5. lecke. A megoldás előállíthatóságának problémája. Egy közelítő módszer, hibabecsléssel Tananyag Láttuk az előzőekben, hogy az y = f(x, y) differenciálegyenlet jobb oldalának, az f = f(x, y) kétváltozós függvénynek az ismeretében gyakran eldönthető, hogy a differenciálegyenletnek van-e megoldása. Azonban a fenti tételek arról nem adnak információt, hogy a megoldás ha létezik hogyan adható meg konkrétan, pl. hogyan írható fel a képlete. A 2. és 3. modulban olyan speciális f-eket vizsgálunk meg, amikor a megoldást elő tudjuk állítani valamilyen formában, gyakran annak képletét is. Általában azonban a megoldást, mégha bizonyítottan létezik is, nem kaphatjuk meg egy véges képlet alakjában. Például az y(x) = e x2 dx primitívfüggvények (ezek az analízis tétele miatt léteznek, lévén az integrandus folytonos függvény) a határozatlan integrál definíciója miatt kielégítik az y = e x2 egyenletet; viszont bizonyított, hogy ezek az y függvények nem írhatók fel csak az elemi függvények (azaz a hatvány-, exponenciális-, trigonometrikus függvények, ezek inverzei) felhasználásával véges sok művelet (összeadás, szorzás, osztás, függvénykompozíció) segítségével, röviden véges képlettel. Sőt, még az sem elegendő differenciálegyenletek megoldásainak véges képlettel való felírhatóságához, hogy megengedjük még az eddigi értelemben véges képletű függvények primitív függvényeinek (így pl. az előző differenciálegyenlet megoldásának) a szerepeltetését a képletekben: az is bizonyított, hogy az y = x 2 + y 2 egyenletnek még így sem adható meg véges képlettel a megoldása (de megoldása van). Ez is jelzi, amit a tapasztalat mutat: mérnöki és más tudományterületeken felbukkanó differenciálegyenletek megoldását, a megoldás hozzárendelési szabályát gyakran nem lehet megadni képlettel. Amikor ez nem sikerül (vagy nem érdemes előállítani a megoldás képletét, mert pl. nagyon bonyolult lenne), akkor valamilyen közelítő módszerre van szükségünk; ez a megoldásfüggvénynek a hozzárendelési szabályát közelíti egy másik, tipikusan egyszerű képlet segítségével, vagy esetleg csak sokszor ez is elég az alkalmazásokban bizonyos érdekes értelmezési tartománybeli pontban. Ezzel a témakörrel foglalkozik a differenciálegyenletek megoldásának numerikus módszerei tudományterület (ebben a jegyzetben nem foglalkozunk vele részletesen). Előbbire, közelítő képlet előállítására itt ebben a leckében is mutatunk egy módszert, a Taylorsor módszert. Igényesebb alkalmazások megkövetelik, hogy ne csak egy közelítést adjunk, hanem adjunk becslést arra: mekkora lehet a hiba legfeljebb a leckét egy hibabecslő eljárás bemutatása zárja. Ha a differenciálegyenlet pontos megoldását nem is ismerjük, azért a differenciálegyenlet vizsgálatából általában sok információ nyerhető a megoldásra nézve. Például, az előző differenciálegyenlethez tartozó tetszőleges kezdeti érték feladatnak egyértelmű megoldása van (ezt tudjuk az unicitási tételből) és ez a megoldás monoton növekedő. Ez utóbbi tulajdonság onnan
következik, hogy a megoldás deriváltja, x 2 + y 2 minden x-re nemnegatív. (Gyakorlásképpen bizonyítsa be az olvasó, hogy az y(0) = 0 kezdeti feltételhez tartozó megoldásnak egyetlen inflexiós pontja van csak, a 0.) Általában azonban nem elegendő a megoldás pusztán kvalitatív, azaz csak minőségi tulajdonságokra (mint pl. monotonitásra) szorítkozó vizsgálata, hanem meg kell határoznunk a megoldás néhány, vagy akár az értelmezési tartományának minden pontjában felvett értékét (például, ha feladatunk egy fizikai jelenség matematikai modellje és az ismeretlen fizikai mennyiség számszerű értékére van szükség). Erre akkor nehezebb válaszolni, ha a megoldás mint a fenti estben is nem írható fel képlet segítségével 1. Ekkor be kell érnünk a pontos megoldás valamilyen közelítésével. A feladat kitűzéséből, illetve az esetlegesen háttérben lévő fizikai feladatból tudhatjuk, hogy milyen értelemben kell a közelséget értelmezni. Leggyakrabban az y pontos és az ỹ közelítő megoldás különbségének abszolút értékét, illetve ha több pontban keressük a megoldást, akkor ezen abszolút értékek maximumát szokták használni a hiba mérésére. Magát az y ỹ különbséget nem ismerjük, mert ellenkező esetben ezt ỹ-hoz hozzáadva mégiscsak megkapnánk a pontos megoldást. Tehát ha a pontos megoldást nem tudjuk felírni, akkor a közelítő megoldások hibájára is csak becslést adhatunk. Ez azonban szükséges, hiszen ha megadunk egy függvényt és azt mondjuk, hogy ez a feladat közelítő megoldása, akkor fontos, hogy legyen fogalmunk az elkövetett hiba nagyságáról, hiszen ennek hiányában egy függvény semmi információt nem hordoz a pontos megoldásra. Azonban a hiba nem túl durva becslése általában nehéz, így gyakran megelégszünk valamilyen nagyságrendi becsléssel is. Egy elég általános, elsőrendű kezdeti érték feladatok közelítő megoldásának hibájára vonatkozó becslés található a lecke végén. Nézzünk először egy közelítő módszert kezdeti érték feladatok megoldására. A Taylor-sor módszer Ennek a módszernek a segítségével a?? alfejezetben kitűzött feladatok közül a kezdeti érték feladatok megoldására kapunk közelítéseket, annak x 0 körüli Taylor-polinomjai (speciális esetekben Taylor-sorának) alakjában. A Taylor-polinomok pedig amint azt az analízisből tudjuk elég gyakran jól közelítik a kifejtett függvényt a kifejtési pont, x 0 közelében. Tekintsük először az elsőrendű kezdeti érték feladatot. y (x) = f(x, y(x)) y(x 0 ) = y 0 1 Az is előfordulhat, hogy a differenciálegyenlet megoldását képlet írja le, mi ezt a képletet ismerjük, de túl bonyolult, ezért egy vagy több pontban való kiértékelése több fáradsággal, esetleg nagyobb hibával járna, mintha egyből egy közelítő eljárással számolnánk. (1)
A módszer lényege az, hogy ha a differenciálegyenlet jobb oldalát deriváljuk x szerint, akkor megkapjuk y deriváltjait, lévén y az eredeti differenciálegyenlet bal oldala. Csak az a baj, hogy a deriváltakra előálló formula tartalmazza az ismeretlen y függvényt is, hiszen azt a jobb oldal, f(x, y(x)) is tartalmazza, ezért a deriváltak értéke általában ismeretlen. Azonban y-nak egy pontban, x 0 -ban ismerjük a helyettesítési értékét: a kezdeti feltétel szerint ez y(x 0 ) = y 0 ; így ebben a pontban ki tudjuk értékelni a deriváltakat. Ezek segítségével felírhatók a keresett Taylor-polinomok. Másodrendű differenciálegyenletekhez tartozó kezdeti érték feladatoknál a módszer ugyanez, csak az egyenletek deriválásával mindig eggyel magasabb rendű deriváltját kapjuk meg y-nak, mint az előbb. Nézzük meg most pontosabban az előbb mondottakat. Állítás. Ha f n-szer folytonosan deriválható az (x 0, y 0 ) pont környezetében 2, akkor a (1) kezdeti érték feladat y megoldása n + 1-szer deriválható x 0 -ban és az y (k) (x 0 ), k = 1,..., n + 1 deriváltak kifejezhetők x 0, y 0 és f parciális deriváltjai (x 0, y 0 ) helyen felvett helyettesítési értékeivel. Bizonyítás. Először nézzük meg az állítást n = 1-re. A láncszabályt 3 felhasználva deriváljuk a differenciálegyenlet jobb oldalát x szerint! Ez megtehető, mert a feltételezések szerint f és y is differenciálható. (A könnyebb olvashatóság miatt a második egyenlőségjeltől a parciális deriváltakra az indexes jelölésmódot használjuk, továbbá az y függvény x és az f és parciális deriváltjainak (x, y(x)) argumentumait sem írjuk ki.) df(x, y(x) dx = f f (x, y(x)) 1 + x y (x, y(x))y (x) = f x + f y f, kihasználva még azt, hogy y megoldása a differenciálegyenletnek, így y = f. Ezért a differenciálegyenlet bal oldala, y is deriválható és y = f x + f y f. (2) n = 2-re az állítás ugyanígy látható be: (2) jobb oldala x szerint deriválható és a deriválást elvégezve kapjuk: d dx (f x + f y f) = (f x + f y f) x 1 + (f x + f y f) y y = = (f xx + f yx f + f y f x ) 1 + (f xy + f yy f + f y f y ) y, amit átrendezve és y = f-et beírva y -re az y = f xx + 2f xy f + f yy f 2 + f y (f x + f y f) (3) 2 Ez azt jelenti, hogy az n-edik rendig bezárólag az összes parciális deriváltja létezik és folytonos az (x 0, y 0 ) pont környezetében. 3 Lásd a??. alfejezetet.
formulát kapjuk. Ez az eljárás láthatóan akármekkora n-re működik. A pontos bizonyítást jelentő n+1-ig terjedő teljes indukciót itt elhagyjuk. Ezután y deriváltjainak x 0 helyen felvett értékeihez úgy jutunk, hogy az (x 0, y 0 ) ponton kiszámítjuk (2), (3) és a többi deriváltra vonatkozó egyenletek jobb oldalát. Így eljutunk y n-edfokú T n Taylor-polinomjához, melynek alakja: T n (x) = n y (k) (x 0 ) (x x 0 ) k. (4) Ez szolgál az y pontos megoldás közelítésére. Mielőtt e közelítés hibájának a becslésére is alkalmazható formulát ismertetnénk, lássunk a módszer alkalmazására egy példát! Hogy legyen összehasonlítási alapunk olyan differenciálegyenletre fogjuk alkalmazni, amelynek a pontos megoldása ismert. 1. kidolgozott feladat. Adjuk meg az y = 2xy, y(0) = 1 kezdeti érték feladat megoldásának x 0 = 0 körüli 4-edrendű Taylor-polinomját! Megoldás: A keresett polinom alakja: T 4 (x) = 4 y (k) (0) x k. A kezdeti feltételből: a differenciálegyenletből: y (0) (0) = y(0) = 1; y (1) (0) = y (0) = 2 0 1 = 0. Deriválva a differenciálegyenletet: y = 2y + 2xy = 2y + 2x 2xy = 2y + 4x 2 y, (5) így y (0) = 2 1 + 4 0 1 = 2. Hasonlóan y = (2y + 4x 2 y) = 2y + 8xy + 4x 2 y = 4xy + 8xy + 8x 3 y = 12xy + 8x 3 y, (6)
ezért y (0) = 0; ahonnan Így y = (12xy + 8x 3 y) = 12y + 12x 2xy + 24x 2 y + 8x 3 2xy = 12y + 48x 2 y + 16x 4 y, y (0) = 12. T 4 (x) = 1 + 0 1! x + 2 2! x2 + 0 3! x3 + 12 4! x4 = 1 + x 2 + 1 2 x4. Most a pontos megoldást fel tudjuk írni a korábban tanult módszerek segítségével (a differenciálegyenlet szétválasztható változójú (és lineáris is)). A megoldás: y(x) = e x2, amelynek a Taylor-sora (felhasználva e x Taylor-sorát) az alábbi alakban írható fel: (x 2 ) k = x 2k = 1 + x 2 + x4 2 +..., ahonnan láthatjuk, hogy valóban jól számoltunk az előbb. Egy példa végigszámolása után jól láthatjuk, hogy tulajdonképpen felesleges volt (5)-ben és (6)-ban y - nek a differenciálegyenletből származó képlettel való helyettesítése. Ezt az y alakot is vihettük volna tovább és amikor ezt a tagot deriválni kell, akkor azt csak formálisan kijelöljük. Amikor a konkrét x 0 helyen kell kiszámolni a helyettesítési értékeket, addigra már a megfelelő deriváltak értékei már rendelkezésre fognak állni. A fenti példánál maradva, a (5) és (6) egyenletek helyett elég lett volna az alábbiakat írni. y = 2y + 2xy, ahonnan y (0) = 1-et felhasználva Hasonlóan y (0) = 2 1 + 4 0 1 = 2. y = 2y + 2y + 2xy, ahonnan az előbb kiszámított y (0) = 0-t felhasználva Ezt az eljárást folytathatnánk végig. y (0) = 2 1 + 2 0 + 2 2 = 6. Ez a módosítás elég sok számítástól megkímél bennünket, főleg akkor, ha f parciális deriváltjai bonyolultak.
2. kidolgozott feladat. Írjuk fel az x 2 y + xy y = 0, y(1) = 2, y (1) = 0 kezdeti érték feladat megoldásának harmadfokú, x = 1 körüli Taylor-polinomját! Megoldás: A polinom alakja: T 3 (x) = 3 y (k) (1) (x 1) k. A szükséges deriváltak közül kettőt ismerünk a kezdeti feltételből: y (0) (1) = y(1) = 2 és y (1) (1) = y (1) = 0. A maradék két együttható számolásához először fejezzük ki y -t a differenciálegyenletből: Innen közvetlen behelyettesítéssel y (1) = 0 1 + 2 1 = 2 adódik. Deriválva (7)-t: ahonnan Így a keresett polinom: y = y x + y x 2. (7) y = y x y x 2 y (1) = 2 0 1 + y x 2 2xy x 4, + 0 4 1 = 6. T 3 (x) = 2 + (x 1) 2 (x 1) 3. Speciális esetekben az ismertetett hatványsor-módszer megadja a megoldás teljes Taylorsorát is, nemcsak egy Taylor-polinomját. Akkor lehetséges ez, ha észreveszünk valamilyen, legtöbbször rekurziós formulát az y (k) (x 0 ) értékekre. 3. kidolgozott feladat. Adjuk meg az y = 5y, y(0) = 3 kezdeti érték feladat megoldásának x 0 = 0 körüli Taylor-sorát!
Számítsunk ki először néhány deriváltat és próbáljuk megsejteni belőlük az általános for- Megoldás: mulát! Ezekből azt sejtjük, hogy y (2) = (y (1) ) = (5y) = 5 2 y, y (3) = (y (2) ) = (5 2 y) = 5 3 y, y (4) = (y (3) ) = (5 3 y) = 5 4 y. y (k) = 5 k y. Ezen állítás bizonyítása k szerinti indukcióval könnyen elvégezhető. Valóban, k = 0-ra és k = 1-re nyilvánvalóan, k = 2, 3, 4-re az előbb látottak miatt igaz; továbbá ha k-ra igaz, akkor k + 1-re: y (k+1) = (y (k) ) = (az indukciós feltevés miatt:) = (5 k y) = 5 k 5y = 5 k+1 y, amit igazolni kellett. Ezért minden k természetes számra így a keresett Taylor-sor: y (k) (0) = 5 k y(0) = 3 5 k, 3 5 k x k = 3 (5x) k. Ez viszont könnyen észrevehetően éppen 3e 5x Taylor-sora, ezért a megoldás y(x) = 3e 5x. Megjegyezzük, hogy a megoldást megkaphattuk volna pl. a változók szétválasztásának módszerével is. Egy hibabecslő eljárás tetszőleges közelítéshez Most bizonyítás nélkül 4 ismertetünk egy tételt, amely segítségünkre lehet tetszőleges közelítő megoldás, így a hatványsor-módszerrel kapott Taylor-polinom hibájának megbecslésében is. Tétel. Tekintsük az y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 kezdeti érték feladatot és legyen D D f olyan tartomány, amelyen f folytonos és (8) f y L, 4 A bizonyítás megtalálható pl. [?]-ban.
továbbá (x 0, y 0 ) D. Ha z olyan függvény, melynek értelmezési tartománya tartalmazza az I intervallumot, grafikonjának I feletti része D-ben halad (azaz {(x, z(x)) IR 2 x I D) és létezik hozzá ε 1, ε 2 IR, hogy egyaránt teljesül, akkor z(x 0 ) y 0 ε 1 és f(x, z(x)) z (x) ε 2 minden x I-re {(x, y) IR 2 x I, y z(x) (ε 1 + ε 2 x x 0 )e L x x 0 D (9) esetén (8) (D-ben egyértelmű) y megoldására és a z közelítésre érvényes az y(x) z(x) (ε 1 + ε 2 x x 0 )e L x x 0 (10) becslés minden x I pontban. Nézzünk meg egy példát a tétel alkalmazására! 4. kidolgozott feladat. A 1. kidolgozott feladatban már vizsgáltuk az y = 2xy, y(0) = 1 kezdeti érték feladatot és ott a pontos y megoldás közelítésére a T 4 (x) = 1 + x 2 + x4 2 Becsüljük meg T 4 legnagyobb eltérését y-tól a [ 0.4, 0.4] intervallumon! Megoldás: Feladatunkban a tételbeli jelöléseknek polinomot kaptuk. f(x, y) = 2xy, z(x) = T 4 (x) felel meg. D megválasztása lenne a következő lépés. Ebben két különböző érdek játszik szerepet: egyrészt D-t minél kisebbre kell választanunk, hogy f maximumára minél kisebb L becslés jöjjön ki, ami azért y fontos, mert a (10) alatti hibabecslés, azaz a jobb oldal L növekedtével rohamosan, exponenciálisan nő. Másrészt, D-t elég nagyra kell választani, hogy (9) is teljesüljön és ezt annál könnyebb elérni, minél nagyobb D. Legyen most I = ( 1 2, 1 2 ), D = I IR = {(x, y) IR2 x I, y IR. Ekkor világos, hogy a (9) feltétel teljesül, hiszen D,,y-irányban végtelen. Nézzük meg, nem kapunk-e túl nagy számot emiatt L-re. f y = 2x 21 2 = 1 I-n,
ezért L = 1 jó választás. Azt is látjuk, hogy ebben a feladatban nem okozott rosszabb becslést D-re az, hogy D-t y-irányban túl nagyra választottuk, mert f most nem függött y-tól. y Keressünk megfelelő ε 1 -et és ε 2 -t! Mivel z(0) y(0) = 0, ezért ε 1 = 0 jó választás. Továbbá f(x, z(x)) z (x) = 2x(1 + x 2 + x4 2 ) (2x + 2x3 ) = x 5, és mivel az x 5 függvény monoton növő [0, 1 2 ]-en, így legnagyobb értékét éppen a végpontjában veszi fel, ezért ε 2 = (1/2) 5 = 1/32 megfelelő választás. Így (10)-nek megfelelően y(x) T 4 (x) 1 32 x e x minden x I-re. Az xe x függvény a nemnegatív félegyenesen szigorúan növekvő, ezért y(x) T 4 (x) 1 32 azaz a legnagyobb hiba kisebb, mint 0.0258. 1 2 e 1 2 < 0.0258,