Differenciálegyenletek

Átírás

1 Differenciálegyenletek Farkas Csaba 207. október.

2

3 Tartalomjegyzék Bevezetés 5. Differenciálegyenletek és azok megoldásai Kezdetiérték feladatok Kitűzött feladatok Elsőrendű egyenletek 2. Direkt integrálással megoldható egyenletek Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Szétválasztható egyenletekre visszavezethető egyenletek 7 3. Homogén egyenletek (.) Az y = f a+b y+c a 2+b 2y+c 2 alakú differenciálegyenletek Elsőrendű lineáris egyenletek 2 4. Bevezetés Megoldási módszer: konstans variálásának módszere Bernoulli és Riccati differenciálegyenletek

4

5 FEJEZET Bevezetés.. Differenciálegyenletek és azok megoldásai Értelmezés. If you know the enemy and you know yourself you need not fear the results of a hundred battles. Differenciálegyenlet alatt olyan függvényegyenleteket értünk, melyekben független változók, függvények és azok deriváltjai szerepelnek. (Sun Tzu) Egy differenciálegyenletet közönséges differenciálegyenlet nevezünk, ha a benne levő ismeretlen függvény egy valós vagy komple változótól függ (azaz az y függvény értelmezési tartománya R vagy C). A differenciálegyenletet parciális differenciálegyenletnek nevezzük, ha az ismeretlen függvény több változótól függ (ebben az esetben az értelmezési tartomány lehet R N, N a tér dimenziója).... példa A következő egyenletek közönséges differenciálegyenletek: y () + 5y() = e, 2 d2 y d 2 dy d + 7y = 0, d dt + dy dt = 2y. A következő egyenletek parciális differenciálegyenletek: u := 2 u u y 2 = 0, 2 u 2 = 2 u 2 t 2 u t A differenciálegyenlet első elsőrendű, ha az tartalmazza az ismeretlen függvény deriváltját, de nem tartalmazza annak egyetlen magasabb rendű deriváltját sem. Egy differenciálegyenlet másodrendű ha tartalmazza az ismeretlen függvény másodrendű deriváltját (tartalmazhatja az első deriváltját is) de nem tartalmazza annak magasabb rendű deriváltjait. Egy n-ed rendű egyenletet a következő alakban írhatunk fel: F (, y, y, y,..., y (n)) = 0, (..) ahol F valamely Ω R n+2 tartományon értelmezett valós vagy komple függvény. Az (..) egyenlet megoldásain valamely I R intervallumon, olyan y : I R(C) függvényeket értünk amelyekre: (i) y C n (I) (az y függvény n-szer folytonosan differenciálható); (ii) (, y(), y (), y (),..., y (n) ()) Ω, I; (iii) F (, y(), y (), y (),..., y (n) ()) = 0, I.

6 6 Bevezetés..2. példa Legyen F (, y, z) = + yz egy háromváltozós függvény. Ekkor az (..) differenciálegyenlet a következő alakot ölti: + y y = 0, azaz Egyszerű helyettesítéssel beláthatjuk, hogy y = y, y 0. y = R 2 2, y 2 = R 2 2 alakú függvények megoldásai a megadott differenciálegyenletnek a ( R, R) intervallumon. Az (..) egyenlet megoldásainak tanulmányozása szempontjából nagy előny ha az n-ed rendű deriváltat ki tudjuk fejezni az egyenletből, az, y, y,..., y (n ) segítségével, azaz (..) egyenlet helyett a következő úgy nevezett normál alakú egyenletet tekintjük: ( y (n) = f, y, y, y,..., y (n )), I. (..2) A linearitást y-ban vizsgáljuk. Megjegyezendő, hogy egy f függvény lineáris ha f(α + βy) = αf() + βf(y) minden, y és α, β esetén Megjegyezendő, hogy a deriválás esetén (αf + βg) (n) = αf (n) + βg (n) A fenti egyenlet megoldását hasonlóan értelmezhetjük, mint az általános esetben. Az (..) egyenletet lineáris egyenletnek mondjuk ha F lineáris az y, y,..., y (n) -ben. Ez azt jelenti, hogy egy n-ed rendű közönséges differenciálegyenlet lineáris ha felírható a következő alakban: a n ()y (n) () + a n ()y (n ) () a ()y () + a 0 ()y() = g() (..3) Vegyük észre, hogy a fenti egyenletben az a j (), j = 0, n együttható függvények nem függnek az y ismeretlen függvénytől. Azok az egyenletek amelyek nem írhatóak fel az (..3) alakba nem-lineáris egyenleteknek nevezzük...3. példa A következő egyenletek lineáris egyenletek: y 5y + 6y = 0, 2 y + y + y = e. Az alábbi egyenletek nem-lineáris egyenletek: függ y-tól függ y-tól a rend 2 Az y y n függvény nem-lineáris ha n >. ( y) y + 0y = sin(), y = ln( + y), y + y 2 = 0. Értelmezés. Egy közönséges differenciálegyenlet megoldásának a grafikus képét megoldás görbének nevezzük. Mivel egy differenciálegyenlet y megoldása differenciálható függvény az I értelmezési tartományon ez ert, sok esetben különbség van egy y függvény grafikus képe és egy y megoldás függvény grafikusképe között. Ennek az illusztrálására tekintsük a következő példát:..4. példa Függvény és megoldás Tekintsük az y() = függvényt. Ennek a függvénynek a grafikus képe az alábbi ábrán látható. Világos, hogy az y függvény nem differenciálható az 0 pontban.

7 . Differencia legyenletek e s azok megolda sai 7 Tekintsu k most az y 0 + y = 0 differencia legyenletet. Elleno rizheto, hogy ennek az egyenletnek az y = megolda sa. Ez alatt pontosan azt e rtju k, hogy az y megolda sa az egyenletnek egy olyan I intervallumon ami nem tartalmazza a 0-t... a bra. Az 7 fu gge ny a bra zola sa, illetve az y =, > 0 megolda s go rbe a bra zola sa. Te rju nk vissza az (..) vagy (..2) egyenletekhez. Ezen egyenleteknek ke t tı pusu megolda st ku lo nbo ztetu nk meg: eplicit megolda s ill. implicit megolda s. E rtelmeze s.. Azon megolda sokat amelyek kifejezheto ek csak a fu ggetlen va ltozo (k) segı tse ge vel, azokat eplicit megolda soknak nevezzu k. 2. Az (..) egyenlet esete n a G(, y) = 0 rela cio t implicit megolda snak nevezzu k az I intervallumon. Az 2 + y 2 = 36 implicit megolda s y pe lda Az 2 + y 2 = 36 rela cio implicit megolda sa az (a) y0 = y y () = 36 2 eplicit megolda s. egyenletnek az I = ( 6, 6) intervallumon. Valo ban deriva lva a megadott rela cio t d 2 d 2 d + y = 36 d d d vagy 2 + 2yy 0 = 0. Vila gos, hogy az uto bbi o sszefu gge s pontosan az adott differencia legyenletet szolga ltatja. E szreveheto ugyanakkor az is, hogy a rela cio alapja n y,2 () = ± 36 2, I. Ezen fu ggve nyek eplicit megolda sai az adott egyenletnek. Egy differencia legyenlet megolda sa sora n a megolda sunk tartalmazhat egy c tetszo leges a llando t, ilyen esetben a G(, y, c) = 0 egy parame terto l fu ggo megolda snak nevezzu k. Egy n-ed rendu egyenlet esete n n parame terto l fu ggo megolda st kapunk: G(, y, c, c2,..., cn ) = 0. Ez azt jelenti, hogy egy differencia legyenletnek ve gtelen sok megolda sa lehet. Azon megolda sokat amelyek nem fu ggnek a parame terto l saja tos megolda snak nevezzu k. y (b) 6 y2 () = 36 2 eplicit megolda s.

8 8 Bevezetés y..6. példa Sajátos megoldások c < 0 c < 0 = c > 0 c > 0 Az y = c cos függvény grafikus képe.. Tekintsük a következő c paramétertől függő függvénycsaládot: y() = c cos, c R. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy a fenti függvény egy eplicit megoldása az y y = 2 sin lineáris differenciálegyenletnek. A fenti példában látszik, hogy az y = cos függvény a differenciálegyenlet egy sajátos megoldása. 2. Tekintsük az y() = c sin + c 2 cos két paramétertől függő függvényt. Belátható, hogy az y megoldása az y + y = 0 másodrendű differenciálegyenletnek. Az y() = sin és az y() = cos az eredeti egyenlet egy-egy sajátos megoldásai. Az y = c sin + c 2 cos függvény grafikus képe.... Megjegyzés. Tekintsük az y = c 4 függvénycsaládot. Észrevehető, hogy ez a függvénycsalád megoldása az y 4y = 0 differenciálegyenletnek az R-n. Ugyanakkor világos, hogy az { 4 < 0 y() = 4 0 megoldása a differenciálegyenletnek. Tehát egy differenciálegyenletnek többképlettel megadott függvény is lehet megoldása..2. Kezdetiérték feladatok A differenciálegyenletek megoldása során számos esetben kezdeti feltételeket is figyelembe kell vennünk. Például időtől függő jelenségek esetén figyelembe vesszük az kezdeti pillanatban ismert információt (kezdeti hőmérséklet stb.) Ilyen esetekben nem célunk az egyenletünk összes megoldását meghatározni. Értelmezés. Legyen Ω R n+ egy összefüggő halmaz, f : Ω R egy adott folytonos függvény. Ekkor az { y (n) = f (, y, y,..., y (n )) y( 0 ) = y 0, y ( 0 ) = y 0,..., y (n ) ( 0 ) = y (n ) (P) ( ahol nevezzük. y 0, y 0,..., y (n ) 0 0, ) Ω, feladatot kezdetiérték feladatnak vagy Cauchy feladatnak ( 0, y 0 ) A kezdetiérték feladat geometriai jelentése. A fenti értelmezés elsőrendű egyenletek esetén a következőt jelenti: adott az Ω R 2 összefüggő halmaz és az f : Ω R folytonos függvény. Adott az ( 0, y 0 ) Ω pont és keressük azon függvényeket amelyek megoldják az y = f(, y) differenciálegyenletet és kielégitík az y( 0 ) = y 0 feltételt (Másképp fogalmazva azon megoldásokat keressük, melyekre a megoldás görbe áthalad az ( 0, y 0 ) ponton, lásd az ábrát)..2.. Megjegyzés. Itt természetesen meg kell határozni egy olyan I R intervallumot, mely tartalmazza 0 -t és y C (I) függvényt, melyre y () = f(, y()), I és y( 0 ) = y 0.

9 .3 Kitu zo tt feladatok 9.3. Kitu zo tt feladatok. * Do ntsu k el az ala bbi egyenletek linea risak vagy sem? a) ( )y 00 4y 0 + 5y = cos ; d2 u du + + u = cos(r + u); dt2 dt c) (sin θ)y 00 (cos θ)y 0 = 2;! = 0. d) 3 b) 2. * Bizonyı tsuk be, hogy az ala bbi differencia legyenleteknek a kijelo lt fu ggve ny egy eplicit megolda sa: a) 2y 0 + y = 0; y() = e b) y y = 24; y() = e c) (y )y = y + 8; y() = d) 2y 0 = y 3 cos ; y = ( sin ) 2 cet dp = P ( P ); P = dt + cet Z f) y + 2y = ; y = e e t dt + ce e) g) y + 2 y y + y = 22 ; y() = c + c2 + c3 ln ** Bizonyı tsuk be, hogy a Descartes-fe le leve l, amelynek egyenlete 3 +y 3 3cy = 0 egy implicit megolda sa az y(y 3 23 ) y0 = (2y 3 3 ) differencia legyenletnek. 4. ** Bizonyı tsuk be, hogy ha y megolda sa az Descartes-fe le leve l y () = 2, >, y() = + y 2 () 0 egyenletnek, akkor lim y() + π ** Mutassuk meg, hogy az y 0 () = 2 + y 2 (), y(0) = 0 kezdetie rte k-proble ma megolda sa nak egyetlen infelio s pontja van: az origo.

10

11 2 FEJEZET Elsőrendű egyenletek 2.. Direkt integrálással megoldható egyenletek If you know the enemy and you know yourself you need not fear the results of a hundred battles. (Sun Tzu) A továbbiakban célunk, hogy adjunk, néhány egyszerűbb típusra megoldási módszert. Ennek megfelelően a legegyszerűbb differenciálegyenletek az y = f(), [a, b], a < b < (2..) alakú egyenletek, ahol f adott folytonos függvény. Ezen egyenleteket direkt integrálható egyenleteknek nevezzük. A kérdést ebben az esetben, úgy is megfogalmazhatjuk, hogy melyik az az y függvény amelyet ha deriválunk, a deriválás eredménye az f függvény lesz. Ekkor az (2..) alapján világos, hogy ahol F a f függvény egy primitív függvénye. Megoldott Feladat. y() = F () + c, c R, Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket:. y () = sin(); 2. y () = ln, > 0; 3. y () = ctg(); 4. y () = + 2. Megoldás. Ezen feladatok megoldása nem jelent más mint kiszámítani a jobb oldalon levő függvények egy primitív függvényét.. Világos, hogy ki kell számítanunk sin()d integrált. Tehát: y() = sin()d = cos() + c. 2. Hasonlóan mint a fenti esetben: y() = ln d = ln d = ln d = ln + c. Megjegyezendő, hogy itt felhasználtuk a parciális integrálás képletét: f ()g()d = f()g() f()g ()d. (2..2) 3. Ebben az esetben y() = ctg()d = cos() sin() d = (sin()) d = ln sin() + c. sin()

12 2 Elsőrendű egyenletek Ennek a feladatnak a megoldása során felhasználtuk, hogy u () u() d = ln u() + c. (2..3) 4. Világos, hogy y() = + 2 d. Ekkor, elvégezzük az változó cserét, ekkor így visszahelyettesítve a fenti integrálba: y() = + 2 d = 2 Tekintsük a következő fontos példást: t = + 2, dt = 2d, tdt t 3 2 = c = 2 ( + 2 ) c példa A megtett út időszerinti deriváltja Egy autó folytonosan halad egy egyenesvonalú úton. képzeljük el. A megtett útat az idő függvényében 2.. ábra. Sebesség mint az út időszerinti deriváltja Feladatunk, hogy nyerjünk információt a t 0 idő pillanatban az autó sebességéről. Ha az utat úgy képzeljük el mint az idő függvénye, akkor a fenti ábráról is világosan látszik, hogy a T pontig az autó d(t 0 ) távolságot tesz meg (a kiindulási ponttól). Mivel egyéb információval nem rendelkezünk csak azzal, hogy mekkora utat tesz meg egy adott ideig, ezért a stratégia amivel dolgozunk, hogy kicsi idő elteltével újra megmérjük a megtett út hosszát. Ez azt jelenti, hogy d(t 0 + t) utat tettünk meg az U pontig (ahol t kicsi). Ekkor a T U szakaszon megtett út hossza d(t 0 + t) d(t 0 ), míg az eltelt idő t, ezért a sebesség (átlag sebesség) a T U szakaszon a következő képlettel fejezhető ki: v = d(t 0 + t) d(t 0 ). t Ez a szám akkor közelíti meg a legjobban a t 0 időpillanatban a pillanatnyi sebességet, ha a t nagyon kicsi (azaz t 0), ezért, felhasználva a deriválás értelmezését: d(t 0 + t) d(t 0 ) v(t 0 ) = lim = d (t 0 ). t 0 t

13 2.2 Szétválasztható változójú differenciálegyenletek 3 Láthajuk, hogy a fenti példában, ha a sebességet megadjuk az idő függvényében és kiváncsiak vagyunk az megtett útra, akkor pontosan az (2..) feladathoz jutottunk vissza Szétválasztható változójú differenciálegyenletek A következő típusú differenciálegyenlet, amelyet tanulmányozni fogunk az a szétvásztható változójú differenciálegyenletek, azaz a következő típusú differenciálegyenletek: Értelmezés. Azokat a differenciálegyenleteket amelyek y () = dy = g()h(y) (2.2.) d alakban írhatók fel, szétválasztható differenciálegyenletnek nevezzük, vagy szétválasztható változójú differenciálegyenletnek nevezzük. Megoldási módszer. A továbbiakban vizsgáljuk, meg hogy tudunk-e egy általános módszert adni a szétválasztható változójú differenciálegyenletek megoldására. Tekintsük mégegyszer az eredeti egyenletet: y = g()h(y). Ekkor osszuk el az egynlet mindkét oldalát h(y)-nal: f(y)y () = g(), alakot kapjuk, ahol f(y) függvénnyel az h(y) függvényt jelöltük. Ekkor ha integráljuk mindkét oldalt, akkor a következőt figyelhetjük meg: f(y())y ()d = g()d. Legyen ekkor y() = t, így y ()d = dt, azaz f(t)dt = g()d. Legyenek most F illetve G a f illetve a g primitív függvényei. Ekkor a következőt kapjuk: F (t) = G() + c, azaz figyelembe véve a t = y() helyettesítést: F (y()) = G() + c példa Tekintsük a következő differenciálegyenleteket: y () = y 2 ()e 3+4y illetve y () = y + ln(), akkor könnyen látható, hogy az első egyenlet szétválasztható differenciálegyenlet, míg a második egyenlet nem szétválasztható változójú differenciálegyenlet. Ugyanis g() y () = y 2 ()e 3+4y = ( e 3) h(y) ( y 2 e 4y) Míg a másik egyenlet esetén nem tudjuk felírni az y + ln() összeget olyan szorzat alakjában amelyben a tényezők és y függvényei, azaz g() h(y) alakban.

14 4 Elsőrendű egyenletek A továbbiakban nézzünk néhány alkalmazást az eddig ismertetett egyenletekre: Feladat. Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket:. y () = ( + )y; { y () = 2. y, y(4) = y () = y 2 4; { (e 4. 2y y) cos y () = e y sin(2), y(0) = y () = 4 y() 2 ; 7. y () = 3 2 ( + y() 2 ); 8. y () = (y ), [ 2, ). { y 9. () = 2y 2, y(0) =. 5. { y () = y, y(0) = { y () = y, [0, ) y(0) = 0. A továbbiakban megmutatjuk néhány feladat megoldását. Megoldás. Ezen feladatokat a fenti módszer segítségével fogjuk megoldani.. Világos, hogy az egyenlet a következő alakba írható: y () y() = +, amelyet integrálással a következő alakra hozhatjuk: y () y() d = ( + )d. Felhasználva az (2..3) összefüggést: ln y() = Hasonlóan járva el, mint az előző feladat esetén: Ekkor felhasználva, hogy y(4) = 3, ekkor c = 7 2. Ekkor visszahelyettesítéssel y()y () =, azaz y2 () c, így y() = ±ce = c, y() = ± 2 7, Ebben az esetben is úgy járunk el mint az előzőekben: azaz, alkalmazva az elemi törtekre való felbontást ekkor integrálva mindkét oldalt 4 y () y 2 () 4 =, ( y 2 y + 2 = c. ) y () =, 4 ln y 2 4 ln y + 2 = + c, átrendezve a következő összefüggéshez jutunk: ln y 2 y + 2 = 4 + c 2, ahol c 2 = 4c jelölést vettük figyelembe. Az utolsó összefüggést tovább alakítva: y 2 y + 2 = ±e4+c2,

15 2.2 Szétválasztható változójú differenciálegyenletek 5 ekkor ismét bevezetve a c = ±e c2 jelölést a következő megoldáshoz jutunk: y() = 2 + ce4 ce 4. Megjegyezendő, hogy ebben az esetben elvesztettünk két darab megoldást. Ugyanis, ha az eredeti egyenletben szereplő jobb oldali kifejezést tényezők szorzatára írjuk fel, akkor y () = (y() 2)(y() + 2), azaz ha y() = ±2 állandó függvényeket tekintjük, akkor ezen függvények kielégítik az eredeti egyenletet.

16

17 3 FEJEZET Szétválasztható egyenletekre visszavezethető egyenletek A továbbiakban egy olyan egyenlet típust szeretnénk bemutatni, amelyeket visszavezethetünk szétválasztható változójú differenciálegyenletekre. Értelmezés. Tekintsük a következő egyenletet: y () = f(a + by() + c), a, b, c valós számok, valamint f egy adott folytonos függvény. Ebben az esetben, elvégezzük u = a + by() + c, változócserét. Ebben az esetben, hogy u () = a + by (), azaz y () = u () a b, ekkor az egyenlet a következőképpen alakul u () a = f(u), vagy u () = a + bf(u). b Észrevehető, hogy az utóbbi egyenlet már szétválasztható változójú egyenlet. Ekkor egyenlet esetén Tehát, ha F () az a+bf() 3.. Homogén egyenletek Értelmezés. u () = a + bf(u), u () a + bf(u) =. függvény egy primitívje, akkor Egy f függvényt homogénnek nevezzük, ha valamilyen β valós szám esetén. Egy F (u) = + c. f(t, ty) = t β f(, y), (3..) M(, y) + N(, y)y () = 0, differenciálegyenletet homogén differenciálegyenletnek nevezzük, ha M, N függvények homogén függvények (rendelkeznek (3..) tulajdonsággal). Megoldási módszer. Tekintsük a következő homogén differenciálegyenletet: M(, y) + N(, y)y () = 0.

18 8 Sze tva laszthato egyenletekre visszavezetheto egyenletek Ekkor vila gos, hogy (3..) alapja n y M (, y) = β M,. Azaz, y y + β N, y 0 () = 0. β M, I gy y y M, + N, y 0 () = 0, ami a tı rhato a ko vetkezo egyenlet y 0 () = g Ekkor legyen, u = y, azaz y = u, y. y 0 = u + u0, teha t u + u0 = g(u). E szreveheto, hogy a fenti egyenlet egy sze tva laszthato va ltozo ju egyenlet: u0 =, g(u) u ami integra la ssal megoldhato Feladat. Hata rozzuk meg azoknak a tu kro knek az alakja t amelyek azzal a tulajdonsa ggal rendelkeznek, hogy az O origo bo l indulo fe nysugrakat az O tengellyel pa rhuzamosan verik vissza. Megolda s. Tekintsu k az ala bbi a bra t. A keresett tu ko ro t u gy keressu k mint 7 y() fu ggve ny. A go rbe egy adott A(, y()) pontja ba e rinto t hu zunk (ke k egyenes). A fe ny visszavero de s e s a pa rhuzamossa g miatt vila gos, hogy \ = m(oba). \ m(bao) A fenti, o sszefu gge s azt szolga ltatja sza munkra, hogy az OAB ha romszo g egyenlo sza ru, azaz OA = OB. A tova bbiakban meghata rozzuk a B pont koordina ta it. Vila gos, hogy a B pont mint geometriai objektum u gy jo n le tre mint ke t egyenes metsze spontja, pontosabban a go rbe hez hu zott e rinto e s

19 3. Homogén egyenletek 9 az O tengely metszéspontja. Az érintő egyenletét úgy írjuk fel mint adott ponton átmenő adott iránytényezőjű egyenes egyenlete: (Y Y 0 ) = m(x X 0 ), (3..2) ahol (X 0, Y 0 ) az adott pontot jelöli, míg m az iránytényezőt. Felhasználva a derivált mértani jelentését, a (3..2) összefüggés a következőképpen alakul: é : Y y() = y ()(X ). Ekkor, mivel {B} = é O, a következő egyenletrendszert kell megoldanunk: { Y y() = y ()(X ) Y = 0 Tehát { B = y() y () y B = 0. Felhasználva két pont távolságának képletét a következő egyenlethez jutunk: OA = 2 + y 2 () = y() y () = OB, azaz, átrendezve A előjelek közül egyet választva: y () = y() 2 + y 2 (). Elvégezve az y() vagy y () = y() 2 + y 2 () = y() + ( ). 2 y() = t változócserét, a következő differenciálegyenletet kapjuk: t ( + t 2 ) t = + t 2, azaz ( + t2 ) t dt = ln + c, azaz + t 2 t ( + t 2 ) t d = + t 2 d, t dt = ln(t ) + c. + t2 Tehát ki kell számítanunk az t dt integrált. +t2 I = t + t dt 2 = 2 u + u du (vált. csere t2 = u) = v 2 dv (vált. csere + u = v) Így = 2 ln v v ln t2 = ln(t) + c, + t2 + azaz kihozva a logaritmusból a - előjelt, valamint gyöktelenítve: ln( + + t 2 ) = ln() + c, tehát + + t 2 = c, vagy t2 + = ( c ) 2, t 2 = c2 2 2c, azaz y2 () = c 2 2c.

20 20 Szétválasztható egyenletekre visszavezethető egyenletek ( ) 3.2. Az y = f a +b y+c a 2 +b 2 y+c 2 Tekintsük a következő differenciálegyenletet alakú differenciálegyenletek y = a + b y + c a 2 + b 2 y + c 2, ahol a i, b i, c i R. Az egyenletet két esetben fogjuk megoldani: I. eset Tegyük fel, hogy a b. a 2 b 2 Ekkor végezzük el a következő változócserét { = u + 0 y = v + y 0 ahol az 0 és y 0 értékeket úgy válasszuk meg, hogy { a 0 + b y 0 + c = 0 a b 2 y 0 + c 2 = 0. Ekkor a transzformáció elvégzése után egyenletünk a következőképpen alakul: ( ) dv du = a (u + 0 ) + b (v + y 0 ) + c v (u) = f a 2 (u + 0 ) + b 2 (v + y 0 ) + c 2 0 a u + b v + a 0 + b y 0 + c = f a 2 u + b 2 v + a b 2 y 0 + c 2 Tehát = f ( ) a u + b v. a 2 u + b 2 v v = f a + b a 2 + b 2 ami egy Euler értelemben homogén egyenlet (lásd előző előadás). II. eset Tegyük fel, hogy a = b = a 2 b 2 α. Ekkor az egyenletünk a következőképpen alakul v u v u 0, tehát jelöljük t = a + b y, tehát azaz ekkor a + b y + c y = ( ), α a + b y + c 2 t = a + b y, y = t a b, t a b = t + c αt + c 2. A fenti egyenlet már egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet.

21 4 FEJEZET Elsőrendű lineáris egyenletek 4.. Bevezetés A következő részben az ún. elsőrendű lineáris egyenletekkel fogunk foglalkozni. Értelmezés. Azokat az elsőrendű egyenleteket, amelyek a következőképpen vannak megadva a ()y () + a 0 ()y() = g() (4..) első rendű lineáris egyenletnek nevezzük az y változóban. (Az együttható függvények adott függvények). Amennyiben a g() = 0, akkor azt mondjuk, hogy az egyenlet homogén, különben inhomogén egyenletnek nevezzük. Láthatjuk, hogy az ilyen típusú egyenletek egy újabb kaput nyitnak meg számunkra az differenciál egyenletek tanulmányozásának elméletében. Tekintsük, az eredeti egyenletet: a ()y () + a 0 ()y() = g(), ekkor az egyenlet mindkét oldalát végigosztva a ()-el, akkor a következő egyenlethez jutunk: P () y () + a0() a () Jelöljük L y-al a fenti egyenlet baloldalát, azaz y() = f() g() a () (4..2) L y = y + P ()y. Látható, hogy L egy lineáris operátor a C (I) térből C(I)-be, mert minden c, c 2 R esetén, és y, y 2 C (I) esetén. L (c y + c 2 y 2 ) = c L (y ) + c 2 L (y 2 ), 4.2. Megoldási módszer: konstans variálásának módszere A fenti egyenlethez rendelet homogén egyenlet a következő, L y = 0, azaz y () + P ()y() = 0. (4.2.). Lépés Először is vegyük észre, hogy az (4..2) egyenlethez rendelt, homogén egyenlet egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet, azaz y h meghatározása az eddig ismertett módszerrel könnyen meghatározható. Legyen Λ() a P () függvény egy primitív függvénye, ekkor y () y h () = c e Λ(). 2. Lépés Az (4..2) megoldását az ún. konstans variálásának módszerével fogjuk megoldani. Az alapötlet az, hogy keressük az inhomogén egyenlet partikuláris megoldását a következő alakban: y p () = u() y ().

22 22 Elsőrendű lineáris egyenletek Ekkor szorzat deriváltja y p() = u ()y () + u()y (), azaz u ()y () + u()y () + P ()u()y () = f(), átrendezve az egyenletet a következőt tudjuk megfigyelni: 0 u() (y () + P ()y ()) + u ()y () = f(). Tehát azaz u ()y () = f(), u() = e Λ() f()e Λ() d. Tehát a végső megoldás: y() = ce Λ() + e Λ() f()e Λ() d. y h y p Tehát felmerülhet a következő kérdés: A fenti módszerrel meghatároztuk az egyenletünk összes megoldását? Kérdésünkre a választ a következő tétel adja meg: Tétel. A (4..2) megoldásahalmaza vagyis a ce Λ() + e Λ() S = S h + y p, f()e Λ() d, c R függvények összesége, amikor c leírja az R-t. Bizonyítás. Nyilvánvaló, hogy minden y = cy h + y p megoldása az L y = f egyenletnek, mert L (cy + y p ) = cl y + L y p = f. Fordítva, ha u C (I) egy tetszőleges függvény amely megoldása L y = f-nek, akkor a v = u y p megoldása a homogén egyenletnek, mert L v = L (u y p ) = L u L y p = f f = 0. Így v S h és u = v + y p S = S h + y p Bernoulli és Riccati differenciálegyenletek Értelmezés. Tekintsük az a, b adott folytonos függvényeket. Ekkor az y () + a()y() = b()y α (), ahol α 0,, (4.3.) differenciálegyenletet Bernoulli féle differenciálegyenletnek nevezzük.

23 4.3 Bernoulli és Riccati differenciálegyenletek 23 Megoldási módszer. A továbbiakban egy megoldási módszert adunk az (4.3.) differenciálegyenletnek. Az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk y α (), ekkor a következő egyenlethez jutunk: azaz y () y() y α + a() () y α () = b(), y ()y α () + a()y α () = b(). Ekkor vezessük be, az u() = y α () jelölést. Az egyenletet átírjuk a u függvényre. Ennek érdekében ki kell számítanunk az u ()-t: A fenti azonosságból u () α u () = ( α)y α y () = ( α)y α y (). = y α () y (). Visszahelyettesítve vagy u () + a()u() = b(), α u () + ( α)a() u() = ( α)b(). P () f() A fenti egyenlet egy elsőrendű lineáris egyenlet, azaz alapkja pontosan elsőrendű lineáris egyenletehez hasonlítható, tehát a további megoldás is annak az egyenletnek a megoldásával folytatható példa Oldjuk meg a következő differenciálegyenletet: y 2y = 2 y 2. A fenti módszernek megfelelően osszuk el mindkét oldalt y 2 -tel ekkor: y y 2 2 y = 2 Ekkor legyen u = y változócsere. Ekkor u = y y. Visszahelyettesítve az egyenletbe a következő 2 egyenlethez jutunk: u + 2 u = 2, ami egy elsőrendű lineáris differenciálegyenlet. A megoldási módszernek megfelelően, hozzárendeljük a homogén egyenletet: Ekkor szétválasztva a változókat és integrálva: u + 2 u = 0, u = 2 u. ln u = 2 ln + c, azaz u h = c 2. Ekkor a sajátos megoldás u p = c(), u p = c () 2 2c() 2. Ekkor visszahelyettesítve u p függvényt az eredeti egyenletbe, azaz u p + 2 u p = 2, tehát c () 2 2c() 4 c () c() 2 = 2, = 2, vagy c() = 5 5.

24 24 Elsőrendű lineáris egyenletek Ekkor a 4.2 Tétel alapján u() = u p () + u h () = c Tehát figyelembe véve, hogy u = y, kapjuk, hogy y() = c Értelmezés. Legyenek a, b, c adott folytonos függvények. Ekkor az y () = c() + b()y() + a()y 2 (), (4.3.2) differenciálegyenletet Riccati féle differenciálegyeneltnek nevezzük. Megoldási módszer. Általában a Riccati differenciálegyenletre nincs megoldási módszerünk, azonban ha ismerünk egy y () megoldását az (4.3.2) egyenletnek, akkor abból előállóthatjuk az összes többi megoldást. Valóban, ebben az esetben legyen u függvény úgy, hogy y() = u() + y (). Ekkor y-t visszahelyettesítve (4.3.2) egyenletbe a következőt kapjuk: u () + y () = c() + b()y () + b()u() + a()y 2 () + a()2y ()u() + a()u 2 (). Mivel y megoldása az egyenletnek, azaz ezért y () = c() + b()y () + a()y 2 (), u () + y () = c() + b()y () + a()y 2 () + b()u() + a()2y ()u() + a()u 2 (), így vagy u () = (b() + a()2y ()) u() + a()u 2 (), u () (b() + a()2y ()) u() = a() u 2 (). B() Látható, hogy a fenti egyenlet egy Bernoulli féle differenciálegyenlet. Tehát a Riccati féle differenciálegyenletet visszavezettük egy Bernoulli féle differenciálegyenletre ismerve az eredeti egyenletnek egy megoldását. A fenti egyenlet megoldásait ugyanúgy állítjuk elő mint az (4.3.) egyenletnek Megjegyzés. Amennyiben (4.3.2) egyenletben az y() = u() + y () helyettesítést végezzük akkor nem Bernoulli egyenlethez jutunk, hanem egy elsőrendű lineáris egyenlethez. Valóban, visszahelyettesítve az y() = u() + y () függvényt az (4.3.2) egyenletben: u 2 () u () + y () = c() + b() u() + b()y () + c() u 2 () + 2c()y () u() + c()y2 (). Ekkor u () u 2 () + y () = c() + b()y () + a()y() 2 + b() u() + c() u 2 () + 2c()y () u(), a() u () u 2 () = b() u() + c() u 2 () + 2c()y () u(), u () = b()u() + c() + 2c()y ()u(), u () = (b() + 2c()y ()) u() + c(). f() Világos, hogy az előbbi egyenlet már egy elsőrendű lineáris egyenlet.

25 4.3 Bernoulli és Riccati differenciálegyenletek példa Oldjuk meg a következő egyenletet: y () = y 2 () y() 2, > 0. Észrevehető, hogy y () = megoldása az egyenletnek. Valóban, mivel ( ) =, 2 2 = Ekkor alkalmazva a fenti megjegyzést, elvégezzük az y() = u() + y () változó cserét. Elvégezve a számításokat: u 2 () u () 2 = 2 ( u() + ) ( + u() + ) 2, u 2 () u () = u() + u 2 () + 2 u(), u 2 () u () = u 2 () + u(), azaz u () = + u(). Hozzárendelve a homogén egyenletet: u () = u(), azaz u () u() =. Ekkor integrálva mindkét oldalt, akkor a homogén egyenlet megoldása u h () = c. Ekkor a sajátos megoldás u p () = c(), amit visszahelyettesítve Ekkor felírva a megoldást c () c() 2 c () = + c() 2, =, azaz c() = 2 2. u() = c 2. Így y() = c Feladat. Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket:. y y + y 2 = e ; 2. ( )y y = y 2 ; 3. y = (+y)2 (+y) 2 ;

26 26 Elsőrendű lineáris egyenletek Képletek első rész Deriválhatóság Értelmezés. Legyen f : A R függvény. nevezzük, ha létezik és véges a Ekkor az f függvény deriválhatónak (differenciálhatónak) f() f( 0 ) f( 0 + h) f( 0 ) lim = lim < 0 0 h 0, 0+h A h határérték. Ekkor az f függvény deriváltját f ( 0 )-val jelöljük, melynek értéke: f ( 0 ) = lim 0 f() f( 0 ) 0 és Hasonlóan értelmezhető a jobb és baloldali derivált fogalma is: f l ( 0 ) = f r( 0 ) = f() f( 0 ) lim 0,< 0 0 f() f( 0 ) lim 0,> 0 0. Ekkor világos, hogy f ( 0 ) létezik ha f s( 0 ) = f d ( 0), és f ( 0 ) = f s( 0 ) = f d ( 0). Továbbiakban néhány középiskolai tanulmányokból ismert képletet szeretnénk feleleveníteni. Tétel (Deriválási szabályok). Legyenek f, g : A R R deriválható függvények az A pontban. Ekkor érvényesek az alábbi derviálási szabályok: (f + g) () = f () + g () (összeg deriváltja); (cf) () = cf (), minden c R esetén; (f g) () = f () g() + g () f() (szorzat deriváltja); ha g() 0, ( f() g() ) () = f ()g() g ()f() g 2 () (hányados deriváltja); ha f : I J, g : J R, f deriválható az 0 I-ben és g deriválható y 0 = f( 0 ), akkor (g f) ( 0 ) = g (y 0 )f ( 0 ); ha f : I J folytonos, bijektív, deriválható 0, úgy, hogy f ( 0 ) 0, akkor deriválható az y 0 pontban, y 0 = f( 0 ) és f : J I ( f ) (y0 ) = f ( 0 ). A továbbiakban vizsgáljuk meg az alapfüggvényeink deriváltjait. Elemi függvények deriváltjai. f() = c akkor f () = 0; 2. f() = n, n N akkor f () = n n ; 3. f() = r, r R, > 0 akkor f () = r r ; 4. f() =, > 0 akkor f () = 2 ;

27 4.3 Bernoulli és Riccati differenciálegyenletek f() = ln(), > 0 akkor f () = ; 6. f() = a, a, a > 0, > 0 akkor f () = a ln(a); 7. f() = e akkor f () = e ; 8. f() = sin() akkor f () = cos(); 9. f() = cos() akkor f () = sin(); 0. f() = tan(), (2k + ) π 2, k Z akkor f () = cos 2 () ;. f() = cot(), kπ, k Z akkor f () = sin 2 () ; 2. f() = arcsin(), [0, ] akkor f () = 2 ; 3. f() = arccos(), [0, ] akkor f () = 2 ; 4. f() = arctan() akkor f () = + 2. Összetett függvény deriváltja Ebben a részben, olyan összetett függvények deriváltjait soroljuk fel, amelyeket nagy hasznossággal tudjuk felhasználni a differenciálegyenletek tanulmányozása során. Legyen u egy függvény. Ekkor érvényesek:. f(u) = c esetén f (u) = 0; 2. f(u) = u n, n N esetén f (u) = nu n u ; 3. f(u) = u r, r R, u > 0 esetén f (u) = ru r u ; 4. f(u) = u, u > 0 akkor f (u) = 2 u u ; 5. f(u) = ln(u), u > 0 akkor f (u) = u u ; 6. f(u) = a u, a, a > 0, u > 0 akkor f (u) = a u ln(a) u ; 7. f(u) = e u esetén f (u) = e u u ; 8. f(u) = sin(u) akkor f (u) = cos(u) u ; 9. f(u) = cos(u) esetén f (u) = sin(u) u ; 0. f(u) = tan(u), cos(u) 0, akkor f (u) = cos 2 (u) u ;. f(u) = cot(u), sin(u) 0 akkor f (u) = sin 2 (u) u ; 2. f(u) = arcsin(u), u [0, ] akkor f (u) = u 2 u ; 3. f(u) = arccos(u), u [0, ] akkor f (u) = u 2 u ; 4. f(u) = arctan(u) akkor f (u) = +u 2 u.