1. feladatsor, megold´asok 1. Ez egy els˝orend˝ u diffegyenlet, el˝ osz¨ or a homog´en egyenlet megold´as´at keress¨ uk meg, majd partikul´ aris megold´ast keres¨ unk: y0 − y = 0 Ez pl. egy sz´etv´ alaszthat´ o egyenlet, melynek megold´asai: yh = C · e x A partikul´aris megold´ ashoz vegy¨ uk ´eszre, hogy a jobboldalon egy els˝ofok´ u polinom ´all, ´ıgy a megold´ ast is ilyen alakban ´erdemes keresni. Legyen teh´at yp = ax + b, ekkor yp0 = a. Ezeket az egyenletbe helyettes´ıtve: a = ax + b + 2x − 2 0 = (a + 2)x + (b − a − 2) Ez viszont csak akkor teljes¨ ulhet minden x-re, ha a + 2 = 0 = b − a − 2, azaz a = −2, b = 0. ´Igy yp = −2x ¨ lesz a partikul´ aris megold´ as. Osszegezve a feladat ¨osszes megold´asa: y = C · ex − 2x Megjegyz´es: A jobboldal folytonosan deriv´alhat´o y szerint, ez´ert a megold´as mindig (ak´armilyen felt´etel eset´en) egy´ertelm˝ u.
1. ´ abra. az 1. feladat megold´asai
2. Sz´etv´alaszt´assal oldjuk meg: p dy = 2 |y| dx dy p = dx 2 |y| Z Z dy p = dx 2 |y| p |y| = x + c |y| = (x + c)2 y = ±(x + c)2 K´et dologra kell figyelni: Egyr´eszt ha y = 0 akkor baj van, mert |y| ekkor nem deriv´alhat´o, tov´ abb´ a az is probl´em´as, hogy y = 0-val leosztunk. A m´asodik hiba k¨onnyen kezelhet˝o: megn´ezz¨ uk, hogy az y = 0 megold´as-e, ´es ha igen, ha nem, a tov´ abbiakban feltehetj¨ uk, hogy y 6= 0. Most az y = 0 megold´ as lesz. (Ez a l´ep´es az´ert fontos, mert ha erre nem figyel¨ unk, akkor elvesz´ıthetj¨ uk a diffegyenlet egy megold´ as´ at.) Az els˝o probl´ema (|y| nem deriv´ alhat´ o 0-ban) m´ar nehezebben kezelhet˝o: Itt azt kell eld¨onten¨ unk, hogy mikor melyik (±) megold´ ast kell v´ alasztani. N´ezz¨ unk meg p´eld´aul egy megold´ast: y1 = (x + c)2 Erre a megold´ asra y10 = 2(x + c), tov´ abb´a
p |y1 | = |x + c|. ´Igy az eredeti egyenletbe behelyettes´ıtve: 2(x + c) = 2|x + c|
Ez viszont nem minden x-re igaz, csak x > −c eset´en, azaz y = (x + c) nem megold´as eg´esz R-en, csak a parabola jobboldali ´ aga (x > −c) lesz j´ o. Hasonl´o mondhat´ o el y2 = −(x + c)-r˝ ol: Ez sem lesz mindenhol (eg´esz R-en) megold´as, csak x < −c-re lesz j´o. Az al´abbi ´ abr´ an l´ athat´ o p´ ar megold´ as.
Megjegyz´es: Itt a jobboldal nem folytonosan deriv´alhat´o y-szerint, ´ıgy nem egy´ertelm˝ u a megold´ as. (Gondoljunk bele, hogy y = 0 is megold´ as, ´ıgy ha pl y(3) = 0-t adunk meg kezdeti´ert´ekk´ent, akkor abb´ ol r¨ ogt¨ on k´et megold´as is indul. S˝ ot! K¨ onnyen l´ atszik, hogy az al´abbi y is megold´as lesz:
2
2. ´ abra. a 2. feladat megold´asai
3. ´ abra. a 2. feladat egy m´as megold´asa
3
3. alak´ıtsuk ´at az egyenletet: y0 = −
y x
Ez is sz´etv´alaszthat´ o: dy y =− dx x dy dx =− y x Z Z dy dx = − y x ln |y| = − ln |x| + c y=
c x
Itt szint´en figyeln¨ unk kell: Egyr´eszt leosztottunk y-nal, ´ıgy az y = 0-t meg kell vizsg´alni: megold´ as lesz. x-szel is osztottunk, ez akkor lehet probl´ema, ha valamelyik megold´as ´ertelmez´esi tartom´any´aba ez beleesik. c A konstans 0 megold´ assal nincs baj, a -ekkel sincs probl´ema, mert ezek x = 0-ban nincsenek ´ertelmezve. x ´ azoljuk a megold´ Abr´ asokat! Azt veszz¨ uk ´eszre, hogy a megold´as egy´ertelm˝ u, ´es ezt el is v´arhattuk, hiszen az ´atalak´ıtott egyenlet jobboldala y-szerint folytonosan differenci´alhat´o. Iterat´ıv m´ odszerek: Oldjuk meg az 1. feladatot (y 0 − y = 2x − 2) az y(0) = 1 kezdeti´ert´ekkel a hat´arozatlan egy¨ utthat´ok m´ odszer´evel! Ez a m´odzser a k¨ovetkez˝ ok´eppen m˝ uk¨ odik: tegy¨ uk fel, hogy a megold´as y(x) =
X
ck (x − x0 )k
alakba ´ırhat´o, ahol x0 a megadott kezdeti´ert´ek felt´etelt˝ol f¨ ugg (most x0 = 0). Sorban meghat´ orozzuk a ck ´ egy¨ utthat´okat, amellyel v´eg¨ ulis megkapjuk a megold´as Taylor-sor´an a 0 k¨or¨ ul: Irjuk fel n´eh´any tagig y-t, ´es y 0 -t: y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + . . . y 0 = c1 + 2c2 x + 3c3 x2 + 4c4 x3 + . . . ´Irjuk fel mi lenne ezzel az eredeti egyenlet baloldala (y 0 − y): y 0 − y = (c1 + 2c2 x + 3c3 x2 + 4c4 x3 + . . .) − (c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + . . .) y 0 − y = (c1 − c0 ) + (2c2 − c1 )x + (3c3 − c2 )x2 + (4c4 − c3 )x3 + . . . Olyan ck egy¨ utthat´okat kell v´ alasztani, amelyek eset´en ez ´epp a jobboldallal, vagyis 2x − 2-vel egyezik meg. Ehhez az kell, hogy a megfelel˝ o egy¨ utthat´ ok megegyezzenek a k´et oldalon, vagyis: c1 − c0 = −2 2c2 − c1 = 2 4
3c3 − c2 = 0 4c4 − c3 = 0 .. . ´ ne felejts¨ Es uk el, hogy van m´eg egy egyenlet¨ unk a kezdeti felt´etel miatt: Mivel y(0) = c0 + c1 · 0 + c2 · 02 + . . . = c0 , ´ıgy a plusz felt´etel: c0 = 1. Ezek alapj´an a ck egy¨ utthat´ ok sorban meghat´ arozhat´ok:
1 c0 = 1 a kezdeti felt´etel miatt, majd c1 − c0 = −2 miatt c1 = −1. 2c2 − c1 = 2 miatt c2 = . Majd 3c3 − c2 = 0 2 1 1 ck−1 miatt c3 = , ´es ´ıgy tov´ abb, minden tov´ abbi ck = . (K¨onnyen l´atszik, hogy kck − ck−1 = 0 miatt ck = . 6 k! k 1 1 ´ ha ck−1 = Es volt, akkor ck = ). (k − 1)! k! Ezek alapj´an a megold´ ast megkapjuk, ha a megfelel˝o ck -kat be´ırjuk: y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + . . . 1 1 1 y = 1 − x + x2 + x3 + x4 + . . . 2 3! 4!
5
