1. feladatsor, megoldások 1. Ez egy elsőrendű diffegyenlet, először a homogén egyenlet megoldását keressük meg, majd partikuláris megoldást keresünk: y y = 0 Ez pl. egy szétválasztható egyenlet, melynek megoldásai: y h = C e x A partikuláris megoldáshoz vegyük észre, hogy a jobboldalon egy elsőfokú polinom áll, így a megoldást is ilyen alakban érdemes keresni. Legyen tehát y p = ax + b, ekkor y p = a. Ezeket az egyenletbe helyettesítve: a = ax + b + 2x 2 0 = (a + 2)x + (b a 2) Ez viszont csak akkor teljesülhet minden x-re, ha a + 2 = 0 = b a 2, azaz a = 2, b = 0. Így y p = 2x lesz a partikuláris megoldás. Összegezve a feladat összes megoldása: y = C e x 2x Megjegyzés: A jobboldal folytonosan deriválható y szerint, ezért a megoldás mindig (akármilyen feltétel esetén) egyértelmű. 1. ábra. az 1. feladat megoldásai
2. Szétválasztással oldjuk meg: dx = 2 y 2 y = dx 2 y = dx y = x + c y = (x + c) 2 y = ±(x + c) 2 Két dologra kell figyelni: Egyrészt ha y = 0 akkor baj van, mert y ekkor nem deriválható, továbbá az is problémás, hogy y = 0-val leosztunk. A második hiba könnyen kezelhető: megnézzük, hogy az y = 0 megoldás-e, és ha igen, ha nem, a továbbiakban feltehetjük, hogy y 0. Most az y = 0 megoldás lesz. (Ez a lépés azért fontos, mert ha erre nem figyelünk, akkor elveszíthetjük a diffegyenlet egy megoldását.) Az első probléma ( y nem deriválható 0-ban) már nehezebben kezelhető: Itt azt kell eldöntenünk, hogy mikor melyik (±) megoldást kell választani. Nézzünk meg például egy megoldást: y 1 = (x + c) 2 Erre a megoldásra y 1 = 2(x + c), továbbá y 1 = x + c. Így az eredeti egyenletbe behelyettesítve: 2(x + c) = 2 x + c Ez viszont nem minden x-re igaz, csak x > c esetén, azaz y = (x + c) nem megoldás egész R-en, csak a parabola jobboldali ága (x > c) lesz jó. Hasonló mondható el y 2 = (x + c)-ről: Ez sem lesz mindenhol (egész R-en) megoldás, csak x < c-re lesz jó. Az alábbi ábrán látható pár megoldás. Megjegyzés: Itt a jobboldal nem folytonosan deriválható y-szerint, így nem egyértelmű a megoldás. (Gondoljunk bele, hogy y = 0 is megoldás, így ha pl y(3) = 0-t adunk meg kezdetiértékként, akkor abból rögtön két megoldás is indul. Sőt! Könnyen látszik, hogy az alábbi y is megoldás lesz: 2
2. ábra. a 2. feladat megoldásai 3. ábra. a 2. feladat egy más megoldása 3
3. alakítsuk át az egyenletet: y = y x Ez is szétválasztható: dx = y x y = dx x y = dx x ln y = ln x + c y = c x Itt szintén figyelnünk kell: Egyrészt leosztottunk y-nal, így az y = 0-t meg kell vizsgálni: megoldás lesz. x-szel is osztottunk, ez akkor lehet probléma, ha valamelyik megoldás értelmezési tartományába ez beleesik. A konstans 0 megoldással nincs baj, a c -ekkel sincs probléma, mert ezek x = 0-ban nincsenek értelmezve. x Ábrázoljuk a megoldásokat! Azt veszzük észre, hogy a megoldás egyértelmű, és ezt el is várhattuk, hiszen az átalakított egyenlet jobboldala y-szerint folytonosan differenciálható. Iteratív módszerek: Oldjuk meg az 1. feladatot (y y = 2x 2) az y(0) = 1 kezdetiértékkel a határozatlan együtthatók módszerével! Ez a módzser a következőképpen működik: tegyük fel, hogy a megoldás y(x) = c k (x x 0 ) k alakba írható, ahol x 0 a megadott kezdetiérték feltételtől függ (most x 0 = 0). Sorban meghatórozzuk a c k együtthatókat, amellyel végülis megkapjuk a megoldás Taylor-során a 0 körül: Írjuk fel néhány tagig y-t, és y -t: y = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 +... y = c 1 + 2c 2 x + 3c 3 x 2 + 4c 4 x 3 +... Írjuk fel mi lenne ezzel az eredeti egyenlet baloldala (y y): y y = (c 1 + 2c 2 x + 3c 3 x 2 + 4c 4 x 3 +...) (c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 +...) y y = (c 1 c 0 ) + (2c 2 c 1 )x + (3c 3 c 2 )x 2 + (4c 4 c 3 )x 3 +... Olyan c k együtthatókat kell választani, amelyek esetén ez épp a jobboldallal, vagyis 2x 2-vel egyezik meg. Ehhez az kell, hogy a megfelelő együtthatók megegyezzenek a két oldalon, vagyis: c 1 c 0 = 2 2c 2 c 1 = 2 4
3c 3 c 2 = 0 4c 4 c 3 = 0. És ne felejtsük el, hogy van még egy egyenletünk a kezdeti feltétel miatt: Mivel y(0) = c 0 + c 1 0 + c 2 0 2 +... = c 0, így a plusz feltétel: c 0 = 1. Ezek alapján a c k együtthatók sorban meghatározhatók: c 0 = 1 a kezdeti feltétel miatt, majd c 1 c 0 = 2 miatt c 1 = 1. 2c 2 c 1 = 2 miatt c 2 = 1 2. Majd 3c 3 c 2 = 0 miatt c 3 = 1 6, és így tovább, minden további c k = 1 k!. (Könnyen látszik, hogy kc k c k 1 = 0 miatt c k = c k 1 k. 1 És ha c k 1 = (k 1)! volt, akkor c k = 1 k! ). Ezek alapján a megoldást megkapjuk, ha a megfelelő c k -kat beírjuk: y = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 +... y = 1 x + 1 2 x2 + 1 3! x3 + 1 4! x4 +... 5