Matematikai Analízis III.

Matematikai Analízis III. Vágó Zsuzsanna el adásait legépelte Marczell Márton 2012. december 27.

2

Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék 3 1. Vektoranalízis 5 1.1. Vektormez k............................................. 5 1.1.1. Bevezetés........................................... 5 1.1.2. Dierenciálási szabályok................................... 6 1.1.3. A vektormez k speciális jellemz i.............................. 6 1.1.4. Potenciál........................................... 7 1.1.5. Vonal- és felületi integrál ismétlése............................. 8 1.1.6. Vektormez kre vonatkozó tételek.............................. 9 2. Dierenciálgeometria 11 2.1. Sokaságok............................................... 11 2.1.1. Paraméteres megadás.................................... 11 2.1.2. Topologikus térben...................................... 11 2.1.3. Implicit megadás....................................... 13 2.1.4. Sokaság irányítása...................................... 14 2.2. Formák................................................ 14 2.2.1. Bevezetés és ismétlés..................................... 14 2.2.2. Elemi formák......................................... 15 2.2.3. Általános formák, ékszorzat................................. 15 2.2.4. Dierenciálformák...................................... 16 2.2.5. Formákra vonatkozó összefüggések R 3 -ban......................... 17 2.2.6. Formák integrálása sokaságokon.............................. 18 3. Dierenciálegyenlet-rendszerek stabilitása 21 3.1. A stabilitás fogalma......................................... 21 3.1.1. Stabilitás egy dimenzióban................................. 21 3.1.2. Általánosítás n dimenzióra................................. 22 3.2. A stabilitás vizsgálata........................................ 22 3.2.1. A közönséges dierenciálegyenletekr l tanultak ismétlése és kiegészítése........ 22 3.2.2. Módszerek a stabilitás vizsgálatára............................. 23 3.2.3. Lineáris rendszerek stabilitása................................ 24 3.2.4. Nemlineáris rendszerek stabilitása............................. 26 3.2.5. Az egyensúlyi pont stabil környezetének meghatározása................. 27 4. Variációszámítás 29 4.1. Bevezet példák........................................... 29 4.2. Általános feladat........................................... 29 4.2.1. Egyváltozós általános eset.................................. 29 4.2.2. Speciális esetek........................................ 31 3

4.3. Általánosítások............................................ 33 4.3.1. Több függvény keresése................................... 33 4.3.2. Magasabbrend deriváltak.................................. 35 4.3.3. Többváltozós függvény keresése............................... 36 4.3.4. Feltételes variációszámítás.................................. 36 5. Parciális dierenciálegyenletek 39 5.1. Bevezetés, deníciók......................................... 39 5.2. A Laplace-egyenlet.......................................... 40 5.2.1. Deníció és a feltételek fajtái................................ 40 5.2.2. Megoldás az egységnégyzeten................................ 40 5.2.3. Megoldás körlapon...................................... 42 5.2.4. Néhány megjegyzés...................................... 43 5.3. A h vezetés egyenlete........................................ 44 5.3.1. Deníció............................................ 44 5.3.2. H vezetés végtelen hosszú rúdban............................. 44 5.3.3. H vezetés véges rúdban................................... 45 5.3.4. H vezetés visszafelé..................................... 46 Tárgymutató 47 Irodalomjegyzék 49 4

1. fejezet Vektoranalízis 1.1. Vektormez k 1.1.1. Bevezetés 1.1.1.1. Deníció. Az F : R n R m alakú (többváltozós, vektorérték ) függvényeket vektormez nek nevezzük. Ezek koordinátafüggvények függvényrendszereként is felírhatók: f 1 (x 1, x 2,..., x n ) f 2 (x 1, x 2,..., x n ) F (x 1, x 2,..., x n ) =., f m (x 1, x 2,..., x n ) ahol f 1,..., f m R n -b l R-be képez függvények. Egy F : R 3 R 3 vektormez könnyen elképzelhet úgy, hogy a tér minden (3 koordinátájú) pontjához egy (3 koordinátájú) vektort rendel, amely az ábrázoláson az adott pontból indul ki. Ennek zikai értelme pl. a tér egyes pontjaiban ható er. A többváltozós valós függvényeket ezért nevezzük skalármez nek is: a tér minden pontjához egy skalárt rendelnek. Konvenció szerint a skalármez ket kisbet vel, a vektormez ket nagybet vel jelöljük. 1.1.1.2. Deníció. Vektormez folytonos, ha koordinátafüggvényei folytonosak. Példák F : R 2 R 2 ; F (x, y) = (3, 1): konstans mez F : R 2 R 2 ; F (x, y) = (x, y): az origóból kifelé mutató vektorok F : R 2 R 2 ; F (x, y) = ( y, x): forgatás F : [0, 2π] R 2 ; F (t) = (cos t, sin t): az egységkör 1.1.1.3. Deníció. Az F : R n R m vektormez dierenciálható az x D F pontban, ha létezik olyan A R m n mátrix, hogy ha F megváltozását a következ képpen közelítjük: F (x + x) F (x) + A x, akkor a közelítés hibájának nagyságrendje kisordó, azaz F (x + x) F (x) A x lim = 0. x 0 x 5

2 y (3, 1) (x, y) 4 y 2 ( y, x) y 2 1 1 x 2 4 x 4 2 2 4 2 4 2 2 2 x 1.1. ábra. Vektormez k Ekkor a vektormez derivált- (Jacobi-) mátrixának a következ mátrixot nevezzük: grad f 1 A = DF =. grad f m 1.1.2. Dierenciálási szabályok Linearitás és homogenitás Kompozíció dierenciálása: Tfh. F : R n R m és G: R m R l a megfelel helyeken dierenciálhatóak. Ekkor G F : R n R l, és D(G F ) = DF (G(a)) DF (a). Inverz deriváltja: Tfh. F : R n R n dierenciálható az a D f helyen, és a deriváltmátrix nem szinguláris. Ekkor F 1 dierenciálható F (a)-ban, és DF 1 (F (a)) = (DF (a)) 1 (az inverz deriváltja a deriváltmátrix inverze). Szorzási szabályok: grad(f g) = f grad g + g grad f div(f F ) = f div F + F grad f rot(f F ) = grad f F + f rot F div(f G) = G, rot F F, rot G Ezek a szabályok egyszer en beláthatók az operátorok most következ denícióiból. A további deriválás a tenzorokhoz vezet, amelyekkel most nem foglalkozunk. 1.1.3. A vektormez k speciális jellemz i 1.1.3.1. Deníció. A (nabla) operátor alatt három dimenzióban a ( ) x, y, z formális vektort értjük. Ebb l következik, hogy egy f : R 3 R függvényre grad f = f. 1.1.3.2. Deníció. Tfh. F : R 3 R 3 dierenciálható. Ekkor a vektormez divergenciáját így deniáljuk: div(f ) = f 1 x + f 2 y + f 3 z =, F 6

1.1.3.3. Deníció. A fenti F vektormez rotációja rot(f ) ( = curl(f ) ) i j k ( = x y z = f3 y f 1 f 2 f 3 f2 z, f1 z f2 x, f2 x ) f1 y = F. A rotációvektor zikai értelmezése: hossza az er tér örvénylésének sebességét adja meg, iránya mer leges az örvénylésre. 1.1.3.4. Példa. Jellemezzük egy folyó áramlását vektormez vel. Az x tengely a folyás irányába mutat és a folyó közepén fekszik. Az y tengely a folyás irányára mer leges. A z tengely felfelé mutat. A folyó szélessége d (y [ d; d]). Valahonnan tudjuk, hogy a folyó áramlását a ( ) v = v 0 1 4y2 d 2, 0, 0 vektormez jellemzi. Mit tudunk mondani az áramlás örvényességér l? Megoldás: ( rot(v) = 0, 0, 8yv ) 0 d 2, azaz az örvénylés er ssége y-nal egyenesen arányos: annál nagyobb, minél közelebb vagyunk a parthoz. A folyó közepén tehát nincs örvénylés. Az örvénylés iránya mindig mer leges a z tengelyre. 1.1.4. Potenciál 1.1.4.1. Deníció. Az F : R 3 R 3 vektormez skalárpotenciálos, ha létezik olyan f : R 3 R skalármez, hogy F = grad f. 1.1.4.2. Állítás. A következ állítások ekvivalensek: F skalárpotenciálos rot(f ) = 0 Γ R 3 zárt görbére Γ F (r) dr = 0 1.1.4.3. Deníció. F : R 3 R 3 vektorpotenciálos, ha létezik olyan G: R 3 R 3 vektormez, amelyre rot(g) = F. 1.1.4.4. Állítás. A következ állítások ekvivalensek: F vektorpotenciálos div(f ) = 0 S R 3 zárt felületre " S F ds = 0 1.1.4.5. Következmény. A fenti két állítás alapján tehát: rot(grad(f)) = 0 div(rot(f )) = 0 7

Könnyen belátható az is, hogy div(grad(f)) = f xx + f yy + f zz = f (Laplace f, ld. Deníció 5.1.0.3). Megjegyzés. A rotáció lineáris operátor. Ezért ha rot(g 1 ) = 0, azaz G 1 skalárpotenciálos, akkor egy tetsz leges G vektormez re rot(g + G 1 ) = rot(g) + 0 = rot(g). Ez azt jelenti, hogy a vektorpotenciál nem egyértelm : ha F = rot(g), akkor F -nek G és G + G 1 is vektorpotenciálja. Ha F vektorpotenciálos, akkor egy vektorpotenciálját megkaphatjuk a következ módon: G(x, y, z) = ˆ 1 1.1.5. Vonal- és felületi integrál ismétlése 0 t F (tx, ty, tz) (x, y, z) dt 1.1.5.1. Deníció. Az f : R n R valós függvény (skalármez ) vonalintegrálja a Γ = { γ(t) : t [a, b] } ; γ(t) = ( x 1 (t), x 2 (t),..., x n (t) ) görbe mentén: ˆ Γ f(x 1,..., x n ) ds = ˆ b a f(γ(t)) γ(t) dt Megjegyzés. A fenti képletben γ(t) = (ẋ 1 (t),..., ẋ n (t)) a görbe érint vektorát adja meg az adott pontban. A vonalintegrál értéke független a görbe paraméterezését l. 1.1.5.2. Deníció. Az f : R n R valós függvény felületi integrálja az S = { s(u, v) : (u, v) D R 2} ; s: D R 3 ; s(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) felület mentén: S f(x, y, z) ds = D f(s(u, v)) s u s v d(u, v) Megjegyzés. A fenti képletben s u s v a felület érint síkjának normálvektora az adott pontban. Az integrál értéke független a felület paraméterezését l. Speciális esetben a felület egy kétváltozós valós függvény felülete: s(u, v) = (u, v, t(u, v)), ahol t: D R dierenciálható. Ekkor f(x, y, z) ds = f(u, v, t(u, v)) 1 + (t u) 2 + (t v) 2 d(u, v) S D 1.1.5.3. Deníció. Az F : R 3 R 3 vektormez felületi integrálja a fenti S felület mentén F ds = F (s(u, v)), s u s v d(u, v) S D A vektormez felületi integrálját egy skalárszorzattal deniáltuk, azaz visszavezettük egy skalármez integráljára. Tehát ha a felület egységnyi normálvektorait n-nel jelöljük, akkor látszik, hogy F n ds = F (s(u, v)) s u s v s s u s u s v d(u, v) = F (s(u, v)) (s u s v) d(u, v) = F ds v S D 1.1.5.4. Deníció. Az F : R 3 R 3 vektormez vonalintegrálja a Γ = { γ(t) : t [a, b] } görbe mentén ˆ Γ F (r) dr = ˆ b a D F (γ(t)), γ(t) dt A fentiek alapján látható, hogy ezt is visszavezettük az F T skalármez vonalintegráljára, ahol T a görbe egységnyi érint vektorait adja meg. S 8

1.1.6. Vektormez kre vonatkozó tételek 1.1.6.1. Tétel (Divergenciatétel/Gauss-Osztrogradszkij-tétel). Legyen M R 3 zárt térrész. Ekkor M a térrészt bezáró felület. Tfh. M pontjaiban adottak az n(x, y, z) = (n 1 (x, y, z), n 2 (x, y, z), n 3 (x, y, z)) egység hosszú, a térrészb l kifelé mutató normálvektorok. Ekkor az F : R 3 R 3 dierenciálható vektormez re div F (x, y, z) d(x, y, z) = F ds = F n ds M Azaz a térrészen vett térfogati integrál megegyezik a vektormez nek a határoló felületre vett felületi integráljával (ld. Deníció 1.1.5.3). 1.1.6.2. Deníció. A fenti integrál értékét a vektormez nek a felületre vett uxusának nevezzük. Értelmezhetjük egy kétdimenziós vektormez uxusát is, egy síkgörbére nézve. φ = F ds Γ Bizonyítás. (vázlat) Tfh. M egyszer térrész, azaz minden, valamelyik tengellyel párhuzamos egyenessel vett metszése csak egyetlen szakasz, vagy egy pont. Azt kell belátnunk, hogy ( ) div F = f1 x + f2 y + f3 z d(x, y, z) = (f 1 n 1 + f 2 n 2 + f 3 n 3 ) ds M M Ez pedig tagonkénti egyenl séggel bizonyítható. Ebb l most a harmadik tagot fogjuk belátni. Írjuk fel M-et az (x, y) sík szerinti normáltartományként: b(x, y) < z < t(x, y). Írjuk fel a határhalmazt három tartomány uniójaként, és számoljuk ki a résztartományokra vett felületi integrálokat: M = M top M side M bottom 1. n 3 > 0 : M top = { (u, v, t(u, v)) : (u, v) D } : f 3 n 3 ds = M top n = ( t u, t v, 1) D 2. n 3 = 0 : M side : Itt n 3 = 0, ezért az integrál is 0. 3. n 3 < 0 : M bottom = { (u, v, b(u, v)) } : M M M 1 1 n 3 = 1 + (t u ) 2 + (t v) 2 1 + (t u ) 2 + (t v) 2 f 3 (u, v, t) n 3 (u, v, t) 1 + (t u) 2 + (t v) 2 d(u, v) = f 3 n 3 ds =... = M bottom D D f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) Tehát a teljes tartományon vett integrál az egyes résztartományokon vett integrál összege: f 3 n 3 ds = f 3 (u, v, t(u, v)) + f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) M D A teljes M-re vett térfogati integrált pedig normáltartományon való integrálással számoljuk: M ˆ f t(x,y) 3 (x, y, z) d(x, y, z) = z D b(x,y) f 3 (u, v, t(u, v)) d(u, v) f 3 (x, y, z) dz d(x, y) = f 3 (x, y, t(x, y)) f 3 (x, y, b(x, y)) d(x, y) z D a Newton-Leibniz-formula miatt. Ez láthatóan megegyezik a felületi integrálok összegével. 1.1.6.3. Példa. F (x, y, z) = (x, y, z) divergenciája div F = 3. Legyen M az origó körüli r sugarú gömb fels fele. A térfogati integrál: 3 d(x, y, z) = 3 2 3 r3 π = 2r 3 π M 9

A felületet két részre osztjuk: S = S 1 S 2, ahol S 1 a félgömb felülete és S 2 az alsó körlap. Ekkor n 1 (x, y, z) = 1 r (x, y, z) és n 2(x, y, z) = (0, 0, 1). Az S 1 -en vett integrál: (x, y, z) 1 x (x, y, z) ds = S 1 r S1 2 + y 2 + z 2 ds = r ds = r A(S 1 ) = r 2r 2 π = 2r 3 π r S 1 Az S 2 -n vett integrál: (x, y, z) (0, 0, 1) ds = z ds = 0 S 2 S 2 A két integrál összege pedig valóban megegyezik a térfogati integrállal: S 1 S 2 F ds = 2r 3 π 1.1.6.4. Tétel (Klasszikus Stokes-tétel). Vegyünk egy F : R 3 R 3 dierenciálható vektormez t és egy M R 3 felületet, amelyet egy M = { γ(t) R 3 : t [a, b] } sima, zárt görbe határol. A felület normálvektorait jelölje n. Ekkor rot F n ds = F (r) dr = F T ds M Itt T jelöli a görbe egységnyi hosszú érint vektorait, amelyeket úgy is számolhatunk, hogy M T = γ(t) γ(t) Megjegyzés. Kés bb látni fogjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula, a divergencia- és a Stokes-tétel ugyanazon absztrakt tétel speciális esetei. Annyit azonban már most észrevehetünk, hogy mindhárom tétel megfogalmazható nagy vonalakban így: A függvény deriváltjának integrálja egy tartományon egyenl a függvénynek a tartomány határán vett megváltozásával. 1.1.6.5. Deníció. A fenti integrállal megadott mennyiséget az F vektormez cirkulációjának nevezzük. sin ϕ cos θ 1.1.6.6. Példa. Legyen F := (y, z, x), M := {s(ϕ, θ) = sin ϕ sin θ : ϕ [0, π 2 ], θ [0, 2π]} fels félgömb, cos ϕ tehát M = {γ(t) = (cos t, sin t, 0) : t [0, 2π]} egységkör az (x, y) síkon. M F (r)dr = Megjegyzések: ˆ 2π 0 M ˆ 2π ˆ 2π F (γ(t)), γ(t) dt = (sin t, 0, cos t), ( sin t, cos t, 0) dt = sin 2 t dt = π rot F n ds = M ˆ π ˆ 2 2π 0 0 M ( 1, 1, 1), (x, y, z) ds = 0 M 0 x + y + z ds = (sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cosϕ) sin ϕ dθ dϕ = π Az (x, y, z) normálvektort jelen esetben azért nem kell a hosszával elosztani, mert az egységgömb felületén vagyunk. A sin ϕ szorzó a polárkoordinátás áttérés Jacobi-determinánsa. 10

2. fejezet Dierenciálgeometria 2.1. Sokaságok 2.1.1. Paraméteres megadás 2.1.1.1. Deníció (Paraméteresen megadott sokaság). M R n k-dimenziós sokaság, ha p M-nek U környezete, F : R k R n dierenciálható leképezés és V R k nyílt halmaz, hogy F (V ) = U M és a DF mátrix teljes rangú, azaz a leképezés egy-egy értelm. Ezt úgy lehet értelmezni, hogy az M halmaz lokálisan úgy viselkedik, mintha k dimenziós volna. Erre példa egy síkbeli vagy térbeli görbe, amely egydimenziós (egy paraméter ) sokaság, vagy egy térbeli felület, amely kétdimenziós (két paraméter ) sokaság. Láthatjuk, hogy a sokaság dimenziója megegyezik a paraméterezéskor használt paraméterek számával. Fontos megjegyeznünk, hogy V mindig nyílt halmaz. Ebb l következik, hogy pl. csak olyan görbe lehet sokaság, amely nem tartalmazza a végpontjait, mert azok már nem úgy viselkednek, mint egy egydimenziós intervallum. Ugyanígy csak a határoló görbét nem tartalmazó felület számít sokaságnak. 2.1.1.2. Deníció. M R n lezárása a torlódási pontjainak halmaza: { } M = x R n : (x n ) M, lim x n = x n Megjegyzés. M M, hiszen minden x M esetén az x n x sorozat határértéke x. 2.1.1.3. Deníció. A k-dimenziós M sokaság határa M = M \ M. M mindig vagy k 1 dimenziós sokaság, vagy üres halmaz. Megjegyzés. Itt kell megjegyeznünk, hogy 0 dimenziós sokaságnak a véges számú diszkrét pont halmazát nevezzük, tehát az egydimenziós sokaság (görbe) határa 0 dimenziós sokaság lesz. 2.1.2. Topologikus térben A sokaságok absztraktabb, általánosabb deníciójának megfogalmazásához legalább érint legesen beszélnünk kell a topologikus terekr l. Topologikus terek - kitér A topologikus tér egy absztrakt fogalom. Hallhattunk már olyan terekr l, amelyekben létezik metrika (metrikus tér), norma (normált tér), skalárszorzat (euklideszi tér). A topologikus terekben egyiknek a létezése sincs feltéve. A topologikus térben csupán az van feltéve, hogy a T halmazon létezik egy U 2 T halmazrendszer, amely a T -beli nyílt halmazokat tartalmazza. Ezek alapján a sokaságokat a következ képpen deniálhatjuk: 11

2.1.2.1. Deníció. Egy M halmaz nyílt lefedése az (U α ) halmazrendszer, ha minden p M-re létezik olyan α, hogy p U α, és U α nyílt halmaz. 2.1.2.2. Deníció. M R n k dimenziós sokaság, ha létezik olyan (U α ), amely M nyílt lefedése, továbbá U α φ α : R k R n leképezés, és egy V R k nyílt gömb, hogy φ α folytonos és bijektív (egy-egy értelm ) Ha U α U β, akkor a φ 1 α Uα U megszorítást véve a φ 1 β α (φ β ): R k R k dierenciálható, egy-egy értelm leképezés. φ α (V ) = U α Ekkor p U α ponthoz!φ 1 α (p) koordináta. 2.1.2.3. Deníció. Az (U α, φ α ) párt lokális térképnek, az egész M-et lefed térképek rendszerét pedig atlasznak nevezzük. ( { (U α, φ α ) : α I indexhalmaz } ) Ezek az elnevezések szemléletesen mutatják, hogy mihez hasonlítható mindez. Képzeljük el, hogy egy lapozható autóatlaszt használunk. Ekkor a térkép lapjai és az elénk táruló táj pontjai között egy-egy értelm leképezés van. Az összes térképlap tájbeli megfelel jének uniója az M tájat teljesen lefedi. Az egyes térképlapok jobb széls sávján található terület megtalálható a szomszédos térképlap bal szélén is, és így tovább. Amikor felnézünk a térképr l a tájra, akkor az egyik lap szélér l a φ α leképezéssel átmegyünk az U α U β M valóságos területre, ahonnan a φ 1 β segítségével visszajövünk a másik térképlap másik szélére. M U α U α U β U β φ α φ β V α φ 1 α (φ β ) φ 1 β (φ α) V β 12

2.1.2.4. Példa. S 1 -gyel a síkban vett egységkört jelöljük, S 2 -vel a térbeli egységgömböt. Igazoljuk, hogy S 1 egy dimenziós sokaság! Ehhez el ször egy nyílt lefedését kell megtaláljuk. Két félkör uniója nem nyílt lefedés, mert ha a két görbe a végpontjait is tartalmazza, akkor nem nyílt halmazok. Ha pedig nem tartalmazza, akkor nem fedtük le az egész egységkört. Ezért vegyük a a fels félkört (U 1 ), az alsó félkört (U 2 ), a jobb félkört (U 3 ) és a bal félkört (U 4 ) és ezeknek metszeteib l építsük fel az egységkört! φ 1,2,3,4 : ( 1, 1) R 2 φ 1 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 3 (x) = ( 1 x 2, x) φ 2 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 4 (x) = ( 1 x 2, x) Ekkor például az U 1 U 4 halmazon, azaz a jobb fels síknegyedben azt írhatjuk fel, hogy φ 1 4 (φ 1(x)) = φ 1 4 (x, 1 x 2 ) = 1 x 2 U 1 y 1 0.5 x 1 0.5 0.5 1 U 2 y x 1 0.5 0.5 1 0.5 1 1 0.5 0.5 1 y U 3 1 x U 4 1 0.5 1 0.5 1 y x 2.1. ábra. Az egységkör nyílt lefedése 2.1.3. Implicit megadás 2.1.3.1. Deníció (Implicit megadású sokaság). M R n k dimenziós sokaság, ha ρ 1, ρ 2,..., ρ n k : R n R, hogy M a ρ i függvények nulltereinek metszete: M = n k i=1 {ρ i = 0}, továbbá a ρ i függvények lineárisan függetlenek, a bel lük képzett mátrix: grad ρ 1 grad ρ 2. grad ρ n k teljes rangú. 2.1.3.2. Példa. S 1 = { (x, y) R 2 : ρ 1 = x 2 + y 2 1 = 0 }, azaz az egységkör 1 dimenziós sokaság R 2 -ben. Vegyünk egy görbét R 3 -ban! Eddigi ismereteink alapján ez egy dimenziós sokaság. Ezt impliciten két függvénnyel adhatjuk meg: ρ 1 (x, y, z) = 0; ρ 2 (x, y, z) = 0 A függvényekb l az implicit függvény tétel miatt valamelyik változó kifejezhet. Ezért a két függvény nulltere két felület a térben. Ezek valóban egy görbe mentén metszik egymást. 13

2.1.3.3. Példa. Most legyen a görbe S 1, és feküdjön R 3 -ban az (x, y) síkon! A görbét impliciten megadó függvények: ρ 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 (gömb); ρ 2 (x, y, z) = z (sík); S 1 = {ρ 1 = 0} {ρ 2 = 0} Ekkor grad ρ 1 = (2x, 2y, 2z), grad ρ 2 = (0, 0, 1), azaz valóban függetlenek. 2.1.3.4. Deníció. Legyen M R n k dimenziós, impliciten megadott sokaság. Ekkor a p M ponthoz tartozó N p normáltérnek a ρ i függvények gradiensei által az adott pontban kifeszített vektorteret nevezzük. Ezért dim N p = n k. A p-hez tartozó tangens- vagy érint térnek a T p = { v : v N p } vektorteret nevezzük, dim T p = k. 2.1.3.5. Példa. S 1 = { x 2 + y 2 1 = 0 } ; p = (x 0, y 0 ) S 1 ; grad ρ = (2x 0, 2y 0 ), tehát N p az (x 0, y 0 ) helyvektorral párhuzamos vektorokat jelenti. Ezért T p bázisának vehetjük az (y 0, x 0 ), vagy a ( y 0, x 0 ) vektort is, és így T p kétféle irányítását kapjuk. Ezért beszélnünk kell az irányításokról. 2.1.4. Sokaság irányítása Legyen V k dimenziós vektortér, amelyben létezik a [v] = {v 1, v 2,..., v k } bázis. Ekkor minden [w] = {w 1, w 2,..., w k } bázisra v i = A w j, ahol A nem szinguláris, azaz det A 0. Ezért egy adott bázisból kiindulva V minden bázisát két osztályra oszthatjuk, aszerint, hogy az áttérési mátrix determinánsa pozitív vagy negatív. Ezzel a bázisoknak egy partícióját adjuk, így az egy osztályba került bázisok között ekvivalencia reláció van: egymáshoz képest mindannyian a pozitív determinánsú osztályba kerülnek. Ekkor aszerint, hogy melyik osztályt választjuk ki, a vektortér kétféle irányítását különböztetjük meg. 2.1.4.1. Deníció (Vektortér irányítása). Legyen a V vektortérben vett [v] és [w] bázis közötti áttérési mátrix A, azaz egy x V vektorra x [w] = A x [v]. Ekkor [v] és [w] azonos irányítású, ha det A > 0. 2.1.4.2. Deníció. Egy sokaság irányítható, ha a normáltérhez egy simán változó irányítást tudunk választani. A Moebius-szalag például nem irányítható. 2.2. Formák 2.2.1. Bevezetés és ismétlés Tudjuk, hogy a v 1 = (x 1, y 1 ) és a v 2 = (x 2, y 2 ) vektorok által kifeszített paralelogramma területe T = x 1 y 2 y 1 x 2, ami felírható úgy, mint a következ determináns: det ( ) x v 1 v 2 = 1 x 2 y 1 y 2 2.2.1.1. Állítás. Adottak a v 1,..., v k R n vektorok. Ekkor az általuk kifeszített k-dimenziós paralelotóp mértéke: A = ( v 1 v 2... v k ) ; V = det(a T A) 2.2.1.2. Példa. Ha csak egy vektorunk van, akkor mértéke alatt a hosszát értjük. n vt v = vj 2 = v j=1 2.2.1.3. Példa. Ha n = k (azaz A négyzetes mátrix), akkor det A = det A T, és a determinánsok tulajdonságai alapján det(a T A) = det A T det A = (det A) 2 = det A 14

2.2.2. Elemi formák A továbbiakban az n-dimenziós vektorokat és koordinátáikat így fogjuk jelölni: v = (v 1,..., v n ) R n. Elemi 1-formáknak nevezzük a dx 1,..., dx n : R n R; dx j (v) = v j függvényeket, melyek a v vektorhoz a j-edik koordinátáját (a j-edik koordináta irányába es vetülete hosszát) rendelik hozzá. Ezekb l n dimenziós térben n különböz létezik. Elemi 2-formáknak nevezzük az elemi 1-formák ékszorzatát. (Az ékszorzatot nemsokára deniálni fogjuk általános formákra.) dx i dx j : R n R n R n ; dx i dx j (v, w) = v i w i ; 1 i < j n Ez szemléletesen azt jelenti, hogy a két oszlopvektorból képzett mátrixból fogjuk az i-edik és j-edik sort, és az ebb l a két sorból alkotott mátrixnak vesszük a determinánsát. Ez megadja a két vektor által kifeszített paralelogramma (x i, x j ) síkra es vetületének területét. A denícióból következik, hogy elemi 2-formákból ( n 2) féle van. Az elemi k-formák deniálásához el ször választunk egy I indexhalmazt (indexsorozatot), amelynek i j elemeire teljesül, hogy 1 i 1 < i 2 <... < i k n. Ekkor az elemi k-forma: dx I : R n... R n R; dx I (A) = det v j w j dx I = dx i1... dx ik A i1. A ik A ij jelöli az A mátrix i j -edik sorvektorát. Azaz a ( v 1... v k ) mátrixból vesszük ki az ij indexeknek megfelel sorokat, és az ezekb l képzett k k dimenziós mátrixnak számítjuk ki a determinánsát. 2.2.3. Általános formák, ékszorzat 1-formának egy ω : R n R lineáris leképezést nevezünk. Könnyen látható, hogy minden 1-forma el állítható az elemi 1-formák lineáris kombinációjaként: ω = n a j dx j ; ω(v) = j=1 n a j v j j=1 Az ω : R n k R k-forma, ha multilineáris, azaz minden változójára ((v 1,..., v k )) nézve lineáris. Az n dimenziós k-formák vektorteret alkotnak, amit k (R n )-nel jelölünk. 2.2.3.1. Deníció (Formák ékszorzata (küls szorzata)). Tegyük fel, hogy τ k (R n ) és λ l (R n ). Ekkor τ λ egy k + l-forma lesz (τ λ k+l (R n )), amit a következ képpen kapunk meg: 1 és k + l között kiválasztunk k darab indexet növekv sorrendben, és elnevezzük ket σ 1,..., σ k -nak. Ezután a kihagyott l darab indexet növekv sorrendben elnevezzük σ k+1,..., σ k+l -nak. Ezzel az 1-t l k + l-ig tartó indexek egy (σ j ) sorbarendezését (permutációját) kapjuk, amelyre igaz, hogy 1 σ 1... σ k k + l, továbbá σ k+1... σ k+l. Ekkor τ és λ szorzata: τ λ: R n (k+l) R; τ λ(v 1,..., v k+l ) = σ ( 1) σ τ(v σ1,..., v σk )λ(v σk+1,..., v σk+l ) Itt σ jelöli az összes lehetséges permutációt és σ a permutáció inverzióinak számát, azaz azt, hogy hány darab cserével érhet el az adott sorrend az eredeti halmazból kiindulva. 15

2.2.3.2. Példa. Legyen τ = dx 1, λ = dx 2. Azt várjuk, hogy e két formának a fenti deníció szerinti ékszorzata megegyezik a 2.2.2 denícióval. Lehetséges permutációk (a szumma tagjai): σ 1 = 1, σ 2 = 2: σ = 0 dx 1 (v) dx 2 (w) σ 1 = 2, σ 2 = 1: σ = 1 1 dx 1 (w) dx 2 (v) Tehát τ λ(v, w) = v 1 w 2 w 1 v 2, ami valóban egyezik a korábban használt determináns értékével. 2.2.3.3. Állítás (Az ékszorzat tulajdonságai). Antikommutatív: τ λ = ( 1) k l λ τ Asszociatív: ω (λ τ) = (ω λ) τ Az antikommutativitás következményei: i dx i dx i = 0 i, j dx i dx j = 1 dx j dx i 2.2.4. Dierenciálformák A dierenciálformák helyt l függ formák, azaz a tér minden pontjában más formát határoznak meg. 0-forma: f : R n R dierenciálható skalármez 1-forma: n ω = f j dx j, j=1 ahol dx j egy elemi 1-forma, és j f j : R n R dierenciálható függvény. k-forma: ω = I f I dx I, ahol I egy indexhalmaz, dx I egy elemi k-forma, és f I dierenciálható függvényeket jelöl. 2.2.4.1. Deníció (Dierenciálformák küls deriváltja). Tegyük fel, hogy ω = f I dx I egy dierenciál k-forma. Ekkor dω egy dierenciál k + 1-forma, és dω = n i I f i (dx i dx I ) x i }{{} elemi k+1-forma Ebb l látszik, hogy ha ω = i ω i, akkor dω = i dω i. Speciális esetben, ha f egy dierenciál 0-forma, akkor küls deriváltja n f df = dx i x i Ez alapján egy dierenciál k-forma küls deriváltja felírható így is: i=1 dω = I df I dx I 2.2.4.2. Lemma. Minden ω dierenciálformára d 2 ω = d(dω) = 0. 16

2.2.4.3. Példa. Legyen Kiszámoljuk d(df)-et. Tagonként deriválva: d(2xy dx) = f(x, y) = x 2 y + 2y 3 df = 2xy dx + (x 2 + 6y 2 ) dy 2y dx dx +2x dy dx = 2x dx dy }{{} ékszorzat tulajdonságai miatt 0 d((x 2 + 6y 2 ) dy) = 0 + 2x dx dy df = d(2xy dx) + d((x 2 + 6y 2 ) dy) = 0 2.2.5. Formákra vonatkozó összefüggések R 3 -ban R 3 -ban a formák használatára néhány konvenciót vezetünk be, amelyekkel összefüggést teremtünk a formák absztrakt világa, valamint a skalár- és vektormez kr l korábban tanultak között. Az elemi 1-formákat jelölje dx, dy, dz. Az ékszorzat jelét mostantól nem írjuk ki, hasonlóan ahhoz, ahogy az egyszer szorzat jelét is rendszerint elhagyjuk. Deniáljuk a következ hozzárendeléseket: 0. T 0 egy 0-formához egy skalármez t rendel. Mivel egy 0-forma önmagában is egy egyszer skalármez, ezért egyszer en saját magát rendeljük hozzá: ω = f(x, y, z); T 0 (ω) = f(x, y, z) 1. T 1 egy 1-formához egy vektormez t rendel a következ képpen: f ω = f dx + g dy + h dz; T 1 (ω) = g h 2. T 2 egy 2-formához egy vektormez t rendel: 3. T 3 egy 3-formához egy skalármez t rendel: ω = f dx dy + g dx dz + h dy dz; T 2 (ω) = h g f ω = f(x, y, z) dx dy dz; T 3 (ω) = f Ezek a hozzárendelések lehet vé teszik, hogy a korábban deniált vektoroperátorokat visszavezessük a formák deriválására. 2.2.5.1. Állítás. A formák küls deriválása, valamint a gradiens, a divergencia és a rotáció között a következ összefüggések állnak fenn: 1. Ha ω 0-forma, azaz ω = f 0, akkor T 1 (dω) = grad T 0 (ω) = grad f. 2. Ha ω 1, ω = f dx + g dy + h dz, akkor ) T 2 (dω) = T 2 ((g x f y) dx dy + (h x f z) dx dz + (h y g z) dy dz = h y g z f z h x = rot T 1 (ω) g x f y 17

3. Ha ω 2, ω = h dx dy g dx dz + f dy dz, akkor ) T 3 (dω) = T 3 ((h z + g y + f x) dx dy dz = div T 2 (ω) 2.2.5.2. Következmény. Abból, hogy d 2 ω = d(dω) = 0, a fentieket gyelembe véve egyenesen következik, hogy rot grad f = 0, és div rot F = 0, ahogy azt a Következmény 1.1.4.5-ban már beláttuk. 2.2.5.3. Állítás. A dierenciál 1-formák ékszorzata megfeleltethet a vektoriális szorzatnak: T 2 (ω τ) = T 1 (ω) T 1 (τ) 2.2.6. Formák integrálása sokaságokon Tegyük fel, hogy M R n k dimenziós sokaság, ω k (R n ) pedig dierenciál k-forma. Ekkor szeretnénk értelmezni az ω mennyiséget. Ehhez el ször két speciális esetet nézünk meg. M 1. Ha n = k = 3, akkor M egy térrész, és ω = f(x, y, z) dx dy dz. Ebb l egy közönséges hármas integrált kapunk: ˆ ω = f(x, y, z) dx dy dz 2. Ha n = 2 és k = 1, akkor M egy görbe: M = M M { γ(t) = ( x(t), y(t), z(t) ) } : t [a, b], továbbá az 1-formák terének dimenziója ( n k) = 2, tehát két dierenciálformánk van: ω1 = f(x, y) dx, ω 2 = g(x, y) dy. ˆ M f(x, y) dx = ˆ b a f(γ(t))x (t) dt; ˆ M g(x, y) dy = ˆ b a g(γ(t))y (t) dt Emlékezzünk vissza, hogy korábban is értelmeztük az integrálási változót koordinátatranszformációnál így: dx = x (t) dt. Most használjuk fel a sokaságok absztrakt denícióját (Deníció 2.1.2.2). A V nyílt gömb most az ([a, b] ) intervallum, a φ leképezésnek pedig a γ : [a, b] R 2 felel meg. Ennek Jacobimátrixából (Dγ = (t) x y ) az els esetben az els sort vesszük ki úgy, hogy behelyettesítünk egy elemi (t) formába: dx(dγ) = x (t), a második esetben pedig a második sort. Ennek megfelel en ˆ M ˆ ω 1 = M f(x, y) dx = ˆ b a f(γ(t)) dx(dγ) dt; ˆ M ˆ ω 2 = M g(x, y) dy = ˆ b a g(γ(t)) dy(dγ) dt 2.2.6.1. Deníció. Legyen M R n k dimenziós sokaság, ω k (R n ) dierenciál k-forma. A sokaság paraméteres megadásában φ: R k R n, V R k olyan nyílt gömb, hogy φ(v ) = M, valamint Dφ R n k teljes rangú mátrix. Ekkor ω M-en vett integrálját a következ képpen deniáljuk: ˆ ˆ ω = ω(dφ) dx 1... dx k M V 2.2.6.2. Tétel (Általános Stokes-tétel). Tegyük fel, hogy ω dierenciál (k 1)-forma, és M k dimenziós irányítható sokaság. Ekkor dω dierenciál k-forma, M (k 1) dimenziós irányítható sokaság, és feltéve, hogy M és M irányítása megfelel egymásnak, igaz az, hogy ˆ ˆ dω = ω M M 18

Speciális esetek 1. Legyen n = k = 1, azaz a valós számok halmazán (a számegyenesen) értelmezünk egy M = (a, b) intervallumot. Ekkor M = {b, a}. Legyen ω = f(x), azaz dω = f(x) dx. Ekkor ˆ M dω = ˆ b a f (x) dx = f(b) f(a); ˆ M ˆ ω = {b,a} f = f(b) f(a) Az els esetben a Newton-Leibniz-formulát használtuk fel, a második esetben az f(a) el jele azért negatív, hogy M és M irányítása megegyezzen. Azt látjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula az általános Stokes-tétel speciális esete. 2. Legyen n = k = 2. Ekkor M egy terület, M pedig az t határoló görbe; ω = f(x, y) dx + g(x, y) dy és dω = (g x f y) dx dy. Ebb l Green tétele következik: 2.2.6.3. Tétel (Green-tétel). A fenti feltételekkel f dx + g dy = M M (g x f y) dx dy Speciális esetben f(x, y) = y, g(x, y) = x. Ekkor a Green-tételt felírva ki tudjuk számolni M területét: (x dy y dx) = 1 + 1 dx dy = 2 dx dy = 2 A(M) M M Belátható továbbá, hogy a Divergenciatétel és a klasszikus Stokes-tétel szintén az általános Stokes-tétel speciális esetei. M 19

20

3. fejezet Dierenciálegyenlet-rendszerek stabilitása 3.1. A stabilitás fogalma 3.1.1. Stabilitás egy dimenzióban A természettudományok az általuk vizsgált jelenségeket gyakran dierenciálegyenlet-rendszerrel írják le. Ekkor fontos szemponttá válik annak eldöntése, hogy az adott rendszer stabil-e. A stabilitás hozzávet legesen azt jelenti, hogy a küls körülmények (kezdeti feltételek) piciny megváltoztatása nem okozza a rendszer m ködésének (a megoldásnak) radikális megváltozását. 3.1.1.1. Példa. Vegyünk egy 1 egység hosszú, merev ingát. Jelölje x az inga végpontjának magasságát a felfüggesztéshez képest. Az ingának két egyensúlyi helyzete van: az x = 1 stabil helyzet (az inga lefelé lóg), míg az x = 1 labilis egyensúlyi helyzet (az inga felfelé áll). Ha a stabil helyzetben az ingát picit meglökjük, hamar visszatér a stabil helyzetbe. Ha a labilis helyzetben az ingát akármilyen picit meglökjük, a rendszerben nagy változást idézünk el : az inga lehullik és nem tér vissza az eredeti helyzetébe. (Ezért nem lehet a labilis egyensúlyi helyzetet a valóságban el idézni: az ingát akármilyen pici légmozgás vagy porszemnyi súly is kimozdítja.) Az inga id ben változó magasságát az x(t) függvény és az ẋ = f(x) dierenciálegyenlet írja le. Az egyensúlyi helyzet azt jelenti, hogy az adott x(0) = x 0 kezdeti feltétellel a függvény konstans: az inga nem fog elmozdulni. A két egyensúlyi helyzet: x 0 = 1 x(t) 1 x 0 = 1 x(t) 1 Az x 0 kezdeti feltételre adódó megoldásra alkalmazhatjuk az x(t, x 0 ) jelölést. 3.1.1.2. Deníció. Az x 0 egyensúlyi pont, ha x(t, x 0 ) x 0, azaz ẋ = f(x) 0. A stabilitást általában az egyensúlyi pont környezetében vizsgáljuk. A következ kben csak az origó stabilitását fogjuk vizsgálni, de mindez egyszer en kiterjeszthet tetsz leges x 0 -ra is. 3.1.1.3. Deníció. A 0 pont Ljapunov-stabil, ha ε > 0 δ > 0, hogy ha x 0 < δ, akkor x(t, x0 ) < ε. 21

3.1.2. Általánosítás n dimenzióra Adottak az x 1 (t),..., x n (t) függvények. Ezekb l a következ dierenciálegyenlet-rendszert írjuk fel: ẋ 1 = f 1 (x 1,..., x n ). ẋ n = f n (x 1,..., x n ) ẋ = f(x) x = x 1.. x n ; f = Feltesszük továbbá, hogy f(0) = 0, tehát az origó egyensúlyi pont. f 1.. f n ; Kezdeti feltétel: x(0) = x 0. 3.1.2.1. Deníció. Az origó Ljapunov-stabil, ha ε > 0 δ > 0, hogy ha x 0 < δ, akkor x(t, x0 ) < ε. Ez azt jelenti, hogy ha a kezdeti feltétel elég közel van az egyensúlyi ponthoz, akkor a megoldás is elég közel fog maradni az egyensúlyi ponthoz. 3.1.2.2. Deníció. Az origó aszimptotikusan stabil, ha δ, hogy ha x 0 < δ, akkor lim t x(t, x0 ) = 0. Ez azt jelenti, hogy ha a kezdeti feltétel elég közel van az egyensúlyi ponthoz, akkor a megoldás az egyensúlyi pontba fog konvergálni. Általában, ha f(x ) = 0, akkor x(t) x megoldás, tehát az x pont egyensúly. 3.2. A stabilitás vizsgálata 3.2.1. A közönséges dierenciálegyenletekr l tanultak ismétlése és kiegészítése A lineáris dierenciáloperátort a következ képpen deniáltuk: L[y] = y (n) + a 1 y (n 1) +... + a n y A homogén egyenlet: L[y] = 0; Kezdeti feltétel: y(0), y (0),..., y (n 1) (0) adott. Deniáljuk továbbá a karakterisztikus polinomot: P (λ) = λ n + a 1 λ n 1 +... + a n A karakterisztikus polinomnak multiplicitásokkal együtt n darab komplex gyöke van: λ j = µ j + iν j. 3.2.1.1. Állítás. Tegyük fel, hogy létezik olyan α > 0, hogy j µ j < α. Ekkor minden olyan y függvényre, amely a DE megoldását adja, M, hogy y(t) Me αt. Tudjuk, hogy az egyenlet alapmegoldásai komplex gyökök esetén e µjt cos ν j t és e µjt sin ν j t, valós gyökök esetén pedig e µjt. Az n-edrend LDE átalakítható DE-rendszerré az alábbi módon: x 1 (t) := y(t) x 2 (t) := y (t). x n (t) := y (n 1) (t) ẋ 1 = x 2. ẋ n 1 = x n ẋ n = y (n) Továbbá ẋ n = y (n) = a n x 1 a n 1 x 2... a 1 x n 1. Így a teljes rendszert felírhatjuk így: 0 1....... 0 x 1 0 0 1... 0 ẋ = Ax; x =.. ; A =....... x n 0........... 0 1 a n a n 1....... a 1 22

Ezt az A R n n mátrixot kísér (companion) mátrixnak hívjuk. A f átló felett egyesek vannak, az alsó sorban a a j együtthatók, mindenhol máshol pedig nullák. A kísér mátrixról tudjuk, hogy det(λi A) = P (λ), ahol I a megfelel dimenziójú egység- (identity) mátrix. 3.2.2. Módszerek a stabilitás vizsgálatára 3.2.2.1. Deníció. A P (λ) polinom stabil, ha α > 0, hogy j Re(λ j ) = µ j < α. 3.2.2.2. Állítás. Tegyük fel, hogy x(t) = x 1.. x n ; ẋ = Ax egy tetsz leges lineáris rendszer, amelyben a P (λ) = det(λi A) karakterisztikus polinom stabil, azaz α > 0, hogy j Re(λ j ) < α. Ekkor M, hogy j xj (t) Me αt. 3.2.2.3. Következmény. Az origó Ljapunov-stabil, ha j Re(λ j ) 0. Az origó aszimptotikusan stabil, ha j Re(λ j ) < 0. 3.2.2.4. Példa. Legyen a dierenciálegyenlet: ÿ + 2αẏ + y = 0. Ekkor ( ) (ẏ ) ( ) y 0 1 x = ; ẋ = ; ẋ = Ax = ẏ ÿ 1 2α A stabilitás megállapításához a karakterisztikus polinom gyökeit, azaz a kísér mátrix sajátértékeit kell megvizsgálnunk. P (λ) = det(λi A) = λ 1 1 λ 2α = λ2 + 2αλ + 1 λ 1,2 = α ± α 2 1 A megoldás: y j = e λj = e α± α 2 1. A rendszer stabil, ha lim t y = 0, ami akkor teljesül, ha λ < 0, azaz α > 0. Egy ilyen alakú egyenlet esetén tehát a stabilitás feltétele α > 0. Megjegyzés. Nemlineáris egyenlet vagy egyenletrendszer stabilitását vizsgálhatjuk linearizálással. Erre alkalmas a vizsgált függvények Taylor-sorba fejtése és véges számú taggal való számolás. Erre egy zikai jelent ség példa a van der Pol egyenlet: ÿ + ε(1 y 2 )ẏ + y = 0; ε > 0 Az origó stabilitásának az utóbbi két deníció szerinti vizsgálata megköveteli az összes szóba jöv kezdeti feltételre adott megoldás ismeretét. A Ljapunov-függvény egyszer bb módot ad a stabilitás megállapítására. 3.2.2.5. Deníció. V : R n R a rendszer Ljapunov-függvénye, ha az origónak van olyan U környezete, hogy 1. V (0) = 0, 2. V (x) > 0 x U, x 0, 3. t 0-ra d dt V (x(t)) = grad V, ẋ 0, azaz V az x(t) trajektória (útvonal) mentén monoton csökken. A Ljapunov-függvény zikai értelmezése valamilyen energiamennyiség. 3.2.2.6. Tétel. Ha a rendszernek van Ljapunov-függvénye, akkor az origó Ljapunov-stabil. Ha van olyan Ljapunov-függvény, melyre V (x) < 0 x U, x 0, akkor az origó aszimptotikusan stabil. ( ) y ẏ 23

3.2.2.7. Példa. Folytassuk a fenti példát: ÿ + 2αẏ + y = 0, azaz ÿ + y = 2αẏ. Legyen V (x) = 1 2 xt x = 1 2 (ẏ2 + y 2 ). (Analógia: kinetikus és potenciális energia) V = grad V, ẋ = 1 2 (2ẏÿ + 2yẏ) = ẏ(ÿ + y) = ẏ( 2αẏ) = 2αẏ2 0, azaz az origó valóban stabil, ha α > 0. Az aszimptotikus stabilitást azonban ezzel a Ljapunov-függvénnyel nem tudjuk belátni, mert ahhoz V (x) < 0 kellene minden x 0-ra. Itt pedig V (x) = 0 már akkor, ha x 2 = ẏ = 0. 3.2.2.8. Példa. Válasszuk most a fenti egyenlethez Ljapunov-függvénynek a következ t: ( ) V (x) := x T 2α Bx; B = 2 + 1 α α 1 B pozitív denit mátrix (det B = α 2 +1), ezért a Ljapunov-függvény 1. és 2. tulajdonsága igaz rá. Belátható, hogy V (y, ẏ) = 2α(y 2 + ẏ 2 ), ami pedig csak y = ẏ = 0 esetén 0, egyébként negatív. Tehát V megfelel megválasztásával bebizonyítottuk, hogy a rendszer aszimptotikusan stabil. 3.2.3. Lineáris rendszerek stabilitása 3.2.3.1. Deníció. Lineáris rendszer alatt egy x 1 (t) x(t) =. ; ẋ = Ax; Kezdeti feltétel: x(0) = x 0 x n (t) alakú dierenciálegyenlet-rendszert értünk. Általában Ljapunov-függvénynek egy kvadratikus alakot választunk majd. V (x) = V (x) = x T Px ( ) ẋ, Px + x, Pẋ = Ax, Px + x, PAx = x, A T Px + x, PAx = x, A T P + PA x C := A T P + PA 3.2.3.2. Tétel. Tegyük fel, hogy A stabil, azaz α > 0: j Re(λ j (A)) < α. Ekkor minden C negatív denit mátrixra létezik olyan P pozitív denit mátrix, hogy A T P + PA C = 0. 3.2.3.3. Deníció. Ezt a mátrixegyenletet Ljapunov-egyenletnek nevezzük. (Ekvivalens megfogalmazás: C pozitív denit, A T P + PA + C = 0. A tétel bizonyításában ezt az utóbbi formát használjuk.) Bizonyítás. (Konstruktív) Legyen P a következ : P := ˆ 0 e AT t Ce At dt 24

El ször bebizonyítjuk, hogy P jól deniált, azaz bár improprius integrál, minden eleme véges. Ehhez P -t felülr l becsüljük a háromszög-egyenl tlenség használatával, majd felhasználjuk, hogy e At Me αt. P = ˆ 0 ˆ e AT t Ce At dt e AT t Ce At dt ˆ ˆ e AT t C e At C M 2 C dt M 2 e 2αt dt = 0 0 2α Tehát P véges, P jól deniált. Ezután bebizonyítjuk a Ljapunov-egyenletet (A T P + PA = C). ˆ ( A T P + PA = A T e AT t Ce At) ( + e AT t Ce At) ˆ d ( A dt = e AT Ce At) dt = [e AT Ce At] 0 0 dt = ( ) 0 Felhasználjuk, hogy (pongyolán) e A Me α = 0, és e 0 = I. ( ) = 0 C 0 I C I = C 0 (3.1) 3.2.3.4. Példa. A rendszer és a C mátrix legyen a következ : ( ) 1 ẋ = 2 1 x; C = I; P = 0 1 Megoldás: PA = ( ) p1 p 2 =? p 2 p 3 ( p 1 ) ( ) 2 p 1 p 2 ; PA + (PA) T p = 1 p 1 3 2 p 2 p2 2 p 2 p 3 p 1 3 2 p 2 2p 2 2p 3 tehát P pozitív denit mátrix. p 1 = 1; p 2 = 2 3 ; p 3 = 7 6, = I = ( ) 1 0 0 1 A stabilitás vizsgálata során a leginkább azt akarjuk kideríteni, hogy mekkora zavaró jelet, zajt (perturbációt) visel el a rendszer úgy, hogy stabil marad. Jelöljük a rendszert zavaró tényez t egy B mátrixszal: ẋ = (A + B)x; V (x) =... = x, Cx + V (x) = x T Px ( ) x, B T P + PB x A rendszer stabilitásának tehát feltétele, hogy B T P + PB + C 0 (negatív szemidenit). Kérdés, hogy ez mikor teljesül? 3.2.3.5. Lemma. Ha B < K, akkor V ( ) (x) < x 2 1 KM 2 α, ahol M és α az Állítás 3.2.2.2-ben deniált mennyiségek. Bizonyítás. V (x) = ẋ, Px + x, Pẋ x, (A T + B T )Px + x, P(A + B)x = = (A + B)x, Px x, (A T P + PA) x }{{} I 25 + x, P(A + B)x = + x, (B T P + PB)x = ( )

Ezt a Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz egyenl tlenséggel felülr l becsüljük: ( B ( ) x 2 + x 2 B T P + PB x 2 + x 2 T ) P + P B = ( ) Felhasználjuk, hogy B < K és a (3.1) egyenletb l C = I választással P < M 2 ( ) ( ) ( ) x 2 + x 2 2K M 2 = x 2 1 KM 2 2α α 2α. Megjegyzés. A mátrixokra többféle normát szokás értelmezni, de szokásosan a B = det (B T B) normát használjuk. 3.2.3.6. Tétel. Ha K < α M, akkor V (x) = x, Px a B-vel perturbált rendszernek is Ljapunov-függvénye, 2 tehát ez a rendszer is aszimptotikusan stabil lesz. Bizonyítás. Ha K < α M 2, akkor 1 KM 2 α < 0. A Lemma 3.2.3.5 miatt ekkor igaz, hogy V (x) < x 2 ( ) 1 KM 2 α Beláttuk tehát, hogy a rendszert megzavaró perturbáció mekkora lehet ahhoz, hogy a rendszer stabilitása megmaradjon. 3.2.4. Nemlineáris rendszerek stabilitása 3.2.4.1. Példa (Nemlineáris ingaegyenlet). ÿ = g(y), ahol a g függvényr l tudjuk, hogy g(0) = 0, és s 0 s g(s) > 0. Ekkor g-t passzív függvénynek nevezzük, mert a kitérés (y) és a gyorsulás (ÿ = g(y)) el jele mindig különböz lesz. Átírás DER alakba: ẋ 1 = x 2 ; ẋ 2 = g(x 1 ) ˆ V (x) := x2 x1 2 2 + g(s) ds 0 < 0 V (x) = 1 2 2x 2ẋ 2 + g(x 1 )ẋ 1 = x 2 g(x 1 ) + g(x 1 )x 2 = 0 A Ljapunov-függvény deriváltja 0, tehát az energia nem változik - az inga a lökés után, ha nincs súrlódás, ideális esetben végtelen ideig ingani fog. 3.2.4.2. Példa. Most a fenti példához vegyük hozzá a súrlódást is! Legyen a rendszer egyenlete ÿ +g sin y + kẏ = 0, ahol g a gravitációs gyorsulás. ẋ 1 = x 2 ; ẋ 2 = g sin x 1 kx 2 ˆ V (x) := x2 x1 2 2 + g sin s ds = x2 2 0 2 + g (1 cos x 1) V (x) = x 2 ẋ 2 + g sin x 1 ẋ 1 = x 2 ( g sin x 1 kx 2 ) + gx 2 sin x 1 = kx 2 2 0, tehát ilyen alakú zavaró függvény esetén a rendszer stabil. 26

Általánosságban a következ alakú nemlineáris rendszerekkel fogunk foglalkozni: ẋ = Ax + h(x); h(0) = 0; x(t, 0) 0 3.2.4.3. Állítás. Tegyük fel, hogy A stabil, valamint ε > 0 δ > 0, hogy ha x < δ, akkor h(x) < ε x. Ekkor az origó aszimptotikusan stabil. Bizonyítás. Mivel A stabil, ezért tudjuk, hogy a Ljapunov-egyenlet (Deníció 3.2.3.3) megoldása P pozitív denit. Legyen V (x) := x, Px és A T P + PA = C = I. Ekkor V (x) = ẋ, Px + x, Pẋ = x, (A T P + PA) x }{{} I + x, Ph(x) + h(x), Px = ( ) A Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz egyenl tlenség felhasználásával felülr l becsüljük V -t a következ képpen: ( ) x 2 + 2 h(x) x P = ( ) Most felhasználjuk a tétel feltételeit. Legyen ε := 1 ρ 2 P, ρ > 0. Ha x < δ, akkor ( ) < x 2 + 2ε x x P = x 2 + 2 1 ρ P 2 P x x = ρ x 2 < 0, tehát az origó aszimptotikusan stabil. 3.2.4.4. Következmény. Legyen ẋ = f(x). Tegyük fel, hogy f(0) = 0, f kétszer dierenciálható, és Df(0) stabil mátrix. Ekkor az origó aszimptotikusan stabil. Bizonyítás. Taylor-sorral. 3.2.4.5. Következmény. Tegyük fel, hogy egy x pontra f(x ) = 0 és Df(x ) stabil. Ekkor x stabil. 3.2.4.6. Példa. ẋ 1 = x 1 (1 x 1 x 2 ) ẋ 2 = x 2 ( 3 4 x 2 x 1 2 ) ẋ = f(x) Az egyensúly feltétele: ẋ = 0. Az így keletkez egyenletrendszer négy megoldásából kett : x 1 = (0, 0), x 2 = ( 1 2, 1 2 ). A Jacobi-mátrix a két helyen: ( ) ) Df(0, 0) = 1 0 0 3 4 ; Df ( 1 2, 1 ) ( = 2 1 2 1 2 1 4 1 2 Az els esetben Re(λ 1,2 ) > 0, azaz az origó nem stabil. A második esetben Df negatív denit, tehát x 2 stabil. 3.2.5. Az egyensúlyi pont stabil környezetének meghatározása Olyan módszert keresünk, amellyel meg tudjuk állapítani, hogy az egyensúlyi pontnak mely környezetéb l kell vennünk a kezdeti feltételt ahhoz, hogy a megoldás egy megadott környezeten belül maradjon. Tehát a Deníció 3.1.2.1-ben szerepl ε-hoz akarjuk meghatározni δ = δ(ε)-t. 3.2.5.1. Deníció. Ω invariáns halmaz, ha x 0 Ω, t 0 x(t, x 0 ) Ω. 27

3.2.5.2. Deníció. A γ + R n halmazt a rendszer pozitív határhalmazának nevezzük, ha { } γ + = p R n : (t n ) sorozat, hogy lim t n = és lim x(t n, x 0 ) = p n n 3.2.5.3. Állítás (γ + tulajdonságai). A pozitív határhalmaz 1. nem üres 2. kompakt (=korlátos és zárt) 3. invariáns halmaz A 3. tulajdonság bizonyítása. Vegyünk egy tetsz leges p γ + pontot, és egy t n elemet a p-hez tartozó (t n ) sorozatból. Ekkor lim n x(t n, x 0 ) = p Legyen az új kezdeti feltételünk x(t n, x 0 ). A megoldás egyértelm, ami azt jelenti, hogy ez a pont eleme az x(t, x 0 ) trajektóriának. Tehát az erre a kezdeti feltételre adódó megoldásra igaz, hogy Ennek a határértéke n esetén x(t, x(t n, x 0 )) = x(t + t n, x 0 ) lim x(t + t n, x 0 ) = lim x(t, x(t n, x 0 )) = x(t, p) n n Tehát p γ + x(t, p) γ +, azaz γ + invariáns halmaz. 3.2.5.4. Tétel (La Salle-tétel). Legyen - Ω l = { x: 0 < V (x) < l } egy l > 0-ra (egy olyan halmaz, ahol V korlátos) } - U = {x Ω l : V (x) = 0 - M a lehet legnagyobb invariáns halmaz U-ban Ekkor x 0 Ω l -re lim t x(t, x 0 ) M. 28

4. fejezet Variációszámítás 4.1. Bevezet példák 4.1.0.1. Példa (Bernoulli-feladat, avagy brachisztokron probléma). Adott A(x 0, y 0 ) és B(x 1, y 1 ), két pont a síkon. A pontból elengedünk egy pontszer testet. Állandó nagyságú, lefelé irányuló gravitációt és nulla súrlódást feltételezve milyen az a görbe, amelyen a test a legrövidebb id alatt ér le B-be? A görbét az y = φ(x) függvény írja le. φ: [x 0, x 1 ] R, φ(x 0 ) = y 0, φ(x 1 ) = y 1. Ekkor a leérés ideje T = 1 2g ˆ x1 x 0 1 + φ 2 (x) φ(x) y0 dx Ennek az integrálnak a minimumát keressük a φ függvények halmazán. 4.1.0.2. Példa. Egy görbét megforgatva az x tengely körül az így keletkezett forgástest felszíne mely y = f(x) görbe esetén lesz a legkisebb, ha a görbe két végpontja ((a, f(a)) és (b, f(b))) adott? A = 2π ˆ b a f(x) 1 + f 2 (x) dx 4.1.0.3. Példa. Adott egy felület R 3 -ban, és rajta két pont. A két pontot összeköt, a felületen haladó görbék közül melyik a legrövidebb? 4.2. Általános feladat l = ˆ b 4.2.1. Egyváltozós általános eset a x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t) dt Adott a megengedhet függvények halmaza, amelyek eleget tesznek a megadott peremfeltételeknek: C = { φ: [x 0, x 1 ] R kétszer folytonosan dierenciálható, φ(x 0 ) = y 0, φ(x 1 ) = y 1 adott } Adott továbbá egy integráloperátor (funkcionál): I : C R; I(φ) = ˆ x1 x 0 F (x, φ, φ ) dx, ahol az F függvény kétszer folytonosan dierenciálható. Keressük azon u(x) függvényeket, amelyekre I(u) minimális. 29

Megjegyzés. Fontos meggyelni, hogy itt egy szokatlan jelölést használunk. F függhet x-t l, egy u(x) függvényt l, valamint ennek deriváltjától. Ennek megfelel en F argumentumait (x, y, z) helyett (x, u, u )-vel jelöljük. Erre akkor kell nagyon gyelni, amikor u vagy u, mint változó szerint deriválunk. 4.2.1.1. Tétel (A széls érték szükséges feltétele). Tegyük fel, hogy az u(x) függvény minimalizálja I-t. Ekkor L[u] := F u d F dx u = F u d dx F u = 0 Ez az Euler-egyenlet. Az ezt kielégít megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük. Bizonyítás. Vezessük vissza a problémát egy egyváltozós széls érték-feladatra! Tekintsük a következ halmazt: C 0 = { η : [x 0, x 1 ] R kétszer dierenciálható, η(x 0 ) = η(x 1 ) = 0 } Amennyiben u-t egy η C 0 függvénnyel perturbáljuk, akkor a perturbált függvény is a megengedhet halmazban lesz, mert a peremfeltételeken a perturbáció nem változtatott, azaz (u + η) C. Deniáljuk a következ függvényt rögzített η 0 -ra: G(ε) := I(u + εη 0 ) = ˆ x1 x 0 F (x, u + εη 0, u + εη 0) dx Ekkor abból, hogy u = u + 0η 0 minimalizálja I-t, következik, hogy G-nek 0-ban minimuma van, tehát: ε G(0) G(ε); G (0) = 0 Deriváljuk G-t a láncszabály alapján! (Az els változó (x) szerinti parciális deriváltak értéke 0, mert x nem függ ε-tól. F argumentumaiban (x, u + εη 0, u + εη 0) áll, amit most nem írunk ki.) A második tagot parciálisan integráljuk: ˆ x1 Az egész integrál tehát: Minden η C 0 -ra teljesülnie kell, hogy G (0) = G (ε) = ˆ x1 x 0 η 0F u dx = [ F u η 0 x 0 x 0 }{{} ˆ x1 G (ε) = x 0 η 0 ˆ x1 0 x 0 η 0 ε = 0-ban a széls érték feltétele ez alapján valóban η 0 F u + η 0F u dx ] x1 ˆ x1 η 0 x 0 ( F u d dx F u ) dx ( ) F u(x, u, u ) d dx F u (x, u, u ) dx = 0 F u d dx F u = 0 d dx F u dx (4.1) Az Euler-egyenletben szerepl Ezt visszahelyettesítve az egyenletbe: d dx F u kifejtése a láncszabály alapján: d dx F u (x, u(x), u (x)) = 2 F u x + 2 F u u u + F u F u x u F u u u F u u = 0 A kapott másodrend dierenciálegyenletnek nincs általános megoldása. keressük.) 30 2 F u u u (Nem parciális DE, mert az u-t

4.2.1.2. Példa. Igazoljuk variációszámítással, hogy két pont között a legrövidebb út az egyenes! Legyen a két pont P 0 (x 0, y 0 ) és P 1 (x 1, y 1 ), az ket összeköt görbét pedig írja le egy y = y(x) függvény, melyre y(x 0 ) = y 0 és y(x 1 ) = y 1! A görbe hossza: l = ˆ b a 1 + y 2 (x) dx, tehát F (x, u, u ) = 1 + u 2 F nem függ expliciten x-t l és u-tól, tehát F u = 0. Így az Euler-egyenlet: d dx F u = 0 F u = 1 1 2 2 1 + u 2 u = c konstans Ezt átrendezve kapjuk, hogy u (x) szintén konstans, tehát y(x) = u(x) egy egyenes. 4.2.2. Speciális esetek 1. Amennyiben F nem függ expliciten u -t l, akkor F u = 0, így az Euler-egyenlet egy implicitfüggvényfeladatot ad: 2. Ha F nem függ u-tól, akkor az Euler-egyenlet: F u(x, u) = 0 d dx F u = 0, amib l egy integrálással adódik, hogy F u = c konstans. u -t kifejezhetjük, majd integrálunk: ˆ u (x) = f(x, c); u = f(x, c) dx + d konstans Ebben az esetben a c és d konstansok megfelel megválasztásával fogjuk kielégíteni a peremfeltételeket. 3. A legfontosabb eset az, amikor F nem függ x-t l. Ekkor deniáljuk a következ függvényt, majd deriváljuk: E(x) := F u F u de dx = u F u + u F u u F u u (u F u u + u F u u ) = u (F u + u F u u + u F u u ) = u L[u] Ha u stacionárius megoldás, akkor ez alapján de dx = 0, tehát E(x) = c konstans. Ezt a függvényt értelmezhetjük egy energiamennyiségnek, ami optimális esetben nem változik. 4.2.2.1. Példa (A Példa 4.1.0.2 megoldása). A = 2π ˆ b a E = u 1 + u 2 y(x) 1 + y 2 (x) dx F (u, u ) = u 1 + u 2 u 2 u 1 + u 2 = F u = u 1 2 2u 1 + u 2 u 1 + u 2 (1 + u 2 u 2 ) = u 1 + u 2 c 31

A kapott dierenciálegyenlet megoldása. Némi átrendezéssel adódik, hogy ˆ u = du dx = u2 c 2 c 2 ˆ 1 ( u c )2 1 du = 1 dx c arcosh u c = x + d u = c cosh x + d c A feladat megoldása tehát a cosh függvény, azaz a láncgörbe (az a görbe, amit egy, a két végén felfüggesztett lánc felvesz). 4.2.2.2. Példa (A Példa 4.1.0.1 megoldása). T = 1 2g ˆ x1 x 0 1 + y 2 (x) y(x) y0 dx F (u, u ) = 1 + y 2 (x) y(x) y0 F u = u u y0 1 + u 2 E =... = 1 u y0 1 + u 2 = c u = du dx = 1 c 2 (u y 0 ) 1 Az adódó integrálban τ := c 2 (u y 0 ) helyettesítést végzünk, amib l du = dτ c 2. Újabb helyettesítés: τ =: sin 2 θ 2. Ekkor ˆ ˆ ˆ dx 1 x = du du = u du =... = 1 τ c 2 dτ = ( ) 1 τ ( ) = 1 2c 2 ˆ dτ = 2 sin θ 2 cos θ 2 1 2 sin 2 θ 2 sin θ dθ = 1 ˆ 1 sin 2 θ 2c 2 2 dθ = sin θ dθ 2 tan θ 2 = 1 (θ sin θ) + d 2c2 u = τ c 2 + y 0 = sin2 θ 2 c 2 Tehát a brachisztokron görbe egy ciklois: ( ) x(θ) y(θ) = 1 2c 2 + y 0 = 1 cos θ 2c 2 + y 0 ( ) ( θ sin θ d + 1 cos θ y0) 32