32
3. 3.1.
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
Els˝ orend˝ u differenci´ alegyenletek Alapvet˝ o fogalmak
Differenci´ alegyenleten egy olyan egyenletet ´ert¨ unk, amelyben a keresett ismeretlen egy f¨ uggv´eny, ´es a f¨ uggv´eny valamelyik deriv´ altja is szerepel az egyenletben. Ha a keresett f¨ uggv´eny egyv´altoz´os, akkor k¨ oz¨ ons´eges differenci´ alegyenletr˝ ol besz´el¨ unk, ha pedig t¨obbv´altoz´os, ´es a keresett f¨ uggv´eny egy vagy t¨ obb parci´ alis deriv´altja is szerepel az egyenletben, akkor az egyenletet parci´ alis differenci´ alegyenletnek h´ıvjuk. Egy k¨oz¨ons´eges differenci´ alegyenletet n-edrend˝ u differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk, ha a keresett f¨ uggv´eny egyenletben szerepl˝o legmagasabb deriv´altja az n-edik deriv´alt. Egy n-edrend˝ u k¨oz¨ons´eges differenci´ alegyenlet ´ altal´ anos alakja teh´ at g(x, y, y ′ , . . . , y (n−1) , y (n) ) = 0.
(3.1)
Itt y jel¨oli a keresett f¨ uggv´enyt, amely x f¨ uggv´enye, azaz y = y(x). A differenci´ alegyenletek elm´elet´eben ´es az alkalmaz´ asokban is szok´asos, hogy a keresett f¨ uggv´eny v´altoz´oj´at nem ´ırjuk ki explicit m´ odon az egyenletben. Mi is ´ altal´aban ezt a konvenci´ ot haszn´aljuk. A (3.1) egyenletet u ´gy ´ırtuk fel, hogy minden tagot egy oldalra rendezve a bal oldalon a f¨ uggetlen v´altoz´o, x, valamint az ismeretlen y f¨ uggv´eny, valamint annak deriv´altjai, az n-edik deriv´alig bez´ar´ olag tetsz˝ oleges kifejez´ese ´ all. Egy konkr´et egyenletben term´eszetesen b´ armelyik tag (az y (n) kiv´etel´evel) hi´ anyozhat. Megjegyezz¨ uk, hogy az alkalmaz´ asok nagy r´esz´en´el az id˝ o a f¨ uggetlen v´altoz´o, ´ıgy az x helyett a t v´altoz´ ot is gyakran haszn´aljuk az egyenletben a f¨ uggetlen v´altoz´o jel¨ol´es´ere. Ebben ´esa k¨ovetkez˝ o fejezetben ´ altal´ aban x-et fogunk haszn´alni, de a rendszerekre ´att´erve t-vel fogjuk mi is jel¨olni a f¨ uggetlen v´altoz´ ot. A (3.1) egyenletetet implicit n-edrend˝ u differenci´ alegyenletnek h´ıvjuk. Ha az egyenletb˝ ol a benne szerepl˝o legmagasabb deriv´ altat ki lehet fejezni, akkor egy y (n) = f (x, y, y ′ , . . . , y (n−1) )
(3.2)
alak´ u egyenletet kapunk, amely az explicit n-edrend˝ u differenci´ alegyenlet ´altal´anos alakja. A tov´abbiakban szinte mindig explicit, illetve explicit alakra ´atalak´ıthat´ o egyenletekkel fogunk foglalkozni, ez´ert erre fogalmazzuk meg az al´abbi fogalmakat. Egy (3.2) explicit differenci´ alegyenlet megold´ asa egy olyan y f¨ uggv´eny, amely egy I ⊂ R intervallumon van ´ertelmezve, ´es amelyet behelyettes´ıtve az adott egyenletbe teljes¨ ul az egyenlet minden x ∈ I-re. Megold´as teh´ at defin´ıci´o szerint mindig intervallumon van ´ertelmezve. 3.1. P´ elda. Az
xy (3) − (y ′′ )2 − x5 + 1 = 0
egy harmadrend˝ u implicit differenci´ alegyenlet, amelyet ´at lehet alak´ıtani explicit alakra: y (3) =
(y ′′ )2 + x5 − 1 . x
A k´et egyenlet nem ekvivalens, hiszen az implicit egyenlet ´ertelmez´esi tartom´ anya R, az explicit egyenletben pedig x 6= 0. 2 3.2. P´ elda. Az y ′′ = 2x + 1 egyenlet egy explicit m´ asodrend˝ u (trivi´alis) differenci´ alegyenlet, amelyet k¨onyen megoldhatunk k´etszer integr´ alva az egyenlet mindk´et oldal´ at. Z ′ y = 2x + 1 dx,
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
33
azaz y ′ = x2 + x + c1 . Ez´ert y= azaz y=
Z
x2 + x + c1 dx,
x3 x2 + + c1 x + c2 . 3 2
Megfigyelhet˝ o, hogy egym´assal ekvivalens ´atalak´ıt´asokat v´egezt¨ unk, azaz a fenti k´eplet az egyenlet ¨osszes megold´ as´ at tartalmazza, ahol c1 ´es c2 tetsz˝ oleges konstansok. 2
Az el˝obbi p´elda azt illusztr´alja, hogy egy differenci´ alegyenletnek v´egtelen sok megold´ asa van. Egy olyan k´epletet, amely tartalmaz n darab f¨ uggetlen konstanst (param´etert) a (3.1) (vagy (3.2)) n-edfok´ u differenci´ alegyenlet a ´ltal´ anos megold´ as´ anak h´ıvunk, ha az a param´eterek (adott tartom´ anyokb´ol vett) tetsz˝ oleges ´ert´ekeire az egyenlet megold´ as´ at adja. Az el˝obbi p´elda v´eg´en kapott k´eplet teh´ at az egyenlet ´altal´anos megold´ as´ at adja. N´eha el˝ofordul, hogy egy differenci´ alegyenletnek megadunk egy a´ltal´anos megold´ as´ at, de a kapott k´eplet nem tartalmazza az egyenlet ¨osszes megold´ as´ at. Az ilyen hi´ anyz´o” megold´ ast szingul´ aris megold´ asnak nevezz¨ uk. ” Ha adott egy n-edfok´ u differenci´ alegyenlet ´es annak n db param´etert tartalmaz´ o ´altal´anos megold´ as´ anak k´eplete, akkor ´ altal´ aban n db egy´eb felt´etelt el˝o´ırva hat´ arozhatjuk meg egy´ertelm˝ uen az n db param´eter ´ert´ek´et, azaz kapunk egy´ertelm˝ u megold´ ast. Ezt leggyakrabban az y(x0 ) = z1 , y ′ (x0 ) = z2 , · · · , y (n−1) (x0 ) = zn (3.3) alak´ u felt´etelekkel szok´as el˝ o´ırni. A (3.3) alak´ u felt´eteleket kezdeti felt´eteleknek, az x0 sz´ amot kezdeti id˝ opontnak, a megadott z1 , z2 , . . . , zn sz´ amokat kezdeti ´ert´ekeknek h´ıvjuk. A (3.1) (vagy a (3.2)) egyenletet ´es a (3.3) kezdeti felt´etelt egy¨ utt kezdeti ´ert´ek feladatnak nevezz¨ uk. 3.3. P´ elda. Tekints¨ uk az (ey + 2y)y ′ = x3 els˝ orend˝ u differenci´ alegyenletet. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az egyenlet bal oldala egy ¨osszetett f¨ uggv´eny deriv´altja, ami ´ atalak´ıthat´ o az (ey + y 2 )′ = x3 alakba. ´Igy mindk´et oldalt integr´ alva kapjuk, hogy ey + y 2 =
x4 + c. 4
Ezt az algebrai egyenletet a differenci´ alegyenlet implicit megold´ as´ anak h´ıvjuk. Ebb˝ol az egyenletb˝ ol most nem tudjuk y-t, mint x f¨ uggv´eny´et kifejezni, azaz nem tudjuk a differenci´ alegyenlet explicit megold´ as´ at megadni. Viszont numerikus m´ odszerrel adott x-re meg tudjuk hat´ arozni az implicit megold´ as egyenlet´eb˝ ol y(x) tetsz˝ oleges pontoss´ ag´ u k¨ozel´ıt˝o ´ert´ek´et. 2
34
3.2.
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
Szepar´ alhat´ o differenci´ alegyenletek
Az y ′ = g(x)h(y)
(3.4)
alak´ u els˝ orend˝ u skal´ aris differenci´ alegyenletet szepar´ alhat´ o differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. A (3.4) egyenlet megold´ as´ ahoz szepar´ aljuk a v´ altoz´ okat, azaz egy oldalra rendezz¨ uk az azonos v´altoz´okat: y′ = g(x), h(y) majd integr´ aljuk mindk´et oldalt x szerint. Hogy pontosabban l´assuk a sz´ amol´ ast, ki´ırjuk az y keresett f¨ uggv´eny argumentum´ at is a bal oldalon: Z Z y ′ (x) dx = g(x) dx. h(y(x)) A bal oldalon az y f¨ uggv´eny nem ismert, m´egis ki tudjuk az integr´ alt sz´ am´ıtani, ha az u = y(x) u ´j v´altoz´ot bevezetj¨ uk: haszn´alva a du = y ′ (x) dx form´alis sz´ amol´ asi szab´ alyt kapjuk Z Z 1 du = g(x) dx. (3.5) h(u) A k´et oldalon az integr´ alt kisz´am´ıtva, majd a bal oldalon az u v´altoz´o hely´ebe y-t visszahelyettes´ıtve kapjuk az egyenlet implicit megold´ as´ at. Ezt az ´altal´ anos m´ odszert a k¨ovetkez˝o p´eld´ aval illusztr´aljuk: 3.4. P´ elda. Tekints¨ uk az
y ′ = (x2 + 1)y 3
(3.6)
skal´aris differenci´ alegyenletet. Ez szepar´alhat´ o differenci´ alegyenlet, hiszen oszt´ assal sz´et tudjuk v´alasztani, azaz szepar´alni tudjuk a v´altoz´okat: y′ = x2 + 1. y3 Itt a bal oldal csak y-t´ ol, a jobb oldal pedig csak x-t˝ol f¨ ugg. Integr´ aljuk mindk´et oldalt x szerint: Z ′ Z y (x) dx = x2 + 1 dx. y 3 (x) Haszn´alva az u = y(x) helyettes´ıt´est kapjuk, hogy Z Z 1 du = x2 + 1 dx, u3 azaz a hat´ arozatlan integr´ alokat kisz´am´ıtva −
x3 1 + x + c2 . + c = 1 2u2 3
A k´et, egym´ast´ ol f¨ uggetlen c1 ´es c2 kostansok helyett bevezethetj¨ uk a c = c2 − c1 konstanst, ´es ´ıgy 1 x3 − 2 = + x + c. 2u 3 Ebb˝ol l´athat´ o, hogy ha mink´et oldalt integ´aljuk, elegend˝ o az csak egyik oldalon (b´ armelyiken) ´ırni a c konstanst. Az u = y helyettes´ıt´est elv´egezve, ´es a szok´asos ´ır´ asm´ odnak megfelel˝oen megint elhagyva a keresett y f¨ uggv´eny argumentum´ at kapjuk, hogy −
x3 1 = +x+c 2y 2 3
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
35
az implicit megold´ asa az egyenletnek. Most ki tudjuk y-t is fejezni az implicit alakb´ol: s 1 y=± 3 −2x /3 − 2x − 2c az egyenlet explicit ´ altal´ anos megold´ asa.
2
Most tekints¨ uk u ´jra a (3.4) egyenletet. Ha az egyenlet megold´ as´ anak a levezet´es´et megvizsg´aljuk alaposabban, kaphatunk egy gyakorlatban haszn´alhat´ o form´alis sz´ amol´ asi szab´ alyt. dy El˝ osz¨ or is ´ırjuk fel az y ′ deriv´ alt jel¨ol´es helyett a klasszikus y ′ = dx alakot. Ekkor az egyenlet dy = g(x)h(y). dx
(3.7)
Tekints¨ uk form´ alisan a bal oldalt t¨ ortk´ent, ´es most ´ıgy szepar´aljuk a v´altoz´okat: dy = g(x) dx. h(y) Hangs´ ulyozni kell, hogy ez az egyenlet csak egy form´alis egyenlet, nem rendel¨ unk hozz´ a prec´ız matematikai tartalmat. Pontosabban fogalmazva differenci´ alegyenletes k¨onyvekben szok´as egy egyenletet ilyen alakban fel´ırni, ekkor a jel¨ol´esen a (3.7) egyenletet kell ´ertelmezni. A form´alis ´ır´ asm´ odnak t´enyleges jelent´ese akkor lesz, ha mindk´et oldalra oda´ırunk” egy-egy integr´ aljelet: ” Z Z dy = g(x) dx. h(y) Ekkor a bal oldalon most egy y-t´ ol f¨ ugg˝ o kifejez´es y szerinti integr´ alja ´all, amit kisz´am´ıthatunk (konkr´et megadott h eset´en). Vegy¨ uk ´eszre, hogy ez az egyenlet ekvivalens a (3.5) egyenlettel, csak ott y helyett u v´altoz´ ot haszn´alunk a bal oldalon a sz´ amol´ asban, amit a k¨ovetkez˝o l´ep´esben vissza is helyettes´ıtett¨ unk y-ra. A form´alis sz´ amol´ ast haszn´alva ism´etelj¨ uk meg a 3.4. P´eld´ at. 3.5. P´ elda. Tekints¨ uk u ´jra a (3.6) egyenletet, de most ahogy azt a form´alis sz´ amol´ asn´ al haszn´alni szoktuk, a deriv´ alt jel¨ol´es´ere a klasszikus” alakot haszn´aljuk: ” dy = (x2 + 1)y 3 . dx Szepar´aljuk a v´altoz´ okat dy = (x2 + 1) dx, y3 majd form´alisan integr´ aljuk mindk´et oldalt”: ” Z Z dy = (x2 + 1) dx. y3 Az integr´ alokat kisz´am´ıtva kapjuk ugyanazt az implicit megold´ ast, amit a 3.4. p´eld´ aban hosszabb sz´ amol´ assal kaptunk meg: 1 x3 − 2 = + x + c. 2y 3
2
36
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
Most tekints¨ unk egy harmadik lehets´eges sz´ amol´ asi m´ odszert is a (3.4) egyenlet megold´ as´ ara. Tegy¨ uk fel, hogy adott egy y(x0 ) = y0 (3.8) kezdeti felt´etel, ´es tekints¨ uk a (3.4)-(3.8) kezdeti ´ert´ek feladatot. Most is el˝osz¨ or szepar´aljuk a v´altoz´okat a (3.4) egyenletekben y ′ (x) = g(x), h(y(x)) de most mindk´et oldal hat´ arozott integr´ alj´at vessz¨ uk x0 -t´ol x-ig. Mivel x szerepel az integr´ al fels˝o hat´ ar´ aban, az integranduszban x helyett egy m´ asik bet˝ ut haszn´alunk a v´altoz´o jel¨ol´es´ere: Z x ′ Z x y (t) dt = g(t) dt. x0 h(y(t)) x0 Ekkor a bal oldalon az u = y(t) helyettes´ıt´essel kapjuk, hogy Z
y(x) y(x0 )
azaz a kezdeti felt´etelt felhaszn´ alva Z
y y0
1 du = h(u)
1 du = h(u)
x
Z
g(t) dt,
x0
x
Z
g(t) dt.
x0
Most is n´ezz¨ unk egy p´eld´ at a m´ odszer szeml´eltet´es´ere: 3.6. P´ elda. Tekints¨ uk az
2
y′ =
ex , y2
y(1) = 2
kezdeti ´ert´ek feladatot. Szepar´alva a v´altoz´okat kapjuk 2
y 2 y ′ = ex . Mindk´et oldal x szerinti hat´ arozatlan integr´ alj´at v´eve kapjuk Z Z 2 2 ′ y y dx = ex dx. Ezzel az a gond, hogy a jobb oldalon ´ all´o integr´ alnak nincs elemi f¨ uggv´enyekkel fel´ırhat´ o primit´ıv f¨ uggv´enye, ´ıgy nem tudjuk az integr´ alt kisz´am´ıtani. Persze megadhatjuk a v´alaszt az Z y3 2 = ex dx 3 implicit alakban is. Ez az egyenlet a´ltal´anos megold´ asa, hiszen a hat´ arozatlan integr´ alban implicit m´ odon egy c tetsz˝ oleges konstans is szerepel. De ilyen alakban nem tudjuk a megadott kezdeti felt´etelt felhaszn´ alni, ´ıgy a kezdeti ´ert´ek feladat megold´ as´ at sem tudjuk megadni. Ha hat´ arozatlan integr´ al helyett a fent v´azolt m´ odszerrel hat´ arozott integr´ allal sz´ amolunk, akkor azt kapjuk, hogy Z Z y
x
t2 dt =
0
1
amib˝ ol az
y3 1 − = 3 3
2
et dt,
Z
x 0
2
et dt
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
37
formula ad´ odik, amib˝ ol r´ aad´ asuk ki is tudjuk fejezni y-t: s Z x 3 et2 dt. y = 1+3 0
Ez a kezdeti ´ert´ek feladat megold´ asa. Ez sem elemi f¨ uggv´eny alakj´ aban fejezi ki a megold´ ast, viszont a hat´ arozott integr´ alt numerikus m´ odszerekkel tetsz˝ oleges pontoss´ aggal ki lehet sz´ amolni, ´ıgy ez a k´eplet is a gyakorlat szempontj´ab´ ol szinte olyan, mintha elemi f¨ uggv´ennyel lenne megadva a megold´ as. 2
3.3.
Els˝ orend˝ u skal´ aris line´ aris differenci´ alegyenletek
Legyen I ⊂ R egy ny´ılt intervallum. Az a(x)y ′ + b(x)y = g(x),
x∈I
(3.9)
alak´ u egyenleteket els˝ orend˝ u skal´ aris line´ aris differenci´ alegyenleteknek h´ıvjuk. Abban az esetben, amikor g azonosan nulla, az egyenletet homog´en, ellenkez˝o esetben pedig, azaz amikor g 6≡ 0, inhomog´en egyenletnek nevezz¨ uk. Az els˝ orend˝ u homog´en line´ aris egyenletek ´altal´anos alakja teh´ at a(x)y ′ + b(x)y = 0, x ∈ I. (3.10) 3.7. T´ etel. Legyen y1 ´es y2 a (3.10) homog´en line´ aris egyenlet megold´ asa I-n. Ekkor α1 y1 +α2 y2 is megold´ asa a (3.10) homog´en egyenletnek I-n minden α1 , α2 ∈ R-re. Bizony´ıt´ as: Helyettes´ıts¨ uk be az y = α1 y1 +α2 y2 f¨ uggv´enyt (3.10) bal oldal´ aba. Ekkor x ∈ I-re a(x)(α1 y1 + α2 y2 )′ + b(x)(α1 y1 + α2 y2 ) = a(x)α1 y1′ + a(x)α2 y2′ + b(x)α1 y1 + b(x)α2 y2 = α1 a(x)y1′ + b(x)y1 + α2 a(x)y2′ + b(x)y2 = 0.
2 3.8. K¨ ovetkezm´ eny. Az els˝ orend˝ u homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet megold´ asainak halmaza line´ aris t´er (vektort´er). 3.9. P´ elda. Tekints¨ uk az y ′ + 2xy = 0 homog´en line´ aris egyenletet. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az egyenlet szepar´alhat´ o: dy = −2x dx, y amit integr´ alva kapjuk azaz
ln |y| = −x2 + C, y = ±e−x
2 +C
2
= ce−x ,
ahol c = ±eC . L´ athat´ o, hogy a fenti k´eplettel c = 0-ra is megold´ ast kapunk, hiszen a konstans 0 f¨ uggv´eny is teljes´ıti az eredeti egyenletet. 2
38
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
A fenti p´eld´ aban l´ atott m´ odszer ´ altal´anosan alkalmazhat´ o. Tekints¨ uk a (3.10) egyenlet expb(x) licit alakj´ at, azaz tegy¨ uk fel, hogy a(x) 6= 0 az I intervallumon. Ekkor az r(x) = a(x) jel¨ol´est bevezetve a (3.10) egyenlet az y ′ + r(x)y = 0, x∈I (3.11) alakban ´ırhat´ o fel. Ennek az egyenletnek az ´altal´anos megold´ as´ at az al´abbi t´etelben adjuk meg. 3.10. T´ etel. A (3.11) els˝ orend˝ u line´ aris homog´en egyenlet a ´ltal´ anos megold´ asa yH = ce−
R
r(x) dx
,
x ∈ I,
c ∈ R.
(3.12)
Bizony´ıt´ as: A (3.12) homog´en egyenlet egy szepar´alhat´ o differenci´ alegyenlet is, ´ıgy alak´ıtsuk ´at az dy = −r(x) dx y alakba. Ekkor integr´ alva az egyenletet ln |y| = −
Z
r(x) dx + C
ad´ odik. A hat´ arozatlan integr´ al jel¨ol´es´eben egy´ebk´ent implicit m´ odon bele´ertett C konstanst most explicit m´ odon ki´ırtuk. Mindk´et oldalra alkalmazva az exponenci´ alis f¨ uggv´enyt kapjuk, hogy R R |y| = e− r(x) dx+C = eC e− r(x) dx . A c = ±eC jel¨ol´essel megkaptuk a (3.12) formul´ at, de a fenti sz´ amol´ as szerint c 6= 0. M´asr´eszt ha c = 0, akkor a (3.12) formul´ ab´ ol az y ≡ 0 f¨ uggv´enyt kapjuk, amely szint´en megold´ asa a (3.12) egyenletnek. 2
3.11. K¨ ovetkezm´ eny. Az els˝ orend˝ u homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet megold´ asainak linea ´ris tere egydimenzi´ os.
3.12. T´ etel. Legyen y1 ´es y2 a (3.9) inhomog´en line´ aris egyenlet megold´ asai I-n. Ekkor y1 − y2 megold´ asa a (3.10) homog´en egyenletnek I-n. Bizony´ıt´ as: Helyettes´ıts¨ uk be az y = y1 − y2 f¨ uggv´enyt (3.9) bal oldal´ aba. Ekkor x ∈ I-re a(x)(y1 − y2 )′ + b(x)(y1 − y2 ) = a(x)y1′ − a(x)y2′ + b(x)y1 − b(x)y2 = a(x)y1′ + b(x)y1 − a(x)y2′ + b(x)y2 = g(x) − g(x) = 0.
2 3.13. T´ etel. Legyen y1 a (3.9) inhomog´en ´es y2 a (3.10) homog´en line´ aris egyenlet megold´ asa I-n. Ekkor y1 + y2 megold´ asa a (3.9) inhomog´en egyenletnek I-n.
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
39
Bizony´ıt´ as: Helyettes´ıts¨ uk be az y = y1 + y2 f¨ uggv´enyt (3.9) bal oldal´ aba. Ekkor x ∈ I-re a(x)(y1 + y2 )′ + b(x)(y1 + y2 ) = a(x)y1′ − a(x)y2′ + b(x)y1 − b(x)y2 = a(x)y1′ + b(x)y1 + a(x)y2′ + b(x)y2 = g(x).
2 A (3.9) inhomog´en egyenlet egy (tetsz˝ olegesen) r¨ ogz´ıtett megold´ as´ at az egyenlet partikul´ aris megold´ as´ anak nevezz¨ uk. 3.14. K¨ ovetkezm´ eny. A (3.9) inhomog´en egyenlet a ´ltal´ anos megold´ asa fel´ırhat´ o, a homog´en egyenlet a ´ltal´ anos megold´ as´ anak ´es az inhomog´en egyenlet egy partikul´ aris megold´ as´ anak o ¨sszegek´ent: yIH = yH + yIP . A gyakorlatban a 3.14. K¨ ovetkezm´eny helyett az u ´.n. integr´ al´ ot´enyez˝ o m´ odszer´et alkalmazhatjuk az inhomog´en egyenlet megold´ as´ ara. Az ¨otlet egy p´eld´ an mutatjuk meg el˝osz¨ or. 3.15. P´ elda. Tekints¨ uk az
xy ′ + 2y = x3
inhomog´en line´ aris egyenletet. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha x-szel beszorozzuk az egyenletet, akkor a bal oldalon egy szorzat deriv´ altja jelenik meg: x2 y ′ + 2xy = x4 , azaz
(x2 y)′ = x4 .
Mindk´et oldalt integr´ alva kapjuk x2 y = azaz y=
x5 + c, 5
c x3 + 2. 5 x 3
Megjegyezz¨ uk, hogy a megold´ as k´eplete term´eszetes m´ odon k´et f¨ uggv´eny ¨osszege: x5 az inhomog´en egyenlet egy partikul´ aris megold´ asa, xc2 pedig a megfelel˝o homog´en egyenlet ´altal´anos megold´ asa. 2
Tekints¨ uk a (3.11) egyenlethez kapcsol´ od´ o y ′ + r(x)y = f (x),
x∈I
(3.13)
inhomog´en egyenletet. Olyan µ(x) integr´ al´ot´enyez˝ot keres¨ unk, amellyel beszorozva az egyenletet a bal oldalon egy szorzat, m´egpedig µ(x)y deriv´altja jelenik meg. Ehhez hasol´ıtsuk ¨ossze a beszorzott µ(x)y ′ + µ(x)r(x)y = µ(x)f (x) egyenlet ´es a (µ(x)y)′ = µ(x)y ′ + µ′ (x)y azonoss´ag bal oldalait. L´ athat´ o, hogy a k´et oldal pontosan akkor lesz azonos, ha a µ′ (x) = µ(x)r(x)
40
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
o¨sszef¨ ugg´es teljes¨ ul. Ez pedig egy els˝ orend˝ u homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet a keresett µ f¨ uggv´enyre, amelynek egy lehets´eges megold´ asa a (3.12) k´eplet szerint R
µ(x) = e
r(x) dx
.
(3.14)
Ekkor teh´ at a µ-vel val´ o szorz´ as ut´ an a (3.13) egyenlet alakja (µ(x)y)′ = µ(x)f (x), amib˝ ol µ(x)y = azaz
Z
1 y= µ(x)
µ(x)f (x) dx,
Z
µ(x)f (x) dx
ad´ odik. Ide visszahelyettes´ıtve µ k´eplet´et, ´es a k¨onnyebb olvashat´ os´ ag ´erdek´eben megint ki´ırva a fenti hat´ arozatlan integr´ alban szerepl˝o konstanst explicit m´ odon, kapjuk, hogy Z R R R − r(x) dx − r(x) dx y=e c+e e r(x) dx f (x) dx. (3.15) Legyen x0 ∈ I. Hat´arozott integr´ alt haszn´alva a fenti k´epletb˝ ol r¨ ogt¨on k¨ovetkezik, hogy Z x Rt R R r(u) du − x r(t) dt − x r(t) dt f (t) dt. c + e x0 y = e x0 e x0 x0
Az x = x0 helyettes´ıt´esb˝ ol r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy ekkor y(x0 ) = c k¨ovetkezik. Ez´ert a (3.13) inhomog´en egyenlet y(x0 ) = y0 kezdeti ´ert´ekhez tartoz´ o megold´ as´ anak alakja −
Rx
r(t) dt
−
y0 + e Z R − x r(t) dt y0 + = e x0
y = e
x0
Rx
x0
r(t) dt
x Rt
e
x
Z
x Rt
e
x0
r(u) du
f (t) dt
x0
r(u) du
f (t) dt,
x0
x ∈ I.
(3.16)
A (3.16) formul´ at konstans vari´ aci´ os formul´ anak h´ıvjuk. 3.16. P´ elda. Tekints¨ uk az xy ′ − 2x2 y = x2 ,
y(0) = −2
kezdeti ´ert´ek feladatot. Alkalmazzuk az integr´ al´ot´enyez˝o m´ odszer´et! Ehhez el˝osz¨ or alak´ıtsuk ´ at explicit alakra az egyenletet, azaz osszuk el x-szel mindk´et oldalt: y ′ − 2xy = x
(3.17)
Alkalmazzuk a (3.14) k´epletet, azaz tekints¨ uk a R
µ(x) = e
−2x dx
= e−x
2
integr´ al´ot´enyez˝ ot. A (3.17) egyenletet beszorozva µ(x)-szel kapjuk az 2
(e−x y)′ = xe−x
2
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
41
egyenletet, amib˝ ol integr´ al´ assal −x2
e azaz
y=
1 2 2 xe−x dx = − e−x + c, 2
Z
1 2 y = − + cex . 2
Haszn´alva a kezdeti felt´etelt
1 −2 = − + c, 2
amib˝ ol
3 c=− . 2
A megold´ as teh´ at
1 3 2 y = − − ex . 2 2
2
3.4.
Alkalmaz´ asok
Ebben a szakaszban minden p´eld´ ankban az id˝ o a f¨ uggetlen v´altoz´o, ´ıgy t fogja jel¨olni a keresett f¨ uggv´eny v´altoz´ oj´at. 3.17. P´ elda. A t´ orium 234-es izot´ op a megfigyel´esek szerint az aktu´alis t¨omeg´evel ar´ anyos sebess´eggel bomlik el. Adjuk meg a t´ orium t¨omeg´enek k´eplet´et az id˝ o f¨ uggv´enyek´ent, ha tudjuk, hogy 100 mg anyag egy h´et alatt 82.04 mg anyagg´a bomlik el! Keress¨ uk meg, hogy mennyi id˝ o alatt bomlik el a kezdeti anyagmennyis´eg fel´ere! Jel¨ olje Q(t) a t´ orium t¨ omeg´et (mg-ban) a t id˝ opontban. M´erj¨ uk az id˝ ot napokban. Ekkor a felt´etel szerint Q(0) = 100 ´es Q(7) = 82.04. A boml´ as sebess´ege a t¨omeg id˝ o szerinti deriv´altja, azaz a felt´etel szerint Q′ (t) = −kQ(t)
teljes¨ ul, ahol k > 0 egy konstans param´eter. Ez egy els˝ orend˝ u homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet, amely megold´ asa Q(t) = e−kt Q(0) = 100e−kt . k ´ert´ek´et megkapjuk a Q(7) = 82.04 m´ asik felt´etelt felhaszn´ alva: 100e−7k = 82.04, azaz
ln 0.8204 ≈ 0.02828. 7 Jel¨ olje T azt id˝ ot, amennyi a kezdeti anygmennyis´eg felez˝od´es´ehez kell (az u ´.n. felez´esi id˝ ot): k=−
1 Q(0) = e−kT Q(0). 2 L´ athat´ o, hogy T ´ert´eke f¨ uggetlen a kezdeti anyagmennyis´egt˝ol, csak k-t´ol, azaz a radioakt´ıv anyagra jellemz˝o ´ alland´ o: ln 2 T = ≈ 24.5 nap. k
2
42
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
3.18. P´ elda. Tegy¨ uk fel, hogy egy banksz´ aml´ ara S0 ¨osszeget fizet¨ unk be kezdetben, ´es a sz´ amla az ´ev v´eg´en r %-ot kamatozik. Ekkor az ´ev v´eg´en S0 + S0 r = S0 (1 + r) ¨osszeg lesz a banksz´ aml´ an. A m´ asodik ´ev v´eg´ere ehhez hasonl´oan S0 (1 + r) + S0 (1 + r)r = S0 (1 + r)2 ¨osszeg lesz a sz´ aml´ an. K¨ onnyen l´ athat´ o teh´ at, hogy t ´ev eltelt´evel S0 (1 + r)t lesz a sz´ amla ´ert´eke. Tegy¨ uk fel most, hogy a bank ´evi r % kamatot ´evi n alkalommal sz´ am´ıt kamatot. Azaz az 1 r els˝ o id˝ oszak v´eg´en, n ´ev eltelt´evel a bank n % kamatot sz´ am´ıt. Ekkor S0 + S0
r r = S0 1 + n n
o¨sszeg lesz a sz´ aml´ an. A 2. peri´ odus v´eg´en, n2 ´ev eltelt´etvel u ´jra nr % kamattal n¨ ovekszik a sz´ amlaegyenleg, azaz r r r 2 r + S0 1 + = S0 1 + S0 1 + n n n n lesz. Ellen˝orizhet˝ o, hogy a k-adik periodus v´eg´en r k S0 1 + , n
´ıgy a t-edik ´ev v´eg´en (tn cikus eltelt´evel)
r tn S0 1 + n
lesz az egyenleg. Anal´ızis tanulm´ anyokb´ol ismert, hogy
r tn 1+ = ert , n→∞ n lim
´es a sorozat monoton n¨ ovekv˝ o m´ odon konverg´ al minden t-re. Ez´ert egy olyan banksz´ aml´ at, ahol a t id˝ opontban a sz´ amla egyenleg´et az S(t) = S0 ert k´eplettel sz´ am´ıtj´ak ki, r %-os folyamatos kamatoz´ as´ u banksz´ aml´ anak h´ıvjuk. Egy folyamatos kamatoz´ as´ u banksz´ aml´ at u ´gy is lehetne defini´alni, hogy amelyre az S ′ (t) = rS(t) o¨sszef¨ ugg´es teljes¨ ul, azaz ahol a p´enzmennyis´eg n¨ oveked´es´enek a sebess´ege ar´ anyos az aktu´alis p´enz¨ osszeggel. L´ athat´ o, hogy ez az egyenlet a radioakt´ıv boml´ as egyenlet´evel azonos, csak itt az ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ o, r > 0. Tegy¨ uk fel, hogy egy 5 %-os (r = 0.05) folyamatos kamatoz´ as´ u banksz´ aml´ ara S0 = 200000 Ft-ot fizet¨ unk be, ´es konstans sebess´eggel ´evi k = 50000 Ft-ot vesz¨ unk fel (p´eld´ aul naponta 50000/365 Ft-ot vesz¨ unk fel). Sz´ am´ıtsuk ki az egyenleg ´ert´ek´et t = 3 ´ev m´ ulva!
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
43
A kamatoz´ as miatt n¨ ovekszik, a konstans sebess´eg˝ u p´enzfelv´etel miatt pedig cs¨ okken a p´enz¨ osszeg. A k´et hat´ as ¨ osszead´odik, ´ıgy S-et a k¨ovetkez˝o egyenlet hat´ arozza meg: S ′ (t) = rS(t) − k
(3.18)
Ez egy els˝ orend˝ u line´ aris inhomog´en differenci´ alegyenlet, amelyet az integr´ al´ot´enyez˝o m´ odszer´evel k¨onnyen megoldhatunk: S ′ (t) − rS(t) = −k, ez´ert a µ(t) = e−rt szorz´ ot´enyez˝ ovel beszorozva (e−rt S(t))′ = −ke−rt , azaz e−rt S(t) = Az ´altal´anos megold´ as teh´ at
k −rt e + c. r
k S(t) = cert + . r
Az S(0) = S0 kezdeti felt´etelt haszn´alva c = S0 − kr , azaz k k ert + . S(t) = S0 − r r Ez´ert S(3) = −800000e0.15 + 1000000 = 70532.6. Mivel c < 0, ez´ert v´eges id˝ o alatt lenull´ az´odik a p´enz¨ osszeg a banksz´ aml´ an.
2
3.19. P´ elda. Tegy¨ uk fel, hogy egy tank kezdetben (t = 0 id˝ opontban) Q0 kg s´ ot tartalmaz 100 liter s´ ooldatban. Tegy¨ uk fel, hogy 0.2 kg/l s´ ooldat folyik be a tart´ alyba 3 l/perc sebess´eggel, ´es a j´ol elkevert s´ ooldat ugyanilyen sebess´eggel t´avozik a tart´ alyb´ol. Adjuk meg a s´ omennyis´eg t¨omeg´et az id˝ o f¨ uggv´enyek´ent! Adjuk meg, hogy mennyi s´ o lesz a tart´ alyban hossz´ u id˝ o eltelt´evel! Jel¨ olje Q(t) a t id˝ opontban a tart´ alyban lev˝o s´ o t¨omeg´et. A s´ omennyis´eg v´altoz´as´ anak a sebess´ege a tart´ alyba beker¨ ul˝ ou ´j s´ omennyis´eg n¨ oveked´esi sebess´eg´enek (0.2 kg/l · 3 l/perc=0.6 kg/perc) ´es a t´ avoz´ o s´ omennyis´eg sebess´eg´enek (Q(t)/100 kg/l · 3 l/perc) k¨ ul¨ onbs´ege: Q′ (t) = 0.6 −
3 Q(t) 100
Ha a line´ aris egyenletet megoldjuk, a Q(t) = 20 + (Q0 − 20)e−0.03t k´epletet kapjuk. Ennek hat´ ar´ert´eke t → ∞-re 20, azaz hosszabb id˝ o eltelt´evel k¨ozel 20 kg s´ o lesz a tart´ alyban. 2
3.20. P´ elda. Tegy¨ uk fel, hogy egy viszk´ ozus folyad´ekban elejt¨ unk egy m t¨omeg˝ u testet, ´es a testre a sebess´eg´evel ar´ anyos k¨ozegellen´ all´asi er˝o hat mozg´ as k¨ozben. Adjuk meg a test sebess´eg´et ´es elmozdul´as´ at az id˝ o f¨ uggv´enyek´ent! Newton II. t¨ orv´enye szerint az F = ma ¨osszef¨ ugg´es teljes¨ ul, ahol F a testre hat´ o er˝ ok ered˝ oje, a = v ′ a test gyorsul´asa, ´es v = v(t) a test sebess´ege. Tegy¨ uk fel, hogy olyan koordin´ atarendszerben vizsg´aljuk a test mozg´ as´ at, ahol az orig´ o az a poz´ıci´o, ahonnan a mozg´ as indul, ´es a f¨ ugg˝ oleges koordin´atarendszer pozit´ıv ir´ anya lefele mutat. Ekkor a s´ ulyer˝ o mindig pozit´ıv
44
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
ir´ anyba mutat. A mozg´ as sor´ an a test lefele, azaz pozit´ıv ir´ anyba mozog, ´ıgy a k¨ozegellen´ all´ asi er˝ o a mozg´ as ir´ any´aval ellent´etes ir´ anyba, negat´ıv ir´ anyba mutat. Ez´ert a mozg´ asegyenlet mv ′ = mg − kv. ´ Ez egy els˝ orend˝ u line´ aris differenci´ alegyenlet v-re. Altal´ anos megold´ asa v(t) = ce−kt/m +
mg . k
A felt´etel szerint nyugalomb´ ol indul a mozg´ as, azaz a v(0) = 0 kezdeti felt´etel hat´ arozza meg c-t, amib˝ ol mg 1 − e−kt/m v(t) = k ad´ odik. Integr´ alva v-t megkaphatjuk a test x(t) elmozdul´as´ at: Z Z mg mg m2 g −kt/m x(t) = v(t) dt = dt = 1−e t + 2 e−kt/m + C. k k k 2
C ´ert´ek´et az x(0) = 0 kezdeti ´ert´eket felhaszn´ alva kapjuk, azaz C = − mk2g , ´es ´ıgy x(t) =
m2 g mg t + 2 e−kt/m − 1 k k
a test elmozdul´asa az id˝ o f¨ uggv´enyek´ent.
2
3.21. P´ elda. Egy m t¨ omeg˝ u rak´et´ at f¨ ugg˝ olegesen fell¨ov¨ unk v0 kezdeti kezd˝ osebess´eggel a F¨old felsz´ın´er˝ ol. Tegy¨ uk fel, hogy a k¨ozegellen´ all´ast´ ol eltekint¨ unk, de figyelembe vessz¨ uk, hogy a F¨old gravit´aci´ os vonz´ oereje a F¨oldt˝ ol t´avolodva v´ altozik. Hat´arozzuk meg a rak´era sebess´eg´et a mozg´ as k¨ozben! Hat´arozzuk meg, milyen magasra rep¨ ul a rak´eta, ´es mi az a kezd˝ osebess´eg, amelyn´el nem esik vissza a rak´eta a F¨oldre! A F¨oldet modellezz¨ uk u ´gy, hogy a teljes t¨omege a k¨oz´eppontban helyezkedik el. Legyen R a F¨old sugara. A koordin´atarendszert f¨ ugg˝ olegesnek v´alasztjuk, az orig´ o legyen a F¨old felszin´en, ´es a pozit´ıv ir´ any mutasson felfele. Jel¨ olje x a test elmozdul´as´ at. Ismert, hogy a k´et test k¨oz¨ ott hat´ o vonz´ oer˝ o a t´avols´ ag n´egyzet´evel ford´ıtott ar´ anyban cs¨ okken. Azaz x magass´agban a testre hat´ o s´ ulyer˝ o (azaz a test ´es a F¨old t¨omegk¨oz´eppontja k¨oz¨otti vonzer˝ o) K w(x) = (x + R)2 alak´ u, ahol K egy ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ o. Tudjuk, hogy a F¨old felsz´ın´en az m t¨omeg˝ u test s´ ulya 2 mg, azaz w(0) = mg, amib˝ ol K = mgR . Ez´ert az w(x) =
mgR2 (x + R)2
¨osszef¨ ugg´est haszn´alhatjuk. Newton II. t¨ orv´enye szerint a test mozg´ asegyenlete m
mgR2 dv =− , dt (x + R)2
v(0) = v0 .
(3.19)
A (3.19) egyenlettel az a probl´ema, hogy h´ arom ismeretlent is tartalmaz: v ´es x mindketten a t id˝ o f¨ uggv´enyei. Tem´eszetesen helyettes´ıthetj¨ uk v-t x′ -vel, de ekkor egy m´ asodrend˝ u nemline´aris egyenletet kapn´ ank, amit nem tudunk megoldani.
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
45
A k¨ovetkez˝ o ¨ otlettel tudjuk a probl´em´ at megoldani: Tegy¨ uk fel, hogy a sebess´eget tekinthetj¨ uk a magass´ag f¨ uggv´enyek´ent. Ekkor a l´ancszab´aly szerint dv dv dx dv = = v. dt dx dt dx ´Igy a (3.19) egyenlet ´ atalak´ıthat´ o az mv
mgR2 dv =− dx (x + R)2
alakba, ahol v = v(x) alak´ u megold´ ast keres¨ unk most. Ez ´ıgy egy szepar´alhat´ o differenci´ alegyenlet, ez´ert Z Z gR2 v dv = − dx (x + R)2 teljes¨ ul, amib˝ ol
v2 gR2 = + c. 2 x+R Mivel t = 0-ra x = 0, ez´ert a v(0) = v0 felt´etelt felhaszn´ alva kapjuk gR2 v2 v2 = + 0 − gR, 2 x+R 2 azaz
r
2gR2 + v02 − 2gR. x+R Pozit´ıv el˝ojelet a felfele t¨ ort´en˝ o mozg´ as k¨ozben, a negat´ıv el˝ojelet pedig a visszat´er´es k¨ozben haszn´alhatunk v k´eplet´eben. Meg tudtuk teh´ at adni a rak´eta sebess´eg´et a magass´ag (de nem az id˝ o) f¨ uggv´enyek´ent. A legmagasabb t´ avols´ agban a k¨ozvetlen visszaes´es el˝ott, azaz akkor van a rak´eta, amikor a sebess´ege 0. Ebb˝ol kifejezhetj¨ uk az xmax maxim´alis magass´agot: v=±
xmax =
v02 R . 2gR − v02
√ alis magass´ag mindig l´etezik, azaz a test sebess´ege bizonyos Ha v0 < 2gR, akkor ilyen maxim´ magass´agban 0 lesz. A p v0 = 2gR ≈ 11.1 km/sec
lesz az a kritikus kezd˝ osebess´eg, az u ´.n. sz¨ ok´esi sebess´eg, amikor v sosem lesz 0, azaz a rak´eta nem esik vissza a F¨oldre. 2
3.22. P´ elda. Jel¨ olje P (t) egy biol´ ogiai popul´ aci´o egyedsz´ am´ at a t id˝ opontban. Ez a popul´ aci´ o lehet egy p´ed´ aul egy orsz´ ag lakoss´ aga, egy bakt´eriumteny´eszetben a bakt´eriumok sz´ ama, egy t´oban bizonyos halfajta darabsz´ama, stb. Megszokott a biol´ ogiai modellekn´el, hogy az egyedsz´ amot val´os f¨ uggv´enynek tekintj¨ uk. Egy gyakran elfogadott felt´etelez´es, hogy a popul´ aci´oban az egys´egnyi id˝ o alatt sz¨ uletett ´es meghalt egyedek sz´ ama ar´ anyos a popul´ aci´o egyedsz´ am´aval: jel¨olje rsz ´es rh ezeket az ar´ anyoss´ agi t´enyez˝oket, az u ´.n. sz¨ ulet´esi illetve hal´ aloz´ asi r´ at´ at, ´es legyen r = rsz − rh . Ekkor a P ′ = rP,
P (0) = P0
(3.20)
egyenlet ´ırja le a popul´ aci´ o egyedsz´ am´ anak megv´altoz´as´ at. Ennek megold´ asa P (t) = P0 ert , amely exponenci´ alisan n¨ ovekszik a +∞-be, ha t → ∞, ha a sz¨ ulet´esi r´ ata nagyobb, mint a
46
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
hal´ aloz´asi r´ ata, azaz r > 0; illetve exponenci´ alisan tart a 0-hoz t → ∞ eset´eben, ha r < 0. A (3.20) differenci´ alegyenletet Malthus alkalmazta el˝osz¨ or popul´ aci´os modellekben 1798-ban. Tegy¨ uk fel most, hogy folyamatos emigr´ aci´o van a popul´ aci´ob´ ol, ´es az emigr´ aci´o sebess´ege konstans e. Ekkor a modell¨ unk a P ′ = rP − e,
P (0) = P0
inhomog´en line´ aris egyenlettel ´ırhat´ o le. Megjegyezz¨ uk, hogy ez az egyenlet azonos a (3.18) egyenlettel, azaz a megold´ asa e rt e P (t) = P0 − e + . r r Itt kihalhat a popul´ aci´ o r > 0 eset´eben is, ha az emigr´ aci´o kell˝oen nagy: e > P0 r. Ha e = P0 r, akkor pedig a popul´ aci´ o egyedsz´ ama konstans marad. A gyakorlatban exponenci´ alis n¨ oveked´est hosszabb id˝ ointervallumon nem figyelhet¨ unk meg, hiszen p´eld´ aul a k¨ornyezetben rendelkez´esre ´all´o t´ apl´ al´ekmennyis´eg nem alkalmas ak´armekkora popul´ aci´o eltart´ as´ ara. A (3.20) egyenletn´el realisztikusabb modellt kapunk, ha azt tessz¨ uk fel, hogy az egyedek sz¨ ulet´es´enek sebess´ege ar´ anyos a popul´ aci´o sz´ am´ aval (mindig a popul´ aci´o adott sz´ azal´eka szaporodik), de a hal´ aloz´ as sebess´ege a popul´ aci´o egyedsz´ am´ anak n´egyzet´evel ar´ anyos. Ez ut´ obbi feltev´est azzal lehet indokolni, hogy minden egyed harcban ´all” a t´ ul´el´es´ert a t¨obbi ” egyeddel, ´es a harcok sz´ ama P (P − 1) ≈ P 2 . Ekkor a Mathus modell helyett a P ′ = rP − sP 2
(3.21)
u ´.n. logisztikus differenci´ alegyenlet ´ırja le a popul´ aci´o megv´altoz´as´ at. Ezt a modellt Verhulst vezette be 1838-ban. Vezess¨ uk be a K = r/s konstanst. Ekkor az egyenletet a P ′ P = rP 1 − K alakban is fel´ırhatjuk. Ez egy szepar´alhat´ o differenci´ alegyenlet, ´atrendezve kapjuk Z Z dP = r dt. P (1 − P/K)
A bal oldali integr´ alt parci´ alis t¨ ortekre bont´assal sz´ am´ıthatjuk ki: ! Z Z P 1 1 dP 1 P dP = ln |P | − ln 1 − = ln = + . P P 1 − K P (1 − P/K) P K1− K K
Ez´ert
amib˝ ol
P ln = rt + C, P 1 − K P = cert , P 1− K
ahol c = ±eC . Ebb˝ol a P (0) = P0 kezdeti felt´etelt haszn´alva c=
P0 1 − PK0
k¨ovetkezik. Ezt visszahelyettes´ıtve az el˝oz˝o k´epletbe r¨ ovid sz´ amol´ assal ellen˝ orizhet˝ o, hogy P (t) =
P0 K . P0 + (K − P0 )e−rt
Err˝ol l´athat´ o, hogy P (t) → K, ha t → ∞. A K konstanst a k¨ornyezet eltart´ ok´epess´eg´enek szok´as h´ıvni, hiszen ha 0 < P0 < K, akkor 0 < P (t) < K teljes¨ ul minden t > 0-ra. 2
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
3.5.
47
Els˝ orend˝ u nemline´ aris differenci´ alegyenletek ´ altal´ anos elm´ elete
Egy nemline´aris ´ altal´ anos els˝ orend˝ u explicit differenci´ alegyenlet ´altal´anos alakja y ′ = f (x, y).
(3.22)
Az egyenlet jobb oldal´ at adott x ´es y-ra nyilv´ an ki tudjuk sz´ am´ıtani. Ez megadja az adott (x, y) ponton ´ atmen˝ o megold´ as ´erint˝ oj´enek ir´ anytangens´et. Adott f eset´en ezeket az ´erint˝oket szeml´eltehetj¨ uk u ´gy, hogy felvesz¨ unk egy r´ acsot a s´ıkon, ´es az adott r´ acspontokban kirajzolunk adott ir´ anytangens˝ u egyenes szakaszokat. Egy ilyen ´abr´ at a differenci´ alegyenlet ir´ anymez˝ oj´enek h´ıvunk. A differenci´ alegyenlet megold´ asai olyan g¨orb´ek, amelyek simulnak” a differenci´ alegyen” let ir´ anymez˝oj´ehez, azaz a g¨ orbe ´erint˝oje egy adott pontban megegyezik a vektormez˝o adott ´ an a (3.21) r = 1, K = 1 param´eterekhez tartoz´ ponthoz tartoz´ o ir´ any´aval. A 3.1. Abr´ o logisz′ 2 ´ tikus differenci´ alegyenlet, a 3.2. Abr´ an pedig az y = −y + x differenci´ alegyenlet ir´ anymez˝oje ´es n´eh´ any megold´ asg¨ orb´eje l´ athat´ o. Az ir´ anymez˝ o ismeret´eben sokszor l´athat´ o, hogy milyen alak´ uak az egyenlet megold´ asg¨ orb´ei. P´eld´ aul az y ′ = y − y 2 logisztikus egyenlet 0 ´es 1 k¨oz¨otti kezdeti ´ert´ekekb˝ol ind´ıtott megold´ asai monoton n¨ ovekedve tartanak 1-hez, ha pedig a kezdeti ´ert´ek 1-n´el nagyobb, akkor a hozz´ a tartoz´ o megold´ asok monoton cs¨ okkenve tartanak 1-hez.
1.6
80
1.4 1.2
60
1 y(t)
y(x) 40
0.8 0.6 0.4
20
0.2 2
4
t
6
8
10
2
3.1. ´abra. y ′ = y − y 2 ir´ anymez˝oje
4
x 6
8
10
3.2. ´abra. y ′ = −y + x2 ir´ anymez˝oje
Rendelj¨ uk hozz´ a az y(x0 ) = y0
(3.23)
kezdeti felt´etelt a (3.22) egyenlethez. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´eny ´ertelmezve van egy [x0 − a, x0 + a] × [y0 − b, y0 + b] t´eglalapon. Megmutathat´ o a differenci´ alegyenletek megold´ asai l´etez´es´et garant´al´o al´abbi egzisztencia t´etel. 3.23. T´ etel (Peano). Legyen f : [x0 − a, x0 + a] × [y0 − b, y0 + b] → R folytonos f¨ uggv´eny amely maximum´ a t M jel¨ o li, azaz M = max{|f (x, y)| : |x − x | ≤ a, |y − y | ≤ b}. Legyen 0 0 b . Ekkor a (3.22)-(3.23) kezdeti ´ert´ek feladatnak l´etezik legal´ abb egy megold´ asa h = min a, M az I = [x0 − h, x0 + h] intervallumon. 3.24. P´ elda. Tekints¨ uk az y′ =
√ y,
y(0) = 0
kezdeti ´ert´ek feladatot! Ez egy szepar´alhat´ o egyenlet: dy √ = dx, y
48
MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009
´ıgy integr´ alva
√ 2 y = x + c.
Az egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa teh´ at 1 y = (x + c)2 . 4 A kezdeti felt´etelt haszn´alva kapjuk, hogy c = 0, azaz 1 y = x2 4 megold´ asa a kezdeti ´ert´ek feladatnak. M´asr´eszt l´athat´ o, hogy az y = 0 konstans f¨ uggv´eny szint´en megold´ asa a kezdeti ´ert´ek feladatnak. Tov´abb´ a k¨onnyen l´athat´ o, hogy b´ armely C ≥ 0-ra az 0, x ≤ C, y(x) = 1 (x − C)2 , x>C 4
f¨ uggv´eny is megold´ asa a kezdeti ´ert´ek feladatnak.
2
Azt mondjuk, hogy az f : [x0 −a, x0 +a]×[y0 −b, y0 +b] → R f¨ uggv´eny Lipschitz-tulajdons´ ag´ u vagy Lipschitz-folytonos, ha l´etezik olyan L ≥ 0 konstans, hogy |f (x, y) − f (x, y˜)| ≤ L|y − y˜|,
x ∈ [x0 − a, x0 + a],
y, y˜ ∈ [y0 − b, y0 + b].
3.25. T´ etel. Legyen az f : [x0 − uggv´eny folytonos ´es Lipschitz0 + a] × [y0 − b, y0 + b] → R f¨ a, x b tulajdons´ ag´ u. Legyen h = min a, M , ahol M = max{|f (x, y)| : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b}. Ekkor a (3.22)-(3.23) kezdeti ´ert´ek feladatnak pontosan egy megold´ asa l´etezik az I = [x0 −h, x0 + h] intervallumon.
3.6.
Els˝ orend˝ u nemline´ aris differenci´ alegyenlet-rendszerek
Ebben a szakaszban els˝ orend˝ u explicit differenci´ alegyenlet-rendszerekkel, azaz y1′ = f1 (x, y1 , . . . , yn ) .. . ′ yn = fn (x, y1 , . . . , yn ) alak´ u rendszerekkel foglalkozunk, ahol yi = yi (x) keresett f¨ uggv´enyek. Az egyenletrendszerhez az y1 (x0 ) = z1 , . . . , yn (x0 ) = zn kezdeti felt´eteleket rendelj¨ uk hozz´ a. Haszn´alva az f1 (x, y1 , . . . , yn ) y1 (x) .. ´es f (x, y) = y = y(x) = ... . fn (x, y1 , . . . , yn ) yn (x)
vektori´alis jel¨ol´eseket, a differenci´ alegyenlet-rendszer¨ unket az y′ = f (x, y)
(3.24)
alakban ´ırhatjuk fel r¨ oviden. Az egyenlethez tartoz´ o kezdeti felt´etel y(x0 ) = z, ahol z = (z1 , . . . , zn )T . Tegy¨ uk fel, hogy f : U → Rn , (x0 , z) ∈ U .
(3.25) U ⊂ R × Rn ny´ılt r´eszhalmaz, ´es
3. Els˝orend˝ u differenci´ alegyenletek
49
3.26. T´ etel. Legyen U ⊂ R × Rn ny´ılt r´eszhalmaz, f : U → Rn folytonos f¨ uggv´eny, amely minden komponense folytonosan parci´ alisan differenci´ alhat´ o az els˝ o v´ altoz´ o kiv´etel´evel minden v´ altoz´ oj´ ara vonatkoz´ oan. Ekkor minden (x0 , z) ∈ U eset´en l´etezik olyan h > 0, hogy a (3.24)(3.25) kezdeti ´ert´ek feladatnak l´etezik egy´ertelm˝ u megold´ asa az [x0 − h, x0 + h] intervallumon. Most megmutatjuk, hogy a (3.2) alak´ u n-edrend˝ u skal´aris differenci´ alegyenletek, illetve a hozz´ a tartoz´ o (3.2)-(3.3) kezdeti ´ert´ek feladat ekvivalens egy (3.24)-(3.25) alak´ u els˝ orend˝ u differenci´alegyenlet-rendszerrel. Vezess¨ uk be az y1 (x) = y(x),
y2 (x) = y ′ (x),
y3 (x) = y ′′ (x),
...
yn (x) = y (n−1) (x)
v´altoz´okat. L´ athat´ o, hogy teljes¨ ulnek az y1′ (x) y2′ (x) .. . ′ yn−1 (x) yn′ (x)
= y2 (x) = y3 (x) = yn (x) = f (x, y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x))
egyenletek. Defini´ aljuk az
y = y(x) =
y1 (x) y2 (x) .. . yn−1 (x) yn (x)
,
z1 z2 z = ... zn−1 zn
´es
f (x, y) =
y2 y3 .. . yn f (x, y1 , . . . , yn )
.
vektorokat. Ekkor y megold´ asa a (3.24)-(3.25) kezdeti ´ert´ek feladatnak. Legyen I ⊂ R egy ny´ılt intervallum, ´es legyenek pn−1 , . . . , p0 : I → R folytonos f¨ uggv´enyek. Tekints¨ uk az y (n) + pn−1 (x)y (n−1) + · · · + p1 (x)y ′ + p0 (x)y = f (x),
x∈I
(3.26)
n-edrend˝ u inhomog´en line´ aris skal´ aris differenci´ alegyenletet ´es a hozz´ a tartoz´ o y(x0 ) = z1 ,
y ′ (x0 ) = z2 ,
...
y (n−1) (x0 ) = zn
(3.27)
kezdeti felt´etelt, ahol z1 , z2 , . . . , zn ∈ R. Az el˝obbiek szerint a skal´aris egyenletet ´at´ırhatjuk rendszer alakba, ahol most y2 y3 .. f (x, y) = . . yn −pn−1 (x)yn − · · · − p1 (x)y2 − p0 (x)y1 + f (x)
A 3.26. T´etelt alkalmazva a kapott (3.24)-(3.25) kezdeti ´ert´ek feladatra r¨ ogt¨on k¨ovetkezik az al´abbi eredm´eny.
3.27. T´ etel. Legyenek pn−1 , . . . , p0 , f : I → R folytonos f¨ uggv´enyek, x0 ∈ I. Ekkor a (3.26) egyenletnek b´ armely (3.27) kezdeti felt´etelhez l´etezik pontosan egy megold´ asa az I intervallumon.
