Analízis 1. tárgyban tanult ismeretekre épül, tehát ismertnek tekintjük

Átírás

1 Ismertető A Matematika 2. elektronikus oktatási segédanyag a Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Villamosmérnöki és Informatika Karán a mérnök-informatikus szakos hallgatók Analízis 2. tárgyához készült, de haszonnal forgathatják más szakok, karok vagy műszaki főiskolák, egyetemek hallgatói is, akik hasonló mélységben hasonló anyagot tanulnak matematikából. Az anyag az Analízis. tárgyban tanult ismeretekre épül, tehát ismertnek tekintjük a valós egyváltozós függvények differenciál- és integrálszámításának elméletét, valamint a numerikus sorozatok, sorok alapjait. A jegyzetben a közönséges differenciálegyenletekkel, függvénysorokkal (Taylor-sorokkal, Fourier-sorokkal), többváltozós függvényekkel (differenciálás, integrálás), valamint a komplex függvénytan alapjaival foglalkozunk. A jegyzet szerkezetével maximálisan igazodik a mérnök hallgatók igényeihez. A definíciók, tételek, bizonyítások mellett kiemelt szerepet kapnak a kidolgozott példák és a tematizált feladatok megoldásai. A mintegy 35 oldalas elméleti anyagot kiegészíti egy 5 oldalas példatár, amely többségében megoldott, tematizált gyakorlófeladatokat tartalmaz. A két jegyzet azonos témaköröket azonos mélységben tárgyal, a jelölésrendszer teljesen összehangolt. A jegyzetben az eligazodást tartalomjegyzék, valamint az elméleti anyagban található tárgymutató könnyíti meg. A megértést rengeteg színes ábra és néhány animáció segíti. Az elméleti jegyzetben tárgyalt anyag szándékosan jóval bővebb, mint a jelenlegi heti 4 óra előadáson és 2 óra gyakorlaton tárgyalható mennyiség. Az előadáson nem szereplő anyagrészeket az érdeklődő hallgatók önállóan is megérthetik a jegyzetből.

2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék. Közönséges differenciálegyenletek 3.. Bevezetés Elsőrendű differenciálegyenlet Alapfogalmak Gyakorló feladatok Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Gyakorló feladatok Homogén és inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet Gyakorló feladatok Új változó bevezetése Gyakorló feladatok Iránymező, izoklinák, grafikus megoldás Gyakorló feladatok Hiányos másodrendű differenciálegyenletek Gyakorló feladatok Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek A homogén egyenlet általános megoldása Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása Helyettesítéssel megoldható differenciálegyenletek Gyakorló feladatok Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet-rendszerek Egzisztencia és unicitás tétel Picard-féle szukcesszív approximáció Egzisztencia és unicitás tétel Lineáris rekurzió Függvénysorok Bevezetés Függvénysorozatok

3 2.2.. Gyakorló feladatok Függvénysorok általános tulajdonságai Egyenletes konvergencia Egyenletesen konvergens függvénysorok tulajdonságai Gyakorló feladatok Hatványsorok A konvergenciasugár meghatározása A hatványsor tulajdonságai Analitikus függvény Gyakorló feladatok Taylor-polinom Maradéktag Taylor-sorok Néhány Taylor-sorfejtés Függvény és Taylor-sorának megegyezése Binomiális sor Gyakorló feladatok Fourier-sor Bevezetés A trigonometrikus rendszer Fourier-sorfejtés Többváltozós függvények Bevezető Véges dimenziós euklideszi tér Néhány definíció és tétel Pontsorozatok Kétváltozós függvény grafikonja Szintalakzatok Néhány felület Gyakorló feladatok Határérték, folytonosság Értelmezés Folytonos függvények Összetett függvény folytonossága Szükséges feltételek határérték létezésére Egyéb módszerek a határérték vizsgálatára Többértékű függvények határértéke és folytonossága Topológiai tételek Gyakorló feladatok Derivált

4 3.3.. Parciális derivált Totális derivált Differenciál és érintő Iránymenti derivált Magasabbrendű parciális deriváltak Magasabbrendű differenciálok Szélsőértékszámítás Többértékű függvények deriválhatósága (deriváltmátrix) Összetett függvény deriválhatósága (láncszabály) Gyakorló feladatok Integrál Kétváltozós függvények integrálja Többváltozós függvények integrálja A Jordan-mérték és a Riemann-integrál tulajdonságai Integrál-transzformáció Gyakorló feladatok Komplex függvénytan Bevezetés Komplex tagú számsorozatok, számsorok Számsorozatok Számsorok Komplex függvények folytonossága, differenciálása Határérték, folytonosság Deriválhatóság, regularitás A differenciálhányados geometriai jelentése Konform (konformis) leképezés Tartományon konform leképezések Néhány alapfogalom Lineáris egész függvény Reciprok függvény Általános lineáris törtfüggvény Elemi függvények Trigonometrikus és hiperbolikus függvények Exponenciális függvény Logaritmus függvény ill. reláció A hatványfüggvény általánosítása a komplex síkra Komplex vonalintegrál Alapvető definíciók, tulajdonságok Az integrál kiszámítása Cauchy-féle alaptétel

5 Cauchy-féle integrálformulák Komplex hatványsor (általánosított hatványsor) Pozitív kitevőjű hatványok végtelen összege Negatív kitevőjű hatványok végtelen összege Általánosított komplex hatványsor Laurent-sor Izolált szingularitások Reziduum-tétel Reziduumok meghatározása Néhány kidolgozott feladat

6 . fejezet Közönséges differenciálegyenletek.. Bevezetés Differenciálegyenlet: olyan egyenlet,amelyben az ismeretlen egy függvény, és az ismeretlen függvény és a differenciálhányados függvényei ugyanazon a helyen szerepelnek. Közönséges differenciálegyenlet: a függvény egyváltozós. Parciális differenciálegyenlet: a függvény többváltozós (mi ezzel az esettel nem foglalkozunk, tehát a továbbiakban csak közönséges differenciálegyenletekről beszélünk). n-ed rendű differenciálegyenlet: a fellépő legmagasabb rendű derivált n-ed rendű. Implicit alakja: F (x, y, y, y,..., y (n) ) =. Explicit alakja: y (n) = f(x, y, y, y,..., y (n ) ). Lineáris differenciálegyenlet ( n-ed rendű eset): n a i (x) y (i) (x) = f(x). i= A differenciálegyenlet megoldása A differenciálegyenlet megoldásához keressük azon differenciálható valós egyváltozós függvényeket, melyek kielégítik a differenciálegyenletet, tehát behelyettesítve a differenciálegyenletbe azonossághoz jutunk. Az n-ed rendű differenciálegyenlet megoldása: n paraméteres függvénysereg, melyet általános megoldásnak hívunk. Az általános megoldás explicit alakban: 6

7 y = g(x, C, C 2,, C n ), C, C 2,..., C n R, implicit alakban: G(x, C, C 2,, C n ) =, C, C 2,..., C n R. A differenciálegyenlet egyetlen megoldását partikuláris megoldásnak nevezzük, melyet az állandók speciális megválasztásával kapunk. Például n darab kezdeti feltétel megadásával jelölhetünk ki egyetlen megoldást: y(x ) = y,, y (x ) = y,,..., y (n ) (x ) = y,n ahol x, y,, y,, y,n adott valós számok. Ezt kezdetiérték problémának hívjuk. Partikuláris megoldás keresése peremfeltételek megadásával is történhet, de ezzel mi nem foglalkozunk. A differenciálegyenletek elméletének két alapkérdése van: Egzisztencia kérdése: egy adott kezdetiérték problémának létezik-e megoldása? Unicitás kérdése: egyértelmű-e a megoldás? A későbbiekben az egyes differenciálegyenlet típusoknál kitérünk az egzisztencia és unicitás kérdésére is. A fogalmak megértéséhez tekintsünk egy egyszerű példát!.. Példa y = 2x + 2. Adjuk meg a differenciálegyenlet általános megoldását! 2. Keressük meg az y() = 5 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldást! 3. Keressük meg azon megoldást (ún. integrálgörbét), mely érinti az y = 8x 2 egyenest! Megoldás: Ez egy elsőrendű differenciálegyenlet explicit alakban megadva.. Egy y függvény akkor és csak akkor megoldása a differenciálegyenletnek, ha az egyenlet jobb oldalán adott függvény primitív függvénye. Így az általános megoldás: y(x) = x 2 + 2x + C (= (x + ) 2 + C ), C R. Valóban egyparaméteres görbesereget kaptunk, melyet az. ábra mutat. A sík minden pontján pontosan egy megoldásgörbe (más elnevezéssel: integrálgörbe) halad át. 7

8 y(x)=x 2 +2x y(x)=x 2 +2x+C ábra. Az y = 2x + 2 differenciálegyenlet megoldásai. 2. Egy y(x ) = y kezdetiérték problémát kell megoldanunk, ahol most x = és y = 5. Ehhez az általános megoldásban elvégezve az x = helyettesítést (y() = 5) : 5 = C, amiből C = 2 adódik. Így a keresett partikuláris megoldás: y = x 2 + 2x Milyen kezdetiérték probléma tartozik a megadott feltételhez? (x =?, y =?) Mivel a keresett partikuláris megoldás (x y ) pontbeli érintő egyenese az y = 8x 2 egyenes, így meredeksége: m = 8. Tehát adott a keresett megoldásfüggvény x pontbeli deriváltja, melyet behelyettesítve a differenciálegyenletbe, megkapjuk x értékét: 8 = 2x + 2 = x = 3, tehát x = 3 Az érintő egyenes egyenletéből pedig y értéke is adódik: y = = 4. Vagyis az y(3) = 4 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldást keressük. 4 = C = C =, így a keresett megoldás: y = x 2 + 2x. 8

9 .2. Elsőrendű differenciálegyenlet.2.. Alapfogalmak.2. Definíció Elsőrendű implicit differenciálegyenletnek nevezzük az olyan egyenletet, amelyben az y, y és x szimbólumok szerepelnek, (amelyeket persze más betűkkel is jelölhetünk), és az y semmiképp se hiányzik az egyenletből. Ezt úgy írhatjuk fel, hogy: kifejezhető, akkor elsőrendű explicit differenciálegyen- Ha ebből az egyenletből az y letről beszélünk: Tehát az (.) alak általánosabb, mint az (.2) alak. Az adott x, y esetén jutunk az ún. Cauchy-problémához. F (x, y, y ) =. (.) y = f(x, y). (.2) y = f(x, y), y(x ) = y. (.3).3. Definíció a) Azt mondjuk, hogy a ϕ : (a, b) R, (a < b) differenciálható függvény megoldásfüggvénye a (.2) differenciálegyenletnek, ha ϕ (x) = f(x, ϕ(x)), x (a, b). (.4) A ϕ függvény grafikonját megoldásgörbének vagy integrálgörbének nevezzük: {(x, y) : y = ϕ(x), x (a, b).} (.5) Az összes megoldásfüggvény halmazát általános megoldásnak nevezzük. Ha ezek közül csak egyet tekintünk, például a Cauchy-feladat megoldását, akkor partikuláris megoldásról beszélünk. b) Azt mondjuk, hogy a ϕ megoldásfüggvénye (.3) Cauchy-problémának, ha van olyan (a, b) intervallum (a < b), hogy ϕ (x) = f(x, ϕ(x)), x (a, b), ahol x (a, b) és ϕ(x ) = y. (.6) ϕ-nek a grafikonja az (.3) Cauchy-probléma megoldásgörbéje. 9

10 Megjegyezzük, hogy egy megoldásfüggvény mindig valamely nem üres, nyílt intervallumon van értelmezve, és ott minden pontban differenciálható. Vannak olyan differenciálegyenlet tankönyvek is, amelyek nem kívánják meg, hogy a megoldások minden pontban deriválhatók legyenek. Azt azonban felteszik, hogy nulla összhosszúságú halmaz kivételével legyenek differenciálhatók a ϕ megoldások. Ilyenkor azt mondják, hogy ϕ majdnem mindenütt differenciálható az (a, b) -ben. ϕ helyett természetesen y -nal is jelölhetjük a megoldásfüggvényt, mi is általában így teszünk a későbbiekben. (A ϕ jelölés kezdetben segíti az anyag könnyebb megérthetőségét.).4. Példa Mutassuk meg, hogy az y = y 2 differenciálegyenletnek megoldása az y = 2 + e x+c, ahol x (, ) C R esetén, vagyis a teljes számegyenesen értelmezett függvénycsalád tagjai mind megoldások! Ellenőrizzük azt is, hogy az azonosan kettővel egyenlő függvény is megoldás! 2 Megoldás: Mivel a megadott függvény deriváltja y = e x+c, és fennáll, hogy y 2 = e x+c, azért tetszőleges x, C R esetén fennáll az egyenlőség. Tehát a megadott függvény kielégíti a differenciálegyenletet. Az azonosan 2-vel egyenlő konstans függvény deriváltja nulla, és 2 2 =, így y 2 valóban megoldás. Megjegyzés: azt nem állítja a feladat, hogy más megoldása nincs a differenciálegyenletnek..5. Példa. Oldjuk meg az y = + x 2 differenciálegyenletet! 2. Oldjuk meg az y =, y() = kezdetiérték problémát! + x2 3 Megoldás:. Az y = arctg x + C, C R az általános megoldás, amelynek elemei értelmezettek a (, ) intervallumon. 2. Ezek közül az y = arctg x π/4 adja az (, ) kezdeti értékhez tartozó megoldásgörbét. Vegyük észre, hogy minden ponton halad át megoldásgörbe, és mind a (, ) intervallumon vannak értelmezve.

11 .6. Példa Oldjuk meg az y = x differenciálegyenletet! 4 Megoldás: A ϕ(x) = ln x + C, x > és a ϕ(x) = ln( x) + C 2, x < függvények a megoldások, ahol C, C 2 tetszőleges valós konstansok. Ha az x = e, y = 2 kezdetiérték problémát akarjuk megoldani, akkor feltehetjük, hogy x >, így a 2 = ln e + C -ből C = 3 adódik. Ezért ϕ(x) = ln x 3 adja a megoldásfüggvényt. Ha pedig az x = e, y = 7 kezdetiérték problémát akarjuk megoldani, akkor feltehetjük, hogy x <, így a 7 = ln( ( e)) + C 2 -ből C 2 = 6 adódik, ezért ϕ(x) = ln( x) + 6 a megoldásfüggvény. A rövidebb írásmód kedvéért az általános megoldást ϕ(x) = ln x + C alakban szoktuk leírni, ami alatt az ln x + C függvény valamely (a, b) intervallumra való leszűkítését értjük, például a (, ) vagy a (, ) intervallumra való leszűkítését. A -t tartalmazó (a, b) intervallumra nem lehet úgy leszűkíteni, hogy differenciálható függvényhez jussunk. A fenti két kezdetiérték probléma megoldása: ϕ(x) = ln x 3, illetve ϕ(x) = ln x + 6 alakokban is írható. Ilyenkor az értelmezési tartományok nincsenek kiírva, de értelemszerűen az első esetben x >, a másodikban x <..7. Példa Mutassuk meg, hogy ha az y = ϕ(x), x (α, β) differenciálható, és kielégíti az x 3 y 3 = 3x 2 + K, K R (.7) implicit egyenletet, akkor megoldása az alábbi differenciálegyenletnek: xy 2 y + y 3 2/x =. (.8)

12 5 Megoldás: Az y helyett ϕ(x) -et gondolunk és differenciáljuk az (.7) implicit egyenlet mindkét oldalát x szerint, a K paramétert konstansnak tekintve: 3x 2 y 3 + x 3 3y 2 y = 6x, amiből 3x 2 -tel való osztással megkapjuk a kívánt differenciálegyenletet. (Megjegyezzük, hogy x = esetén ϕ nem elégíti ki az (.7) implicit egyenletet sem.) Ilyenkor az (.7) -et nevezzük az (.8) differenciálegyenlet implicit alakú megoldásának. Sokszor meg kell elégednünk a megoldások implicit alakjával..8. Példa. Bizonyítsuk be, hogy ha az y = y(x) differenciálható függvény kielégíti az x 2 + x y 2 2 x 2 y + 2 y 2 = (.9) implicit függvénykapcsolatot, akkor y = y(x) megoldása a ( 2 x y 2 x y ) dy dx = ( 4 x y 2 x y 2) (.) differenciálegyenletnek. 2. Bizonyítsuk be, hogy ha az x = x(y) differenciálható függvény kielégíti az (.9) implicit függvénykapcsolatot, akkor kielégíti az alábbi differenciálegyenletet: 3. Mi a tanulság? 6 Megoldás:. Tehát most az ( 2 x y 2 x y ) = ( 4 x y 2 x y 2) dx dy. (.) x 2 + x y 2 (x) 2 x 2 y(x) + 2 y 2 (x) = implicit egyenletet kell x szerint deriválni. Így az alábbi egyenlethez jutunk: 2 x + y 2 (x) + x 2 y(x) y (x) 4x y(x) 2 x 2 y (x) + 4 y(x) y (x) =. Innen pedig y (x) = dy dx cserével és rendezéssel adódik az állítás. 2. Ebben az esetben az y a független változó, ezért az x 2 (y) + x(y) y 2 2 x 2 (y) y + 2 y 2 =. egyenletet most az y független változó szerint kell deriválni: 2x(y) dx dy + dx dy y2 + x(y) 2y 4 x(y) dx dy y 2 x2 (y) + 4y =. Ebből rendezéssel kapjuk (.)-et. 2

13 3. y dy = f(x, y), azaz = f(x, y) dx esetén az inverzfüggvényre vonatkozó differenciálegyenlet: Most y jelöli a független változót. dx dy =, f(x, y) f(x, y) Megjegyzés: A fentiekből következően az (.) és az (.) differenciálegyenletek közös alakja: ( 2 x y 2 x y ) dy = ( 4 x y 2 x y 2) dx A megoldásnál tudnunk kell, hogy melyik a független változó. Mi megállapodunk abban, hogy esetünkben mindig az x lesz a független változó, ha nincs ezzel ellentétes állítás..9. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y = xy (.2) 7 Megoldás: A megoldásgörbék valamelyik síknegyedben vannak, ugyanis x, y miatt nem metszhetik a tengelyeket. A megoldásoknak ki kell elégíteniük az differenciálegyenletet. Tehát yy = /x, azaz a 2yy = 2/x, azaz az (y 2 ) = 2/x a megoldások implicit alakja. Legyen C = 2 ln C, ekkor amelyet kényelmesebben azaz y 2 = 2 ln x + C, C R (.3) y 2 = 2 ln x + 2 ln C, C R +, y 2 = 2 ln( x C), C R +, e (y2 /2) = x C, C R +, (.4) amelyből x -et fejezhetjük ki, mint az y függvényét, vagyis a megoldásfüggvények inverzeiről beszélhetünk kényelmesen: x = ± C e (y2 /2), C R +, 3

14 vagyis x = k e (y2 /2), k R \ {}, y. (.5) Az (.5) formula minden y R -re értelmezett, de a mi esetünkben (.2) miatt y lehet csak. Ha differenciálegyenletet kell megoldanunk és a megoldásfüggvényekkel kapcsolatban semmi más feladatunk sincs, akkor az (.3) implicit függvénykapcsolat megtalálásával a feladatot megoldottnak tekinthetjük Gyakorló feladatok. Mutassuk meg, hogy az adott függvények megoldásai a feltüntetett differenciálegyenleteknek: (a) (b) y = 2 e 2x + 3 ex ; y + 2y = e x. y = x x 2, < x < ; y y = x 2x Mutassuk meg, hogy az alábbi differenciálegyenleteknek a feltüntetett paraméteresen adott görbék megoldásgörbéi: (a) x + y y = ; (b) x = cos t, y = sin t, t (, π). ( + xy) y + y 2 = ; (c) x = te t, y = e t, t <. (y ) 2 + e y = x ; x = t 2 + e t, y = 2 3 t3 + (t ) e t, t >. 4

15 3. Mutassuk meg, hogy ha az y = ϕ(x), x (α, β) függvény differenciálható, és kielégíti a megadott implicit egyenletet, akkor megoldása a feltüntetett differenciálegyenletnek is: (a) (b) (c) x 2 + y 2 x 6 + y 4 = K ; y y ( + 2y 2 ) = 3 x 5 x. y 2 + 6x = 9, y > ; y (y ) 2 + 2x y = y. arctg y x ln x 2 + y 2 =, x > ; (x y) y = x + y. 4. Mutassuk meg, hogy ha az y = ϕ(x), x (α, β) függvény kielégíti a megadott integrálegyenletet, akkor megoldása a feltüntetett differenciálegyenletnek is: (a) (b) (c) x y = e x e t2 dt + 3 e x, x (, ) ; x y = x x y = x y y = e x+x2. sin t t dt ; x > ; xy = y + x sin x. e t t dt, x > ; x y y = x e x. Útmutatás: Ha az integrandus függvény folytonos, akkor az integrálszámítás II. alaptétele szerint az y = ϕ(x) differenciálható. A 4b feladatot úgy kell érteni, hogy az integrandus függvény pontbeli szakadását megszüntettük, felhasználva, hogy (sin t)/t =. lim t 5

16 .2.3. Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Más elnevezéssel: szeparálható vagy szeparábilis differenciálegyenletek... Definíció A szétválasztható változójú differenciálegyenletek speciális alakú elsőrendű differenciálegyenletek, melynek alakja y = f(x) g(y), ahol f C (a,b), g C (c,d). (.6) Tehát az explicit megadású y = ϕ(x, y) elsőrendű differenciálegyenlet jobb oldalán álló kétváltozós függvény felírható egy csak x-től és egy csak y-tól függő egyváltozós függvény szorzataként. A differenciálegyenlet megoldásaként keressük azt az y = y(x) függvényt, amelyre: y (x) f(x) g(y(x)), x (a, b)-re... Tétel A szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldása:.) Ha g(y ) = (y (c, d)), akkor y y megoldás. (Egyensúlyi helyzet, mivel y.) 2.) Ha (c, d ) (c, d) -ben g(y), akkor az y(x ) = y, x (a, b), y (c, d ) kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható. Az y(x) megoldásfüggvényre vonatkozó implicit egyenlet: g(y) dy = f(x) dx. y d d c c a b x Bizonyítás..) y y -át behelyettesítve (.6)-ba: Tehát y y y = f(x) g(y }{{} ) }{{} = = valóban kielégíti a differenciálegyenletet. 6

17 2.) Mivel g(y), (.6) ekvivalens (.7)-tel: y g(y) = f(x) (.7) Ha y = y(x) ( y(x ) = y ) megoldása (.7)-nek, akkor y (x) g(y(x)) = f(x), x K x,δ. (.8) Legyen H(y) az /g(y) = h(y) egy primitív függvénye (c, d ) -en, tehát dh dy = g(y). /g folytonossága miatt létezik H, hiszen az integrálszámítás II. alaptételének következményeinél tanultunk erről (folytonos függvénynek mindig van primitív függvénye). Legyen F a f egy primitív függvénye (a, b) -n, tehát itt (f folytonossága miatt létezik F ). Látjuk, hogy (.8) az alábbi alakú df dx = f(x) d dx (H(y(x))) = amiből a differenciálegyenlet általános megoldása: d (F (x)), dx H(y(x)) = F (x) + C. (.9) (A deriváltak egyenlősége miatt a primitív függvények csak egy állandóban különböznek.) Az y(x ) = y kezdetiérték probléma megoldása az általános megoldásból: H(y(x )) = F (x ) + C = C = H(y(x )) F (x ), tehát C egyértelműen megadható. Megfordítva, ha (.9) valamilyen C -vel teljesül, akkor mindkét oldalt x szerint deriválva h (y(x)) y (x) = f(x), vagyis 7 y (x) g(y(x)) = f(x),

18 tehát y(x) megoldása (.6)-nak. Összefoglalva: F és H meghatározásával az ismeretlen y = y(x) függvényre a implicit függvénykapcsolatot kapjuk. Ezt írhatjuk H(y) = F (x) + C (.2) g(y) dy = f(x) dx alakban is. Az utóbbi alaknál az integrálási állandót csak a jobb oldalon írjuk ki. Megjegyezzük, hogy ( H szigorúan monoton, ezért elvileg y kifejezhető (.2)-ból. (Ugyanis H (y) = h(y) = ), így H (y) jeltartó.) g(y).2. Példa Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! y = sh 2x, y() =. ch 3y 8 Megoldás: f(x) = sh 2x, f CR ; g(y) = ch 3y, g C R. Így minden kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható. A megoldás: y = sh 2x ch 3y = dy dx = sh 2x ch 3y = ch 3y dy = Elvégezve a kijelölt integrálásokat kapjuk az általános megoldást: 3 sh 3y = ch 2x + C 2 sh 2x dx. (y = 3 arsh ( 32 ch 2x + C )). Az y() = kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldás: tehát 3 sh = 2 ch + C, vagyis = 2 + C = C = 2, 3 sh 3y = 2 ch 2x 2. 8

19 .3. Példa Adjuk meg az alábbi differenciálegyenlet összes megoldását! y = x y 9 Megoldás: f(x) = x és g(y) = y mindenütt folytonosak, de g(y) =, ha y =. Így az alábbit állíthatjuk: y megoldja a differenciálegyenletet. Tételünk értelmében az y > félsíkra eső kezdetiérték problémák egyértelműen megoldhatók, ilyenkor vizsgálatunkat az y > félsíkra korlátozzuk. Hasonlóan az y < félsíkra eső kezdetiérték problémák is egyértelműen megoldhatók, de vizsgálatunkat ekkor pedig az y < félsíkra korlátozzuk. A megoldás a változók szétválasztásával: dy y : y = Ha y > : ln y = x2 x dx = ln y = x2 2 + K + K = y = e x K vagyis y = e K e x2 2 Ha y < : ln( y) = x2 x + K = y = e 2 +K vagyis y = e K e x2 2 2 Így az általános megoldás a következő alakú lett: y = C e x2 2, ahol C R, de C. Az y megoldás beilleszthető C = választással az előző seregbe, így az összes megoldás: y = C e x2 2, C R. A megoldásokat az.2. ábra mutatja. Ebben az esetben a teljes síkot vizsgálva is állíthatjuk, hogy minden y(x ) = y kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható..4. Példa. Oldjuk meg a differenciálegyenletet! 2 y = 3 3 y 2 2. Oldjuk meg az y(2) = kezdetiérték problémát! 3. Mit mondhatunk a megoldások egyértelműségéről? Megoldás:. f(x) és g(y) = 3 3 y 2 mindenütt folytonosak, és g(y) =, ha y =. Így y megoldás. Ha y, a változók szétválasztásával: 3 y 2/3 dy = dx = 3 y = x + C. 9

20 2 5 y(x)=ce x2 / ábra. Az y = xy differenciálegyenlet megoldásai. Tehát az általános megoldás: y = (x + C) 3, C R. Most az y megoldás nem illeszthető be ebbe a függvényseregbe a C konstans megfelelő megválasztásával. A megoldásokat az.3 ábra mutatja. 2. Az y(2) = kezdetiérték probléma megoldása például: y, de az y = (x+c) 3 függvényseregből is adódik megoldás: = (2 + C) 3 = C = 2, tehát y = (x 2) 3 is megoldás. Sőt például az y = (x + ) 3, ha x,, ha < x < 2, (x 2) 3, ha 2 x. függvény is megoldás, hiszen mindenütt differenciálható, kielégíti a differenciálegyenletet és y(2)=. És még végtelen sok ilyen típusú függvényt felírhatnánk. Tehát ennek a kezdetiérték problémának a megoldása nem egyértelmű. 3. Az előző példában az y megoldást betéve az integrálás útján kapott megoldások közé nem romlott el az egyértelműség. Ezért ezt a megoldást regulárisnak nevezzük. A mostani példában az y megoldást szingulárisnak nevezzük, mert ennek egyetlen pontjában sem teljesül az egyértelműség. Az y >, illetve y < félsíkok bármely pontján áthaladó megoldás lokálisan egyértelmű, mert a pont köré felvehető olyan nyílt téglalap, melyben tekintve a megoldásokat az adott ponton csak egyetlen megoldás halad át (nem szabad kilépnünk a vizsgált félsíkból). 2

21 3 2 y= y=(x+c) ábra. Az y = 3 3 y 2 differenciálegyenlet megoldásai..5. Megjegyzés A továbbiakban a g(y) = egyenlet vizsgálatából származó megoldásokat kérjük felsorolni, de nem kell vizsgálniuk, hogy figyelembe vételükkel elromlik-e az egyértelműség. Tehát nem kell megállapítani, hogy ezek reguláris vagy szinguláris megoldások-e..6. Példa Adjuk meg az alábbi differenciálegyenlet általános megoldását! y = x, y >, vagy y < y Megoldás: f(x) = x, f C R ; g(y) = y, g C (, ) és g C (,) Így minden y(x ) = y, A megoldás: y = x y x R, y kezdetiérték probléma egyértelműen megoldható. = dy dx = x y = y dy = x dx Elvégezve az integrálásokat kapjuk az általános megoldást: y 2 2 = x2 2 + C = x2 + y 2 = C ( y > vagy y < ).7. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! x y = y 2 y 2

22 2 Megoldás: A differenciálegyenlet szétválasztható változójú, mert y = y(y ) x alakú. Ebből a felírásból látjuk, hogy x, tehát a megoldásgörbék nem metszhetik az y tengelyt, hiszen x = -ra nem értelmezett a differenciálegyenlet. Másrészt látjuk, hogy y, y megoldások. (Persze az x >, vagy x < része.) Az.4. ábrán berajzoltuk azokat a legbővebb nyílt tartományokat, melyekbe eső kezdetiérték problémák egyértelműen megoldhatók. Ilyenkor persze csak a vizsgált tartományban tekintjük az adott ponton áthaladó görbét..4. ábra. A legbővebb nyílt tartományok, amelyekben az xy = y 2 y differenciálegyenlet kezdetiérték problémája egyértelműen megoldható. Ha y és y, azaz y (, ), vagy y (, ), vagy y (, ): dy y(y ) = x dx A bal oldalon elvégezve a részlettörtekre bontást: ( y ) dy = dx = ln y ln y = ln x + C. y x Ez a következő alakban is írható: ln y y y = ln x + C = eln y = e ln x e C. 22

23 K = e C választással: y = K x = y = ±K x, ahol K >. Így y = (±K) x. De y is megoldás, mely K = megengedésével beilleszthető az előző megoldások közé. Így a differenciálegyenlet megoldása: y = Cx, C R (persze az y = + Cx Ezekhez a megoldásokhoz hozzá kell venni az y megoldást is. (Az y megoldás C = választással adódik, mint láttuk.).8. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 3 Megoldás: y sin x = y ln y, x kπ és y > alak is jó). y = sin x y ln y és sin x = sin 2 x 2 = 2 sin x 2 cos x 2 g(y) = y ln y =, ha y = = y megoldás. Ha y > és y : dy y ln y = 2 sin x 2 cos x 2 dx = y ln y dy = 2 cos 2 x 2 tg x 2 Az integrandusok f /f alakúak. Elvégezve az integrálást kapjuk a megoldást: ln ln y = ln tg x ( + ln C = ln C tg x ) (C > ). 2 2 Most célszerű az integrálási állandót így felvenni. (ln C R). = ln y = C tg x 2, C > dx. = ln y = C tg x 2, C > vagy C <. Mivel y is megoldás, azért C = is lehet. Összegezve kapjuk, hogy ln y = C tg x 2, C R Ezt az alábbi alakban is írhatjuk: y = e C tg x 2, C R 23

24 .9. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! x y + 2 y = Keressük meg az y(3) = kezdetiérték probléma megoldását! 4 Megoldás: A differenciálegyenlet: y = 2 x y, azaz dy dx = 2 x y Innen látható, hogy y megoldás. (A kezdeti feltételnek nem tesz eleget.) Ha y, a változók szétválasztásával: dy 2 y = x dx = ln y = 2 ln x + ln K, K > = Tehát a megoldás: y = C x 2, C R. ( y = ±K ) és y x 2 alakú. Az y(3) = kezdetiérték probléma megoldása: = C 3 2 = C = 9 : y = 9 x Gyakorló feladatok. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket illetve a hozzájuk tartozó Cauchyproblémákat: (a) (b) α) y = x e x. β) y = x e x, y( ln 5) =. α) y = e2x y 2. β) y = e2x, y() =. y2 γ) y = e2x, y(ln 2) = 3. y2 24

25 (c) α) β) y y = 3 x. y y = 3, y( ) = 2. x 2. Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenleteket! (a) y = y y cos 2 x sin 3 x, y > (b) y = y2 4 x (c) y y 2 4 = y (x 2 + 2x + 4), y > (d) y = y2 + 4 y 2 3 x 3 + 2x 2, y > 3 (e) y = sh6 2y ch 2y x (f) y = (2y + ) 6 ln 3x, x >, y > 2 (g) y = x y e2x2 +3y, y > (h) y = (2x + ) e3x 2 y e 5y2, y >.2.5. Homogén és inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet Ahhoz, hogy a címet megértsük, átismételjük a lineáris tér és az általános értelemben vett lineáris függvény (amit szoktak homogén lineáris függvénynek is nevezni) fogalmát. Már most megjegyezzük, hogy az inhomogén jelző tagadást foglal magában és a lineáris tulajdonság hiányára utal..2. Definíció Az L teret lineáris térnek nevezzük az R valós számtest felett, ha értelmezett benne egy összeadás művelet és a valós skalárral való szorzás, továbbá ezekre teljesülnek a szokásos műveleti azonosságok. Pontosabban megfogalmazva, L az összeadásra ( + -ra) nézve kommutatív csoportot alkot és l, l, l 2 L és α, β R esetén teljesülnek a következő (.2) és (.22) 25

26 azonosságok. A skalárral való szorzás tulajdonságai: ha l L, αl L, αl = lα, l = l, (αβ) l = α (βl), (α + β) l = αl + βl, α (l + l 2 ) = αl + αl 2, l, l 2 L. (.2) A kommutatív csoport tulajdonságai: ha l, l 2 L, akkor l + l 2 L, l + (l 2 + l 3 ) = (l + l 2 ) + l 3, l, l 2, l 3 L, L : l + = + l = l, l L, l L esetén l L : l + ( l) = ( l) + l =, és l + l 2 = l 2 + l, l, l 2 L. (.22).2. Definíció Ha egy f függvény értékét az l + l 2 helyen tagonként számolhatjuk ki, továbbá a konstans kiemelhető a függvényből, akkor a függvényt lineárisnak nevezzük. Tehát az f : L L 2 függvényt lineáris függvénynek (operátornak, leképezésnek, stb.) nevezzük, ha a) L lineáris tér, b) f(l + l 2 ) = f(l ) + f(l 2 ), l, l 2 L, (.23) c) f(α l) = α f(l), l L és α R. (.24) Könnyen látható, hogy ilyenkor az L 2 képtér is lineáris tér. Másrészt, ha n az L tér nulleleme, akkor f(n ) az L 2 tér nulleleme..22. Példa a) A síkvektorok tere, valamint a térvektorok tere egy-egy lineáris teret alkot. (Ezért szokás a lineáris teret vektortér néven is emlegetni.) Nyilvánvaló, hogy a valós számok R tere is lineáris tér. b) Az [a, b] intervallumon értelmezett folytonos függvények C[a,b] tere, vagy az akárhányszor differenciálható függvények D (a,b) tere szintén példák lineáris térre. Mindkét esetben az azonosan nulla függvény a nullelem, egyik esetben az [a, b], másik esetben az (a, b) intervallumon értelmezve. 26

27 .23. Példa a) Az f : R R valós függvények közül az f(x) = mx lineáris függvény. (A g(x) = mx + b, b nem lineáris az.2. Definíció értelmében. Ezért a nyomaték kedvéért szokták az.2. Definíció szerinti lineáris függvényt homogén lineáris függvénynek is nevezni.) b) Az f : R R R valós kétváltozós függvények közül az f(x, y) = ax + by, a, b R lineáris függvény. Ugyanis az x = (x, y) és az a = (a, b) jelölést használva kapjuk, hogy skaláris szorzatról van szó: f(x) = a x, amire teljesül az (.23) és az (.24) tulajdonság..24. Definíció Ha az.2. Definícióban F az y és y szimbólumoknak lineáris függvénye, akkor jutunk homogén lineáris implicit differenciálegyenlethez: a(x) y + b(x) y = (.25) Feltételezve, hogy a(x), oszthatunk vele és így jutunk a homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet általános alakjához: y + g(x) y = (.26) Itt feltételezzük, hogy g folytonos valamely (α, β) intervallumon. Homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet.25. Tétel a) Az (.26) homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet megoldásai lineáris teret alkotnak. b) Az y + g(x) y =, y(x ) = y (.27) kezdetiérték problémának x (α, β), bármely y R esetén van az (α, β) intervallumon értelmezett megoldása. (Ezt, a megoldás létezését garantáló állítást egzisztencia tételnek nevezzük.) c) Ha ϕ és ψ is a (α, β) intervallumon értelmezett megoldásai az (.27) kezdetiérték problémának, (vagyis grafikonjaik ugyanazon az (x, y ) ponton haladnak át), akkor ϕ(x) = ψ(x) x (α, β). (Ezt, a megoldás egyértelműségét garantáló állítást unicitás tételnek nevezzük.) d) Az (.26) homogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet megoldásai egydimenziós lineáris teret alkotnak, tehát a megoldások megadhatók egy sehol sem nulla ϕ elem konstans-szorosaként. 27

28 Bizonyítás. a) Meg kell mutatnunk, hogy ha ϕ és ψ is megoldásai az (.26) differenciálegyenletnek, akkor ϕ + ψ is megoldása (.26)-nak. Továbbá, ha egy ϕ függvény megoldása az (.26) differenciálegyenletnek, akkor ennek a ϕ függvénynek a konstans-szorosai is megoldások. Ha ϕ és ψ is megoldásai az (.26) differenciálegyenletnek, akkor Összeadva (.28)-at és (.29)-et: ϕ (x) + g(x) ϕ(x), x (α, β), (.28) ψ (x) + g(x) ψ(x), x (α, β). (.29) ϕ (x) + ψ (x) + g(x) (ϕ(x) + ψ(x)), x (α, β), amiből: (ϕ(x) + ψ(x)) + g(x) (ϕ(x) + ψ(x)), Tehát ϕ + ψ is megoldása az (.26)-nak. x (α, β). Ha egy ϕ függvény megoldása az (.26) differenciálegyenletnek, akkor (.28)-ból c -vel való szorzással kapjuk: amit átalakítva: c (ϕ (x) + g(x) ϕ(x)), x (α, β), (c ϕ(x)) + g(x) (c ϕ(x)), x (α, β). Tehát a ϕ függvénynek a konstans-szorosai is megoldásai az (.26)-nak. b) Ha y : y + g(x) y = dy = g(x) y, dx y dy y = (szeparábilis differenciálegyenlet), megoldás g(x) dx. Jelöljük g primitív függvényét G -vel! ( G létezik g folytonossága miatt.) Ekkor ln y = G(x) + C y = e C e G(x) = K e G(x), K > 28

29 y > : y < : és y = K e G(x) y = K e G(x) = y = C e (K > ) G(x), C R y is megoldás. az általános megoldás. A megoldást azon az (α, β) intervallumon kaptuk meg, ahol g folytonos. Ha y(x ) = y = y = C e G(x ) -ból C egyértelműen meghatározható. c) Nem bizonyítjuk. d) y = C e G(x), C R -ből látható, hogy valóban y = C ϕ(x) alakú az általános megoldás. Azt is látjuk, hogy ϕ(x) sehol sem nulla..26. Megjegyzés Ezt a megoldást y H = C Y (x), C R alakban írva később ellenőrizhetjük, hogy az elsőrendű lineáris differenciálegyenletekre is érvényesek a magasabbrendű homogén lineáris differenciálegyenletekre tanult tulajdonságok..27. Példa Oldjuk meg az homogén differenciálegyenletet! y + (sin x) y = 5 Megoldás: Az.25. Tétel d) állítása szerint egy y megoldást keresünk, ezért y -nal oszthatunk: dy y = sin x dx, amiből például ( y > feltételezéssel): ln y = cos x, azaz y = e cos x = ϕ(x) egy, nem nulla megoldás. Ezért az.25. Tétel d) állítása alapján a differenciálegyenlet általános megoldása y = C e cos x, x, C R. 29

30 Inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenlet Tekintsük most az (I) y + g(x) y = f(x) (.3) differenciálegyenletet, amelyet f(x) esetén inhomogén lineáris elsőrendű differenciálegyenletnek nevezünk és (I)-vel jelölünk. Itt is feltesszük, hogy g és f folytonos az (α, β) intervallumon. Az (.3) inhomogén problémához tartozó homogén differenciálegyenlet: (H) y + g(x) y =. (.3).28. Tétel a) Az (I) y + g(x) y = f(x) inhomogén lineáris differenciálegyenlet y Iált általános megoldása felírható az (.3) homogén differenciálegyenlet y Hált általános megoldása és az (.3) lineáris inhomogén differenciálegyenlet valamely y p partikuláris megoldása összegeként, tehát: b) Az y Iált = y Hált + y p. (I) y + g(x) y = f(x) inhomogén lineáris differenciálegyenlet egyik partikuláris megoldása mindig megtalálható a konstans variálás módszerével. c) Az (I) y + g(x) y = f(x) x (α, β), és y(x ) = y (.32) inhomogén lineáris differenciálegyenletre vonatkozó kezdetiérték feladat egyértelműen oldható meg x (α, β), y R esetén. Bizonyítás. a) Először egy segédtételt bizonyítunk be. Segédtétel Ha (I)-nek két megoldását megtaláltuk, akkor ezeknek a megoldásoknak a különbsége megoldása az (H) y + g(x) y = homogén differenciálegyenletnek. 3

31 és Ugyanis (I) y (x) + g(x) y (x) f(x), x (α, β), (I) y 2(x) + g(x) y 2 (x) f(x), x (α, β), akkor a két egyenlet különbségéből kapjuk: Tehát: y (x) + g(x) y (x) (y 2(x) + g(x) y 2 (x)) f(x) f(x), x (α, β). (y (x) y 2 (x)) + g(x) (y (x) y 2 (x)), azaz y (x) y 2 (x) megoldása az (.3) homogén differenciálegyenletnek. Ezért nevezzük (.3)-et az (.3) inhomogén problémához tartozó homogén differenciálegyenletnek. Visszatérünk a bizonyításhoz. Jelöljük az (y (x) y 2 (x)) különbséget y H (x)-szel, ekkor: y (x) = y H (x) + y 2 (x). Ebből már következik a tétel állítása: y Iált = y Hált + y p Tehát az (.3) inhomogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldása egyenlő a hozzá tartozó (.3) homogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldása plusz az (.3) inhomogén lineáris differenciálegyenlet egyik partikuláris megoldása, ugyanis y := y Iált, y 2 := y p választással: y y 2 = y Hált az összes lehetséges megoldása (H)-nak egy konkrét megoldása (I)-nek tetszőleges megoldása (I)-nek (I)-nek nem lehet más megoldása, csak ami ebből y -re kijön, midőn y H minden lehetséges megoldását szerepeltetjük..29. Megjegyzés Használjuk még az alábbi jelöléseket is: y iá = y há + y ip vagy y iá = y H + y ip. helyén (H) b) Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálásának módszerével y p (x) = c(x) ϕ(x) alakban keressük, ahol ϕ (H) egy sehol sem nulla megoldása, tehát 3

32 ϕ (x) + g(x) ϕ(x). y p -nek az (I)-be való behelyettesítésével megmutatjuk, hogy létezik ilyen alakú megoldás. Deriváljuk y p -t: y p(x) = c (x) ϕ(x) + c(x) ϕ (x) Behelyettesítünk (I)-be: (c (x) ϕ(x) + c(x) ϕ (x)) + g(x) (c(x) ϕ(x)) = Ebből = c (x) ϕ(x) + c(x) (ϕ (x) + g(x) ϕ(x)) }{{}, mivel ϕ a (H) megoldása c (x) = f(x) ϕ(x) = c (x) ϕ(x) = f(x). adódik. Mivel ez folytonos, ezért létezik primitív függvénye, tehát c mindig meghatározható integrálással. Mivel csak egy y p kell, ezért elég egyetlen c(x) -et találni (az integrálási állandó -nak választható). c) Nem bizonyítjuk..3. Példa Oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y 2 x y = x Adjuk meg az y( ) = 3 kezdetiérték probléma megoldását is! 6 Megoldás: Minden olyan tartományban, melyben x a differenciálegyenlet egyértelműen megoldható. (H): y 2 x Ha y : dy 2 y = y = = dy dx = 2 x y, y megoldás x dx = ln y = 2 ln x + C, C R = y = e C x 2 y > : y = e C x 2 y < : y = e C x 2 (e C = y > ) há = C x 2, C R és y is megoldás. Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az állandó variálásával keressük: y ip = c(x) x 2, y ip = c (x) x 2 + c(x) 2x. 32

33 Behelyettesítve (I)-be: Innen: (I): c (x) = x c (x) x 2 + c(x) 2x 2 c(x) x2 = x. }{{ x } = c(x) = ln x + K Mivel egyetlen y ip megoldást keresünk, K = választható, így y ip = x 2 ln x. Az inhomogén egyenlet általános megoldása: y iá = C x 2 + x 2 ln x (C R). Tehát y iá = C x 2 + x 2 ln x, ha x > és y iá = C x 2 + x 2 ln( x), ha x <. Az y(-)=3 kezdetiérték probléma megoldása: 3 = C + ln = C = 3 = y = 3 x 2 + x 2 ln( x)..3. Példa Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! y y x = x ex, y() = 5 7 Megoldás: Minden olyan tartományban, melyben x a differenciálegyenlet egyértelműen megoldható. (H): y y dy = = x dx = y x. Az.25. Tétel d) állítása szerint y há = C ϕ(x) alakú, ahol ϕ(x) egy sehol sem megoldása a homogén egyenletnek. Ha erre a tételre hivatkozunk, akkor elkerülhetjük az előző példa megoldásánál használt hosszadalmas eljárást. Ha y (az előző miatt ezt most feltesszük): dy y = dx x = ln y = ln x, így y = x (= ϕ(x)). Tehát a homogén egyenlet általános megoldása: y há = C x, C R. Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásának keresése: y ip = c(x) x, y ip = c (x) x + c(x). Behelyettesítve (I)-be: (I) c (x) x + c(x) c(x) x = x e x. }{{ x } 33

34 Innen: c (x) = e x = c(x) = e x = y ip = x e x. Az inhomogén egyenlet általános megoldása: y iá = C x + x e x (C R). Az y()=5 kezdetiérték probléma megoldása: 5 = C + e = C = 5 e = y = (5 e)x + xe x Gyakorló feladatok Oldja meg az alábbi differenciálegyenleteket!. y e 2x ( + e 2x ) y = 2. y x ln x y = x ln x, e2 y(e) = 2 3. y y x 2x2 =, y() = 4. y + y + x = + 2x + x, y() = 2 5. y + y x = ex + 3ex x 6. y 3 x y = 2 7. y + 2 x y = 2 x + 3 2, y() = 8. y + 2 x y = 3, y() = 2 9. y 3 x y = x4. y + 2 x y = 3x2, y() = 4. y + 2y sh x = sh x 2. y + y x = ( x + 2 ) e 2x, x > 3. y + 2x y = 4x 34

35 4. y 3y = x x y y = e x (x 2 + x 3 ) 6. y + a y = e 5x, a 7. y + a y = e mx, a.3. Új változó bevezetése Bizonyos differenciálegyenletek helyettesítéssel az eddig tanult differenciálegyenlet típusok valamelyikére vezethetők vissza. Mi két esettel ismerkedünk meg részlesebben.. Szétválasztható változójúra visszavezethető differenciálegyenletek: ( y (a) y = ϕ(x, y) = f x) Tehát a jobb oldali kétváltozós függvény felírható y/x függvényeként. Ekkor a helyettesítés: u := y ( u(x) = y(x) ), x x x y = u x y = u x + u A helyettesítés elvégzése után az alábbi szétválasztható változójú differenciálegyenlethez jutunk: u x + u = f(u) (b) y = f(ax + by) (a, b R) u := a x + b y u x = f(u) u = g(u) u = du dx = g(u) x y = b u a b x y = b u a b A helyettesítés után kapott egyenlet: b u a b = f(u), mely szintén szétválasztható változójú differenciálegyenlet. 35

36 2. Egyéb helyettesítések: ezeknél megadjuk, hogy mivel helyettesítünk..32. Példa Helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! y = 2y2 + x 2 xy, x, y 8 Megoldás: y = 2 y x + x y, u := y x = y = u x, y = u x + u u x + u = 2u + u 2 u x = u + u u = x u2 + u 2u u 2 + du = x dx Tehát a végeredmény: 2 ln (u2 + ) = ln x + C ln (u 2 + ) = ln x 2 + 2C u 2 + = x 2 }{{} e 2C :=K> y 2 x + = 2 Kx2 y 2 = Kx 4 x 2, K >..33. Példa Megfelelő helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! 9 Megoldás: x 2 y + x y = x 2 + y 2, y() = 2 ( y ) 2 y y = + x x y = x2 + y 2 xy x 2, x (Most x >.) 36

37 u := y x = y = ux = y = u x + u Visszahelyettesítve: ( u) Az adott kezdeti feltételt kielégítő megoldás: y() = 2 : 2 = C u x + u = + u 2 u u x = + u 2 2u du dx ( u) = 2 x = ln x + C, x = x most, mivel x K,δ. u = C + ln x y x = C + ln x. = C = = y = x.34. Példa Helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi kezdetiérték problémát! 2 Megoldás: y = e 2y+x 2, y() = u := 2y + x = y = u 2 x 2 u 2 2 = eu 2 du dx = u = 2 e u e u du = 2 dx e u = 2x + C = y = u 2 2 e 2y x = 2x + C y() = : = C Tehát a kezdeti feltételt kielégítő megoldás implicit alakja: e 2y x = 2x ( ). + ln x

38 Ebből most a megoldás explicit alakja is könnyen felírható: 2y x = ln ( 2x). y = x 2 ln ( 2x) Példa Alkalmazzuk az u(x) = y 3 (x) helyettesítést, és oldjuk meg a differenciálegyenletet! 2 Megoldás: 3x y 2 y = x 3 y 2 u = y 3, u = 3y 2 y, y = u 3y 2 A differenciálegyenlet átalakítva (beszorozva y 2 /x-szel): 3y y 2 2 x y3 = x 2. Elvégezve a helyettesítést: u 2 x u = x2, lineáris elsőrendű differenciálegyenlethez jutottunk. Mint tudjuk u há = C ϕ(x) alakú. (H): u 2 du u = = x dx = 2 x u = u du = 2 x dx = ln u = 2 ln x = ln u = ln x 2 = u = x 2 = ϕ(x) Tehát u há = C x 2. A partikuláris megoldást az állandó variálásával keressük: u ip = c(x) x 2 = u ip = c x 2 + c 2x c x 2 + c 2x 2 x cx2 = x 2 = c (x) = = c(x) = x = u ip = x 3 u iá = u há + u ip = C x 2 + x 3 Visszahelyettesítve: y 3 = C x 2 + x 3 = y = 3 C x 2 + x 3. 38

39 .36. Példa A megadott helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! 22 Megoldás: y(xy + ) + x( + xy + x 2 y 2 )y =, u = xy u = y + xy = xy = u y = xy = u u x Elvégezve a behelyettesítést: u ( x (u + ) + ( + u + u2 ) u u ) = x. u + u + u 2 u 3 = x (u 3 + u 2 + u ) du = u 2 x dx 2 + u + ln u = ln x + C Visszahelyettesítéssel kapjuk a végeredményt: 2x 2 y + ln xy = ln x + C. 2 xy.37. Példa A megadott helyettesítéssel oldjuk meg az alábbi differenciálegyenletet! ( ) ( y y 2 = 2x x 2 + y + ), z = x 2 + y + y 2 y y 23 Megoldás: Behelyettesítve: z = x 2 + y + y = z = 2x + y y = y y2 y 2 y 2 z 2x = 2x z = z + 2x z = 2x. = z 2x Ez egy lineáris elsőrendű differenciálegyenlet, de egyben szétválasztható változójú is (így rövidebb a megoldás, melyet most nem részletezünk). A megoldás: Visszahelyettesítve: z = C e x2 +. x 2 + y + y = Ce x

40 .3.. Gyakorló feladatok Oldja meg az alábbi differenciálegyenletet a megadott helyettesítéssel!. 4x 3y + y (2y 3x) =, u = y x 2. ( 2x 2y) y = x + y +, u = x + y 3. y + y x = x2 y 4, u = y 3 4. y + 2xy = 2x y 3, u = y ( + x 2 ) y = 2xy + ( + x2 ) 2 y 4, u = y 5 6. (x 2 y 2 ) y + 2x y 3 =, u = xy 7. y = y2 x 2 2 y x, u = y x 8. 3 y 2 x y = x2 y 2, u = y3 9. y = 2x + y y x, x >, u = y x. xy sh y ch y = x 2 sh x, u = ch y. xy sin y + cos y =, u = cos y 2. + y x + y = + ln2 (x + y), y() = e, u = ln (x + y) + x 2 3. xy cos (x + y) = sin 2 (x + y) x cos (x + y), u = sin (x + y).4. Iránymező, izoklinák, grafikus megoldás Tegyük fel, hogy az y = ϕ(x), x (α, β) megoldása az y = f(x, y) differenciálegyenletnek. Ekkor ϕ (x) = f (x, ϕ(x)), x (α, β). Ha ϕ átmegy az (x, y ) ponton, akkor ϕ(x ) = y és ϕ (x ) = f (x, ϕ(x )) = f(x, y ). 4

41 ábra. Az y = y x differenciálegyenlet iránymezője, valamint az y() =, y() =, y() = és az y() = 2 kezdeti feltételhez tartozó megoldásgörbék. (A megoldásgörbéket az.4. feladatban kiszámoljuk.) Tehát, ha az (x, y ) koordinátákat behelyettesítjük a differenciálegyenlet jobb oldalába, akkor az így kapott f(x, y ) érték megadja az (x, y ) ponton átmenő megoldásgörbe érintőegyenesének a meredekségét ( tg α = f(x, y ) )..38. Definíció (Vonalelem, iránymező) Az y (x) = f(x, y) elsőrendű differenciálegyenlet esetén az (x, y ) pontban megrajzolt f(x, y ) meredekségű vonaldarabkát vonalelemnek nevezzük. Ha az x y sík minden pontjában felvesszük a vonalelemet, akkor jutunk az iránymezőhöz. Tehát az iránymező a vonalelemek összessége. Minden y = f(x, y) differenciálegyenlethez tartozik egy iránymező. A megoldásgörbéknek illeszkedniük kell ehhez az iránymezőhöz, vagyis a megoldásgörbét minden pontjában érinti az iránymező valamely vonaleleme. Az.5 és az.6 ábrán egy-egy differenciálegyenlet iránymezője látható néhány megoldásgörbével..39. Példa Rajzoljuk fel az iránymezőt! y = y, x (Az y tengely pontjaihoz nincs rendelve irány.) x 24 Megoldás: Az y = mx egyenes pontjaihoz a differenciálegyenlet ugyanazt az irányt rendeli: tg α = m (.7 ábra). Tehát most a vonalelemek párhuzamosak a szóban forgó ponthoz mutató helyvektorral. A megoldásgörbének minden pontban érintenie kell a megfelelő vonalelemet. 4

42 ábra. Az y = x y 2 differenciálegyenlet iránymezője, valamint az y( ) =.5, az y( ) =.5 és az y() = 2 kezdeti feltételhez tartozó megoldásgörbék. (A megoldásokat numerikusan határoztuk meg.) ábra. Az y = y differenciálegyenlet iránymezőjét a kék vonalelemek jelölik. A x piros görbék a megoldásgörbék (integrálgörbék), amelyek most kivételesen egybeesnek az izoklinákkal (.4. definíció). 42

43 A megoldások leolvashatók az iránymezőből: y = c x, x >, vagy y = c x, x <. (Valóban: ln y = ln x + ln c = y = c x, x és y, x.).4. Példa Határozzuk meg az y = y x differenciálegyenlet általános megoldását, valamint az y() =, y() =, y() =, y() = 2 kezdetiértékekhez tartozó megoldásokat. Ábrázoljuk a megoldásokat és az iránymezőt! 25 Megoldás: Elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletről van szó. A homogén egyenlet y = y, melynek általános megoldása y há (x) = Ke x, ahol K R. Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását az együttható variálásával, y ip (x) = K(x)e x alakban keressük. Az inhomogén egyenletbe visszahelyettesítve K (x) = xe x = K(x) = xe x dx =... parciális integrálás = e x (x + ) adódik, tehát y iá (x) = Ke x + x +, K R és y() = = K = 2 = y(x) = 2e x + x +, y() = = K = = y(x) = e x + x +, y() = = K = = y(x) = x +, y() = 2 = K = = y(x) = e x + x +. Az iránymező valamint a fenti négy megoldásgörbe az.5 ábrán látható..4. Definíció (Izoklina) Az izoklina azon pontok halmaza, melyekhez az y = f(x, y) differenciálegyenlet ugyanazt az irányt rendeli, tehát az izoklina pontjaiban a vonalelemek párhuzamosak. Ennek megfelelően az izoklinák egyenlete:.42. Példa. f(x, y) = K, K R. y = x y 2 Írjuk fel az izoklinák egyenletét! Mely pontokban van a megoldásoknak lokális szélsőértéke és milyen a szélsőérték jellege? 43

44 2. Tekintsük a differenciálegyenlet (, 2) ponton átmenő megoldását! (Belátható, hogy van ilyen: egzisztencia tétel.) Van-e ennek a megoldásfüggvénynek inflexiója az (, 2) pontban? A differenciálegyenlet iránymezője, valamint néhány megoldás, köztük az (, 2) ponton áthaladó is az.6 ábrán látható. 26 Megoldás:. Izoklinák: x y 2 = K (fektetett parabolák) A lokális szélsőérték létezésének szükséges feltétele: y =. Tehát a K = -hoz tartozó izoklina pontjaiban lehet lokális szélsőérték: x y 2 = = x = y 2 parabola pontjai jönnek szóba. (Az x = y 2 izoklinát a megoldásgörbék vízszintesen metszik.) Mivel az első derivált előjelváltását most nem tudjuk ellenőrizni, a második derivált értékét vizsgáljuk az adott pontokban. Ehhez az y (x) = x y 2 (x) differenciálegyenlet mindkét oldalát x szerint deriváljuk: y = 2 y y. Az x = y 2 parabola pontjaiban y = és így: y = > = Az x = y 2 parabola pontjaiban y = és y >, tehát a megoldásfüggvényeknek lokális minimuma van a parabola pontjaiban (.8 ábra). 2. y() = 2 és y = x y 2 = y () = ( 2) 2 = 3 y = 2yy = y () = 2( 2)( 3) = Nem teljesül az inflexiós pont létezésének szükséges feltétele = nincs itt inflexió. Az.6 ábrára berajzoltuk az (, 2) ponton áthaladó megoldást is, jól látszik, hogy ebben a pontban nincs inflexió, a függvény lokálisan konkáv..43. Példa Milyen lokális tulajdonsága van az y = x 3 + y 3 9 differenciálegyenlet (2, ) ponton átmenő megoldásának az adott pontban? 27 Megoldás: Az y (x) = x 3 + y 3 (x) 9 egyenletben x helyére 2 kerül. (y(2) = ) y (2) = = = lokális szélsőérték lehet. A differenciálegyenlet mindkét oldalát x szerint deriváljuk és itt is elvégezzük az x = 2 helyettesítést: y = 3x 2 + 3y 2 y }{{}, y (2) = 2. = Tehát y (2) = és y (2) > = y(2) = lokális minimum érték. 44