Matematikai Analízis III.

Átírás

1 Matematikai Analízis III. Vágó Zsuzsanna el adásait legépelte Marczell Márton december 27.

2 2

3 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék 3 1. Vektoranalízis Vektormez k Bevezetés Dierenciálási szabályok A vektormez k speciális jellemz i Potenciál Vonal- és felületi integrál ismétlése Vektormez kre vonatkozó tételek Dierenciálgeometria Sokaságok Paraméteres megadás Topologikus térben Implicit megadás Sokaság irányítása Formák Bevezetés és ismétlés Elemi formák Általános formák, ékszorzat Dierenciálformák Formákra vonatkozó összefüggések R 3 -ban Formák integrálása sokaságokon Dierenciálegyenlet-rendszerek stabilitása A stabilitás fogalma Stabilitás egy dimenzióban Általánosítás n dimenzióra A stabilitás vizsgálata A közönséges dierenciálegyenletekr l tanultak ismétlése és kiegészítése Módszerek a stabilitás vizsgálatára Lineáris rendszerek stabilitása Nemlineáris rendszerek stabilitása Az egyensúlyi pont stabil környezetének meghatározása Variációszámítás Bevezet példák Általános feladat Egyváltozós általános eset Speciális esetek

4 4.3. Általánosítások Több függvény keresése Magasabbrend deriváltak Többváltozós függvény keresése Feltételes variációszámítás Parciális dierenciálegyenletek Bevezetés, deníciók A Laplace-egyenlet Deníció és a feltételek fajtái Megoldás az egységnégyzeten Megoldás körlapon Néhány megjegyzés A h vezetés egyenlete Deníció H vezetés végtelen hosszú rúdban H vezetés véges rúdban H vezetés visszafelé Tárgymutató 47 Irodalomjegyzék 49 4

5 1. fejezet Vektoranalízis 1.1. Vektormez k Bevezetés Deníció. Az F : R n R m alakú (többváltozós, vektorérték ) függvényeket vektormez nek nevezzük. Ezek koordinátafüggvények függvényrendszereként is felírhatók: f 1 (x 1, x 2,..., x n ) f 2 (x 1, x 2,..., x n ) F (x 1, x 2,..., x n ) =., f m (x 1, x 2,..., x n ) ahol f 1,..., f m R n -b l R-be képez függvények. Egy F : R 3 R 3 vektormez könnyen elképzelhet úgy, hogy a tér minden (3 koordinátájú) pontjához egy (3 koordinátájú) vektort rendel, amely az ábrázoláson az adott pontból indul ki. Ennek zikai értelme pl. a tér egyes pontjaiban ható er. A többváltozós valós függvényeket ezért nevezzük skalármez nek is: a tér minden pontjához egy skalárt rendelnek. Konvenció szerint a skalármez ket kisbet vel, a vektormez ket nagybet vel jelöljük Deníció. Vektormez folytonos, ha koordinátafüggvényei folytonosak. Példák F : R 2 R 2 ; F (x, y) = (3, 1): konstans mez F : R 2 R 2 ; F (x, y) = (x, y): az origóból kifelé mutató vektorok F : R 2 R 2 ; F (x, y) = ( y, x): forgatás F : [0, 2π] R 2 ; F (t) = (cos t, sin t): az egységkör Deníció. Az F : R n R m vektormez dierenciálható az x D F pontban, ha létezik olyan A R m n mátrix, hogy ha F megváltozását a következ képpen közelítjük: F (x + x) F (x) + A x, akkor a közelítés hibájának nagyságrendje kisordó, azaz F (x + x) F (x) A x lim = 0. x 0 x 5

6 2 y (3, 1) (x, y) 4 y 2 ( y, x) y x 2 4 x x 1.1. ábra. Vektormez k Ekkor a vektormez derivált- (Jacobi-) mátrixának a következ mátrixot nevezzük: grad f 1 A = DF =. grad f m Dierenciálási szabályok Linearitás és homogenitás Kompozíció dierenciálása: Tfh. F : R n R m és G: R m R l a megfelel helyeken dierenciálhatóak. Ekkor G F : R n R l, és D(G F ) = DF (G(a)) DF (a). Inverz deriváltja: Tfh. F : R n R n dierenciálható az a D f helyen, és a deriváltmátrix nem szinguláris. Ekkor F 1 dierenciálható F (a)-ban, és DF 1 (F (a)) = (DF (a)) 1 (az inverz deriváltja a deriváltmátrix inverze). Szorzási szabályok: grad(f g) = f grad g + g grad f div(f F ) = f div F + F grad f rot(f F ) = grad f F + f rot F div(f G) = G, rot F F, rot G Ezek a szabályok egyszer en beláthatók az operátorok most következ denícióiból. A további deriválás a tenzorokhoz vezet, amelyekkel most nem foglalkozunk A vektormez k speciális jellemz i Deníció. A (nabla) operátor alatt három dimenzióban a ( ) x, y, z formális vektort értjük. Ebb l következik, hogy egy f : R 3 R függvényre grad f = f Deníció. Tfh. F : R 3 R 3 dierenciálható. Ekkor a vektormez divergenciáját így deniáljuk: div(f ) = f 1 x + f 2 y + f 3 z =, F 6

7 Deníció. A fenti F vektormez rotációja rot(f ) ( = curl(f ) ) i j k ( = x y z = f3 y f 1 f 2 f 3 f2 z, f1 z f2 x, f2 x ) f1 y = F. A rotációvektor zikai értelmezése: hossza az er tér örvénylésének sebességét adja meg, iránya mer leges az örvénylésre Példa. Jellemezzük egy folyó áramlását vektormez vel. Az x tengely a folyás irányába mutat és a folyó közepén fekszik. Az y tengely a folyás irányára mer leges. A z tengely felfelé mutat. A folyó szélessége d (y [ d; d]). Valahonnan tudjuk, hogy a folyó áramlását a ( ) v = v 0 1 4y2 d 2, 0, 0 vektormez jellemzi. Mit tudunk mondani az áramlás örvényességér l? Megoldás: ( rot(v) = 0, 0, 8yv ) 0 d 2, azaz az örvénylés er ssége y-nal egyenesen arányos: annál nagyobb, minél közelebb vagyunk a parthoz. A folyó közepén tehát nincs örvénylés. Az örvénylés iránya mindig mer leges a z tengelyre Potenciál Deníció. Az F : R 3 R 3 vektormez skalárpotenciálos, ha létezik olyan f : R 3 R skalármez, hogy F = grad f Állítás. A következ állítások ekvivalensek: F skalárpotenciálos rot(f ) = 0 Γ R 3 zárt görbére Γ F (r) dr = Deníció. F : R 3 R 3 vektorpotenciálos, ha létezik olyan G: R 3 R 3 vektormez, amelyre rot(g) = F Állítás. A következ állítások ekvivalensek: F vektorpotenciálos div(f ) = 0 S R 3 zárt felületre " S F ds = Következmény. A fenti két állítás alapján tehát: rot(grad(f)) = 0 div(rot(f )) = 0 7

8 Könnyen belátható az is, hogy div(grad(f)) = f xx + f yy + f zz = f (Laplace f, ld. Deníció ). Megjegyzés. A rotáció lineáris operátor. Ezért ha rot(g 1 ) = 0, azaz G 1 skalárpotenciálos, akkor egy tetsz leges G vektormez re rot(g + G 1 ) = rot(g) + 0 = rot(g). Ez azt jelenti, hogy a vektorpotenciál nem egyértelm : ha F = rot(g), akkor F -nek G és G + G 1 is vektorpotenciálja. Ha F vektorpotenciálos, akkor egy vektorpotenciálját megkaphatjuk a következ módon: G(x, y, z) = ˆ Vonal- és felületi integrál ismétlése 0 t F (tx, ty, tz) (x, y, z) dt Deníció. Az f : R n R valós függvény (skalármez ) vonalintegrálja a Γ = { γ(t) : t [a, b] } ; γ(t) = ( x 1 (t), x 2 (t),..., x n (t) ) görbe mentén: ˆ Γ f(x 1,..., x n ) ds = ˆ b a f(γ(t)) γ(t) dt Megjegyzés. A fenti képletben γ(t) = (ẋ 1 (t),..., ẋ n (t)) a görbe érint vektorát adja meg az adott pontban. A vonalintegrál értéke független a görbe paraméterezését l Deníció. Az f : R n R valós függvény felületi integrálja az S = { s(u, v) : (u, v) D R 2} ; s: D R 3 ; s(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) felület mentén: S f(x, y, z) ds = D f(s(u, v)) s u s v d(u, v) Megjegyzés. A fenti képletben s u s v a felület érint síkjának normálvektora az adott pontban. Az integrál értéke független a felület paraméterezését l. Speciális esetben a felület egy kétváltozós valós függvény felülete: s(u, v) = (u, v, t(u, v)), ahol t: D R dierenciálható. Ekkor f(x, y, z) ds = f(u, v, t(u, v)) 1 + (t u) 2 + (t v) 2 d(u, v) S D Deníció. Az F : R 3 R 3 vektormez felületi integrálja a fenti S felület mentén F ds = F (s(u, v)), s u s v d(u, v) S D A vektormez felületi integrálját egy skalárszorzattal deniáltuk, azaz visszavezettük egy skalármez integráljára. Tehát ha a felület egységnyi normálvektorait n-nel jelöljük, akkor látszik, hogy F n ds = F (s(u, v)) s u s v s s u s u s v d(u, v) = F (s(u, v)) (s u s v) d(u, v) = F ds v S D Deníció. Az F : R 3 R 3 vektormez vonalintegrálja a Γ = { γ(t) : t [a, b] } görbe mentén ˆ Γ F (r) dr = ˆ b a D F (γ(t)), γ(t) dt A fentiek alapján látható, hogy ezt is visszavezettük az F T skalármez vonalintegráljára, ahol T a görbe egységnyi érint vektorait adja meg. S 8

9 Vektormez kre vonatkozó tételek Tétel (Divergenciatétel/Gauss-Osztrogradszkij-tétel). Legyen M R 3 zárt térrész. Ekkor M a térrészt bezáró felület. Tfh. M pontjaiban adottak az n(x, y, z) = (n 1 (x, y, z), n 2 (x, y, z), n 3 (x, y, z)) egység hosszú, a térrészb l kifelé mutató normálvektorok. Ekkor az F : R 3 R 3 dierenciálható vektormez re div F (x, y, z) d(x, y, z) = F ds = F n ds M Azaz a térrészen vett térfogati integrál megegyezik a vektormez nek a határoló felületre vett felületi integráljával (ld. Deníció ) Deníció. A fenti integrál értékét a vektormez nek a felületre vett uxusának nevezzük. Értelmezhetjük egy kétdimenziós vektormez uxusát is, egy síkgörbére nézve. φ = F ds Γ Bizonyítás. (vázlat) Tfh. M egyszer térrész, azaz minden, valamelyik tengellyel párhuzamos egyenessel vett metszése csak egyetlen szakasz, vagy egy pont. Azt kell belátnunk, hogy ( ) div F = f1 x + f2 y + f3 z d(x, y, z) = (f 1 n 1 + f 2 n 2 + f 3 n 3 ) ds M M Ez pedig tagonkénti egyenl séggel bizonyítható. Ebb l most a harmadik tagot fogjuk belátni. Írjuk fel M-et az (x, y) sík szerinti normáltartományként: b(x, y) < z < t(x, y). Írjuk fel a határhalmazt három tartomány uniójaként, és számoljuk ki a résztartományokra vett felületi integrálokat: M = M top M side M bottom 1. n 3 > 0 : M top = { (u, v, t(u, v)) : (u, v) D } : f 3 n 3 ds = M top n = ( t u, t v, 1) D 2. n 3 = 0 : M side : Itt n 3 = 0, ezért az integrál is n 3 < 0 : M bottom = { (u, v, b(u, v)) } : M M M 1 1 n 3 = 1 + (t u ) 2 + (t v) (t u ) 2 + (t v) 2 f 3 (u, v, t) n 3 (u, v, t) 1 + (t u) 2 + (t v) 2 d(u, v) = f 3 n 3 ds =... = M bottom D D f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) Tehát a teljes tartományon vett integrál az egyes résztartományokon vett integrál összege: f 3 n 3 ds = f 3 (u, v, t(u, v)) + f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) M D A teljes M-re vett térfogati integrált pedig normáltartományon való integrálással számoljuk: M ˆ f t(x,y) 3 (x, y, z) d(x, y, z) = z D b(x,y) f 3 (u, v, t(u, v)) d(u, v) f 3 (x, y, z) dz d(x, y) = f 3 (x, y, t(x, y)) f 3 (x, y, b(x, y)) d(x, y) z D a Newton-Leibniz-formula miatt. Ez láthatóan megegyezik a felületi integrálok összegével Példa. F (x, y, z) = (x, y, z) divergenciája div F = 3. Legyen M az origó körüli r sugarú gömb fels fele. A térfogati integrál: 3 d(x, y, z) = r3 π = 2r 3 π M 9

10 A felületet két részre osztjuk: S = S 1 S 2, ahol S 1 a félgömb felülete és S 2 az alsó körlap. Ekkor n 1 (x, y, z) = 1 r (x, y, z) és n 2(x, y, z) = (0, 0, 1). Az S 1 -en vett integrál: (x, y, z) 1 x (x, y, z) ds = S 1 r S1 2 + y 2 + z 2 ds = r ds = r A(S 1 ) = r 2r 2 π = 2r 3 π r S 1 Az S 2 -n vett integrál: (x, y, z) (0, 0, 1) ds = z ds = 0 S 2 S 2 A két integrál összege pedig valóban megegyezik a térfogati integrállal: S 1 S 2 F ds = 2r 3 π Tétel (Klasszikus Stokes-tétel). Vegyünk egy F : R 3 R 3 dierenciálható vektormez t és egy M R 3 felületet, amelyet egy M = { γ(t) R 3 : t [a, b] } sima, zárt görbe határol. A felület normálvektorait jelölje n. Ekkor rot F n ds = F (r) dr = F T ds M Itt T jelöli a görbe egységnyi hosszú érint vektorait, amelyeket úgy is számolhatunk, hogy M T = γ(t) γ(t) Megjegyzés. Kés bb látni fogjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula, a divergencia- és a Stokes-tétel ugyanazon absztrakt tétel speciális esetei. Annyit azonban már most észrevehetünk, hogy mindhárom tétel megfogalmazható nagy vonalakban így: A függvény deriváltjának integrálja egy tartományon egyenl a függvénynek a tartomány határán vett megváltozásával Deníció. A fenti integrállal megadott mennyiséget az F vektormez cirkulációjának nevezzük. sin ϕ cos θ Példa. Legyen F := (y, z, x), M := {s(ϕ, θ) = sin ϕ sin θ : ϕ [0, π 2 ], θ [0, 2π]} fels félgömb, cos ϕ tehát M = {γ(t) = (cos t, sin t, 0) : t [0, 2π]} egységkör az (x, y) síkon. M F (r)dr = Megjegyzések: ˆ 2π 0 M ˆ 2π ˆ 2π F (γ(t)), γ(t) dt = (sin t, 0, cos t), ( sin t, cos t, 0) dt = sin 2 t dt = π rot F n ds = M ˆ π ˆ 2 2π 0 0 M ( 1, 1, 1), (x, y, z) ds = 0 M 0 x + y + z ds = (sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cosϕ) sin ϕ dθ dϕ = π Az (x, y, z) normálvektort jelen esetben azért nem kell a hosszával elosztani, mert az egységgömb felületén vagyunk. A sin ϕ szorzó a polárkoordinátás áttérés Jacobi-determinánsa. 10

11 2. fejezet Dierenciálgeometria 2.1. Sokaságok Paraméteres megadás Deníció (Paraméteresen megadott sokaság). M R n k-dimenziós sokaság, ha p M-nek U környezete, F : R k R n dierenciálható leképezés és V R k nyílt halmaz, hogy F (V ) = U M és a DF mátrix teljes rangú, azaz a leképezés egy-egy értelm. Ezt úgy lehet értelmezni, hogy az M halmaz lokálisan úgy viselkedik, mintha k dimenziós volna. Erre példa egy síkbeli vagy térbeli görbe, amely egydimenziós (egy paraméter ) sokaság, vagy egy térbeli felület, amely kétdimenziós (két paraméter ) sokaság. Láthatjuk, hogy a sokaság dimenziója megegyezik a paraméterezéskor használt paraméterek számával. Fontos megjegyeznünk, hogy V mindig nyílt halmaz. Ebb l következik, hogy pl. csak olyan görbe lehet sokaság, amely nem tartalmazza a végpontjait, mert azok már nem úgy viselkednek, mint egy egydimenziós intervallum. Ugyanígy csak a határoló görbét nem tartalmazó felület számít sokaságnak Deníció. M R n lezárása a torlódási pontjainak halmaza: { } M = x R n : (x n ) M, lim x n = x n Megjegyzés. M M, hiszen minden x M esetén az x n x sorozat határértéke x Deníció. A k-dimenziós M sokaság határa M = M \ M. M mindig vagy k 1 dimenziós sokaság, vagy üres halmaz. Megjegyzés. Itt kell megjegyeznünk, hogy 0 dimenziós sokaságnak a véges számú diszkrét pont halmazát nevezzük, tehát az egydimenziós sokaság (görbe) határa 0 dimenziós sokaság lesz Topologikus térben A sokaságok absztraktabb, általánosabb deníciójának megfogalmazásához legalább érint legesen beszélnünk kell a topologikus terekr l. Topologikus terek - kitér A topologikus tér egy absztrakt fogalom. Hallhattunk már olyan terekr l, amelyekben létezik metrika (metrikus tér), norma (normált tér), skalárszorzat (euklideszi tér). A topologikus terekben egyiknek a létezése sincs feltéve. A topologikus térben csupán az van feltéve, hogy a T halmazon létezik egy U 2 T halmazrendszer, amely a T -beli nyílt halmazokat tartalmazza. Ezek alapján a sokaságokat a következ képpen deniálhatjuk: 11

12 Deníció. Egy M halmaz nyílt lefedése az (U α ) halmazrendszer, ha minden p M-re létezik olyan α, hogy p U α, és U α nyílt halmaz Deníció. M R n k dimenziós sokaság, ha létezik olyan (U α ), amely M nyílt lefedése, továbbá U α φ α : R k R n leképezés, és egy V R k nyílt gömb, hogy φ α folytonos és bijektív (egy-egy értelm ) Ha U α U β, akkor a φ 1 α Uα U megszorítást véve a φ 1 β α (φ β ): R k R k dierenciálható, egy-egy értelm leképezés. φ α (V ) = U α Ekkor p U α ponthoz!φ 1 α (p) koordináta Deníció. Az (U α, φ α ) párt lokális térképnek, az egész M-et lefed térképek rendszerét pedig atlasznak nevezzük. ( { (U α, φ α ) : α I indexhalmaz } ) Ezek az elnevezések szemléletesen mutatják, hogy mihez hasonlítható mindez. Képzeljük el, hogy egy lapozható autóatlaszt használunk. Ekkor a térkép lapjai és az elénk táruló táj pontjai között egy-egy értelm leképezés van. Az összes térképlap tájbeli megfelel jének uniója az M tájat teljesen lefedi. Az egyes térképlapok jobb széls sávján található terület megtalálható a szomszédos térképlap bal szélén is, és így tovább. Amikor felnézünk a térképr l a tájra, akkor az egyik lap szélér l a φ α leképezéssel átmegyünk az U α U β M valóságos területre, ahonnan a φ 1 β segítségével visszajövünk a másik térképlap másik szélére. M U α U α U β U β φ α φ β V α φ 1 α (φ β ) φ 1 β (φ α) V β 12

13 Példa. S 1 -gyel a síkban vett egységkört jelöljük, S 2 -vel a térbeli egységgömböt. Igazoljuk, hogy S 1 egy dimenziós sokaság! Ehhez el ször egy nyílt lefedését kell megtaláljuk. Két félkör uniója nem nyílt lefedés, mert ha a két görbe a végpontjait is tartalmazza, akkor nem nyílt halmazok. Ha pedig nem tartalmazza, akkor nem fedtük le az egész egységkört. Ezért vegyük a a fels félkört (U 1 ), az alsó félkört (U 2 ), a jobb félkört (U 3 ) és a bal félkört (U 4 ) és ezeknek metszeteib l építsük fel az egységkört! φ 1,2,3,4 : ( 1, 1) R 2 φ 1 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 3 (x) = ( 1 x 2, x) φ 2 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 4 (x) = ( 1 x 2, x) Ekkor például az U 1 U 4 halmazon, azaz a jobb fels síknegyedben azt írhatjuk fel, hogy φ 1 4 (φ 1(x)) = φ 1 4 (x, 1 x 2 ) = 1 x 2 U 1 y x U 2 y x y U 3 1 x U y x 2.1. ábra. Az egységkör nyílt lefedése Implicit megadás Deníció (Implicit megadású sokaság). M R n k dimenziós sokaság, ha ρ 1, ρ 2,..., ρ n k : R n R, hogy M a ρ i függvények nulltereinek metszete: M = n k i=1 {ρ i = 0}, továbbá a ρ i függvények lineárisan függetlenek, a bel lük képzett mátrix: grad ρ 1 grad ρ 2. grad ρ n k teljes rangú Példa. S 1 = { (x, y) R 2 : ρ 1 = x 2 + y 2 1 = 0 }, azaz az egységkör 1 dimenziós sokaság R 2 -ben. Vegyünk egy görbét R 3 -ban! Eddigi ismereteink alapján ez egy dimenziós sokaság. Ezt impliciten két függvénnyel adhatjuk meg: ρ 1 (x, y, z) = 0; ρ 2 (x, y, z) = 0 A függvényekb l az implicit függvény tétel miatt valamelyik változó kifejezhet. Ezért a két függvény nulltere két felület a térben. Ezek valóban egy görbe mentén metszik egymást. 13

14 Példa. Most legyen a görbe S 1, és feküdjön R 3 -ban az (x, y) síkon! A görbét impliciten megadó függvények: ρ 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 (gömb); ρ 2 (x, y, z) = z (sík); S 1 = {ρ 1 = 0} {ρ 2 = 0} Ekkor grad ρ 1 = (2x, 2y, 2z), grad ρ 2 = (0, 0, 1), azaz valóban függetlenek Deníció. Legyen M R n k dimenziós, impliciten megadott sokaság. Ekkor a p M ponthoz tartozó N p normáltérnek a ρ i függvények gradiensei által az adott pontban kifeszített vektorteret nevezzük. Ezért dim N p = n k. A p-hez tartozó tangens- vagy érint térnek a T p = { v : v N p } vektorteret nevezzük, dim T p = k Példa. S 1 = { x 2 + y 2 1 = 0 } ; p = (x 0, y 0 ) S 1 ; grad ρ = (2x 0, 2y 0 ), tehát N p az (x 0, y 0 ) helyvektorral párhuzamos vektorokat jelenti. Ezért T p bázisának vehetjük az (y 0, x 0 ), vagy a ( y 0, x 0 ) vektort is, és így T p kétféle irányítását kapjuk. Ezért beszélnünk kell az irányításokról Sokaság irányítása Legyen V k dimenziós vektortér, amelyben létezik a [v] = {v 1, v 2,..., v k } bázis. Ekkor minden [w] = {w 1, w 2,..., w k } bázisra v i = A w j, ahol A nem szinguláris, azaz det A 0. Ezért egy adott bázisból kiindulva V minden bázisát két osztályra oszthatjuk, aszerint, hogy az áttérési mátrix determinánsa pozitív vagy negatív. Ezzel a bázisoknak egy partícióját adjuk, így az egy osztályba került bázisok között ekvivalencia reláció van: egymáshoz képest mindannyian a pozitív determinánsú osztályba kerülnek. Ekkor aszerint, hogy melyik osztályt választjuk ki, a vektortér kétféle irányítását különböztetjük meg Deníció (Vektortér irányítása). Legyen a V vektortérben vett [v] és [w] bázis közötti áttérési mátrix A, azaz egy x V vektorra x [w] = A x [v]. Ekkor [v] és [w] azonos irányítású, ha det A > Deníció. Egy sokaság irányítható, ha a normáltérhez egy simán változó irányítást tudunk választani. A Moebius-szalag például nem irányítható Formák Bevezetés és ismétlés Tudjuk, hogy a v 1 = (x 1, y 1 ) és a v 2 = (x 2, y 2 ) vektorok által kifeszített paralelogramma területe T = x 1 y 2 y 1 x 2, ami felírható úgy, mint a következ determináns: det ( ) x v 1 v 2 = 1 x 2 y 1 y Állítás. Adottak a v 1,..., v k R n vektorok. Ekkor az általuk kifeszített k-dimenziós paralelotóp mértéke: A = ( v 1 v 2... v k ) ; V = det(a T A) Példa. Ha csak egy vektorunk van, akkor mértéke alatt a hosszát értjük. n vt v = vj 2 = v j= Példa. Ha n = k (azaz A négyzetes mátrix), akkor det A = det A T, és a determinánsok tulajdonságai alapján det(a T A) = det A T det A = (det A) 2 = det A 14

15 Elemi formák A továbbiakban az n-dimenziós vektorokat és koordinátáikat így fogjuk jelölni: v = (v 1,..., v n ) R n. Elemi 1-formáknak nevezzük a dx 1,..., dx n : R n R; dx j (v) = v j függvényeket, melyek a v vektorhoz a j-edik koordinátáját (a j-edik koordináta irányába es vetülete hosszát) rendelik hozzá. Ezekb l n dimenziós térben n különböz létezik. Elemi 2-formáknak nevezzük az elemi 1-formák ékszorzatát. (Az ékszorzatot nemsokára deniálni fogjuk általános formákra.) dx i dx j : R n R n R n ; dx i dx j (v, w) = v i w i ; 1 i < j n Ez szemléletesen azt jelenti, hogy a két oszlopvektorból képzett mátrixból fogjuk az i-edik és j-edik sort, és az ebb l a két sorból alkotott mátrixnak vesszük a determinánsát. Ez megadja a két vektor által kifeszített paralelogramma (x i, x j ) síkra es vetületének területét. A denícióból következik, hogy elemi 2-formákból ( n 2) féle van. Az elemi k-formák deniálásához el ször választunk egy I indexhalmazt (indexsorozatot), amelynek i j elemeire teljesül, hogy 1 i 1 < i 2 <... < i k n. Ekkor az elemi k-forma: dx I : R n... R n R; dx I (A) = det v j w j dx I = dx i1... dx ik A i1. A ik A ij jelöli az A mátrix i j -edik sorvektorát. Azaz a ( v 1... v k ) mátrixból vesszük ki az ij indexeknek megfelel sorokat, és az ezekb l képzett k k dimenziós mátrixnak számítjuk ki a determinánsát Általános formák, ékszorzat 1-formának egy ω : R n R lineáris leképezést nevezünk. Könnyen látható, hogy minden 1-forma el állítható az elemi 1-formák lineáris kombinációjaként: ω = n a j dx j ; ω(v) = j=1 n a j v j j=1 Az ω : R n k R k-forma, ha multilineáris, azaz minden változójára ((v 1,..., v k )) nézve lineáris. Az n dimenziós k-formák vektorteret alkotnak, amit k (R n )-nel jelölünk Deníció (Formák ékszorzata (küls szorzata)). Tegyük fel, hogy τ k (R n ) és λ l (R n ). Ekkor τ λ egy k + l-forma lesz (τ λ k+l (R n )), amit a következ képpen kapunk meg: 1 és k + l között kiválasztunk k darab indexet növekv sorrendben, és elnevezzük ket σ 1,..., σ k -nak. Ezután a kihagyott l darab indexet növekv sorrendben elnevezzük σ k+1,..., σ k+l -nak. Ezzel az 1-t l k + l-ig tartó indexek egy (σ j ) sorbarendezését (permutációját) kapjuk, amelyre igaz, hogy 1 σ 1... σ k k + l, továbbá σ k+1... σ k+l. Ekkor τ és λ szorzata: τ λ: R n (k+l) R; τ λ(v 1,..., v k+l ) = σ ( 1) σ τ(v σ1,..., v σk )λ(v σk+1,..., v σk+l ) Itt σ jelöli az összes lehetséges permutációt és σ a permutáció inverzióinak számát, azaz azt, hogy hány darab cserével érhet el az adott sorrend az eredeti halmazból kiindulva. 15

16 Példa. Legyen τ = dx 1, λ = dx 2. Azt várjuk, hogy e két formának a fenti deníció szerinti ékszorzata megegyezik a denícióval. Lehetséges permutációk (a szumma tagjai): σ 1 = 1, σ 2 = 2: σ = 0 dx 1 (v) dx 2 (w) σ 1 = 2, σ 2 = 1: σ = 1 1 dx 1 (w) dx 2 (v) Tehát τ λ(v, w) = v 1 w 2 w 1 v 2, ami valóban egyezik a korábban használt determináns értékével Állítás (Az ékszorzat tulajdonságai). Antikommutatív: τ λ = ( 1) k l λ τ Asszociatív: ω (λ τ) = (ω λ) τ Az antikommutativitás következményei: i dx i dx i = 0 i, j dx i dx j = 1 dx j dx i Dierenciálformák A dierenciálformák helyt l függ formák, azaz a tér minden pontjában más formát határoznak meg. 0-forma: f : R n R dierenciálható skalármez 1-forma: n ω = f j dx j, j=1 ahol dx j egy elemi 1-forma, és j f j : R n R dierenciálható függvény. k-forma: ω = I f I dx I, ahol I egy indexhalmaz, dx I egy elemi k-forma, és f I dierenciálható függvényeket jelöl Deníció (Dierenciálformák küls deriváltja). Tegyük fel, hogy ω = f I dx I egy dierenciál k-forma. Ekkor dω egy dierenciál k + 1-forma, és dω = n i I f i (dx i dx I ) x i }{{} elemi k+1-forma Ebb l látszik, hogy ha ω = i ω i, akkor dω = i dω i. Speciális esetben, ha f egy dierenciál 0-forma, akkor küls deriváltja n f df = dx i x i Ez alapján egy dierenciál k-forma küls deriváltja felírható így is: i=1 dω = I df I dx I Lemma. Minden ω dierenciálformára d 2 ω = d(dω) = 0. 16

17 Példa. Legyen Kiszámoljuk d(df)-et. Tagonként deriválva: d(2xy dx) = f(x, y) = x 2 y + 2y 3 df = 2xy dx + (x 2 + 6y 2 ) dy 2y dx dx +2x dy dx = 2x dx dy }{{} ékszorzat tulajdonságai miatt 0 d((x 2 + 6y 2 ) dy) = 0 + 2x dx dy df = d(2xy dx) + d((x 2 + 6y 2 ) dy) = Formákra vonatkozó összefüggések R 3 -ban R 3 -ban a formák használatára néhány konvenciót vezetünk be, amelyekkel összefüggést teremtünk a formák absztrakt világa, valamint a skalár- és vektormez kr l korábban tanultak között. Az elemi 1-formákat jelölje dx, dy, dz. Az ékszorzat jelét mostantól nem írjuk ki, hasonlóan ahhoz, ahogy az egyszer szorzat jelét is rendszerint elhagyjuk. Deniáljuk a következ hozzárendeléseket: 0. T 0 egy 0-formához egy skalármez t rendel. Mivel egy 0-forma önmagában is egy egyszer skalármez, ezért egyszer en saját magát rendeljük hozzá: ω = f(x, y, z); T 0 (ω) = f(x, y, z) 1. T 1 egy 1-formához egy vektormez t rendel a következ képpen: f ω = f dx + g dy + h dz; T 1 (ω) = g h 2. T 2 egy 2-formához egy vektormez t rendel: 3. T 3 egy 3-formához egy skalármez t rendel: ω = f dx dy + g dx dz + h dy dz; T 2 (ω) = h g f ω = f(x, y, z) dx dy dz; T 3 (ω) = f Ezek a hozzárendelések lehet vé teszik, hogy a korábban deniált vektoroperátorokat visszavezessük a formák deriválására Állítás. A formák küls deriválása, valamint a gradiens, a divergencia és a rotáció között a következ összefüggések állnak fenn: 1. Ha ω 0-forma, azaz ω = f 0, akkor T 1 (dω) = grad T 0 (ω) = grad f. 2. Ha ω 1, ω = f dx + g dy + h dz, akkor ) T 2 (dω) = T 2 ((g x f y) dx dy + (h x f z) dx dz + (h y g z) dy dz = h y g z f z h x = rot T 1 (ω) g x f y 17

18 3. Ha ω 2, ω = h dx dy g dx dz + f dy dz, akkor ) T 3 (dω) = T 3 ((h z + g y + f x) dx dy dz = div T 2 (ω) Következmény. Abból, hogy d 2 ω = d(dω) = 0, a fentieket gyelembe véve egyenesen következik, hogy rot grad f = 0, és div rot F = 0, ahogy azt a Következmény ban már beláttuk Állítás. A dierenciál 1-formák ékszorzata megfeleltethet a vektoriális szorzatnak: T 2 (ω τ) = T 1 (ω) T 1 (τ) Formák integrálása sokaságokon Tegyük fel, hogy M R n k dimenziós sokaság, ω k (R n ) pedig dierenciál k-forma. Ekkor szeretnénk értelmezni az ω mennyiséget. Ehhez el ször két speciális esetet nézünk meg. M 1. Ha n = k = 3, akkor M egy térrész, és ω = f(x, y, z) dx dy dz. Ebb l egy közönséges hármas integrált kapunk: ˆ ω = f(x, y, z) dx dy dz 2. Ha n = 2 és k = 1, akkor M egy görbe: M = M M { γ(t) = ( x(t), y(t), z(t) ) } : t [a, b], továbbá az 1-formák terének dimenziója ( n k) = 2, tehát két dierenciálformánk van: ω1 = f(x, y) dx, ω 2 = g(x, y) dy. ˆ M f(x, y) dx = ˆ b a f(γ(t))x (t) dt; ˆ M g(x, y) dy = ˆ b a g(γ(t))y (t) dt Emlékezzünk vissza, hogy korábban is értelmeztük az integrálási változót koordinátatranszformációnál így: dx = x (t) dt. Most használjuk fel a sokaságok absztrakt denícióját (Deníció ). A V nyílt gömb most az ([a, b] ) intervallum, a φ leképezésnek pedig a γ : [a, b] R 2 felel meg. Ennek Jacobimátrixából (Dγ = (t) x y ) az els esetben az els sort vesszük ki úgy, hogy behelyettesítünk egy elemi (t) formába: dx(dγ) = x (t), a második esetben pedig a második sort. Ennek megfelel en ˆ M ˆ ω 1 = M f(x, y) dx = ˆ b a f(γ(t)) dx(dγ) dt; ˆ M ˆ ω 2 = M g(x, y) dy = ˆ b a g(γ(t)) dy(dγ) dt Deníció. Legyen M R n k dimenziós sokaság, ω k (R n ) dierenciál k-forma. A sokaság paraméteres megadásában φ: R k R n, V R k olyan nyílt gömb, hogy φ(v ) = M, valamint Dφ R n k teljes rangú mátrix. Ekkor ω M-en vett integrálját a következ képpen deniáljuk: ˆ ˆ ω = ω(dφ) dx 1... dx k M V Tétel (Általános Stokes-tétel). Tegyük fel, hogy ω dierenciál (k 1)-forma, és M k dimenziós irányítható sokaság. Ekkor dω dierenciál k-forma, M (k 1) dimenziós irányítható sokaság, és feltéve, hogy M és M irányítása megfelel egymásnak, igaz az, hogy ˆ ˆ dω = ω M M 18

19 Speciális esetek 1. Legyen n = k = 1, azaz a valós számok halmazán (a számegyenesen) értelmezünk egy M = (a, b) intervallumot. Ekkor M = {b, a}. Legyen ω = f(x), azaz dω = f(x) dx. Ekkor ˆ M dω = ˆ b a f (x) dx = f(b) f(a); ˆ M ˆ ω = {b,a} f = f(b) f(a) Az els esetben a Newton-Leibniz-formulát használtuk fel, a második esetben az f(a) el jele azért negatív, hogy M és M irányítása megegyezzen. Azt látjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula az általános Stokes-tétel speciális esete. 2. Legyen n = k = 2. Ekkor M egy terület, M pedig az t határoló görbe; ω = f(x, y) dx + g(x, y) dy és dω = (g x f y) dx dy. Ebb l Green tétele következik: Tétel (Green-tétel). A fenti feltételekkel f dx + g dy = M M (g x f y) dx dy Speciális esetben f(x, y) = y, g(x, y) = x. Ekkor a Green-tételt felírva ki tudjuk számolni M területét: (x dy y dx) = dx dy = 2 dx dy = 2 A(M) M M Belátható továbbá, hogy a Divergenciatétel és a klasszikus Stokes-tétel szintén az általános Stokes-tétel speciális esetei. M 19

20 20

21 3. fejezet Dierenciálegyenlet-rendszerek stabilitása 3.1. A stabilitás fogalma Stabilitás egy dimenzióban A természettudományok az általuk vizsgált jelenségeket gyakran dierenciálegyenlet-rendszerrel írják le. Ekkor fontos szemponttá válik annak eldöntése, hogy az adott rendszer stabil-e. A stabilitás hozzávet legesen azt jelenti, hogy a küls körülmények (kezdeti feltételek) piciny megváltoztatása nem okozza a rendszer m ködésének (a megoldásnak) radikális megváltozását Példa. Vegyünk egy 1 egység hosszú, merev ingát. Jelölje x az inga végpontjának magasságát a felfüggesztéshez képest. Az ingának két egyensúlyi helyzete van: az x = 1 stabil helyzet (az inga lefelé lóg), míg az x = 1 labilis egyensúlyi helyzet (az inga felfelé áll). Ha a stabil helyzetben az ingát picit meglökjük, hamar visszatér a stabil helyzetbe. Ha a labilis helyzetben az ingát akármilyen picit meglökjük, a rendszerben nagy változást idézünk el : az inga lehullik és nem tér vissza az eredeti helyzetébe. (Ezért nem lehet a labilis egyensúlyi helyzetet a valóságban el idézni: az ingát akármilyen pici légmozgás vagy porszemnyi súly is kimozdítja.) Az inga id ben változó magasságát az x(t) függvény és az ẋ = f(x) dierenciálegyenlet írja le. Az egyensúlyi helyzet azt jelenti, hogy az adott x(0) = x 0 kezdeti feltétellel a függvény konstans: az inga nem fog elmozdulni. A két egyensúlyi helyzet: x 0 = 1 x(t) 1 x 0 = 1 x(t) 1 Az x 0 kezdeti feltételre adódó megoldásra alkalmazhatjuk az x(t, x 0 ) jelölést Deníció. Az x 0 egyensúlyi pont, ha x(t, x 0 ) x 0, azaz ẋ = f(x) 0. A stabilitást általában az egyensúlyi pont környezetében vizsgáljuk. A következ kben csak az origó stabilitását fogjuk vizsgálni, de mindez egyszer en kiterjeszthet tetsz leges x 0 -ra is Deníció. A 0 pont Ljapunov-stabil, ha ε > 0 δ > 0, hogy ha x 0 < δ, akkor x(t, x0 ) < ε. 21

22 Általánosítás n dimenzióra Adottak az x 1 (t),..., x n (t) függvények. Ezekb l a következ dierenciálegyenlet-rendszert írjuk fel: ẋ 1 = f 1 (x 1,..., x n ). ẋ n = f n (x 1,..., x n ) ẋ = f(x) x = x 1.. x n ; f = Feltesszük továbbá, hogy f(0) = 0, tehát az origó egyensúlyi pont. f 1.. f n ; Kezdeti feltétel: x(0) = x Deníció. Az origó Ljapunov-stabil, ha ε > 0 δ > 0, hogy ha x 0 < δ, akkor x(t, x0 ) < ε. Ez azt jelenti, hogy ha a kezdeti feltétel elég közel van az egyensúlyi ponthoz, akkor a megoldás is elég közel fog maradni az egyensúlyi ponthoz Deníció. Az origó aszimptotikusan stabil, ha δ, hogy ha x 0 < δ, akkor lim t x(t, x0 ) = 0. Ez azt jelenti, hogy ha a kezdeti feltétel elég közel van az egyensúlyi ponthoz, akkor a megoldás az egyensúlyi pontba fog konvergálni. Általában, ha f(x ) = 0, akkor x(t) x megoldás, tehát az x pont egyensúly A stabilitás vizsgálata A közönséges dierenciálegyenletekr l tanultak ismétlése és kiegészítése A lineáris dierenciáloperátort a következ képpen deniáltuk: L[y] = y (n) + a 1 y (n 1) a n y A homogén egyenlet: L[y] = 0; Kezdeti feltétel: y(0), y (0),..., y (n 1) (0) adott. Deniáljuk továbbá a karakterisztikus polinomot: P (λ) = λ n + a 1 λ n a n A karakterisztikus polinomnak multiplicitásokkal együtt n darab komplex gyöke van: λ j = µ j + iν j Állítás. Tegyük fel, hogy létezik olyan α > 0, hogy j µ j < α. Ekkor minden olyan y függvényre, amely a DE megoldását adja, M, hogy y(t) Me αt. Tudjuk, hogy az egyenlet alapmegoldásai komplex gyökök esetén e µjt cos ν j t és e µjt sin ν j t, valós gyökök esetén pedig e µjt. Az n-edrend LDE átalakítható DE-rendszerré az alábbi módon: x 1 (t) := y(t) x 2 (t) := y (t). x n (t) := y (n 1) (t) ẋ 1 = x 2. ẋ n 1 = x n ẋ n = y (n) Továbbá ẋ n = y (n) = a n x 1 a n 1 x 2... a 1 x n 1. Így a teljes rendszert felírhatjuk így: x ẋ = Ax; x =.. ; A = x n a n a n a 1 22

23 Ezt az A R n n mátrixot kísér (companion) mátrixnak hívjuk. A f átló felett egyesek vannak, az alsó sorban a a j együtthatók, mindenhol máshol pedig nullák. A kísér mátrixról tudjuk, hogy det(λi A) = P (λ), ahol I a megfelel dimenziójú egység- (identity) mátrix Módszerek a stabilitás vizsgálatára Deníció. A P (λ) polinom stabil, ha α > 0, hogy j Re(λ j ) = µ j < α Állítás. Tegyük fel, hogy x(t) = x 1.. x n ; ẋ = Ax egy tetsz leges lineáris rendszer, amelyben a P (λ) = det(λi A) karakterisztikus polinom stabil, azaz α > 0, hogy j Re(λ j ) < α. Ekkor M, hogy j xj (t) Me αt Következmény. Az origó Ljapunov-stabil, ha j Re(λ j ) 0. Az origó aszimptotikusan stabil, ha j Re(λ j ) < Példa. Legyen a dierenciálegyenlet: ÿ + 2αẏ + y = 0. Ekkor ( ) (ẏ ) ( ) y 0 1 x = ; ẋ = ; ẋ = Ax = ẏ ÿ 1 2α A stabilitás megállapításához a karakterisztikus polinom gyökeit, azaz a kísér mátrix sajátértékeit kell megvizsgálnunk. P (λ) = det(λi A) = λ 1 1 λ 2α = λ2 + 2αλ + 1 λ 1,2 = α ± α 2 1 A megoldás: y j = e λj = e α± α 2 1. A rendszer stabil, ha lim t y = 0, ami akkor teljesül, ha λ < 0, azaz α > 0. Egy ilyen alakú egyenlet esetén tehát a stabilitás feltétele α > 0. Megjegyzés. Nemlineáris egyenlet vagy egyenletrendszer stabilitását vizsgálhatjuk linearizálással. Erre alkalmas a vizsgált függvények Taylor-sorba fejtése és véges számú taggal való számolás. Erre egy zikai jelent ség példa a van der Pol egyenlet: ÿ + ε(1 y 2 )ẏ + y = 0; ε > 0 Az origó stabilitásának az utóbbi két deníció szerinti vizsgálata megköveteli az összes szóba jöv kezdeti feltételre adott megoldás ismeretét. A Ljapunov-függvény egyszer bb módot ad a stabilitás megállapítására Deníció. V : R n R a rendszer Ljapunov-függvénye, ha az origónak van olyan U környezete, hogy 1. V (0) = 0, 2. V (x) > 0 x U, x 0, 3. t 0-ra d dt V (x(t)) = grad V, ẋ 0, azaz V az x(t) trajektória (útvonal) mentén monoton csökken. A Ljapunov-függvény zikai értelmezése valamilyen energiamennyiség Tétel. Ha a rendszernek van Ljapunov-függvénye, akkor az origó Ljapunov-stabil. Ha van olyan Ljapunov-függvény, melyre V (x) < 0 x U, x 0, akkor az origó aszimptotikusan stabil. ( ) y ẏ 23

24 Példa. Folytassuk a fenti példát: ÿ + 2αẏ + y = 0, azaz ÿ + y = 2αẏ. Legyen V (x) = 1 2 xt x = 1 2 (ẏ2 + y 2 ). (Analógia: kinetikus és potenciális energia) V = grad V, ẋ = 1 2 (2ẏÿ + 2yẏ) = ẏ(ÿ + y) = ẏ( 2αẏ) = 2αẏ2 0, azaz az origó valóban stabil, ha α > 0. Az aszimptotikus stabilitást azonban ezzel a Ljapunov-függvénnyel nem tudjuk belátni, mert ahhoz V (x) < 0 kellene minden x 0-ra. Itt pedig V (x) = 0 már akkor, ha x 2 = ẏ = Példa. Válasszuk most a fenti egyenlethez Ljapunov-függvénynek a következ t: ( ) V (x) := x T 2α Bx; B = α α 1 B pozitív denit mátrix (det B = α 2 +1), ezért a Ljapunov-függvény 1. és 2. tulajdonsága igaz rá. Belátható, hogy V (y, ẏ) = 2α(y 2 + ẏ 2 ), ami pedig csak y = ẏ = 0 esetén 0, egyébként negatív. Tehát V megfelel megválasztásával bebizonyítottuk, hogy a rendszer aszimptotikusan stabil Lineáris rendszerek stabilitása Deníció. Lineáris rendszer alatt egy x 1 (t) x(t) =. ; ẋ = Ax; Kezdeti feltétel: x(0) = x 0 x n (t) alakú dierenciálegyenlet-rendszert értünk. Általában Ljapunov-függvénynek egy kvadratikus alakot választunk majd. V (x) = V (x) = x T Px ( ) ẋ, Px + x, Pẋ = Ax, Px + x, PAx = x, A T Px + x, PAx = x, A T P + PA x C := A T P + PA Tétel. Tegyük fel, hogy A stabil, azaz α > 0: j Re(λ j (A)) < α. Ekkor minden C negatív denit mátrixra létezik olyan P pozitív denit mátrix, hogy A T P + PA C = Deníció. Ezt a mátrixegyenletet Ljapunov-egyenletnek nevezzük. (Ekvivalens megfogalmazás: C pozitív denit, A T P + PA + C = 0. A tétel bizonyításában ezt az utóbbi formát használjuk.) Bizonyítás. (Konstruktív) Legyen P a következ : P := ˆ 0 e AT t Ce At dt 24

25 El ször bebizonyítjuk, hogy P jól deniált, azaz bár improprius integrál, minden eleme véges. Ehhez P -t felülr l becsüljük a háromszög-egyenl tlenség használatával, majd felhasználjuk, hogy e At Me αt. P = ˆ 0 ˆ e AT t Ce At dt e AT t Ce At dt ˆ ˆ e AT t C e At C M 2 C dt M 2 e 2αt dt = 0 0 2α Tehát P véges, P jól deniált. Ezután bebizonyítjuk a Ljapunov-egyenletet (A T P + PA = C). ˆ ( A T P + PA = A T e AT t Ce At) ( + e AT t Ce At) ˆ d ( A dt = e AT Ce At) dt = [e AT Ce At] 0 0 dt = ( ) 0 Felhasználjuk, hogy (pongyolán) e A Me α = 0, és e 0 = I. ( ) = 0 C 0 I C I = C 0 (3.1) Példa. A rendszer és a C mátrix legyen a következ : ( ) 1 ẋ = 2 1 x; C = I; P = 0 1 Megoldás: PA = ( ) p1 p 2 =? p 2 p 3 ( p 1 ) ( ) 2 p 1 p 2 ; PA + (PA) T p = 1 p p 2 p2 2 p 2 p 3 p p 2 2p 2 2p 3 tehát P pozitív denit mátrix. p 1 = 1; p 2 = 2 3 ; p 3 = 7 6, = I = ( ) A stabilitás vizsgálata során a leginkább azt akarjuk kideríteni, hogy mekkora zavaró jelet, zajt (perturbációt) visel el a rendszer úgy, hogy stabil marad. Jelöljük a rendszert zavaró tényez t egy B mátrixszal: ẋ = (A + B)x; V (x) =... = x, Cx + V (x) = x T Px ( ) x, B T P + PB x A rendszer stabilitásának tehát feltétele, hogy B T P + PB + C 0 (negatív szemidenit). Kérdés, hogy ez mikor teljesül? Lemma. Ha B < K, akkor V ( ) (x) < x 2 1 KM 2 α, ahol M és α az Állítás ben deniált mennyiségek. Bizonyítás. V (x) = ẋ, Px + x, Pẋ x, (A T + B T )Px + x, P(A + B)x = = (A + B)x, Px x, (A T P + PA) x }{{} I 25 + x, P(A + B)x = + x, (B T P + PB)x = ( )

26 Ezt a Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz egyenl tlenséggel felülr l becsüljük: ( B ( ) x 2 + x 2 B T P + PB x 2 + x 2 T ) P + P B = ( ) Felhasználjuk, hogy B < K és a (3.1) egyenletb l C = I választással P < M 2 ( ) ( ) ( ) x 2 + x 2 2K M 2 = x 2 1 KM 2 2α α 2α. Megjegyzés. A mátrixokra többféle normát szokás értelmezni, de szokásosan a B = det (B T B) normát használjuk Tétel. Ha K < α M, akkor V (x) = x, Px a B-vel perturbált rendszernek is Ljapunov-függvénye, 2 tehát ez a rendszer is aszimptotikusan stabil lesz. Bizonyítás. Ha K < α M 2, akkor 1 KM 2 α < 0. A Lemma miatt ekkor igaz, hogy V (x) < x 2 ( ) 1 KM 2 α Beláttuk tehát, hogy a rendszert megzavaró perturbáció mekkora lehet ahhoz, hogy a rendszer stabilitása megmaradjon Nemlineáris rendszerek stabilitása Példa (Nemlineáris ingaegyenlet). ÿ = g(y), ahol a g függvényr l tudjuk, hogy g(0) = 0, és s 0 s g(s) > 0. Ekkor g-t passzív függvénynek nevezzük, mert a kitérés (y) és a gyorsulás (ÿ = g(y)) el jele mindig különböz lesz. Átírás DER alakba: ẋ 1 = x 2 ; ẋ 2 = g(x 1 ) ˆ V (x) := x2 x g(s) ds 0 < 0 V (x) = 1 2 2x 2ẋ 2 + g(x 1 )ẋ 1 = x 2 g(x 1 ) + g(x 1 )x 2 = 0 A Ljapunov-függvény deriváltja 0, tehát az energia nem változik - az inga a lökés után, ha nincs súrlódás, ideális esetben végtelen ideig ingani fog Példa. Most a fenti példához vegyük hozzá a súrlódást is! Legyen a rendszer egyenlete ÿ +g sin y + kẏ = 0, ahol g a gravitációs gyorsulás. ẋ 1 = x 2 ; ẋ 2 = g sin x 1 kx 2 ˆ V (x) := x2 x g sin s ds = x g (1 cos x 1) V (x) = x 2 ẋ 2 + g sin x 1 ẋ 1 = x 2 ( g sin x 1 kx 2 ) + gx 2 sin x 1 = kx 2 2 0, tehát ilyen alakú zavaró függvény esetén a rendszer stabil. 26

27 Általánosságban a következ alakú nemlineáris rendszerekkel fogunk foglalkozni: ẋ = Ax + h(x); h(0) = 0; x(t, 0) Állítás. Tegyük fel, hogy A stabil, valamint ε > 0 δ > 0, hogy ha x < δ, akkor h(x) < ε x. Ekkor az origó aszimptotikusan stabil. Bizonyítás. Mivel A stabil, ezért tudjuk, hogy a Ljapunov-egyenlet (Deníció ) megoldása P pozitív denit. Legyen V (x) := x, Px és A T P + PA = C = I. Ekkor V (x) = ẋ, Px + x, Pẋ = x, (A T P + PA) x }{{} I + x, Ph(x) + h(x), Px = ( ) A Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz egyenl tlenség felhasználásával felülr l becsüljük V -t a következ képpen: ( ) x h(x) x P = ( ) Most felhasználjuk a tétel feltételeit. Legyen ε := 1 ρ 2 P, ρ > 0. Ha x < δ, akkor ( ) < x 2 + 2ε x x P = x ρ P 2 P x x = ρ x 2 < 0, tehát az origó aszimptotikusan stabil Következmény. Legyen ẋ = f(x). Tegyük fel, hogy f(0) = 0, f kétszer dierenciálható, és Df(0) stabil mátrix. Ekkor az origó aszimptotikusan stabil. Bizonyítás. Taylor-sorral Következmény. Tegyük fel, hogy egy x pontra f(x ) = 0 és Df(x ) stabil. Ekkor x stabil Példa. ẋ 1 = x 1 (1 x 1 x 2 ) ẋ 2 = x 2 ( 3 4 x 2 x 1 2 ) ẋ = f(x) Az egyensúly feltétele: ẋ = 0. Az így keletkez egyenletrendszer négy megoldásából kett : x 1 = (0, 0), x 2 = ( 1 2, 1 2 ). A Jacobi-mátrix a két helyen: ( ) ) Df(0, 0) = ; Df ( 1 2, 1 ) ( = Az els esetben Re(λ 1,2 ) > 0, azaz az origó nem stabil. A második esetben Df negatív denit, tehát x 2 stabil Az egyensúlyi pont stabil környezetének meghatározása Olyan módszert keresünk, amellyel meg tudjuk állapítani, hogy az egyensúlyi pontnak mely környezetéb l kell vennünk a kezdeti feltételt ahhoz, hogy a megoldás egy megadott környezeten belül maradjon. Tehát a Deníció ben szerepl ε-hoz akarjuk meghatározni δ = δ(ε)-t Deníció. Ω invariáns halmaz, ha x 0 Ω, t 0 x(t, x 0 ) Ω. 27

28 Deníció. A γ + R n halmazt a rendszer pozitív határhalmazának nevezzük, ha { } γ + = p R n : (t n ) sorozat, hogy lim t n = és lim x(t n, x 0 ) = p n n Állítás (γ + tulajdonságai). A pozitív határhalmaz 1. nem üres 2. kompakt (=korlátos és zárt) 3. invariáns halmaz A 3. tulajdonság bizonyítása. Vegyünk egy tetsz leges p γ + pontot, és egy t n elemet a p-hez tartozó (t n ) sorozatból. Ekkor lim n x(t n, x 0 ) = p Legyen az új kezdeti feltételünk x(t n, x 0 ). A megoldás egyértelm, ami azt jelenti, hogy ez a pont eleme az x(t, x 0 ) trajektóriának. Tehát az erre a kezdeti feltételre adódó megoldásra igaz, hogy Ennek a határértéke n esetén x(t, x(t n, x 0 )) = x(t + t n, x 0 ) lim x(t + t n, x 0 ) = lim x(t, x(t n, x 0 )) = x(t, p) n n Tehát p γ + x(t, p) γ +, azaz γ + invariáns halmaz Tétel (La Salle-tétel). Legyen - Ω l = { x: 0 < V (x) < l } egy l > 0-ra (egy olyan halmaz, ahol V korlátos) } - U = {x Ω l : V (x) = 0 - M a lehet legnagyobb invariáns halmaz U-ban Ekkor x 0 Ω l -re lim t x(t, x 0 ) M. 28

29 4. fejezet Variációszámítás 4.1. Bevezet példák Példa (Bernoulli-feladat, avagy brachisztokron probléma). Adott A(x 0, y 0 ) és B(x 1, y 1 ), két pont a síkon. A pontból elengedünk egy pontszer testet. Állandó nagyságú, lefelé irányuló gravitációt és nulla súrlódást feltételezve milyen az a görbe, amelyen a test a legrövidebb id alatt ér le B-be? A görbét az y = φ(x) függvény írja le. φ: [x 0, x 1 ] R, φ(x 0 ) = y 0, φ(x 1 ) = y 1. Ekkor a leérés ideje T = 1 2g ˆ x1 x φ 2 (x) φ(x) y0 dx Ennek az integrálnak a minimumát keressük a φ függvények halmazán Példa. Egy görbét megforgatva az x tengely körül az így keletkezett forgástest felszíne mely y = f(x) görbe esetén lesz a legkisebb, ha a görbe két végpontja ((a, f(a)) és (b, f(b))) adott? A = 2π ˆ b a f(x) 1 + f 2 (x) dx Példa. Adott egy felület R 3 -ban, és rajta két pont. A két pontot összeköt, a felületen haladó görbék közül melyik a legrövidebb? 4.2. Általános feladat l = ˆ b Egyváltozós általános eset a x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t) dt Adott a megengedhet függvények halmaza, amelyek eleget tesznek a megadott peremfeltételeknek: C = { φ: [x 0, x 1 ] R kétszer folytonosan dierenciálható, φ(x 0 ) = y 0, φ(x 1 ) = y 1 adott } Adott továbbá egy integráloperátor (funkcionál): I : C R; I(φ) = ˆ x1 x 0 F (x, φ, φ ) dx, ahol az F függvény kétszer folytonosan dierenciálható. Keressük azon u(x) függvényeket, amelyekre I(u) minimális. 29

30 Megjegyzés. Fontos meggyelni, hogy itt egy szokatlan jelölést használunk. F függhet x-t l, egy u(x) függvényt l, valamint ennek deriváltjától. Ennek megfelel en F argumentumait (x, y, z) helyett (x, u, u )-vel jelöljük. Erre akkor kell nagyon gyelni, amikor u vagy u, mint változó szerint deriválunk Tétel (A széls érték szükséges feltétele). Tegyük fel, hogy az u(x) függvény minimalizálja I-t. Ekkor L[u] := F u d F dx u = F u d dx F u = 0 Ez az Euler-egyenlet. Az ezt kielégít megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük. Bizonyítás. Vezessük vissza a problémát egy egyváltozós széls érték-feladatra! Tekintsük a következ halmazt: C 0 = { η : [x 0, x 1 ] R kétszer dierenciálható, η(x 0 ) = η(x 1 ) = 0 } Amennyiben u-t egy η C 0 függvénnyel perturbáljuk, akkor a perturbált függvény is a megengedhet halmazban lesz, mert a peremfeltételeken a perturbáció nem változtatott, azaz (u + η) C. Deniáljuk a következ függvényt rögzített η 0 -ra: G(ε) := I(u + εη 0 ) = ˆ x1 x 0 F (x, u + εη 0, u + εη 0) dx Ekkor abból, hogy u = u + 0η 0 minimalizálja I-t, következik, hogy G-nek 0-ban minimuma van, tehát: ε G(0) G(ε); G (0) = 0 Deriváljuk G-t a láncszabály alapján! (Az els változó (x) szerinti parciális deriváltak értéke 0, mert x nem függ ε-tól. F argumentumaiban (x, u + εη 0, u + εη 0) áll, amit most nem írunk ki.) A második tagot parciálisan integráljuk: ˆ x1 Az egész integrál tehát: Minden η C 0 -ra teljesülnie kell, hogy G (0) = G (ε) = ˆ x1 x 0 η 0F u dx = [ F u η 0 x 0 x 0 }{{} ˆ x1 G (ε) = x 0 η 0 ˆ x1 0 x 0 η 0 ε = 0-ban a széls érték feltétele ez alapján valóban η 0 F u + η 0F u dx ] x1 ˆ x1 η 0 x 0 ( F u d dx F u ) dx ( ) F u(x, u, u ) d dx F u (x, u, u ) dx = 0 F u d dx F u = 0 d dx F u dx (4.1) Az Euler-egyenletben szerepl Ezt visszahelyettesítve az egyenletbe: d dx F u kifejtése a láncszabály alapján: d dx F u (x, u(x), u (x)) = 2 F u x + 2 F u u u + F u F u x u F u u u F u u = 0 A kapott másodrend dierenciálegyenletnek nincs általános megoldása. keressük.) 30 2 F u u u (Nem parciális DE, mert az u-t

31 Példa. Igazoljuk variációszámítással, hogy két pont között a legrövidebb út az egyenes! Legyen a két pont P 0 (x 0, y 0 ) és P 1 (x 1, y 1 ), az ket összeköt görbét pedig írja le egy y = y(x) függvény, melyre y(x 0 ) = y 0 és y(x 1 ) = y 1! A görbe hossza: l = ˆ b a 1 + y 2 (x) dx, tehát F (x, u, u ) = 1 + u 2 F nem függ expliciten x-t l és u-tól, tehát F u = 0. Így az Euler-egyenlet: d dx F u = 0 F u = u 2 u = c konstans Ezt átrendezve kapjuk, hogy u (x) szintén konstans, tehát y(x) = u(x) egy egyenes Speciális esetek 1. Amennyiben F nem függ expliciten u -t l, akkor F u = 0, így az Euler-egyenlet egy implicitfüggvényfeladatot ad: 2. Ha F nem függ u-tól, akkor az Euler-egyenlet: F u(x, u) = 0 d dx F u = 0, amib l egy integrálással adódik, hogy F u = c konstans. u -t kifejezhetjük, majd integrálunk: ˆ u (x) = f(x, c); u = f(x, c) dx + d konstans Ebben az esetben a c és d konstansok megfelel megválasztásával fogjuk kielégíteni a peremfeltételeket. 3. A legfontosabb eset az, amikor F nem függ x-t l. Ekkor deniáljuk a következ függvényt, majd deriváljuk: E(x) := F u F u de dx = u F u + u F u u F u u (u F u u + u F u u ) = u (F u + u F u u + u F u u ) = u L[u] Ha u stacionárius megoldás, akkor ez alapján de dx = 0, tehát E(x) = c konstans. Ezt a függvényt értelmezhetjük egy energiamennyiségnek, ami optimális esetben nem változik Példa (A Példa megoldása). A = 2π ˆ b a E = u 1 + u 2 y(x) 1 + y 2 (x) dx F (u, u ) = u 1 + u 2 u 2 u 1 + u 2 = F u = u 1 2 2u 1 + u 2 u 1 + u 2 (1 + u 2 u 2 ) = u 1 + u 2 c 31

32 A kapott dierenciálegyenlet megoldása. Némi átrendezéssel adódik, hogy ˆ u = du dx = u2 c 2 c 2 ˆ 1 ( u c )2 1 du = 1 dx c arcosh u c = x + d u = c cosh x + d c A feladat megoldása tehát a cosh függvény, azaz a láncgörbe (az a görbe, amit egy, a két végén felfüggesztett lánc felvesz) Példa (A Példa megoldása). T = 1 2g ˆ x1 x y 2 (x) y(x) y0 dx F (u, u ) = 1 + y 2 (x) y(x) y0 F u = u u y0 1 + u 2 E =... = 1 u y0 1 + u 2 = c u = du dx = 1 c 2 (u y 0 ) 1 Az adódó integrálban τ := c 2 (u y 0 ) helyettesítést végzünk, amib l du = dτ c 2. Újabb helyettesítés: τ =: sin 2 θ 2. Ekkor ˆ ˆ ˆ dx 1 x = du du = u du =... = 1 τ c 2 dτ = ( ) 1 τ ( ) = 1 2c 2 ˆ dτ = 2 sin θ 2 cos θ sin 2 θ 2 sin θ dθ = 1 ˆ 1 sin 2 θ 2c 2 2 dθ = sin θ dθ 2 tan θ 2 = 1 (θ sin θ) + d 2c2 u = τ c 2 + y 0 = sin2 θ 2 c 2 Tehát a brachisztokron görbe egy ciklois: ( ) x(θ) y(θ) = 1 2c 2 + y 0 = 1 cos θ 2c 2 + y 0 ( ) ( θ sin θ d + 1 cos θ y0) 32