bizonyítást csak az n = 2 esetben végezzük el, az általános eset bizonyítása teljesen hasonló. Legyen tehát A egy 2 2-es valós mátrix, λ 1 és λ 2 a mátrix valós sajátértékei, valamint s (1) és s (2) két hozzájuk tartozó lineárisan független sajátvektor. Ekkor az y(x) = C 1 e λ 1x s (1) +C 2 e λ 2x s (2) függvény nyilván megoldása a homogén egyenletnek. Azt kell megmutatni, hogy minden megoldás ilyen alakú. Legyen tehát y egy tetszőleges megoldás. Legyen B = [ s (1) s (2)] a sajátvektorokból álló 2 2-es mátrix, amely az oszlopok függetlensége miatt invertálható. Vezessük be a z(x) = B 1 y(x) függvényt. Ekkor y(x) = Bz(x) és az y-ra fennálló egyenlet miatt a z függvényre az Bz (x) = ABz(x) egyenlet érvényes. Itt az egyenlet bal oldala Bz (x) = [ [ ] s (1) s (2)] z1 (x) = z z 2 (x) 1(x)s (1) +z 2(x)s (2), a jobb oldala pedig ABz(x) = A [ s (1) s (2)] z(x) = [ As (1) As (2)] z(x) = [ λ 1 s (1) λ 2 s (2)] = λ 1 s (1) z 1 (x)+λ 2 s (2) z 2 (x). A z-re vonatkozó egyenlet szerint ezek egyenlők, amit átrendezve kapjuk, hogy ( z 1 (x) λ 1 z 1 (x) ) s (1) + ( z 2(x) λ 2 z 2 (x) ) s (2) =. [ ] z1 (x) z 2 (x) A két sajátvektor lineáris függetlensége miatt ebből következik, hogy z 1 (x) = λ 1z 1 (x) és z 2 (x) = λ 2 z 2 (x). Ez két egymástól független egyenlet, amit könnyen meg tudunk oldani: z 1 (x) = C 1 e λ1x és z 2 (x) = C 2 e λ2x. Most transzformáljuk vissza az egyenletet és térjük vissza az y függvényre: y(x) = Bz(x) = [ [ ] s (1) s (2)] z1 (x) = [ [ s z 2 (x) (1) s (2)] C1 e λ ] 1x C 2 e λ 2x = C 1 e λ1x s (1) +C 2 e λ2x s (2). Megjegyezzük, hogy az általános esetben B egy n n-es mátrix lesz, melynek invertálhatósága a tételbeli, a sajátaltér dimenziójára vonatkozó feltételekből következik. Természetesen arra nem volt szükség a bizonyítás során, hogy a sajátértékek, illetve a B mátrix elemei valósak legyenek. Ha viszont nem valósak, akkor vannak komplex sajátértékek is, és az (1.19) képlet komplex megoldásokat adna, noha minket a valós megoldások érdekelnek. A komplex sajátértékek esetére később visszatérünk, most nézzünk két példát! 1.3. Példa. Oldjuk meg az lineáris differenciálegyenlet-rendszert! y (x) = 2 1 y(x) 3 2

21 Megoldás. A rendszer mátrixa egy felsőháromszög-mátrix, melynek főátlójában vannak a sajátértékei: λ 1 = 1, λ 2 = 2, λ 3 = 3. Ezek különbözőek, így a hozzájuk tartozó sajátvektorok automatikusan függetlenek lesznek. Rövid számolással adódnak a sajátvektorok: például s (1) = [ 1 ] T, s (2) = [ 1 1 ] T, s (3) = [ 1 1 ] T. Ekkor a rendszer alapmegoldásai: 1 1 ϕ (1) (x) = e x, ϕ (2) (x) = e 2x 1, ϕ (3) (x) = e 3x 1, 1 az alapmátrix az ezekből az oszlopokból álló e x e 2x Φ(x) = e 2x e 3x, e 3x mátrix, melynek determinánsa nem nulla. A rendszer általános megoldása 1 1 C 1 e x +C 2 e 2x y(x) = Φ(x) C = C 1 e x +C 2 e 2x 1 +C 3 e 3x 1 = C 2 e 2x +C 3 e 3x 1 C 3 e 3x alakban kapható meg Példa. Oldjuk meg az lineáris differenciálegyenlet-rendszert! y (x) = y(x) Megoldás. A mátrix karakterisztikus polinomja k A (λ) = λ 3 7λ 2 +11λ 5 = (λ 1) 2 (λ 5), vagyis λ 1,2 = 1, λ 3 = 5. A λ = 1 tehát kétszeres gyök, de szerencsére a hozzá tartozó sajátaltér is két dimenziós, vagyis található hozzá két lineárisan független sajátvektor. Rövid számolás után kapjuk, hogy például s (1) = [ 1 1 ] T, s (2) = [ 1 2 ] T, s (3) = [ ] T, így az általános megoldás alakja y(x) = C 1 e x 1 1 +C 2 e x 1 +C 3 e 5x 1 = C 1 e x +C 3 e 5x C 2 e x +C 3 e 5x C 1 e x 2C 2 e x +C 3 e 5x Foglalkozzunk most azzal az esettel, amikor a mátrixnak többszörös sajátértéke van, de a sajátaltér dimenziója kisebb, mint a sajátérték multiplicitása, vagyis nincs meg a kellő számú lineárisan független sajátvektor. Erre tipikus példa az [ ] λ 1 A = λ mátrix, ahol λ kétszeres sajátérték, de minden sajátvektor az s (1) = [ 1 ] T vektor számszorosa, vagyis csak egy lineárisan független sajátvektort lehet találni. A következő állítást csak a 2 2-es esetre mondjuk ki és bizonyítjuk Állítás. Legyen az (1.17) rendszer A R 2 2 mátrixa olyan, hogy λ R kétszeres gyöke a karakterisztikus polinomnak, de a hozzá tartozó sajátaltér csak egy dimenziós. Legyenek s (1),s (2) R 2 olyan vektorok, melyekre (A λi)s (1) =, illetve (A λi)s (2) = s (1). Ekkor az (1.18) rendszer összes megoldása y(x) = C 1 e λx s (1) +C 2 e λx( s (2) +x s (1)) alakba írható. 21.