Di erenciálegyenletek 6/7 I. félév Prof.Dr. Galántai Aurél ÓE NIK AII 6. december 3.
Tartalomjegyzék.. Bevezetés....................................... 5... Els½orend½u KDE................................ 8... Osztályozás és tulajdonságok........................ 3..3. Magasabb rend½u KDE-k........................... 5.. A megoldás létezése, unicitása és függése a paraméterekt½ol............ 7... Lipschitz folytonosság és egyértelm½uség................... 7... A lokális megoldás létezése............................3. A lokális megoldás folytatása........................ 4..4. A megoldás függése a kezdetiértékt½ol és a vektormez½ot½ol......... 5..5. Paraméteres (reguláris) perturbációk.................... 8.3. Di erenciálegyenletek egzakt megoldása....................... 3.4. A Matlab szimbólikus di erenciálegyenlet megoldója................ 3.5. Speciális esetek, megoldási technikák és példák................... 35.5.. Szétválasztható di erenciálegyenletek.................... 35.5.. A logisztikai egyenlet (P.V. Verhulst, 838)................. 38.5.3. Egzakt egyenletek............................... 4.5.4. Bernoulli egyenlet............................... 45.5.5. Riccati egyenlet................................ 48.6. Lineáris rendszerek I................................. 49.6.. Másodrend½u lineáris di erenciálegyenletek változó együtthatókkal.... 58.6.. Másodrend½u lineáris di erenciálegyenletek konstans együtthatókkal... 6.6.3. Egy mechanikai rezgési modell........................ 63.6.4. A másodrend½u lineáris inhomogén DE megoldása............. 65.6.5. A határozatlan együtthatók módszere.................... 7.6.6. A Laplace transzformáció módszere lineáris di erenciálegyenletek esetén. 73.7. További Matlab programok DE-k megoldására................... 79.7.. Els½orend½u rendszerek szimbólikus megoldása................ 79.7.. Numerikus módszerek kezdetiérték problémák megoldására........ 83.7.3. Gra kus ábrázolások............................. 88.8. Lineáris rendszerek II................................. 94.8.. Homogén lineáris di erenciálegyenletek konstans együttható mátrixokkal 94.8.. Konstans együtthatós kétváltozós lineáris di erenciálegyenlet- rendszerek osztályozása.................................. 7.8.3. Periódikus megoldások............................ 7.9. Stabilitás....................................... 3.9.. Lineáris rendszerek stabilitása........................ 6.9.. Nemlineáris rendszerek stabilitása...................... 9.9.3. Autonom rendszerek és a linearizálás.................... 3 TARTALOMJEGYZÉK 3
.9.4. Lyapunov módszere.............................. 34.. Felhasznált és ajánlott irodalom........................... 39 4 TARTALOMJEGYZÉK
.. Bevezetés Közönséges di erenciálegyenleteket (KDE) tanulmányozunk, amelyek a klasszikus Newtoni mechanikában jelentek meg el½oször (Newton, Leibniz, Bernoulli testvérek, Euler, Cauchy, etc.). A KDE-k id½obeli "mozgásokat" írnak le. Newton három törvénye:. Minden test megtartja egyenesvonalú egyenletes mozgását vagy (áll) nyugalomban van, amíg egy másik test vagy er½o a mozgásállapotát meg nem változtatja.. Ha egy testre er½o vagy er½ok hatnak az er½ok ered½oje az m tömeg½u testen gyorsulást okoz ( a = F vagy másként F = ma). m 3. Ha egy A test hat egy B testre (hatás-ellenhatás érvényesül), akkor a B test ugyanakkora de ellentétes irányú er½ovel hat az A testre (a két er½o hatásvonala azonos és az er½ok különböz½o testekre hatnak).. Example. (I) Vizsgáljunk egy egység tömeg½u részecskét, amely egy egyenes vonalon mozog konstans gyorsulással. Ha a mozgás pályáját az s (t) (id½o-)függvény, akkor a részecske gyorsulását az s (t) = a egyenlet adja meg. Ezt kétszer integrálva kapjuk, hogy Z Z s (t) dt = adt ) s (t) = at + C és Z Z s (t) dt = (at + C ) dt ) s (t) = a t + C t + C : Az ismeretlen integrálási C és C konstansok meghatározásához két további adat kell. Ha a részecske pozíciója és sebessége a t = t id½o pillanatban ismert, azaz s (t ) = s ; s (t ) = v ; akkor a következ½o lineáris egyenletrendszert kell megoldanunk a t + C t + C = s ; at + C = v a C és C konstansok, valamint az s (t) pályafüggvény meghatározásához. BEVEZETÉS 5
Vizsgáljunk egy egység tömeg½u részecskét a térben és használjuk a következ½o jelöléseket t : id½o y (t) : a helykoordináták vektora, azaz a pozició y (t) : y id½o szerinti deriváltja, azaz a sebesség y (t) : gyorsulás Ha el½oírjuk a részecske sebességét el½oírjuk, akkor az y = v (t; y) () összefüggés leírja a részecske térbeli pályáját (trajektóriáját), ahol v (t; y) az t id½opillanatban és y térpontban el½oírt sebesség. Ezt az összefüggést els½orend½u di erenciálegyenlet(rendszer)nek hívjuk. Ha valaki el½oírja a részecske kezdeti pozícióját a t = t id½opontban, például y (t ) = y ; () akkor a két összefüggés kezdetiérték (KÉP) vagy Cauchy-feladatot de niál. Augustin Louis Cauchy (789-857) A t id½opillanatban és az y helyen egy részecskére az F (t; y) er½o hat, amely a részecske gyorsulását okozza. Képletben kifejezve: y = F (t; y) ; (3) amely lényegében Newton második törvénye. Ha a t kezdeti id½opillanatban megadjuk a részcske helyét és sebességét: y (t ) = y ; y (t ) = y ; (4) akkor az (3) és (4) egyenletek egy kezdetiérték problémát de niálnak, amely másodrend½u KDE. Vezessük be a következ½o új változókat: y y y x = y ; f = ; x F = y : (5) 6 TARTALOMJEGYZÉK
és de niáljuk a következ½o KÉP-et: x (t) = f (t; x) ; x (t ) = y : (6) Ennek az alakja megyegyezik a ()-() alakkal és ekvivalens a (3)-(4) alakkal. Ez a következ½oképpen látható be: y x (t) = (t) y y = (t) = f (t; x (t)) : (t) F (t; y (t)) Az x (t) = f (t; x) ; x (t ) = y : KÉP standard (vagy explicit) alakban van. Egy x (t) (vektor) függvényt, amely kielégíti ezt az egyenletet, az egyenlet megoldásának nevezünk.. Example. (I) Egy részecske mozog az x-tengely mentén és nem hat rá er½o. Ez azt jelenti, hogy az F (skalár) er½o elt½unik, azaz F (t; x), és (3) KDE alakja amelyhez az kezdeti értékeket adhatjuk. Az x = x x x = ; x () = x ; x () = x x ; f = x ; x = x változók bevezetésével átírhajuk a problémát az ekvivalens x = x; x () = x rendszer alakba. Egyszer½u integrálással kaphatjuk a megoldást: x (t) = x + x t: Ezt Newton els½o törvényeként interpretálhatjuk. (Minden test megtartja egyenesvonalú egyenletes mozgását vagy (áll) nyugalomban van, amíg egy másik test vagy er½o a mozgásállapotát meg nem változtatja.) BEVEZETÉS 7
3. Example. (I3) (egy dimenziós harmónikus oszcillátor). Egy részecske mozog az x-tengely mentén úgy, hogy az origóhoz kényszeríti egy er½o, amely arányos részecske origótól vett távolságával. Newton második törvénye szerint mx = kx; ahol m a részecske tömege és k > a rugóállandó. Tételezzük fel, hogy a t id½opillanatban Bevezetve az x = x x ; f = x (t ) = x ; x (t ) = x : x k m x x ; x = x jelöléseket, kapjuk a következ½o els½orend½u közönséges di erenciálegyenlet rendszert: x = Könny½u ellen½orizni, hogy a megoldás k=m x; x (t ) = x : x (t) = x cos (! (t t )) + x! sin (! (t t )) ; ahol! = p k=m. Fontos kérdések: Milyen feltételek mellett garantálhatjuk a megoldás létezését és egyértelm½uségét egy adott id½ointervallumon? Milyen tulajdonságai vannak az x megoldásnak? Hogyan határozhatjuk meg a megoldást?... Els½orend½u KDE Legyen R n nyílt, nemüres halmaz. Az f :! R n leképezést vektormez½onek nevezzük (az halmazon). Részletezve: 3 f (x ; : : : ; x n ) 6 7 f (x) = 4. 5 : f n (x ; : : : ; x n ) 8 TARTALOMJEGYZÉK
Mindig feltesszük, hogy f folytonos. Ha még f di erenciálható is, akkor a deriváltját az un. Jacobi mátrix adja meg: @f @f J (x) = @f @x 3 @x n @x = 6 7 4 5 :. @f n @x @f n @x n A det (J (x)) determinánst Jacobi determinánsnak nevezzük. Ha n =, akkor f skalár mez½o. Ez benne van az általános esetben. A vektormez½o függhet egy további, mondjuk, t paramétert½ol, azaz f = f (t; x). A t független paraméter, x a t-t½ol függ. Az halmazt, amelyben x (t) felveszi az értékeit, állapot, vagy fázistérnek nevezzük. Hat t értékei az I intervallumban vannak, akkor az I halmazt id½o állapot térnek nevezzük. A x (t) = f (t; x) ; x (t ) = x (7) alakú Cauchy problémákat evolúciós problémáknak is nevezik, mert id½oben változó problémákat írnak le. A kezdeti értékekt½ol való függés hangsúlyozására a megoldást szokás az alakban is jelölni. x (t) = (t; t ; x ) (8) x H(t;t,x ) I (t,x ) J x I I x I t J I 4. De nition. A KÉP orbitja vagy trajektóriája az görbe az állapottérben. f (t; t ; x ) j t Jg BEVEZETÉS 9
5. De nition. A KÉP megoldás vagy integrálgörbéje a t j t J R n+ (t; t ; x ) görbe az id½o-állapot térben ( R n+ ). Az n = esetben ez az x (t) gráfja. 6. De nition. Az x = f (t; x) KÉP iránymez½oje az f (t; x) vektormez½o. Az orbit a vektormez½o érint½oje, a megoldásgörbe az iránymez½o érint½oje. 7. Example. (I4) Az I Példa iránymez½oje x f = : A következ½o ábrán f-et nyilakkal jelöljük, amelyek az er½o irányát és nagyságát is jelölik a fázistérben. A trajektóriák vízszintes vonalak.. x x Az x (t) = x + x t megoldásgörbék egyenesek az R 3 térben. Rögzített x esetén x t függvénye. A következ½o ábrán ez látható különböz½o x értékekre, rögzített x > és t t esetén. x t t=t TARTALOMJEGYZÉK
x (t) 8. Example. (I5) Az D harmónikus oszcillátor (I3 Példa) esetén f= x k m x A k = m esetben ezt a következ½o ábra mutatja: :. x x Ezekre a paraméter értékekre a trajektóriák (orbitok) körök ([x (t)] + Általában pedig ellipszisek. A megoldás görbét a következ½o ábra mutatja h x (t) i = x + x )..5 direction field.5 initial value.5.5.5.5.5.5 4 6 8 4 6 8 x t 9. De nition. Azokat az bx pontokat, amelyekre f (t; bx) = ; t I (9) stacionárius pontoknak nevezzük. BEVEZETÉS
A stacinárius pontokat nevezik egyensúlyi, szinguláris, x, nyugalmi, vagy kritikus pontoknak is. Egy stacionárius pont az x = f (t; x), x (t ) = x KÉP megoldása tetsz½oleges t I pontban. Ekkor az orbit egy pontból áll, vagy egy pontra húzódik össze.. De nition. Az b részhalmazt invariáns halmaznak nevezzük, ha tetsz½oleges x b esetén, a KÉP megoldása b -n belül marad minden t J értékre.. Example. (I6) (i) Az I Példa minden megoldása stacionárius, ha x =. Ekkor az x- tengely az állapot tér. (ii) Az I3 Példa harmonikus oszcillátorának stacionárius a megoldása, ha x = x =. Az invariáns halmazok ellipszisek.. Theorem. Az x (t) függvény az x = f (t; x), x (t ) = x KÉP megoldása akkor és csak akkor, ha x (t) megoldása az Volterra integrálegyenletnek. x (t) = x + Z t t f (s; x (s)) ds () Bizonyítás. Integráljuk a x (t) = f (t; x (t)) egyenletet és használjuk az x (t ) = x feltételt. Ekkor Z t x (s) ds = [x (s)] t t = x (t) x = f (s; x (s)) ds: t t Egy pont helyett több pontban is el½oírhatunk feltételeket az x (t) megoldásra. tekintsük a következ½o kétpontos peremérték problémát (PÉP) Z t x = f (t; x) ; x (t ) = x ; x (t ) = x ; ahol t > t. Ennek fontos speciális esete a periódikus peremfeltétel, amikor is Például () x (t ) = x (t ) : () 3. Example. (I7) Tekintsük az I3 Példa harmónikus oszcillátorát a k = m feltétel esetén: Az általános megoldás alakja ekkor x = x: x (t) = a cos t + b sin t: Az x () = feltételb½ol a = adódik. Ha a =, akkor x () = b sin =. Ezért nem köthetünk ki tetsz½oleges x () értéket. Vagyis a x = x; x () = ; x () = c; c R peremérték feladat általában nem rendelkezik megoldással. Ha c =, akkor van megoldás, de nem egyértelm½u, mert bármelyik b sin t függvény megoldás. TARTALOMJEGYZÉK
... Osztályozás és tulajdonságok A KDE problémákat tovább osztályozzuk. 4. De nition. Az x = f (t; x) KDE lineáris, ha f alakja f (t; x) = Ax + b; (3) ahol A (t) R nn és b (t) R n minden t-re. A lineáris KDE homogén, ha b (t). Ha A (t) A valamilyen konstans mátrixra, akkor a KDE lineáris konstans együtthatós. 5. De nition. Az E x = f (t; x) KDE autonom, ha f nem függ a t-t½ol (expliciten), azaz Az autonom KDE-k rendelkeznek az un. eltolási tulajdonsággal. x = f (x) : (4) 6. Lemma. Ha x (t) az (4) autonom KDE megoldása az (a; b) intervallumon, akkor bármely s R esetén x (t + s) az (4) KDE megoldása az (a s; b s) intervallumon. Az x (t + s) megoldásgörbe az x (t) megoldásból nyerhet½o s távolságú eltolással a negatív irányban. Az eltolási tulajdonság formális megfogalmazása: amelyet a következ½o ábra mutat (t; t ; x ) = (t t ; ; x ) (t I) ; x f(t t ;,x ) f(t;t,x ) x (t,x ) t t Autonom esetben a trajektóriát az x kezdetiérték teljesen meghatározza. Ezért autonom esetben feltehetjük, hogy t =. BEVEZETÉS 3
7. Example. (I8) Ejtsünk le egy egység tömeg½u részecskét. Ha a részecske pozitív távolságát a föld felszínét½ol z jelöli, akkor Newton második törvénye miatt z = g: Ezt átírhatjuk els½orend½u vektor formába: x = f (x) = x g ; ahol x = [z; z ] T. Ez a rendszer lineáris és autonom. Ha t =, z () = z és z () = z, akkor a megoldás z (t) = z + zt gt : Általában is hasznos feltételezni, hogy t =. Ez mindig elérhet½o, ha újra de niáljuk a vektormez½ot a következ½oképpen: 8. De nition. Ha valamilyen T > értékre f (t; x) := f (t + t ; x) : (5) f (t + T; x) = f (t; x) (t I) ; (6) akkor a nem autonom KDE-t periódikus di erenciálegyenletnek nevezzük. A legkisebb T értéket, amelyre ez fennáll periódusnak nevezzük. Ha egy KDE periódikus, akkor a t! t nt (n N) eltolás nem változtatja meg a megoldás alakját, azaz (t nt ; t nt; x ) = (t; t ; x ) : (7) 9. De nition. Az x (t) megoldás periodikus, ha van olyan T > periódus, hogy x (t + T ) = x (t) fennáll minden t értékre az egzisztencia intervallumban.. Lemma. Periódikus KDE megoldása nem szükségképpen periódikus.. Example. (I9) Az I3 Példa harmonikus oszcillátorát módosítsuk egy kényszerer½ovel: A k = m = esetben a periódikus x = mx = kx + cos t; x () = x ; x () = x : x+ cos t ; x () = x 4 TARTALOMJEGYZÉK
KDE-t kapjuk, ahol Ha x () =, akkor a megoldás amely nyilvánvalóan nem periódikus. x = x (t) = x x : t sin t sin t + t cos t Egy megoldást kvázi-periódikusnak nevezünk, ha legalább két olyan frekvenciát tartalmaz, amelyek hányadosa irracionális. Példa ilyen függvényre: ; x (t) = sin (! t) + sin (! t) : Ha! =! irracionális, akkor a függvény nem periódikus.. Lemma. Ha egy periódikus KDE megoldása periódikus, akkor ugyanaz a periódusuk. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f (t; x) periódusa T, az x megoldásé pedig T és T 6= T. Tegyük fel, hogy T > T. Mivel x periódikus, a deriváltja x is az. Mivel az x = f (t; x) szintén fennáll, f periodikus T szerint és T szerint is, azaz f (t + T ; x) = f (t; x) : Az f függvény T szerinti periódicitása miatt tetsz½oleges n N esetén f (t + T nt; x) = f (t; x) : Ha n-et úgy választjuk, hogy < T nt < T, akkor láthatjuk, hogy f periodikus egy T -nél kisebb periódussal, ami ellentmondás. A T < T feltevés esetén a bizonyítás hasonló...3. Magasabb rend½u KDE-k Legyen y (t) az I R intervallumon n-szer folytonosan di erenciálható valós függvény és legyen d k dt k y (t) = y(k) (t) (k = ; ; : : : ; n) : 3. De nition. Az I R intervallumon fennálló F t; y (t) ; y () (t) ; : : : ; y (n) (t) = (8) összefüggést n-ed rend½u (implicit) di erenciálegyenletnek nevezzük. Az y (n) = G t; y (t) ; y () (t) ; : : : ; y (n ) (t) (9) összefüggést n-ed rend½u (explicit) di erenciálegyenletnek nevezzük. BEVEZETÉS 5
A hozzájuk tartó kezdetérték problémát (KÉP-et) az y (t ) = y ; y (t ) = y; : : : ; y (n ) (n ) (t ) = y () kezdeti feltételek de niálják. Az n-ed rend½u explicit KDE átírható els½orend½u rendszer alakba. De niáljuk az x vektor komponenseit el½oírással, az f (t; x) vektormez½ot pedig a következ½oképpen x i (t) := y (i ) (t) ; i = ; : : : ; n () f (t; x) = 6 4 Ekkor (9) ekvivalens az x = f (t; x) rendszerel x x 3. x n G (t; x ; : : : ; x n ) Más esetekben más transzformációk lehetnek hasznosak. 3 : () 7 5 4. Example. (I) (Liénard egyenlet). Adottak az f és g függvények. A Liénard egyenlet alakja: y + f (y) y + g (y) = : Az el½obbi transzformációval az x = x ; x = f (x ) x g (x ) els½orend½u di erenciálegyenlet rendszert kaphatjuk. Ha az f primitív függvénye, azaz F (y) = R y f (s) ds ismert, akkor x = y és y + f (y) y = d dt (y + F (y)) {z } x összefüggés az egyenlet általában használt alakját eredményezi. x = x F (x ) ; x = g (x ) 6 TARTALOMJEGYZÉK
Az n-ed rend½u explicit lineáris di erenciálegyenletek általános alakja y (n) + a n (t) y (n ) + + a (t) y = b (t) ; (3) ahol a n (t) ; : : : ; a (t) és b (t) adott függvények. A ()-() transzformációkat használva ezt átírhatjuk az alakba, ahol A (t) = 6 4 x = Ax + b (4) 3 : : :........... ; b (t) = 7 6 5 4 a a : : : : : : a n Az A (t) mátrixot Frobenius kisér½omátrixnak nevezzük.. b (t) 3 : (5) 7 5.. A megoldás létezése, unicitása és függése a paraméterekt½ol... Lipschitz folytonosság és egyértelm½uség Euklideszi normát használunk, amely vektorok esetén: kxk = p x T x =! = nx x i (x R n ) (6) i= Egy I intervallumon de niált x (t) vektor függvény normáját kxk I = sup kx (t)k (7) ti de niálja. Az I halmazon de niált f (t; x) vektormez½o normája adott (t; x) I esetén kfk I = sup kf (t; x)k : (8) ti x A normák használatához fel kell tételeznünk, hogy ezek a supremumok léteznek és (végesek). [például folytonossági és kompaktsági feltevésekkel]. A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 7
Legyen A R nn. A mátrix normáját az R n -ben de niált vektor normához rendeljük a következ½oképpen kaxk kak = max x6= kxk = max kaxk : (9) kxk= Ezeket indukált mátrix normának nevezzük. Igaz, hogy kaxk kak kxk (x R n ): Az Euklideszi vektornorma által indukált mátrixnorma a spektrálnorma, amelyet r kak = max (x T A T Ax) = max j i j = (3) kxk= i de niál, ahol i az A T A mátrix i-edik sajátértékét jelöli. Vizsgáljuk az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; t R (3) KÉP-et. A következ½o példa azt mutatja, hogy több megoldás is lehet, ha csak f folytonosságát kötjük ki. 5. Example. (II) Legyen és f (x) = Nyilvánvaló, hogy x (t) megoldás, de szintén megoldás. p x; x ; x < x = f (x) ; x () = : x (t) = t ; t ; t < 6. De nition. (Lipschitz folytonosság) Az f (t; x) vektormez½o Lipschitz folytonos az I halmazon, ha van egy olyan L konstans, hogy minden x; y és t I esetén fennáll kf (t; x) f (t; y)k L kx yk : Azt a tényt, hogy f Lipschitz folytonos az I halmazon, f Lip(I ) jelöli. 7. Lemma. Ha f (t; x) az I halmazon de niált függvény, R n konvex halmaz, f folytonosan di erenciálható x szerint és a J Jacobi mátrix korlátos az I halmazon, azaz L = kj (t; x)k I < ; (3) akkor f Lip(I ) az L Lipschitz konstanssal. 8 TARTALOMJEGYZÉK
Bizonyítás. Tetsz½oleges x; y pontokat összeköt½o szakasz pontjait az pontok alkotják. Bármely t I esetén amib½ol következik, hogy f (t; x) f (t; y) = x + s (y x) ; s = Z Z d f (t; x + s (y ds x)) ds J (t; x + s (y x)) (y x) ds; kf (t; x) f (t; y)k Z kj (t; x + s (y x))k ky xk ds L kx yk : 8. Example. (II) (i) f (x) = sin x. f Lip(R), L = max xr jcos (x)j =. (ii) f (t; x) = t sin x. f Lip(I R) tetsz½oleges korlátos I R esetén. L = sup ti jtj. (iii) f (x) = jxj. f Lip(R), L =. (iv) f (x) = x. Tetsz½oleges korlátos R esetén f Lip() és L = sup x jxj. (v) f (t; x) = x=t, t >. f Lip(I R) tetsz½oleges I = [t ; ) intervallumra, ha t >. L = =t. (vi) f (x) = p x. f Lip(), ha = [x ; ) és x >. L = = p x. (vii) f (x) = x ln x. f Lip(), ha = (a; b), < a < b <. L = + sup x (ln x). 9. Lemma. (Gronwall). Tegyük fel, hogy x (t) megoldása az x = a (t) x + b (t) ; x (t ) = x (33) skalár KÉP-nek t t esetén, a (t) és b (t) folytonos függvények. Ha az y függvény kielégíti az y a (t) y + b (t) ; y (t ) x (34) egyenl½otlenséget, akkor Bizonyítás. Az y (t) x (t) kielégíti az y (t) x (t) ; t t : (35) y x a (t) (y x) ; y (t ) x (t ) A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 9
egyenl½otlenséget. Legyen a (t) = Z t t a (s) ds és szorozzuk meg az egyenl½otlenség mindkét oldalát az exp ( a (t)) függvénnyel: (y (t) x (t)) exp ( a (t)) a (t) (y (t) x (t)) exp ( a (t)) ; Legyen Minthogy (y (t ) x (t )) exp ( a (t )) : {z } = z (t) = (y (t) x (t)) exp ( a (t)) : z (t) = (y (t) x (t)) exp ( a (t)) a (t) (y (t) x (t)) exp ( a (t)) ; az el½obbi két egyenl½otlenséget felírhatjuk a következ½o formában z ; z (t ) : Ebb½ol következik, hogy z (t) és ezért y (t) x (t) teljesül minden t t értékre. 3. Theorem. (Egyértelm½uség) Tegyük fel, hogy f Lip(I ) és (t ; x ) I. Ekkor az di erenciálegyenletnek legfeljebb egy megoldása lehet. az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; t R (36) Bizonyítás. Tegyük fel, hogy két megoldás van: x és x. Az y = x y = f (t; x ) f (t; x ) ; y (t ) = KÉP-et. Mindkét oldalt megszorozzuk az y (t) T vektorral. A baloldal alakja ekkor y (t) T y (t) = d dt y T (t) y (t) = z (t) ; x függvény kielégíti ahol z (t) = y (t) T y (t) = ky (t)k. A jobboldalon a Cauchy-Schwarz egyenl½otlenség ( a T b kak kbk, a; b R n ) miatt kapjuk, hogy y (t) T (f (t; x ) f (t; x )) ky (t)k kf (t; x ) f (t; x )k holds. Tehát fennáll, hogy L ky (t)k =: Lz (t) z Lz; z (t ) = : A Gronwall lemma miatt z (t). Az eredeti de níció miatt z (t). Tehát csak z (t) = lehetséges, ami azt jelenti, hogy x = x. TARTALOMJEGYZÉK
... A lokális megoldás létezése Igazoljuk a megoldás létezését f Lipschitz folytonosságának feltevése esetén. Er½osebb eredmények gyengébb feltevések mellett szintén vannak (Cauchy-Peano, Carathéodory tételek). Használjuk a KÉP ekvivalenciáját az x (t) = x + Z t t f (s; x (s)) ds = (P x) (t) (37) Volterra integrálegyenlettel. Tetsz½oleges folytonos függvény, amely ezt kielégíti di erenciálható (Miért?). De niáljuk a következ½o ún. Picard iterációt: x (t) = x ; x i+ (t) = x + Z t t f s; x i (s) ds; i = ; ; : : : : Az x! P x Picard leképezés folytonos függvényt folytonos függvénybe képez. Valójában P x di erenciálható. 3. Example. (II3) (i) x = x, x () = (megoldás: x (t) = e t ). x (t) = ; x (t) = + R t ds = + t; x (t) = + R t ( + s) ds = + t + t ; x 3 (t) = + R t + s + s ds = + t + t + 6 t3 ;. x i (t) = + t + t + + i! ti : Felismerhet½o, hogy a Picard iteráció az e t függvény t = pont körüli Taylor sorát adja meg. (ii) x = x, x () = (megoldás: x (t) =, t ( ; )). t x (t) = ; x (t) = + R t ds = + t; x (t) = + R t ( + s) ds = + t + t + 3 t3 ; x 3 (t) = + R t + s + s + 3 s3 ds = + t + t + t 3 + O (t 4 ) ;. x i (t) = + t + + t i + O (t i+ ) : A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL
Az iterációk az t függvény t = körüli Taylor sorát közelítik. 3. Theorem. (Picard-Lindelöf). Vizsgáljuk az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; (38) kezdetiérték problémát, ahol f C (I ), I = [t ; t + a], = fx R n j kx x k bg és tegyük fel, hogy f Lip(I ). Legyen M max (t;x)i kf (t; x)k egy tetsz½oleges korlát és = min (a; b=m). Ekkor a kezdetiérték problémának egyértelm½u x = x (t) megoldása van a [t ; t + ] intervallumon. Az választása természetes. Az a feltétel szerepe világos, mert ekkor teljesül hogy [t ; t + ] I. Mármost, ha x = x (t) a KÉP megoldása az [t ; t + ] intervallumon (valójában az [t ; t + ] halmazon), akkor kx (t)k = kf (t; x (t))k M miatt kx (t) x k = Z t x (s) ds f (s; x (s)) ds t t Z t Z t t kf (s; x (s))k ds M (t t ) ; ahol az M (t t ) b feltételnek teljesülnie kell (x (t) nem mehet ki -ból). Bizonyítás (Picard iterációval). Legyen x (t) = x. Tegyük fel, hogy az x k (t) iterációt már de niáltuk a [t ; t + ] intervallumon, x k (t) folytonos és kielégíti a x k (t) x b feltételt k = ; ; : : : ; m esetén. Legyen x m+ (t) = x + Z t t f (s; x m (s)) ds: (39) Ekkor x m+ (t) szintén folytonos a [t ; t + ] intervallumon. Teljesül az is, hogy x m+ (t) x Z t t kf (s; x m (s))k ds M (t t ) M b: Következésképpen az fx i (t)g i= függvénysorozat de niált, folytonos a [t ; t + ] intervallumon és kx i (t) x k b. Most igazoljuk, hogy m = ; ; : : : esetén fennáll x m+ (t) x m (t) ML m (t t ) m+ ; t [t ; t + ] ; (4) (m + )! ahol L az f Lipschitz konstansa. Az m = esetben triviális, hogy x (t) x (t) M (t t ) :! TARTALOMJEGYZÉK
Tegyük fel az egyenl½otlenséget tetsz½oleges m-re. Ekkor x m+ (t) x m+ (t) = Z t Z t L Ezért az (4) becslésb½ol következik, hogy t f s; x m+ (s) t f s; x m+ (s) Z t t x m+ (s) MLm+ (m + )! Z t t (s = MLm+ (t t ) m+ : (m + )! f (s; x m (s)) ds f (s; x m (s)) ds x m (s) ds t ) m+ ds X x + x m+ (t) m= x m (t) = x (t) egyenletesen konvergens a [t ; t + ] intervallumon, azaz x (t) = lim m! xm (t) (4) fennáll egyenletesen. Minthogy f (t; x) egyenletesen folytonos az I halmazon, f (t; x m (t))! f (t; x (t)) egyenletesen a [t ; t + ] intervallumon. Ezért az sorozat konvergál az x m+ (t) = x + x (t) = x + Z t Z t t f (s; x m (s)) ds t f (s; x (s)) ds; egyenelethez, amely igazolja a megoldás létezését. A megoldás egyértelm½usége a Lipschitz feltételb½ol következik. 33. Lemma. Az I "tégla" alakú tartomány helyett vehetünk egy tetsz½oleges I R intervallumot és egy R n részhalmazt úgy, hogy (t ; x ) I bels½o pont. Ilyenkor mindig van olyan a; b >, hogy [t a; t + a] fx R n j kx x k bg I : A tétel bizonyításából az is világos, hogy Picard-Lindelöf tételt hasonlóan igazolhatjuk a [t ; t ] intervallumra. A "bal" és "jobboldali" egzisztencia tételeket egyesíthetjük és igazolhatjuk az egyértelm½u megoldás létezését a [t ; t + ] intervallumon. A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 3
Más tipusú létezési tételekre nézve idézzük a következ½o eredményt. 34. Theorem. (Peano) Vizsgáljuk az x = f (t; x) ; x (t ) = x ; (4) kezdetiérték problémát, ahol f C (I ), I = [t ; t + a], = fx R n j kx x k bg f C (I ). Legyen M max (t;x)i kf (t; x)k egy korlát és = min (a; b=m). Ekkor a kezdetiérték problémának legalább egy x = x (t) megoldása van az [t ; t + ] intervallumon...3. A lokális megoldás folytatása A Picard-Lindelöf tétel a megoldás létezését egy t pont körüli adott intervallumon (lokalitáson) garantálja. Azt elemezzük, hogy hogyan folytatható ez a "lokális" megoldás egy nagyobb t intervallumra. Tegyük fel, hogy t > t. A Picard-Lindelöf (PL) tétel szerint egyértem½u x (t) megoldás van az I = [t ; t + ] intervallumon, ahol >. Ezért x (t ) létezik (t = t + ) és x (t ). Ha (t ; x (t )) az I halmaz bels½o pontja, akkor alkalmazhatjuk a PL tételt az y = f (t; y) ; y (t ) = x (t ) KÉP-re. Ennek egyértelm½u megoldása van valamely I = [t ; t + ] intervallumon, amelyen x (t) egyértelm½u. Az egyértelm½uség miatt az y (t) megoldás megegyezik az x (t) megoldással az I \ I intervallumon, míg az I r I intervallumon y (t) az x (t) megoldás "folytatása". Ha ezt az eljárást ismételgetjük a lehet½o legnagyobb i értékekkel, akkor egymást átfed½o intervallumok I i = [t i i ; t i + i ] (i = ; ; : : :) sorozatát kapjuk és azt, hogy a megoldás létezik és egyértelm½u az [ i I i intervallumon. Ha I és nyílt és korlátos, akkor az I i intervallumok kisebbek és kisebbek lesznek, mert x (t) közelíti az I halmaz határát. Ha I és zárt és korlátos (kompakt), az eljárás megáll egy valamilyen véges i = n indexre, mert vagy t n az I határán van, vagy x (t) van az határán. Mindkét esetben a maximális egzisztencia intervallumot kaphatjuk a fenti eljárással. 35. Theorem. (A lokális megoldás folytatása). Tegyük fel, hogy f Lip(I ), I és zárt és korlátos, (t ; x ) az I bels½o pontja. Ekkor az Then the solution of the IVP KÉP megoldása folytatható I határáig. x = f (t; x) ; x (t ) = x (43) Bizonyítás. Tegyük fel, hogy I = [t ; T ] és T > t. Szintén tegyük fel, hogy t i! et valamilyen et < T értékre és x et nincs rajta határán. Ekkor et; x et az I bels½o pontja és van egy olyan környezete, amelyben a PL tétel alkalmazható. Vagyis kiterjeszthetjük a megoldást a et ponton túlra, ami ellentmondás. Tehát vagy et = T vagy x et az határán van. 4 TARTALOMJEGYZÉK
36. Example. (II4) Vizsgáljuk a skalár és autonom x = x p ; x () = KÉP-et. Tetsz½oleges p egész szám esetén = R. Ha p < egész, akkor = Rr fg. Ha p nem egész, akkor negatív x értékeket nem engedhetünk meg és ezért = [; ), ha p > és = (; ), ha p <. A KÉP megoldása x (t) = [ + ( p) t] p ; p 6= e t Az I max maximális megoldás intervallum p értékét½ol függ: Ha p >, I max = ( ; = (p )). Ha p =, I max = R. Ha p < és p 6= (n ) =n valamilyen n 6= egészre, akkor I max = (= (p ) ; ). Ha p = (n ) =n valamilyen pozitív n egészre, akkor I max = R. Ha p = (n ) =n valamilyen pozitív n egészre, akkor I max = ( ; jnj)...4. A megoldás függése a kezdetiértékt½ol és a vektormez½ot½ol A x = f (t; x) ; x (t ) = x (44) KÉP megoldása nyilvánvalóan függ az x, f és t összetev½okt½ol. Azt vizsgáljuk, hogy x (t) hogyan függ az x -tól és f-t½ol a véges [t ; t + T ] id½ointervallumon (T < ). A T! esetet kés½obb vizsgáljuk. A következ½o "perturbációs" modellt vizsgáljuk: y = f (t; y) + r (t; y) ; y (t ) = x + z : (45) Tegyük fel, hogy f Lip(I R n ) az L Lipschitz konstanssal, valamint hogy az x és y megoldások egyértelm½uen léteznek a véges [t ; t + T ] I id½ointervallumon. A z (t) = y (t) x (t) függvény kielégíti a z = f (t; y) f (t; x) + r (t; y) ; z (t ) = z (46) KÉP-et. Felhasználva a Volterra integrálegyenlet alakot kapjuk, hogy z (t) = z + Z t t [f (s; y (s)) f (s; x (s)) + r (s; y (s))] ds; (47) A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 5
ahonnan kapjuk, hogy kz (t)k kz k + Z t t [f (s; y (s)) f (s; x (s)) + r (s; y (s))] ds ; Mármost Ezért g kielégíti a kz (t)k kz k + kz k + kz k + Z t t kf (s; y (s)) Z t t [kf (s; y (s)) Z t f (s; x (s)) + r (s; y (s))k ds f (s; x (s))k + kr (s; y (s))k] ds t [L kz (s)k + kr (s; y (s))k] ds =: g (t) : (48) g(t) egyenl½otlenséget. Szükségünk lesz a következ½o eredményre. 37. Lemma. A skalár KÉP megoldása ahol A KÉP megoldása a lemma szerint z } { g (t) = Lkz (t)k + kr (t; y (t))k : g Lg + kr (t; y (t))k ; g (t ) = kz k (49) x = a (t) x + b (t) (t R) ; x (t ) = x (5) x (t) = e (t) x + e (s) b (s) ds t Z t (t) := Z t w = Lw + kr (t; y (t))k ; w (t) = e L(t t ) Z t kz k + = e L(t t ) kz k + A Gronwall lemma miatt kapjuk, hogy g (t) e L(t t ) kz k + (t R) ; (5) t a (s) ds: (5) e L(s t Z t w (t ) = kz k t) kr (s; y (s))k ds ; (53) t e L(t s) kr (s; y (s))k ds: (54) Z t t e L(t s) kr (s; y (s))k ds: (55) A g (t) de níciója (pontosabban kz (t)k g (t)) alapján igazoltuk a következ½o eredményt. 6 TARTALOMJEGYZÉK
38. Theorem. Ha x és y az (44), ill. (45) kezdetiérték feladatok megoldásai a J = [t ; t + T ] intervallumon és f Lip(J R n ) az L Lipschitz konstanssal, akkor bármely t J esetén ky (t) x (t)k e L(t t ) ky x k + Ha még r korlátos is, azaz krk JR n M valamely M konstanssal, akkor Z t t e L(t s) kr (s; y (s))k ds: (56) ky (t) x (t)k e L(t t ) ky x k + M L el(t t ) : (57) Tehát a megoldások folytonosan függenek x -tól és f-t½ol. Ha t!, akkor a megoldások divergálhatnak. Jegyezzük meg, hogy a f Lip(J R n ) feltevésb½ol következik, hogy bármely t J és x R n esetén kf (x)k kf (x )k + L kx x k : (58) 39. Example. Vizsgáljuk az KÉP-et és a következ½o perturbációját: x = ax; x () = y = ay; y () = + ": Ebben az esetben a vektormez½o nem perturbálódik, azaz r (t; x) =. Az L = jaj. Az egzakt megoldások x (t) = e at, ill. y (t) = ( + ") e at. Ezért Az el½obbi tétel a következ½o becslést adja jy (t) x (t)j = j"j e at : jy (t) x (t)j j"j e jajt ; amely pontos a > esetén, de nagyon nem pontos a < esetén. A most igazolt perturbációs tétel segítségével becslést is adhatunk a KÉP megoldására. 4. Corollary. Ha x a (44) KÉP megoldása a J = [t ; t + T ] intervallumon és f Lip(J R n ) az L Lipschitz konstanssal, akkor bármely t J értékre kx (t) x k Autonom vektormez½o esetén a korlát alakja Z t t e L(t s) kf (s; x )k ds: (59) kx (t) x k kf (x )k L e L(t t ) : (6) A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 7
Bizonyítás. Legyen r = f és z = az (45) egyenletben. A megfelel½o megoldás ekkor y (t) = x. Ezt behelyettesítve az (56) és (57) képletekbe kapjuk a fenti állításokat. 4. Example. (II6) Vizsgáljuk az autonom x = x ; x () = KÉP x (t) = = ( t) megoldását az ( ; ) intervallumon. Ha t!, a megoldásra fennéll, hogy x (t)! +. Tekintsük a véges [; :5] intervallumot. Itt x (t) [; ]. Az = fx Rj jx j g tartományon az f = x függvény Lipschitz konstansa 4. A fenti becslésb½ol a jx (t) j 4 (e4t ) egyenl½otlenség következik. A következ½o ábra az jx (t) j (fekete vonal) és 4 (e4t ) (vörös vonal) mennyiségeket mutatja: y.4...8.6.4......3.4.5 x..5. Paraméteres (reguláris) perturbációk Finomítjuk az el½oz½o szakasz eredményeit, amennyiben feltesszük, hogy a perturbációk egy " I " paramétert½ol függenek, ahol I " R a egy környezete. A következ½o jelöléseket használjuk: f " (t; y) és x ". Az " = eset jelöli a perturbálatlan (eredeti) problémát, azaz f = f és x = x. Tegyük fel, hogy f " és x " az "-tól folytonosan függ és ez a függés egyenletes minden (t; x) I értékre. Az ilyen perturbációkat regulárisnak nevezzük, és ha nem ilyenek, akkor szingulárisnak. A szinguláris perturbációk "-ban szakadásos megoldásokhoz vezethetnek. A d dt x" = f " (t; x ) ; x (t ) = x " (6) KÉP x " (t) lokális megoldásának létezése garantált, ha f " (t; x) folytonos az ("; t; x) változókban a (; t ; x " ) pont valamely I " I környezetében. Az egyértelm½uséget az f " Lip(I ) (8" I " ) feltétel garantálja. 8 TARTALOMJEGYZÉK
4. Theorem. (folytonos perturbációk). Tegyük fel, hogy f " (t; x) Lip(I " I ) az L Lipschitz konstanssal (8" I " ) és (; t ; x " ) I " I. Tegyük fel, hogy x " kezdetiérték folytonos az I " halmazon. Ha az x " megoldás létezik minden " I " esetén a J = [t ; t + T ] I intervallumon, akkor x " folytonos az " változóban egyenletesen a J intervallumon. Bizonyítás. A folytonosságot csak az " = pontban igazoljuk, mert a többi " I " pontra az igazolás hasonló. Az f " (t; x) függvény "-beli folytonossága miatt az I halmazon egyenletesen fennáll, hogy f " (t; y) = f (t; x) + r " (t; x) ahol kr " (t; x)k!, ha "!. Másképpen Az x " kezdetiérték "-beli folytonossága miatt ahol kr " k I! ; if "! : x " = x + z " ; kz " k! ; if "! : Figyeljük meg, hogy r " és z " ugyanazt a szerepet játssza mint r és z az (45) egyenletben. Ezért az (57) egyenl½otlenség alapján kx " (t) x (t)k e L(t t) kz k " + kr " e L(t t ) k I : L Ez fennáll minden t J esetén. Mindkét oldalon véve a supremumot, a következ½o fels½o becslést kapjuk kx " xk J e LT kz k " + kr " e LT k I : L "! esetén a jobboldal konvergál -hoz és emiatt x "! x egyenletesen a J id½ointervallumon. 43. Example. (II7) Vizsgáljuk az KÉP-et, ahol x = x + r " (t) ; x () = r " = ; if " < ; "; if ". Ez a perturbáció folytonos "-ban, de nem di erenciálható az " = halmazon. Ugyanez igaz az e x " (t) = t ; if " < ; ( + ") e t " if ". megoldásra. A MEGOLDÁS LÉTEZÉSE, UNICITÁSA ÉS FÜGGÉSE A PARAMÉTEREKT ½OL 9
.3. Di erenciálegyenletek egzakt megoldása Közönséges di erenciálegyenletek pontos megoldása sok esetben megkapható különféle ügyes technikákkal és trükkökkel. Az ismert esetek és megoldási technikáik megtalálhatók a következ½o könyvekben: E. Kamke: Di erentialgleichungen: Lösungmethoden und Lösungen, A.D. Polyanin, V.F. Zaitsev: Handbook of Exact Solutions for Ordinary Di erential Equations Az ismert technikák egy része különféle szimbólikus matematikai programcsomagokba is beépítésre került. Ett½ol függetlenül jegyezzük meg, hogy számos di erenciálegyenlet egzakt megoldása nem határozható meg ezekkel a módszerekkel és ekkor numerikus módszereket kell használni, amelyek egyébként sok esetben hasznosabbak, mint az esetleg létez½o analitikus módszerek..4. A Matlab szimbólikus di erenciálegyenlet megoldója A Matlab rendszer szimbólikus megoldója a dsolve eljárás, amelynek általános hívási formája: dsolve( eqn, eqn,...). Ez nem tud minden problémát megoldani, de sok esetben igen hasznos. A program pontos használatára vonatkozó információt a >>help dsolve utasítás segítségével kaphatunk. 44. Example. Oldjuk meg az di erenciálegyenletet! y = xy A Matlab dsolve eljárásának meghívása a következ½o: >> y=dsolve( Dy=y*x, x ) y = C*exp(x^/) >> A hívásban jelezzük, hogy x a független változó. független változónak. Alapállásban a Matlab a t-t tekinti 3 TARTALOMJEGYZÉK
Egy alternatív hívási mód, amely akkor el½onyös, ha DE-t többször is használjuk: >> eqn= Dy=y*x eqn = Dy=y*x >> y=dsolve(eqn, x ) y = C*exp(x^/) >> 45. Example. Oldjuk meg a KÉP-et! y = xy; y () = A dsolve rutin meghívásának módja ekkor: >> y=dsolve(eqn, y()=, x ) y = exp(x^/)/exp(/) vagy >> inits= y()= ; >> y=dsolve(eqn,inits, x ) y = exp(x^/)/exp(/) >> 46. Example. Oldjuk meg az KÉP-et (egzakt megoldás: y (x) = x 4 + x )! y = y=x + x 3 ; y () = A Matlab dsolve rutinnal az "általános" megoldás: >> y=dsolve( Dy=*y/x+*x^3, x ) y = x^4 + C4*x^ A Matlab dsolve rutinnal a KÉP megoldása: >> y=dsolve( Dy=*y/x+*x^3, y()=, x ) y = x^4 + x^ Ez valóban az egzakt megoldás. Ábrázolhatjuk is a megoldást a következ½o utasításokkal: >> x=linspace(,,); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) A MATLAB SZIMBÓLIKUS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÓJA 3
.8.6.4..8.6.4...4.6.8 A linspace(x, X, N) utasítás N ekvidisztans pontot generál az X és X értékek között. A linspace(x, X) hívás ekvidisztans pontot generál az X és X értékek között. A vectorize(s) utasítás, amikor S karakterkifejezés, egy. jelet helyez minden ^, * vagy / m½uveleti jel elé az S karaktersorozatban. Az eredmény egy karaktersorozat lesz. A vectorize(fun ), utasítás, ahol FUN egy INLINE függvényobjektum, vektorizálja a formulát a FUN függvény számára. Az eredmény egy vektorizált változata az INLINE függvénynek. Az eval(s) utasítás végrehajtja az s karaktersorozatot mint egy kifejezést, vagy utasítást. Magasabbrend½u di erenciálegyenleteket is megoldhatunk a dsolve programmal. 47. Example. Oldjuk meg a másodrend½u di erenciálegyenletet. y + x y = >> eqn= Dy+(/x)*y= ; >> y=dsolve(eqn, x ) y = - C*x^(/)*besselj(, *x^(/)) - C3*x^(/)*bessely(, *x^(/)) Ha megpróbálnánk megoldani a y + x y = ; y() = ; y () = 3 TARTALOMJEGYZÉK
KÉP-et, akkor a következ½ot kapjuk: >> eqn= Dy+(/x)*y= ; >> inits= y()=, Dy()= ; >> y=dsolve(eqn,inits, x ) Warning: Explicit solution could not be found. > In dsolve at 6 y = [ empty sym ] Vagyis a szimbólikus megoldónk nem tudja ezt a feladatot megoldani. Egy hasonló példa a következ½o: Ennek pontos megoldásai dy dx = sin (x + y) : y (x) = x és A megfelel½o Matlab utasítás: y (x) = arctan >> dsolve( Dy=sin(x+y), x ) ans = pi/ - x - pi/ - x csak egy megoldást ad, mert C x (x C + ) x: x nem megoldás. 48. Example. Oldjuk meg a másodrend½u KÉP-et! A DE általános megoldása: y 5y + 6y = 3 sin (3x) ; y () = ; y () = >> eqn= Dy-5*Dy+6*y=3*sin(3*x) ; >> y=dsolve(eqn, x ) y = (5*cos(3*x))/6 - sin(3*x)/6 + C6*exp(3*x) + C7*exp(*x) A MATLAB SZIMBÓLIKUS DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÓJA 33
>> A KÉP megoldása: >> inits= y()=, Dy()= ; >> y=dsolve(eqn,inits, x ) y = (5*cos(3*x))/6 - *exp(*x) + (3*exp(3*x))/6 - sin(3*x)/6 >> Ábrázoljuk a megoldást: >> x=linspace(,,5); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) >> 8 7 6 5 4 3.5.5 49. Example. Oldjuk meg a következ½o KÉP-et: A Matlab kód a következ½o: y + 8y + y = cos (x) ; y () =, y () = : >> eqn3= Dy+8*Dy+*y=cos(x) ; >> inits3= y()=, Dy()= ; >> y=dsolve(eqn3,inits3, x ) y = (4^(/)*exp(4*x - 4^(/)*x)*exp(x*(4^(/) - 4))*(sin(x) - cos(x)*(4^(/) - 4)))/(8*((4^(/) - 4)^ + )) - (4^(/)*exp(4*x + 4^(/)*x)*(sin(x) + cos(x)*( + 4)))/(8*exp(x*(4^(/) + 4))*((4^(/) + 4)^ + )) - (4^(/)*(7*4^(/) + 7))/(8*exp(x*(4^(/) + 4))*(8*4^(/) + 3)) - (4^(/)*exp(x*(4^(/) - 4))*(393*4^(/) + 53))/(8*(8*4^(/) - 3)*(8*4^(/) + 3)^) >> x=linspace(,5,); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) >> 34 TARTALOMJEGYZÉK
.5..5..5.5. 3 4 5 A fenti y formula áttekinthetetlen. A Matlab simplify vagy pretty utasításával megpróbálhatjuk szépíteni..5. Speciális esetek, megoldási technikák és példák Néhány klasszikus és elemi technikát tárgyalunk fontos speciális esetekben..5.. Szétválasztható di erenciálegyenletek 5. De nition. A dy dx alakú di erenciálegyenleteket szeparábilis egyenleteknek nevezzük. Például a DE szeparábilis, de nem szeparábilis. Osszuk az (6) egyenletet h (y)-al: = g (x) h (y) (6) dy dx = y xe 3x+4y = xe 3x y e 4y dy dx = y + sin x dy h (y) dx = g (x) SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 35
Haf y = (x) ennek az egyenletnek a megoldása, akkor h ( (x)) (x) = g (x) és így Z Z h ( (x)) (x) dx = g (x) dx: De dy = (x) dx és ezért ez a reláció ugyanaz mint Z Z h (y) dy = g (x) dx: Következésképpen H (y) = G (x)+c, ahol H és G az és g (x) függvények primitív függvényei. h(y) Innen (remélhet½oleg) kifejezhetjük az y megoldást, mint x (és c) függvényét. 5. Example. Oldjuk meg a DE-t! Ezt átírhatjuk a következ½o alakba amelyb½ol kapjuk, hogy dy dx = Z Z dy y = y + x + x dx; ln jyj = ln j + xj + c és y = e lnj+xj+c = e c j + xj : Minthogy j + xj = + x ha x és j + xj = ( + x) ha x <, egyszer½uen írhatjuk, hogy y = c ( + x) : Matlabbal ugyanez: >> y=dsolve( Dy=y/(+x), x ) y = C5*(x + ) >> 36 TARTALOMJEGYZÉK
5. Example. Oldjuk meg az dy dx = x y ; y (4) = 3 KÉP-et. A szeparábilitás miatt Z ydy = Z xdx és így y = x + c. Ez az implicit x + y = c = c relációt adja. A kezdetiérték behelyettesítésével kapjuk, hogy 3 + 4 = 5 = c, azaz c = 5. Ezért a KÉP megoldása is y = p 5 x for 5 x 5. Matlabbal ugyanez: >> y=dsolve( Dy=-x/y, y(4)=-3, x ) y = -^(/)*(5/ - x^/)^(/) >> A szeparábilis di erenciálegyenletek fenti technikája akkor m½uködik, ha h (y) 6=. Ha van egy gyök, akkor megoldást veszthetünk. 53. Example. Legyen Ekkor és Integrálás után kapjuk, hogy dy dx = y 4: y 4 y dy 4 = dx dy = dx: y + 4 ln jy j 4 ln jy + j = x + c : ln y y + = 4x + c ; y y + = e4x+c SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 37
54. Example. (folytatás). és y = + ce4x ce 4x (c = e c ) : A jobboldal kritikus pontjai: y =. Az y = megoldást a c = eset magában foglalja. Azonban y = szinguláris megoldás, amely a fenti kifejezésb½ol semmilyen c értékre nem kapható meg. Matlab megoldás: >> x=dsolve( Dy=y^-4, x ) x = - -(*exp(4*c + 4*x) + )/(exp(4*c + 4*x) - ) >>.5.. A logisztikai egyenlet (P.V. Verhulst, 838) Valamilyen faj populációja P (t) a t id½opontban. De niáljuk a faj születési és halálozási rátáját a következ½oképpen: (t) egységnyi populációra es½o születések száma egységnyi id½o alatt a t id½opontban; (t) egységnyi populációra es½o halálozások száma egységnyi id½o alatt a t id½opontban. A születések és halálozások száma a [t; t + t] id½ointervallumban ekkor közelít½oleg (t) P (t) t; (t) P (t) t: A populáció P megváltozásának mértéke a t hosszúságú [t; t + t] intervallumon: P births-deaths (t) P (t) t (t) P (t) t: Ezért fennáll, hogy P [ (t) (t)] P (t) : t Ha t!, akkor a következ½o DE-t kapjuk: dp dt amelyet általános populáció egyenletnek hívnak. = ( ) P; (63) 38 TARTALOMJEGYZÉK
Ha a populáció egy zárt környezetben él, akkor gyakran meg gyelhet½o, hogy a populáció növekedése esetén (halálozási ráta csökken) a rendelkezésre források gyorsan csökkenek és ez a születési ráta csökkenéséhez (halálozási ráta növekedéséhez) vezet. Tegyük fel, hogy a születési ráta a P lineáris függvénye, azaz = P; ahol ; > konstansok. Ha a halálozási ráta konstans marad, azaz =, akkor a fenti egyenlet a következ½o formát ölti: dp dt = ( P ) P: Ez az a = ( ) és b = jelölésekkel átmegy a dp dt = (a bp ) P (64) alakba, amelyet logisztikai egyenletnek neveznek. Ez egy autónom és szeparábilis DE, amelynek a megoldása: Innen kapjuk, hogy b=a a bp + =a P dp = a ln jp j ln ja a bp ln a P (t) = dp (a bp ) P = dt j = t + c P bp = at + ac: P a bp = c e at : ac e at + bc e at = ac bc + e Ezt a függvényt logisztikai függvénynek vagy görbének nevezzük. Ha P () = P, akkor Ha a=b 6=, akkor c = P = (a P b) és P (t) = P = ac bc + : ap bp (a bp ) e at : at : (65) SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 39
.5.3. Egzakt egyenletek Egzakt egyenletek 55. De nition. Ha z = f (x; y) egy kétváltozós függvény folytonos els½orend½u parciális deriváltakkal rendelkezik valamilyen D R tartományon, akkor a teljes (totális) di erenciálja dz = @f @f dx + @x @y dy: 56. De nition. Az M (x; y) dx+n (x; y) dy kifejezést egzakt di erenciálnak nevezzük egy D R tartományban, ha ez valamely a D tartományon de niált f (x; y) függvény teljes di erenciálja. 57. De nition. Az M (x; y) dx + N (x; y) dy = (66) els½orend½u di erenciálegyenletet egzakt egyenletnek nevezzük, ha a baloldali kifejezés egzakt differenciál. 58. Example. Az egzakt egyenlet, mert x y 3 dx + x 3 y dy = d 3 x3 y 3 = x y 3 dx + x 3 y dy: Az egzakt di erenciálegyenletet felírhatjuk az M (x; y) + N (x; y) y = (67) alakban is, ahonnan az y = dy helyettesítéssel és formula manipulációval a fenti alakot kaphatjuk. dx Az (67) alakot átírhatjuk még az y = M (x; y) N (x; y) (68) alakba is. Tegyük fel, hogy van olyan f (x; y) függvény, amelynek a fenti (66) exact egyenlet teljes di erenciálja, azaz Ekkor az @f @x = M (x; y) ; @f @y = N (x; y) : f (x; y (x)) = c (69) 4 TARTALOMJEGYZÉK
feltételnek eleget tev½o y (x) függvény az (66) di erenciálegyenlet megoldása: ahonnan adódik. = dc dx = f x (x; y (x)) + f y (x; y (x)) y (x) = M (x; y) + N (x; y) dy dx ; = M (x; y) dx + N (x; y) dy 59. Theorem. (az egzakt di erenciál kritériuma). Legyenek M (x; y) és N (x; y) folytonos függvények, amelyeknek léteznek az els½orend½u parciális deriváltjaik az D = f(x; y) ja < x < b; c < y < dg tartományon. Az M (x; y) dx + N (x; y) dy kifejezés akkor és csak akkor lesz egzakt di erenciál, ha @M @y = @N @x : (7) Bizonyítás. (Szükségesség). Ha M (x; y) dx + N (x; y) dy egzakt di erenciál, akkor van egy f (x; y) függvény, amelyre De niáljuk függvényeket. A Young tétel alapján M (x; y) dx + N (x; y) dy = @f @f dx + @x @y dy: @M @y = @ @y M (x; y) = @f @x, @f @x @f N (x; y) = @y = @ f @y@x = @ @x @f = @N @y @x : Az elégségességhez igazolnunk kell egy olyan f (x; y) függvény létezését, amelyre @f @x = M (x; y) ; @f @y = N (x; y) : Az els½o egyenletb½ol integrálással kapjuk, hogy Z f (x; y) = M (x; y) dx + g (y) ; (7) ahol g (y) az integrálási "konstans". @f = N (x; y): @y @f @y = @ Z @y Deriváljuk ezt az egyenletet y szerint és tegyük fel, hogy M (x; y) dx + g (y) = N (x; y) : SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 4
Innen kapjuk, hogy g (y) = N (x; y) Z @ @y ahol a jobboldal független x-t½ol, mert Z @ @ N (x; y) M (x; y) dx = @N @x @y @x A (7) kifejezést y szerint integrálva kapjuk, hogy Z Z @ g (y) = N (x; y) @y = @N @x Ezt behelyettesítve az (7) egyenletbe kapjuk, hogy Z Z f (x; y) = M (x; y) dx + N (x; y) Az így kapott f kielégítí a @f @x = M (x; y) ; @f @y M (x; y) dx; (7) Z @ @ @y @x M (x; y) dx {z } =M(x;y) @M @y =. M (x; y) dx dy + C: Z @ @y = N (x; y) feltételeket. Ha az f (x; y) függvényt meghatároztuk, akkor az f (x; y) = c meghatároznunk az y = y (x) = y (x; c) megoldást. 6. Example. Ellen½orizzük, hogy az e y dx y + xe y dy = egyenlet egzakt di erenciálegyenlet-e és ha igen, akkor integráljuk is! Itt M (x; y) = e y, N (x; y) = (y + xe y ) és @M @y = e y = @N @x : M (x; y) dx dy + C: implicit egyenletb½ol kell Tehát a DE egzakt. A megoldáshoz az el½obbi tétel bizonyításánal lépéseit használjuk: Z Z f (x; y) = M (x; y) dx + g (y) = e y dx + g (y) ; f (x; y) = xe y + g (y) : Minthogy @f @y = N (x; y) = y xe y, az implicit xe y + g (y) = y xe y 4 TARTALOMJEGYZÉK
di erenciálegyenletet kapjuk, ahonnan g (y) = y és g (y) = y + C; C = konstans. A g (y)-t behelyettesítjük f (x; y) fenti kifejezésébe és kapjuk, hogy f (x; y) = xe y y + C: Ezért a DE általános megoldása az nívóhalmaz. xe y y = c Ha az M (x; y) dx + N (x; y) dy = (73) DE nem egzakt, akkor megkísérelhetünk egy olyan (x; y) függvényt (integráló tényez½ot) keresni, amelyre (x; y) M (x; y) dx + (x; y) N (x; y) dy = (74) egzakt egyenlet lesz..5.. Exercise. Találjuk meg az integráló tényez½ot els½orend½u explicit lineáris DE számára a = (x) feltevés mellett. ahol A feladat általános megoldása: dy dx y (x) = e (x) C + = a (x) y + b (x) (75) (x) = Z x e (s) b (s) ds ; (76) x Z x x a (s) ds: (77) Ezt egyszer½u számolással ellen½orizhetjük: Z dy x = a (x) e(x) C + e (s) b (s) ds + e (x) e (x) b (x) dx x = a (x) y + b (x) : Írjuk át az egyenletet az alábbi (a (x) y + b (x)) dx + ( ) dy = {z } {z} M(x;y) N(x;y) SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 43
ill. a (x) (a (x) y + b (x)) dx (x) dy = alakba. Az egzakt egyenletekre vonatkozó tétel alapján kellene, hogy teljesüljön a feltétel. Ez utóbbi akkor teljesül, ha d [ (x) (a (x) y + b (x))] = (x) a (x) = dy d (x) dx = a (x) ; ami egy szeparábilis DE. Ezért d = ln jj = Z a (x) dt; a (s) ds + c és R x x (x) = c e p(s)ds = c e (x) : Ennélfogva az els½orend½u lineáris DE (mint egzakt DE) megoldása a következ½o: Z x f (x; y) = c e (s) [a (s) y + b (s)] ds + g (y) x Minthogy @f @y = (x) N (x; y) = (x), kapjuk, hogy c Z x x e (s) a (s) ds + g (y) = (x) : Innen Z x g (y) = (x) c e (s) a (s) ds; x ahol a jobboldal független y-tól. Az y szerinti integerálással kapjuk, hogy Z x g (y) = (x) + c e (s) a (s) ds y + c x és így Átrendezéssel egyszer½usíthetünk: f (x; y) = c R x x e (s) [a (s) y + b (s)] ds+ c Z x R x (x) + c x e (s) a (s) ds y + c = c : x e (s) b (s) ds (x) y = c 3 ; 44 TARTALOMJEGYZÉK
amelyb½ol y (x) = (x) Z x c 3 + c e (s) b (s) ds : x Ezt átírhatjuk a következ½o alakba y (x) = Z x e (x) c 3 + c e (s) b (s) ds c x = e (x) C + e (s) b (s) ds : x Z x A kapott eredmény pontosan a fenti képlet szerinti..5.4. Bernoulli egyenlet Bernoulli egyenlet Az x + p (t) x = q (t) x, = konstans (78) di erenciálegyenletet Bernoulli egyenletnek nevezzük (Jacob Bernoulli (695) után). Ha =, akkor a homogén x = (q (t) p (t)) x (79) DE-t kapjuk (amely szeparábilis). Ha =, akkor az els½orend½u lineáris DE-t kapjuk. Ezért feltesszük, hogy 6= és 6=. Ha nem egész, akkor feltesszük, hogy x >. Legyen z = x +. Ekkor x = z, és x = p (t) x + q (t) (8) dz dt = ( ) x x (t) x (t) = dz x dt = z dz dt : Behelyettesítve az egyenletbe kapjuk, hogy z z + p (t) z = q (t) z : SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 45
Mindkét oldalt osztva a z = ( ) kifejezéssel és némi átrendezéssel kapjuk, hogy z = ( ) p (t) z + ( ) q (t) : Felhasználva az els½orendú lineáris DE megoldási képletét kapjuk, hogy z (t) = e ( Ezért a Bernoulli DE megoldása 6. Example. Oldjuk meg a ) R Z t t t p(s)ds C + ( ) e ( R ) s t p()d q (s) ds : t R Z t t t p(s)ds x (t) = e C + ( ) e ( R ) s t p()d q (s) ds : (8) t DE-t! Írjuk az egyenletet "kanonikus" alakba tx + x = t x x + t x = tx (t 6= ) : Az = esetben z = x és x = z. A láncszabály alapján Behelyettesítünk az egyenletbe: Egyszer½usítés után kapjuk, hogy dx dt = dx dz dz dt = z dz dt : z z + t z = t z : z = t z t: t > esetén a lineáris DE megoldása: azaz R t t z (t) = e s C ds z (t) = t C Ezért a keresett megoldás x (t) = t(c t). Z t Z t t e R s t d sds ; ds = t (C t) : t Figyeljük meg, hogy x = szintén megoldás. Ezért a kapott megoldás nem az "általános" megoldás. 46 TARTALOMJEGYZÉK
6. Example. Oldjuk meg az Bernoulli típusú egyenletet! y = (x + ) y + x y ; y () = A problémának két megoldása van: az azonosan megoldás és egy nem azonosan zéró megoldás. A Matlab által adott megoldás: >> y=dsolve( Dy= -(*x+)*y+x^*y^, x ) y = /(exp((*x + )^/4)*(C6 - (3*pi^(/)*erf(x + /))/8 - /(4*exp(/4)*exp(x)*exp( + x/(*exp(/4)*exp(x)*exp(x^)))) >> A KÉP egzakt megoldása: >> y=dsolve( Dy= -(*x+)*y+x^*y^, y()=, x ) y = /(exp((*x + )^/4)*(5/(4*exp(/4)) - (3*pi^(/)*erf(x + /))/8 + (3*pi^(/)*er - /(4*exp(/4)*exp(x)*exp(x^)) + x/(*exp(/4)*exp(x)*exp(x^)))) >> x=linspace(,,5); >> z=eval(vectorize(y)); >> plot(x,z) >>..8.6.4..5.5 SPECIÁLIS ESETEK, MEGOLDÁSI TECHNIKÁK ÉS PÉLDÁK 47