valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.

2. Közönséges differenciálegyenlet megoldása, megoldhatósága Definíció: Az y függvényt a valós számok H halmazán a közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha az y = y(x) helyettesítést elvégezve a differenciálegyenlet a H halmazon azonossággá válik. Megjegyzés: Számunkra a gyakorlatban a H halmaz többnyire egy intervallum lesz. Tehát a megoldásról, megoldhatóságról mindig egy adott halmazra vonatkozóan beszélünk. Példa: 1. Tekintsük a következő elsőrendű differenciálegyenletet: xy = 2y, és helyettesítsük be az y = x 2 függvényt, 2x 2 = 2x 2 adódik és ez minden valós számra igaz, tehát az y = x 2 függvény a differenciálegyenletnek megoldása az egész R halmazon. Viszont például y = x 3 függvény nem megoldása a differenciálegyenletnek egyetlen olyan részhalmazán sem az R-nek, amely nemzérus valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság. 2. Az y y = x differenciálegyenletnek az x 2 + y 2 1 = 0 (y > 0) megoldása az ( 1, 1) intervallumon. Könnyű belátni, hogy az y = 2 differenciálegyenletnek az y = 2x + c (minden c R) megoldása. Vagyis a differenciálegyenletnek végtelen sok megoldása van, minden 2 meredekségű egyenes megoldása, a megoldás tehát egy egyparaméteres görbesereg, ezeket a görbéket a differenciálegyenlet integrálgörbéinek nevezzük. Gyakran az integrálgörbék közül egyet keresünk, azt amelyik átmegy egy adott ponton, más szóval kielégít egy kezdeti feltételt. Például: adjuk meg az y = 2 differenciálegyenletnek y(1) = 4 kezdeti feltételt kielégítő megoldását. Ez az y = 2x + 2 függvény. Definíció: Az y (n) = f(x, y, y,..., y (n 1) ) differenciálegyenlethez és a P ponthoz tartozó kezdetiérték-problémán a következőt értjük: és y (n) = f(x, y, y,...,y (n 1) ) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1, y (x 0 ) = y 2,..., y (n 1) (x 0 ) = y n. (2.1) 2

Az n-edrendű közönséges differenciálegyenlethez tartozó y = y(x, c 1,...,c n ) kifejezést a differenciálegyenlet általános megoldásának nevezzük. Az általános megoldásból pl. a kezdeti feltételek alapján kiválasztott megoldást partikuláris megoldásnak nevezzük. Példa: Igazoljuk, hogy az y = cx c 2 általános megoldása az y 2 xy + y = 0 differenciálegyenletnek! Határozzuk meg az y(2) = 3 kezdeti feltételt kielégítő megoldást! Ha a c értékét 3-nak választjuk akkor az y = 3x 9 partikuláris megoldást kapjuk. Viszont az y = x2 függvény is kielégíti a differenciálegyenletet, de nem tudjuk az 4 általános megoldásban szereplő c paraméter értékét úgy megválasztani, hogy ezt a megoldást megkapjuk. Az ilyen megoldást szinguláris megoldásnak nevezzük. Mielőtt a különböző differenciálegyenletek megoldására szolgáló módszerekkel foglalkoznánk azt kell megvizsgálni milyen feltételek teljesülése esetén létezik megoldás ill. milyen feltételek esetén van pontosan egy megoldása egy kezdetiérték problémának. Tétel: (Cauchy Peano-féle egzisztenciatétel) Ha az n + 1 változós valós f függvény az n + 1 dimenziós tér valamely zárt, korlátos H halmazán folytonos, akkor az y (n) = f(x, y (1),..., y (n 1) ) differenciálegyenlethez és a H halmaz tetszőleges belső pontjához tartozó kezdetiérték-problémának van megoldása. Feladat: 1. Van-e az y 2xy + 2y = 0 differenciálegyenlethez és a R 3 bármely pontjához tartozó kezdetiérték-problémának megoldása? Definíció: Legyen H az n változós valós f függvény értelmezési tartományának valamely részhalmaza. Az f függvényről azt mondjuk, hogy i-edik változójában eleget tesz a Lipschitz-feltételnek, ha megadható olyan K i pozitív szám, hogy a H halmaz bármely két P = (p 1, p 2,..., p i,...,p n ) P = (p 1, p 2,...,p i,...,p n) pontjára f(p) f(p ) K i (p i p i). Tétel: Ha az n változós valós f függvénynek valamely konvex H halmazon az i- edik változó szerinti parciális deriváltja létezik és korlátos, akkor a H halmaz belső pontjában az f függvény az i-edik változójában eleget tesz a Lipschitz feltételnek. 3

Tétel: (Picard Lindelöf-féle egzisztenciatétel) Ha az n + 1 változós valós f függvény az n + 1 dimenziós tér valamely korlátos zárt H halmazán folytonos és ezen a halmazon legfeljebb az első változó kivételével minden változójában eleget tesz a Lipschitz-feltételnek, akkor az y (n) = f(x, y (1),...,y (n 1) ) differenciálegyenlethez és a H tetszőleges belső pontjához tartozó kezdetiértékprobléma egyértelműen megoldható. Feladat: 1. Mutassa meg, hogy az x = x 2 3, x(0) = 1 kezdetiérték-problémának, t (, ) van megoldása, de ez a megoldás nem egyértelmű. Van-e olyan intervallum, amelyen pontosan egy megoldás létezik? 2. Adjon meg olyan intervallumot, ahol az y = 1+y 2, és y(x 0 ) = y 0 kezdetiértékproblémának létezik legalább egy megoldása! 2.1. Szétválasztható változójú differenciálegyenlet A differenciálegyenletek legegyszerűbb, a határozatlan integrál kiszámításával megoldható csoportját képezik. Definíció: Az elsőrendű, közönséges differenciálegyenletet szétválaszthatónak (szétválasztható változójúnak) nevezzük, ha y = f(x)g(y) alakban adható meg. Tétel: Ha az f függvény az [a, b] intervallumon, a g függvény a [c, d] intervallumon folytonos, akkor a T = {(x, y) x (a, b), y (c, d)} nyílt téglalap minden pontján áthalad az y = g(y) f(x) differenciálegyenletnek legalább egy integrálgörbéje. Ha az is teljesül, hogy g 0 sehol a [c, d] intervallumon, akkor T minden pontjában pontosan egy integrálgörbe halad át. A differenciálegyenlet megoldásához a g(y) dy = f(x) dx határozatlan integrálok megoldása után jutunk, és implicit alakú lesz. G(y) = F(x) + c 4

Példa: Oldjuk meg: y = x 5 egyenletet! Az előzőek szerint az általános megoldás. Feladatok: y 2 y 2 dy = (x 5) dx y3 3 = x2 2 5x + c 1. Rajzoljuk fel az y = 2xy differenciálegyenlet néhány integrálgörbéjét (y > 0)! 2.1.1. Szétválasztható változójúra visszavezethető differenciálegyenletek Vannak olyan esetek, amelyekben a differenciálegyenlet ugyan nem szétválaszthatójú, de alkalmas helyettesítéssel azzá tehető. 2.1.1.1. y = f(ax + by + c) alakú differenciálegyenletek. Vezessünk be u új változót: u = ax + by + c. Akkor y = u a b f(u) = u a. b Ha a + bf(u) folytonos és sehol nem nulla, akkor du a + bf(u) = x + c a differenciálegyenlet általános megoldása. Példa: 1. Oldjuk meg az y = x + y egyenletet. Legyen u = x + y u = 1 + y és y = u 1. Így u 1 = u. A változókat szétválasztva az u = ±ce x 1 abból pedig az y = ce x x 1 általános megoldás adódik, ahol c R. Feladat: Oldjuk meg az y = (x + y 4) 2 differenciálegyenletet! 2.1.1.2. Homogén (fokszámú) differenciálegyenletek. Definíció: Az f(x, y) függvény k-ad fokú homogén függvény, ha tetszőleges t esetén fennáll az, hogy f(tx, ty) t k f(x, y) azonosság. 5

Feladat: Igazoljuk, hogy f(x, y) = x 2 + y 2 g(x, y) = 1 x + y h(x, y) = y x y + x homogén függvények. A homogén differenciálegyenlet az u = szétválasztható változójúra. Példa: Oldjuk meg az y = Az egyenlet felírható y = (ahol y = u x + u) a du dx x = y x helyettesítéssel visszavezethető xy x 2 y 2 (x 0, x2 y 2 0) egyenletet! y ( x y 2 alakban. Az u = 1 x) y helyettesítést alkalmazva x u3 szétválasztható változójú differenciálegyenletet 1 u2 kapjuk. Az eredeti egyenlet általános megoldása x2 = ln y + c. De az y = 0 is 2y2 megoldás lesz. Feladat: Oldja meg az y = y x y + x egyenletet! 2.2. Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet Az elsőrendű lineáris differenciálegyenlet explicit alakja y = p(x)y + q(x). (2.2) Ha q(x) 0 függvény, akkor homogén a differenciálegyenlet és szétválasztható változójú, ha nem, akkor inhomogén a differenciálegyenlet. Tétel: Ha p és q folytonos függvény az [a, b] intervallumon, akkor a T = {(x, y) x (a, b), y (, )} tartomány minden pontján át a (2.2) differenciálegyenletnek egyetlen integrálgörbéje halad át. 6

Könnyű belátni, hogy a (2.2) differenciálegyenlethez tartozó homogén egyenlet Y = p(x)y általános megoldása Y = ce P(x), ahol P (x) = p(x), ha Y 0. Az inhomogén egyenlet megoldását az állandó variálásának módszerével fogjuk megkeresni. Ez azt jelenti, hogy a homogén egyenlet általános megoldásában szereplő c konstanst az x változó c(x) függvényével helyettesítjük, tehát (2.2) általános megoldását az y = c(x) e P(x) alakban keressük. Az y = c(x) e P(x) függvényt és a deriváltját a (2.2) egyenletbe helyettesítve c (x) e P(x) = q(x) q(x) differenciálegyenlethez jutunk. Ezt megoldva c(x) = dx felhasználásával azt ep(x) kapjuk, hogy (2.2) általános megoldása ( ) q(x) y = dx e P(x). ep(x) Megjegyzés: Ha a szükséges határozatlan integrálokat nem tudjuk kiszámítani, akkor valamilyen numerikus módszert kell alkalmazni. Példa: Oldjuk meg az y = y tg x + sin 2x, y(0) = 1 kezdetiérték-problémát! Használva az előző jelöléseket p(x) = tg x, q(x) = sin 2x. ( ) e P(x) = cosx, c(x) = 2 sin x dx + c tehát y = c cosx 2 cos 2 x az inhomogén egyenlet általános megoldása. A megadott kezdeti feltételből a c = 3, így a kezdetiérték-probléma megoldása y = 3 cosx 2 cos 2 x. 2.2.1. Bernoulli egyenlet Néhány nemlineáris differenciálegyenlet alkalmas helyettesítéssel lineárissá alakítható. Ilyen az ún. Bernoulli egyenlet: y = p(x)y + q(x)y α, ahol α. (2.3) Használjuk az u(x) = [y(x)] 1 α helyettesítést. Az u függvényt és deriváltját a (2.3)- be helyettesítve az u = (1 α)p(x)u + (1 α)q(x) lineáris egyenletet kapjuk. 7

Feladat: 1. Oldja meg a Verhulst egyenletet ahol A, B pozitív konstans. y = Ay By 2, Megjegyzés: Ezzel az egyenlettel modellezte a humán populáció növekedését 1838- ban Pierre-François Verhulst belga statisztikus. 2.3. Egzakt differenciálegyenletek Definíció: Az elsőrendű P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 (2.4) differenciálegyenletet egzaktnak nevezzük, ha megadható olyan u(x, y) függvény, amelyre u x = P(x, y) és u = Q(x, y). y Megjegyzés: A u(x, y) teljes deriváltjának nevezzük a du = u u dx + x y dy kifejezést. Ezt összevetve (2.4)-gyel, du = 0 adódik. Mind a két oldal integrálásával az u(x, y) = c általános megoldást azonnal megkapjuk. Tétel: Legyenek P és Q az xy sík valamely egyszeresen összefüggő D halmazán folytonos függvények, létezzenek a P y és Q x pariciális deriváltak és legyenek azok is folytonosak. A P(x, y) + Q(x, y)y = 0 differenciálegyenlet akkor és csak akkor egzakt, ha P y(x 0, y 0 ) = Q x(x 0, y 0 ) a D halmaz minden (x 0, y 0 ) pontjára igaz. Példa: 1. Oldjuk meg az (x 3 + 3xy 2 ) dx + (3x 2 y + y 3 )dy = 0 differenciálegyenletet! Ellenőrizzük, hogy egzakt-e: P y = 6xy és Q x = 6xy, 8

az xy sík minden pontjában megegyeznek, tehát egzakt. Akkor létezik olyan kétváltozós u függvény, amelyre u x = x3 + 3xy 2 és u y = 3x2 y + y 3. u = P dx + h(y) illetve u = Q dy + k(x). u = (x 3 + 3xy 2 ) dx + h(y) = 1 4 x4 + 3 2 x2 y 2 + h(y) u = (3x 2 y + y 3 ) dy + k(x) = 3 2 x2 y 2 + y4 4 + k(x) innen u(x, y) = 1 4 x4 + 3 2 x2 y 2 + y4 4 2. Oldjuk meg az y dx + x dy = 0 egyenletet. Nem egzakt, mivel = c általános megoldást kapjuk. P y = 1 és Q x = 1. Ha megszorozzuk mind a két oldalt 1 x 2-tel, akkor a y x dx + 1 dy = 0 egzakt differenciálegyenletet kapjuk. Ennek általános megoldása y = c, amely 2 x x megoldása az eredeti differenciálegyenletnek is. Megjegyzés: Az előző példában 1 x2-et integráltényezőnek nevezzük. Bizonyos esetekben a nemegzakt differenciálegyenletet megfelelő multiplikátorral (szorzótényezővel) egzakttá tehetjük. 3. A termodinamika első főtételét alkalmazva tudjuk, hogy valamely rendszerrel közölt dq hőmennyiség és a rendszer belső energiájának megváltozása között az összefüggés dq = du dl. Ha p a külső nyomás v a gáz térfogata, akkor dl = p dv a rendszer által végzett munka. Kis változások esetén dq = U U U dt + dv + p dv = T v T dt + ( ) U T + p dv. Adiabatikus ( folyamatoknál ) dq = 0. Így az ilyen állapotváltozásokat a U U T dt + v + p dv = 0 differenciálegyenlet írja le. Ez az egyenlet 9

nem egzakt. De reverzibilis változások esetén, a második főtétel értelmében dq teljes differenciál éspedig az S entrópia differenciálja. Vagyis ds = T dq T = 1 T U T dt + 1 ( ) U T T + p dv. Vagyis 1 az integráló tényező a differenciálegyenletnek, adiabatikus, reverzibilis folyamatok esetén. Integrálgörbéi T pedig az entrópia szintvonalai. (Adiabatikus reverzibilis folyamatokban az entrópia állandó.) Definíció: Az M(x, y) függvényt a (2.4) egyenlet multiplikátorának (integráló tényezőjének) nevezzük, ha az egyenletet M(x, y)-nal megszorozva egzakt differenciálegyenletet kapunk. Tehát az M(x, y)-t a (M(x, y)p(x, y)) = y x (M(x, y)q(x, y)) parciális differenciálegyenlet megoldásaként kell keresni. Az esetek egy részében ez nehezebb, mint az eredeti egyenlet megoldása. 2.4. Iránymező Az egyváltozós függvény x 0 -hoz tartozó deriváltjának geometriai jelentése ismert. Ha tehát az y = y(x) egyenletű görbe az y = f(x 0, y 0 ) explicit differenciálegyenletnek a P 0 (x 0, y 0 ) ponton átmenő integrálgörbéje, akkor y (x 0 ) = f(x 0, y 0 ) = m 0, az adott ponthoz tartozó érintő meredeksége. Így az f függvény értelmezési tartományának minden (x 0, y 0 ) pontjához hozzárendelünk egy irányt, amelyet a differenciálegyenlet határoz meg. Ezeknek az irányoknak az összességét a differenciálegyenlethez tartozó iránymezőnek nevezzük. 10