Analízis Szász Róbert
1. fejezet
Improprius integrálok 1.1. Improprius integrálok 1.1.1. Értelmezés. Legyen a < b. Z uAdott az f : [a, b) → R függvény. Ha bármely u ∈ (a, b) esetén létezik az f (x)dx határozott integrál és létezik és a Z u véges a lim f (x)dx = l határérték, akkor ezt a határértéket az f függvény u→b a Z b improprius integráljának nevezzük az [a, b) intervallumon és l = f (x)dx a
kifejezéssel jelöljük. (A b = ∞ eset is elfogadott.) Z b Ebben az esetben azt mondjuk, hogy az f (x)dx improprius integrál a Z u konvergens. Ha a lim f (x)dx határérték nem létezik, vagy létezik de u%b Z b a végtelen, akkor az f (x)dx improprius integrál divergens. a
1 1.1.2. Példa. f : [0, 1) → R, f (x) = √ (∀) u ∈ (0, 1). 1−x ¯u ¯ √ √ 1 √ dx = −2 1 − x ¯¯ = 2 − 2 1 − u 1−x 0 0 Z u √ 1 √ lim dx = lim (2 − 2 1 − u) = 2. u%1 0 u%1 1−x Z
Z Tehát 0
1
u
1 √ dx = 2. 1−x 3
1.1.3. Példa. f : [0, +∞) → R, f (x) = Z
1 (∀) u ∈ (0, +∞) 1 + x2
¯u 1 ¯ = arctgu dx = arctgx 0 2 0 1+x Z ∞ Z u π 1 1 dx = lim dx = lim arctgu = . 2 2 u→∞ u→∞ 1+x 2 0 0 1+x u
Konvergenciakritérium 1.1.4. Tétel. (Cauchy) Adott az f : [a, b) → R függvény. Legyen F (u) = Z u f (x)dx. Az improprius integrál akkor és csak akkor konvergens, ha bára
mely ε > 0 esetén létezik egy c(ε) ∈ (a, b) úgy, hogy bármely u0 , u00 ∈ (c(ε), b) esetén: |F (u0 ) − F (u00 )| < ε. 1.1.5. Tétel. (Weierstrass) Ha az f, g : [a, b) → R függvénynek bármely u ∈ Z b (a, b) esetén integrálhatók az [a, u] intervallumon, az g(x)dx improprius a Z b integrál konvergens és |f (x)| ≤ g(x), (∀) x ∈ [a, b), akkor az f (x)dx a
integrál is konvergens.
1.1.6. Tétel. Adott az f : [a, +∞) → [0, +∞) függvény. Ha van olyan α valós szám, hogy a lim xα · f (x) = l határérték véges, akkor α > 1 esetén x→∞ Z +∞ az f (x)dx improprius integrál konvergens. Ha α < 1 és l 6= 0 akkor az a Z +∞ f (x)dx improprius integrál divergens. a
1.1.7. Tétel. Legyen a, b ∈ R, a < b. Adott az f : [a, b) → [0, +∞) függvény. Tegyük fel, hogy létezik α ∈ R úgy, hogy a lim (b − x)α f (x) = l
x→b
határérték létezik és véges. Z b Ha α < 1, akkor az f (x)dx improprius integál konvergens. Ha α > 1 a Z b és l 6= 0, akkor az f (x)dx improprius integrál divergens. a
1.1.8. Tétel. (Dirichlet) Legyen f, g : [a, b) → R két valós függvény. Z u Ha F (u) = f (t)dt függvény létezik, bármely u ∈ (a, b) és korlátos, a Z b g monoton és lim f (x) = 0, akkor az f (x)g(x)dx improprius integrál konvergens.
x%b
a
Megoldott feladatok 1. Igazoljuk, hogy az
Z
1
0
1 √ dx (4 + x) 1 − x2
integrál konvergens. Megoldás
1 √ , f : [0, 1) → R (4 + x) 1 − x2
f (x) = függvény esetén
1 1 lim (1 − x) 2 f (x) = √ x%1 5 2
Az 1.1.7 Tételt α = konvergencia. Z
1 megválasztással alkalmazzuk és következik a 2 ∞
2. Igazoljuk, hogy az
2
e−x dx improprius integrál konvergens.
0
Megoldás Ismert, hogy et > 1 + t, (∀) t ∈ R. A t = x2 helyettesítéssel következik, 1 2 hogy ≥ e−x > 0. 1 + x2 1 2 Az 1.1.5. Tételt alkalmazzuk f (x) = e−x , g(x) = függvéZ ∞ 1 + x2 1 π nyek esetén |f (x)| ≤ g(x), (∀) x ∈ [0, +∞). Mivel dx = 2 1+x 2 0 Z Z ∞
konvergens, következik, hogy 0
vergens. Z 3. Igazoljuk, hogy az 0
Megoldás
∞
∞
f (x)dx =
2
e−x dx szintén kon-
0
sin x dx improprius integrál konvergens. x
Z
u
F (u) =
sin xdx függvény korlátos az [1, +∞) intervallumon. 1
1 függvény szigorúan csökkenő és lim g(x) = 0. x→∞ x Az 1.1.8. Tétel alapján az improprius integrál konvergens. A g(x) =
Kitűzött feladatok Vizsgáljuk meg a következő integrálok konvergenciáját Z
∞
1.
x3
1
Z
∞
2.
dx √ x2 + 1
xp−1 · e−x dx, p > 0
0
Z
1
3.
x0 lnq
0
Z
∞
arctg ax dx, a 6= 0 xn
∞
ln(1 + x) dx xn
4. 0
Z 5. 0
6. ds Z 7.
1 dx x
R ∞ sin2 x dx 0 x π 2
sin(see?? x)dx
0
Z 8.
∞
cos(ex )dx
0
Z 9. Ha az
∞
f (x)dx konvergens következik-e, hogy lim f (x) = 0. 0
x→∞
Igazoljuk, hogy a következő integrálok konvergensek és számítsuk ki azokat: Z ∞ x ln x 10. dx (1 + x2 )3 0 Z ∞ dx 11. dx x(ln x)3 2
Z 12.
∞
1 1 sin dx 2 x x
2 π
Z 13.
π 2
ln(sin x) dx
0
Z
2
14. 0
Z 15.
16. 17. 18. 19.
1 √ dx (x + 1) 4 − x2
1
x √ dx 4 0 (1 + x) 1 − x Tanulmányozzuk a konverginciáját a következő integráloknak: Z 1 1 1 √ cos dx x x 0 Z ∞ sin x √ dx x x 0 Z ∞ a−1 x dx 1 + x2 0 Z π 2 ln | sin2 x − k 2 | dx, k 2 < 1. 0
Igazoljuk, hogy konvergens Z ∞ 1 20. dx x(x + 1) . . . (x + n) 1 Z ∞ ¡√ ¢ n 21. xn + 1 − x dx, n ≥ 3. 0
1.2. Paraméteres integrálok 1.2.1. Értelmezés. Legyen f : [a, b] × [c, d] → R egy x-szerint integrálható függvény az [a, b] intervallumon, bármely y ∈ [c, d] esetén. Az Z b F (y) = f (x, y)dx, F : [c, d] → R függvényt paraméteres integrálnak nevezzük.
a
1.2.2. Tétel. Ha az f : [a, b] × [c, d] → R függvény folytonos, akkor az Z F ; [c, d] → R, F (y) =
b
f (x, y) dx a
paraméteres integrál minden y ∈ [c, d] esetén létezik és az F : [c, d] → R függvény folytonos. ∂f : [a, b] × [c, d] → R függvények folytonosak, akkor ∂y Z b az F : [c, d] → R, F (y) = f (x, y) dx függvény deriválható és
1.2.3. Tétel. Ha az f,
a
Z 0
b
F (y) = a
∂f (x, y)dx, (∀) y ∈ [c, d]. ∂y
∂f : [a, b]×[c, d] → R függvények folytonosak, az u, v : ∂y Z v(y) [c, d] → [a, b] deriválhatóak, akkor az F : [c, d] → R F (y) = f (x, y)dx 1.2.4. Tétel. Ha az f,
u(y)
függvény deriválható és Z F 0 (y) =
v(y)
u(y)
∂f (x, y)dx + v 0 (y)f (v(y), y) − u0 (y)f (u(u), y). ∂y
1.2.5. Tétel. Ha az f : [a, b] × [c, d] → R függvény folytonos, akkor az Z b F : [c, d] → R, F (y) = f (x, y)dx függvény integrálható és a
Z b µZ
¶
d
Z
d µZ b
f (x, y)dy dx = a
c
c
¶ f (x, y)dx dy.
a
Megoldott feladatok Z 1. Számítsuk ki az integrált 0
1
ln(1 + x) dx. 1 + x2
Megoldás Z Legyen F (y) = 0
1
ln(1 + yx) dx. 1 + x2
Z
1
x dx = 2 )(1 + xy) (1 + x 0 Z 1 Z 1 Z 1 1 x y 1 −y 1 dx + dx = dx + 2 2 2 2 1 + y 0 1 + xy 1+y 0 1+x 1 + y 0 1 + x2 ¯1 ¯ −1 1 1 y π = ln(1 + xy)¯¯ + 2 ln 2 + ⇒ 2 2 1+y 1+y x 1 + y2 4 0 Z 1 Z 1 ln(1 + y) 0 F (1) = F (y) = − dy + 1 + y2 0 0 Z 1 Z 1 1 π 1 y + dy + ln 2 + dy 2 2 4 0 1 + y2 0 1+y π π π ln 2 + ln 2 ⇒ F (1) = ln 2. = −F (1) + 8 8 8 Z 1 b x − xa 2. Legyen b > a > 0. Számítsuk ki az dx integrált. ln x 0 Megoldás F 0 (y) =
Z 0
1
xb − xa dx = ln x
Z
1 µZ b
0
a
Z
b
= a
a 1
¶ Z b à t+1 ¯1 ! ¯ x ¯ dt = xt dx dt = t + 1 ¯0 0 a µ ¶ 1 b+1 dt = ln . 1+t a+1
Z b µZ
=
¶ x dt dx = t
3. Számítsuk ki a határértéket: Z lim
x
x2
x→0 x>0
Z
ln(1 + xy) dy y = x2 x
ln(1 + x2 ) ln(1 + x3 ) y dy + − 2x x x2 2 y(1 + xy) = lim x = x→0 2x x>0 ¯x ¯ ln(1 + x2 ) 1 ln(1 + x3 ) ln(1 + xy)¯¯ + −2 x x x x2 = lim =1 x→0 2x x>0
1.2.6. Tétel. Legyen f : [a, b) × [c, d] → R egy folytonos függvény. Z b Ha az f (x, y)dx improprius integrál konvergens, (∀) y ∈ [c, d] és a Z b ∂f az (x, y)dx egyenletesen konvergens a [c, d] intervallumon, akkor az a ∂y Z b F (y) = f (x, y)dx F : [c, d] → R függvény deriválható és F 0 (y) = a Z b ∂f (x, y)dx. a ∂y 1.2.7. Tétel. Legyen f : [a, b) × [c, d] → R egy folytonos függvény. Z b Ha az f (x, y)dx improprius integrál egyenletesen konvergens a [c, d] a
intervallumon, akkor Z b µZ
¶
d
d µZ b
Z
f (x, y)dy dx = a
c
c
¶ f (x, y)dx dy.
a
Megoldott feladatok Z
∞
1. Az F (β) = 0
e−βx Z ∞
számítsuk ki az 0
sin αx dx, F : [0, +∞) → R függvény segítségével x sin αx dx integrált. x
Megoldás
Z F 0 (β) =
∞
e−βx sin αxdx =
0
F (β) = −arctg F (∞) = 0
Tehát F (β) =
−α ⇒ + β2
α2
¾ β +c π π α ⇒− +c=0⇒c= 2 2
π β − arctg és 2 α
Z 0
∞
sin αx π dx = F (0) = x 2
2. Számítsuk ki az integrált: Z I= 0
∞
2
2
e−ax − e−bx dx. x2
Megoldás Az 1.2.5 Tételt alkalmazzuk: ¶ ¶ Z ∞ µZ b Z b µZ ∞ −tx2 −tx2 I = e dt dx = e dx dt = 0 a a 0 Z b √ √ ³√ √ ´ π √ dt = π = b− a . a 2 t √ Z ∞ π −x2 (Felhasználtuk az képletet). e dx = 2 0
Kitűzött feladatok Számítsuk ki az integrálokat: Z ∞ −ax e − e−bx dx 1. x 0 ¶ Z ∞ µ p + qe−ax 2. ln dx p + qe−bx 0 Z ∞ cos ax − cos bx dx 3. x 0 Z ∞ cos ax − cos bx 4. dx x2 0 Z ∞ −a2 x2 2 2 e − e−b x dx 5. x 0 Z ∞ −a2 x2 2 2 e − e−b x 6. dx x2 0 Z ∞ −ax e − e−bx 7. sin mx dx x 0 Z ∞ ln(a2 + x2 ) 8. dx b2 + x2 0 Z ∞ ln(1 − a2 x2 ) √ 9. dx x2 1 − x2 0 Z π 2 10. I1 (m) = ln(cos2 x + m2 sin2 x)dx 0
Z 11. I2 (m) =
0
π 2
µ ln
1 + m sin x 1 − m sin x
¶ ·
1 dx, |m| < 1 sin x
Z 12. I3 (m) =
π 2
0
Z 13. I4 (m) =
π 2
arctg(m tg x) dx tg x
0
Z 14. I5 (m) =
ln(1 + m cos x) dx, |m| < 1 cos x
π 2
arctg(a sin x) dx sin x
0
Z
π 2
15. I(a, b) =
(a2 sin2 x
0
Z
1
16. 0
1 dx + b2 cos2 x)3
ln x √ dx 1 − x2
1.3. Dupla és tripla integrálok kiszámítása, terület és térfogatszámítás 1.3.1. Tétel. Adott az f : [a, b] × [c, d] → R függvény. Ha f integrálható az Z d [a, b] × [c, d] halmazon és bármely x ∈ [a, b] esetén létezik az f (x, y)dy = F (x) integrál, akkor F integrálható az [a, b] intervallumon és ¶ Z b µZ d Z bZ d f (x, y)dxdy = f (x, y)dy dx. c
a
a
c
c
1.3.2. Következmények. Ha az f : [a, b] × [c, d] → R függvény folytonos, ZZ akkor létezik az f (x, y)dxdy integrál, ahol D = [a, b] × [c, d] és D
Z b µZ
ZZ f (x, y)dxdy = D
¶
d
Z
d µZ b
f (x, y)dy dx = a
c
c
¶ f (x, )dx dy.
a
1.3.3. Tétel. Legyen ϕ1 , ϕ2 : [a, b] → R két folytonos függvény, ϕ1 (x) ≤ ϕ2 (x), (∀) x ∈ [a, b]. A D tartomány a következőképpen adott: D = {(x, y) ∈ R2 | ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x), x ∈ [a, b]}. Ha f : D → R egy folytonos függvény, akkor ZZ Z ÃZ b
ϕ2 (x)
f (x, y)dxdy = D
! f (x, y)dy dx.
a
ϕ1 (x)
1.3.4. Tétel. Legyen D ⊂ R2 egy korlátos mérhető halmaz és ϕ1 , ϕ2 : D → R két folytonos függvény úgy, hogy ϕ1 (x, y) ≤ ϕ2 (x, y), (∀) (x, y) ∈ D. Legyen A = {(x, y, z) | ϕ1 (x, y) ≤ z ≤ ϕ2 (x, y), (x, y) ∈ D}. Ha f : A → R egy integrálható függvény, akkor Z Z ÃZ ZZZ
!
ϕ2 (x,y)
f (x, y, z)dxdydz =
f (x, y, z) dxdy. D
A
ϕ1 (x,y)
1.3.5. Tétel. (A helyettesítés módszere) Legyen E ⊂ Rn egy nyílt halmaz és g : E → Rn egy olyan folytonos differenciálható, injektív függvény, hogy det(g 0 (x)) 6= 0, bármely x ∈ E. Ha A ⊂ E egy mérhető kompakt halmaz és f : g(A) → R integrálható függvény, akkor f (g(x)) | det g 0 (x)| függvény is integrálható az A halmazon és Z Z 0 f (g(x))| det g (x)| dx = f (y)dy. A
g(A)
2 2 2 2 1.3.6. Példa. Z ZLegyen D = {(x, y) ∈ R | x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ r }. Számítsuk ki (x + y)dxdy. D
I. Megoldás ZZ
Z
r
ÃZ
(x + y)dxdy = D
(x + y)dy dx = 0
= =
0
¸ · p 1 2 2 2 2 x r − x + (r − x ) dx = 2 0 µ ¶¯ 3 ¯r 1 2 x3 ¯¯r (r2 − x2 ) 2 ¯¯ ¯ + 2 r x− 3 ¯ = −3 0 0
Z =
!
√ r2 −x2
r
r3 r3 2r3 + = 3 3 3
II. Megoldás Áttérünk polárkoordinátákra x = ρ cos θ y = ρ sin θ
h πi = D∗ (ρ, θ) ∈ [0, r] × 0, 2
ZZ
ZZ (xy)dxdy =
D
(ρ cos θ + ρ sin θ)ρdρdθ = Z
= =
D∗ r 2
Z
ρ dρ ·
π 2
(cos θ + sin θ)dθ =
0
0 r3
¯π ¯2 2r3 · (sin θ − cos θ)¯¯ = 3 3 0
Feladatok 1. A D1 tartományt az y = x2 és y = 2x + 3 görbék zárják közre. SzámítZZ suk ki az
xydxdy integrált. A
2. A D2 tartományt az x = 0, y = 1, y = 2, y = x egyenesek zárják közre. Számítsuk ki:
ZZ D2
x2 p dxdy. x2 + y 2
Számítsuk ki az integrálokat a megadott tartományon. 3. D3 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + (y − 1)2 ≤ 1, y ≤ x2 , x ≥ 0} ZZ (1 − y)dxdy. D3
4. D4 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≥ x + y ≥ 0, −1 ≤ y ≤ 1} ZZ √ arcsin x + ydxdy. D4
5. D5 = {(x, y) ∈ R2 | x + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}, ZZ xp−1 y q−1 dxdy. D5
6. D6 = [0, π] × [0, π], ZZ | sin(x + y)|dxdy D6
7. D7 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ a2 , y ≥ 0}, ZZ p (x2 + y 2 )3 dxdy. D7
8. D1 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x2 + y 2 ≤ e2 }, ZZ ln(x2 + y 2 ) dxdy. x2 + y 2 D8
9. D9 = {(x, y) ∈ R2 | π 2 ≤ (x − 1)2 + (y − 1)2 ≤ 4π 2 } ZZ p (x − 1)2 + (y − 1)2 dxdy. D9
10. D10 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 ≤ R2 }, ZZZ [(x − y)2 + z 2 ]dxdydz. D10
11. D11 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 ≤ az, x2 + y 2 + z 2 ≤ 2a2 } 12. D12 = {(x, y, z) ∈ R3 | 3(x2 + y 2 ) + z 2 ≤ 3a2 } ZZZ (x+ Y 2 + z 2 )dxdydz. D12
13. D13 = {(x, y, z) ∈ R3 | z ≤ xy, y ≤ x, x ≤ 1, z ≥ 0}, ZZZ xy 2 z 3 dxdydz. D13
Számítsuk ki a következő görbék által közrezárt területet: 14. y 2 = x3 , y 2 = 8(6 − x)3 15. (x2 + y 2 )2 = 2a2 xy 16. x = a cos3 t, y = a sin3 t Számítsuk ki a következő felületek által közrezárt területet: 17. z = 4 − x2 − y 2 , 2z = 2 + x2 + y 2 18. x2 + y 2 = z 2 , x2 + y 2 = z, z = 0 19. x+ y 2 + z 2 ≤ 1, y 2 − 2xz ≤ 0, x2 + y 2 ≥ k 2 z 2 .
1.4. Görbeív hossza, első- és másodfajú görbe menti integrálok 1.4.1. Értelmezés. Egy Γ : [a, b] → Rn folytonos leképezés képét görbének nevezzük. Ha a Γ görbébe beírt töröttvonalak hosszai egy korlátos A halmazt képeznek, akkor a Γ görbe rektifikálható és a Γ görbe hossza: LΓ = sup A.
A Γ(t) = (x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t)) görbét simának nevezzük, ha az x1 , x2 , . . . , xn függvények deriválhatók, deriváltjaik folytonosak és (x01 (t))2 + (x02 (t))2 + · · · + (x0n (t))2 6= 0. 1.4.2. Tétel. Ha a Γ : [a, b] → Rn görbe sima, akkor a hossza: Z bq LΓ =
(x01 (y))2 + (x02 (y))2 + . . . + (x0n (y))2 dy
a
1.4.3. Értelmezés. Legyen Γ : [a, b] → Rn egy sima görbe, Z tq LΓ (t) = (x01 (y))2 + (x02 (y))2 + . . . + (x0n (y))2 dy, a
D ⊂ Rn egy olyan nyílt halmaz, hogy Γ([a, b]) ⊂ D és F : D → R egy folytonos függvény. Az
Z I= a
b
F (x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t))dLΓ (t)
Stieltjes integrált a Γ görbe mentén számolt elsőfajú görbe menti integrálnak nevezzük és szimbólummal jelöljük. 1.4.4. Tétel. A sima görbék esetén: Z Z b F (x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t))dLΓ (t) = F (x)ds = a Γ Z b q = F (x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t)) (x01 (t)2 + . . . + (x0n (t))2 dt. a
1.4.5. Megjegyzés. n = 2 esetén Z Z b p f (x, y)ds = f (x(t), y(t)) · (x0 (t))2 + (y 0 (t))2 dt Γ
a
Ha a Γ görbe az y = f (x), x ∈ [a, b] egyenlettel adott, akkor: Z
Z f (x, y)ds =
Γ
b
p f (x, f (x)) 1 + (f 0 (x))2 dx.
a
1.4.6. Értelmezés. Legyen D ⊂ Rn egy nyílt halmaz, Γ : [a, b] → D, Γ(t) = (x1 (t), . . . , xn (t)) egy rektifikálható görbe D-ben és F : D → Rn F = (F1 , F2 , . . . , Fn ) egy folytonos leképezés.
Ha az
Z
b
a
Fk (x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t))dxk (t)
Stiltjes integrálok léteznek minden k ∈ {1, 2, . . . , n} esetén, akkor a I=
n Z X n=1 a
b
Fk (x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t))dxk (t)
összeget az F függvény másodfajú inegráljának nevezzük a Γ görbén. Z A másodfajú görbe menti integrál jelölésére a < F (x), dx > szimbóluΓ
mot is használjuk.
1.4.7. Tétel. Legyen F : D → Rn egy folytonos függvény. Z Annak a szükséges és elégséges feltétele, hogy az < F (x), dx > integrál Γ
értéke független legyen az úttól (csak a Γ görbe kezdőpontjától és végpontjától függ), az hogy az < F (x), dx >=
n X
Fk (x)dxk
k=1
kifejezés, valamely φ : D → R függvény differenciálja legyen. 1.4.8. Tétel. Legyen D ⊂ Rn egy nyílt halmaz és F : 0 → Rn egy olyan leképezés, amely komponenseinek léteznek a parciális deriváltjai és folytonosak.
Z
Az
< F (x), dx > másodfajú görbe menti integrál, akkor és csak akkor Γ
független az úttól, ha
∂Fp ∂Fk = bármely k, p ∈ {1, 2, . . . , n}. ∂xp ∂xk
1.4.9. Tétel. Legyen D egy egyszerű zárt tartomány, D ⊂ Ω ⊂ R2 , Ω nyílt, ∂D = Γ rektifikálható. Ha P, Q : Ω → R folytonos függvények, P -nek yszerinti és Q-nak, x-szerinti parciális deriváltja létezik és folytonos Ω-án, akkor igaz a következő egyenlőség: ¶ Z ZZ µ ∂Q ∂P P (x, y)dx + Q(x, y)dy = − dxdy. ∂x ∂y Γ D
1.4.10. Példa.
x = a cos t 1. Számítsuk ki az I = xyds integrált a Γ : y = a sin t Γ Z
h πi , t ∈ 0, 2
köríven. Megoldás
I =
a2 2
=
a3 2
Z
π 2
0
Z
0
π 2
sin t cos t
p
sin 2tdt =
a2 sin2 t + a2 cos2 tdt =
a3 . 2
Z 2. Számítsuk ki az xdx + ex dy integrált, ahol Γ : x = ln(1 + t), y = Γ √ 1 + t, t ∈ [0, 1] görbe. Megoldás Z
Z 1 1+t ln(1 + t) √ dt + dt = 1+t 0 2 1+t 0 ¯ 3 ¯ 1 √ ln2 (1 + t) ¯¯1 1 (1 + t) 2 ¯¯1 1 + = (ln 2)2 + ( 8 − 1). ¯ ¯ 3 2 2 2 3 0 0 2
Z x
xdx + e dy = Γ
=
1
Feladatok Számítsuk ki az elsőfajú görbe menti integrálokat Z 1. x2 y 2 ds, Γ1 : x = a cos3 t, y = a sin3 t, Γ1
t ∈ [0, 2π]
E:
Z 2. Γ2
(x2 + y 2 ) ln zds, Γ2 : x = et cos t, y = et sin t, z = et t ∈ [0, 1]
E:
Z 3. Γ3
3a2 70
1 + 2e3 √ 27
|xy|ds, Γ3 : x = a cos t, y = a sin t, a > 0, b > 0, t ∈ [0, 4π]
E:
8ab(a3 − b3 ) 3(a2 − b2 )
Z 4. Γ4
(x2 + y 2 + z 2 )ds, Γ4 : x = a cos t, y = a sin t, z = bt t ∈ [0, 2π]
Z 5. Γ5
zds, Γ5 : x = t cos t, y = t sin t, z = t t ∈ [0, 2π].
Számítsuk ki a következő másodfajú görbe menti integrálokat: Z 6. (x2 − 2xy)dx + (y 2 − 2xy)dy, Γ6 : y = x2 , −1 ≤ x ≤ 1. Γ6
Z 7.
Γt
x−y x+y dx − 2 dy, Γ7 : x2 + y 2 = R2 . x2 + y 2 x + y2
Ellenőrizzük, hogy a következő másodfajú görbe menti integrálok függetlenek az úttól és számítsuk ki. Z (2,3) xdy + ydx 8. (−1,2)
Z
(2,3)
9.
(x + y)dx + (x − y)dy (0,1)
Z
(1,2)
10. (2,1)
Z
ydx − xdy x2
(2,3,−4)
11.
xdx + y 2 dy − z 3 dz
(1,1,1)
Z
(0,1,1)
12.
yzdx + xzdy + xydz (1,2,3)
Számítsuk ki a következő másodfajú görbe menti integrálokat: Z 13. (y 2 − z 2 )dx + 2yzdy − x2 dz, Γ1 3
Z 14.
Γ13 : x = t, y = t2 , z = t3 , t ∈ [0, 1]. ydx + zdy + xdz
Γ14
Γ14 : x = a cos t y = a sin t, z = bt, t ∈ [0, 2π]. A Green-képlet alkalmazásával számítsuk ki
Z 15. Γ15
xy 2 dy − x2 ydx, Γ15 : x2 + y 2 = R2
Z 16. Γ16
(x + y)dx − (x − y)dy, Γ16 :
x2 y 2 + 2 = 1. a2 b
Számítsuk ki a következő másodfajú görbe menti integrálokat: xy = 2
Z 17. Γ1
(x + y)dx − ydy, Γ1 :
Z 18. Γ2
Z 19. Γ3
(2a − y)dx + xdy, Γ2 :
x ≥ 0.
y = 2x, y=
x 2
x = a(t − sin t) y = a(1 − cos t)
t ∈ [0, 2π].
√ 1 dx − 2xdy, Γ3 : x2 + y 2 − 2x = 0, y ≥ 0. y
Z
20.
x2 y2 1 dy, Γ4 : az + − 1 = 0 ellipszis A(3, 0), B(0, 2) pontok 9 4 Γ4 x + 3 közötti része. Z (ex cos y + xy 2 )dx − (ex sin y + x2 y)dy
21. Γ5
√ D = {(ρ, θ) : ρ ≤ a cos 2θ, 0 ≤ θ ≤ π4 }, Γ5 = ∂D. Z 22. Γ6
x3 dy − y 3 dx 5 3
x +y
5 3
2
2
2
, Γ6 : x 3 + y 3 = a 3 , x ≥ 0, y ≥ 0.
x2 + y 2 + z 2 = 4ax (y 2 +z 2 )dx+(z 2 +x2 )dy +(x2 +y 2 )dz, Γ7 : x2 + y 2 = ax, z ≥ 0 Γ7
Z 23.
x2 + y 2 + z 2 = a2 y 2 dx + z 2 dy + x2 dx, Γ8 : x2 + y 2 − ax = 0 Γ8
Z 24.
1.5. Felületdarab területe, felületi integrálok 1.5.1. Értelmezés. Legyen D ⊂ R2 , D kompakt és mérhető. Az x = x(u, v) S : y = y(u, v), (u, v) ∈ D, z = z(u, v)
(1.1)
egyenletekkel értelmezett felületet simának nevezzük, ha az x, y, z függvények egy olyan G nyílt halmazon értelmezettek, hogy D ⊂ G, az x, y, z függvényeknek léteznek az u és v szerinti parciális deriváltjuk, azok folytonosak és ∂x ∂x ∂u ∂v ∂y ∂y rang = 2. ∂u ∂v ∂z ∂z ∂u ∂v 1.5.2. Tétel. Ha az (1.1) összefüggéssel értelmezett S felület sima, akkor ZZ p Ter(S) = EG − F 2 dudv, D
ahol
µ
¶ µ ¶2 µ ¶2 ∂x 2 ∂y ∂z E = + + , ∂u ∂u ∂u ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y · + · + · F = ∂u ∂u ∂u ∂v ∂u ∂v µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 ∂x ∂y ∂z G = + + . ∂v ∂v ∂v
1.5.3. Megjegyzés. Ha az S felület a z = f (z, y), (x, y) ∈ D egyenlettel adott, akkor: s
¶2 µ ¶2 ∂f ∂f Ter(S) = 1+ (x, y) + (x, y) dxdy. ∂x ∂y D x = x(u, v) 1.5.4. Értelmezés. Adott az S : y = y(u, v), (u, v) ∈ D sima felület. z = z(u, v) ZZ
µ
Legyen F : G → R egy folytonos függvény, ahol G ⊂ R3 egy olyan nyílt halmaz, amely Z Z tartalmazza az S felületet. p Az I = F (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) EG − F 2 dudv integrált elsőfajú D
felületi integrálnak nevezzük és ZZ F (x, y, z)dσ
I= S
szimbólummal jelöljük. ZZ r 1.5.5. Példa. Számítsuk ki az S
y2 z2 + 2 = 1 ellipszoid. b2 c Megoldás
x2 y 2 z 2 x2 + + dσ integrált ahol S : + a4 b4 c4 a2
Felírjuk S parametrikus alakját: x = a sin θ cos ϕ θ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π]. S : y = b sin θ sin ϕ z = c cos θ r sin2 θ cos2 ϕ sin2 θ sin2 ϕ cos2 θ dσ = abc + + sin θdθdϕ a2 r b2 c2 r x2 y 2 z 2 sin2 θ cos2 ϕ sin2 θ sin2 ϕ cos2 θ + + = + + qés a4 b4 c4 a2 b2 c2 ¶ Z pi µ 2 2 sin θ cos2 ϕ sin2 θ sin2 ϕ cos2 θ I = abc + + sin θdθdϕ = a2 b2 c2 0 µ ¶ 1 1 1 4 = πabc + + . 3 a2 b2 c2 ~r(u, v) = ~ix(u, v) + ~jy(u, v) + ~kz(u, v) ∂~ r ∂~ r ∂u × ∂v ° ~ = P~i + Q~j + R~k, ahol P, Q, R : G → R, G ⊂ R3 , Legyen ~n = ° és V ° ∂~r ∂~ r° ° ∂u × ∂v ° G nyílt, G tartalmazza az S felületet.
1.5.6. Értelmezés. Az ZZ
ZZ ~ · ~u)dσ = (V
I= S
S
³ ´ ∂~ r ∂~ V, ∂u , ∂vr ° ° dσ ° ∂~r ∂~ r° ° ∂u × ∂v °
elsőfajú felületi integrált, a V függvény, S felületen számolt másodfajú felületi integráljának nevezzük és ZZ I=
P dydz + dzdx + Rdxdy S
szimbólummal jelöljük. 1.5.7. Megjegyzés. Fenáll az ¯ ¯P ¯ Z Z ¯¯ ∂x ZZ ¯ I= (~v · ~u)dσ = ¯ ∂u D ¯¯ S ¯ ∂x ¯ ∂v
Q ∂y ∂u ∂y ∂v
¯ R ¯¯ ¯ ∂z ¯¯ ∂u ¯¯ dudv ¯ ∂z ¯ ¯ ∂v
egyenlőség. ZZ xdydz + ydzdx + zdxdy integrált az x2 +
1.5.8. Példa. Számítsuk ki az S
y 2 + z 2 = R2 gömb külső felületén. A gömb paraméteres egyenlete
x = R sin θ cos ϕ, y = R sin θ sin ϕ, z = R cos θ x~i + y~j + z~k θ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π] ~u = R ZZ 2 x + y2 + z2 I= dσ R S ZZ I=R dσ = R4πR2 = 4πR3 . S
Feladatok 1. Határozzuk meg a z = xy felület x2 + y 2 = a2 henger belsejébe eső területét. 2. Határozzuk meg az x2 + y 2 + z 2 = R2 gömbfelület az x2 + y 2 = Rx henger belsejébe eső részének területét. 3. Számítsuk ki az x2 + y 2 = 2az felületből az x2 + y 2 = a2 henger által kimetszett rész területét.
4. Számítsuk ki az (x2 + y 2 + z 2 )2 = a2 (x2 + y 2 ) felület területét. 5. Számítsuk ki az (x2 + y 2 + z 2 )(x2 + y 2 ) = 4a2 x2 y 2 felület területét. Számítsuk ki a következő elsőfajú integrálokat: ZZ 6. (x2 + y 2 )dσ az x2 + y 2 = 2z parabolóidból a z = 1 sík által kimetS
szett korlátos rész. ZZ 1 dσ 7. I = 2 2 2 S x + y + (R − z) S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = R2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}. ZZ 1 p 8. I = dσ 2 x + y 2 + 4z 2 S S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = R2 , z ≥ 0}. ZZ z p dσ 9. I = x2 + y 2 + a2 S S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 = 2az, h ≥ z ≥ 0} a > 0, h > 0. 10. Számítsuk ki a S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y62 = 2z, 0 ≤ z ≤ 1} felület tömegét, ha ρ(x, y, z) = z. Számítsuk ki a következő másodfajú felületi integrálokat. ZZ 11. x2 dydz+y 2 dzdx+z 2 dxdy, ahol S az (x−a)2 +(y−b)2 +(z−c)2 = R2 S
gömb külső felülete. ZZ
1 1 1 x2 y 2 z 2 dydz + dzdx + dxdy, ahol S az 2 + 2 + 2 = 1 ellipszoid by cz a b c S ax külső felülete. ZZ 13. (x2 + y 2 )dxdy, S az x2 + y 2 = z paraboloid x2 + y 2 = 1 hengerbe 12.
S
eső részének felső felülete. ZZ 14. (y − z)dydz + (z − x)dzdx + (x − y)dxdy S
S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 = z 2 , 0 ≤ z ≤ h}.
1.6. Gauss-Osztrogradszkij képlet és Stoks képlet Legyen D ⊂ R3 egy nyílt halmaz. Tegyük fel, hogy P, Q, R : D → R folytonosan differenciálható függvények. S ⊂ D, S kétoldalú sima felület darab, amelyet a Γ zárt görbe határol. Ilyen feltételek mellett igaz a következő összefüggés ¯ ¯ ¯cos α cos β cos γ ¯ ¯ ¯ Z ZZ ¯ ¯ ∂ ∂ ∂ ¯ ¯ P dx + Qdy + Rdz = ¯ ¯ dσ, ¯ ¯ ∂x ∂y ∂z Gamma S¯ ¯ ¯ P Q R ¯ ahol n(cos α, cos β, cos γ) az S felület normálisa, a felületnek arra az oldalára mutat, ahonnan nézve a Γ görbe körüljárása pozitív.
Feladatok A Stoks formulával számítsuk ki: Z 1. ydx+zdy+xdx, Γ = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 +y 2 +z 2 = a2 , x+y+z = 0} Γ
Z (x2 − yz)dx + (y 2 − xz)dy + (z 2 − xy)dz
2. Γ2
x = a cos ϕ Γ2 : y = a sin ϕ, ϕ ∈ [0, π] z = h 2π Z (y + z)dx + (z + x)dy + (x + y)dz 3. Γ3
Γ3 : x = a sin2 t, y = 2a sin t cos t, z = a cos2 t, t ∈ [0, π]. Z 4. (y − z)dx + (z − x)dy + (x − y)dz Γ4
n o x y Γ4 := (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 = a2 , + = 1 a h Γ4 olyan bejárással vesszük, amely pozitív az Ox tengely felől nézve
Z (y 2 + x62)dx + (z 2 + x2 )dy + (x2 + y 2 )dz
5. Γ5
Γ5 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 2Rx, x2 + y 2 = 2rx} 0 < r < R, z>0 A Γ5 görbét olyan bejárással vesszük, hogy a gömbfelületből kivágott kisebbik tartomány külső oldala balra esik. Z 6. y 2 z 2 dx + z 2 x2 dy + x2 y 2 dz Γ6
h πi Γ6 : x = a cos t, y = a cos 2t, z = a cos 3t, t ∈ 0, . 2 1.6.1. Tétel. (Gauss-Ostrogradszkij) Legyen egy D ⊂ R3 halmaz. Tegyük fel, hogy P, Q, R : D → R folytonosan differenciálható függvények és S egy sima, zárt, egyszerű felület (nincs dupla pontja) D-ben, amely a V térbeli tartományt zárja közre. Ebben az esetben ZZ (P cos α + Q cos β + R cos γ)dσ = S ¶ ZZZ µ ∂Q ∂R ∂P + + dxdydz. = ∂x ∂y ∂z V
Feladatok Számítsuk ki: ZZ 1. x2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy, ahol S a [0, a] × [0, a] × [0, a] kocka S
külső oldala. ZZ x3 dydz + y63dzdx + z 3 dxdy, ahol S az x2 + y62 + z62 = R2 gömb 2. S
külső oldala. 3. Számítsuk ki az ZZ (x2 cos α + y 2 cos β + z 2 cos γ)dσ S
integrált, ahol S az x2 +y 2 = z 2 kúpfelület 0 ≤ z ≤ h egyenlőtlenségnek megfelelő darabja.
4. Bizonyítsuk be, hogy az S egyszerű, zárt felülettel határolt test térfogata:
5. Jelölje S az
1 V = 3
ZZ (x cos α + y sin β + z cos γ)dσ. S
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1 külső felületét. Számítsuk ki az a2 b c ZZ 2x2 yzdydz + z 2 dzdx + xyz 2 dxdy S
integrált.
1.7. Fourier sorok 1.7.1. Értelmezés. Legyen H egy hilbert tér, jelölje (x, y) az x, y ∈ H p elemek skaláris szorzatát és kxk = (x, x) az x vektor normáját. A {ϕk | k ∈ N} vektorrendszert ortonormáltnak nevezzük, ha (ϕk , ϕl ) = 0, ha k 6= l és kϕk k2 = (ϕk , ϕk ) = 1, (∀) k ∈ N. 1.7.2. Értelmezés. A {ϕk | k ∈ N} ortonormált vektorrendszer teljes, a H hilbert térben ha bármely x ∈ H és bármely ε > 0 esetén létezik P c1 , c2 , . . . , cn ∈ R úgy, hogy kx − nk=1 ck ϕk k < ε. 1.7.3. Tétel. A H hilbert térben a következő állítások ekvivalensek: (a) a H hilbert térben a {ϕk | k ∈ N} vektorrendszer teljes; (b) bármely x ∈ H esetén x =
∞ X
(x, ϕk )ϕk
k=1
(c) bármely x ∈ H esetén igaz a Parseval képlet: kxk2 =
∞ X (x, ϕk )2 k=1
(d) ha (x, ϕk ) = 0, bármely k ∈ N, akkor x = 0. Legyen [a, b] egy kompakt intervallum. Legyen I2 [a, b] azon függvények Z b halmaza amelyekre létezik és véges az f 2 (x)dx integrál, nevezzük ezt a a
halmazt a négyzetesen integrálható függvények halmazának az [a, b] intervallumon.
Ha f, g ∈ I2 ([a, b]), akkor λf + µg ∈ I2 ([a, b]) tehát I2 ([a, b]) az összeadással és skalárissal való szorzással egy vektorteret képez. 1 Az |f (x) · g(x)| ≤ [f 2 (x) + g 2 (x)] egyenlőtlenségből következik, hogy az 2 Z b
a
f (x) · g(x)dx integrál is létezik. Z b Az (f, g) = f (x)g(x)dx összefüggéssel értelmezett művelet teljesíti a a
skaláris szorzat tulajdonságait egy kivételével. A továbbiakban az I2 ([−e, e]) esettel foglalkozunk. 1.7.4. Tétel. Az I2 ([−e, e]) vektortérben az ½
1 √ 2l
¾[½
¾[½ ¾ sin nπ cos nπ x x ∗ ∗ l l √ √ |n∈N |n∈N l l
vektorrendszer egy teljes ortonormált rendszer. 1.7.5. Tétel. Ha f ∈ I2 ([−l, l]) és f (x) =
∞
∞
n=1
n=1
X nπ nπ a0 X + an cos x+ bn sin x, 2 l l
(1.2)
akkor an = bn =
1 l 1 l
Z
l
f (x) cos
nπ xdx és l
f (x) sin
nπ xdx. l
−l l
Z
−l
n
1 √ l
oS½
cos
√
nπ x l
¾ N∗
1.7.6. Tétel. Az I2 [0, e] függvénytérben az |n∈ és a e/2 ( ) sin nπ x p l | n ∈ N∗ függvényrendszerek rendre teljes ortonormált rendszerek. e/2 ∞ X a0 nπ Ha f ∈ I2 ([0, l]) és f (x) = an cos + x, akkor an = 2 l n=1 Z nπ 2 l f (x) cos xdx. l 0 l Z ∞ X nπ 2 l nπ Ha f (x) = bn sin x, akkor bn = f (x) cos xdx. l l 0 l n=1
Az (1.2) összefüggésben szereplő függvénysort az f függvény Fourier sorának nevezzük. Természetesen feltevődik a kérdés, hogy az egyenlőség igaz-e bármely x ∈ [−l, l] esetén. Ha nem igaz mindenütt, akkor milyen x ∈ [−l, l] esetén igaz. Erre a kérdésre a következő tétel ad részleges választ. 1.7.7. Tétel. (Jordan) Ha az f ∈ I2 [−l, l] függvény korlátos változású, akkor 1 az f függvény, Fourier sora minden x ∈ (−l, l) pontban konvergens az [f (x+ 2 0) + f (x − 0)] értékhez. A konvergencia egyenletes minden olyan zárt intervallumon, ahol f folytonos.
Feladatok Fejtsük Fourier sorba a következő függvényeket, a megadott intervallumokon: 1. f (x) = x, x ∈ (−π, π) 2. f (x) = |x|, x ∈ (−π, π) 3. f (x) = eαx , x ∈ (−l, l), 4. f (x) = sin αx, x ∈ (−π, π), (α 6∈ Z), 5. f (x) = sgn(cos x), x ∈ (−π, π), 6. f (x) = arcsin(cos x), x ∈ (−π, π), 7. f (x) = (x), x ∈ (−π, π) (x) az x pont és a hozzá legközelebb eső egész szám közötti távolságot jelöli. 1, ha |x| < α 8. f (x) = 0, ha α ≤ |x| < π Írjuk fel a Parseval képletet az f függvényre.
9. Számítsuk ki a
∞ X sin2 nx n=1
összeget.
n2
Fejtsük x-szerint Fourier sorba a következő függvényeket: 10. f (x) =
1 − r cos x , |r| < 1, x ∈ R. 1 − 2r cos x + r2
11. f (x) =
1 ln(1 − 2r cos x + r2 ) 2
12. f (x) = arctg
r sin x 1 − r cos x
∞ ³ π´ X sin nx sin2 nα 13. Igazoljuk, hogy α ∈ 0, esetén a sor összege ál2 n n=1 landó a (0, 2α) intervallumon és a (2α, π) intervallumon zéró.
14. Legyen δ ∈ (0, π). Az f függvényt a következőképpen értelmezzük: 1, 0 ≤ |x| ≤ δ és f (x) = 0, δ < |x| ≤ π f (x + 2π) = f (x), (∀) x ∈ R. a) Írjuk fel f Fourier sorát. b) Igazoljuk, hogy
∞ X sin(nδ) n=1
n
=
π−δ . 2
c) Vezessük le a Parseval tételből, hogy: ∞ X sin2 (nδ) n=1
d) Igazoljuk, hogy
Z 0
n2 δ
∞µ
sin x x
=
¶2
π−δ 2
π dx . 2
15. Fejtsük Fourier sorba Z f (x) = 0
x
s¯ ¯ ¯ ¯ t ln ¯¯ctg ¯¯dt, x ∈ [−π, π] 2
16. Határozzuk meg a
∞ ∞ X cos nx X sin nx , n! n!
n=0
n=1
sorok összegét. 17. a) Határozzuk meg az f (x) = π cos αx, α 6∈ Z, x ∈ [0, 2π] f (x + 2π) = f (x), (∀) x ∈ R függvény Fourier sorát. b) Bizonyítsuk be, hogy: ∞
1 X 2α π cos πα = + és α α2 − k 2 k=1
∞ 2α 1 X π (−1)k 2 = + . sin απ α α − k2 k=1
18. Fejtsük a következő függvényeket sinusz sorba a [0, π] intervallumon. h i x, x ∈ 0, ]pi 2 a) f (x) = 0, x ∈ ¡ π , π ¤ 2 b) f (x) = x(π − x) x c) f (x) = sin . 2 19. Fejtsük a következő függvényeket cos sorba a [0, π] intervallumon: 1, x ∈ [0, h] a) f (x) = 0, x ∈ (h, π] b) f (x) = | cos x|, x ∈ [0, π] c) f (x) = x sin x, x ∈ [0, π].
1.8. Differenciálegyenletek 1.8.1. Értelmezés. Legyen f : [a, n] → R, g : [c, d] → R két adott folytonos függvény. Az y 0 = f (x) g(y)
(1.3)
differenciálegyenlet szétválasztható változójú (szeparábilis) differenciálegyenletnek nevezzük. Ha létezik olyan y : [a, b] → [c, d] deriválható függvény, amely teljesíti az (1.3) egyenletet, akkor azt mondjuk, hogy y megoldása (1.3)nek. 1.8.2. Példa. xy 0 = y 2 − y, y(1) =
1 2
Ha ezt az egyenletet az (1.3) egyenlettel analóg alakra akarjuk írni, akkor 1 az f (x) = , g(y) = y 2 − y egyenlőségeket kell felírjuk. Az y függvény x y0 meghatározásához az y 0 = f (x)g(y) egyenletet az = f (x) ekvivalens g(y) alakba írjuk. Innen az következik, hogy: Z
y(x)
y(x0 )
1 dt = g(t)
Z
x
f (t) dt. x0
A jelen esetben: Z
Z x 1 1 dt = dt ⇒ 2 y(1) t − t 1 t ¯ ¯ ¯ ¯ t − 1 ¯ ¯y(x) ¯ ¯ ln ¯¯ = ln x ⇒ t ¯ ¯1 y(x)
2
1 −y(x) + 1 = ln x ⇒ y(x) = . ln y(x) 1+x
Feladatok 1. y 0 = (1 + y 2 ) ln x, y(1) = 0 2. (x2 − 1)y 0 + 2xy 2 = 0, y(0) = 1 √ 3. y 0 = x(y 2 + 2y), y( 3) = 1 4. (1 + ex )y · y 0 = ex 5. y 0 sin x = y ln y
1.8.3. Tétel. (Változóban homogén differenciálegyenletek) Legyen f
:
[c, d] → R adott folytonos függvény. Az y : [a, b] → R olyan, hogy 0 6∈ [a, b], y deriválható [a, b]-n és y(x)/x ∈ [c, d]. Az y függvény akkor és csak akkor megoldása az y0 = f
³y´ x
egyenletnek, ha az u : [a, b] → R, u(x) =
y(x) x
megoldása [a, b] − n az u0 =
f (u) − u x
szétválásztható változójú differenciálegyenletnek. 1.8.4. Példa. y0 = Az
y y + ex x
y = u helyettesítést alkalmazzunk: x y = ux ⇒ y 0 = xu0 + u
Az egyenletünk így alakul: xu0 + u = u + eu ⇔ xu0 = eu ⇔ Z x Z x du 1 dt = u x0 e x0 t e−u(x0 ) − e−u(x) = ln
x x0
x0 e−u(x0 ) + ln = e−u(x) x µ ¶ 1 u(x) = ln −u(x ) 0 + ln x0 e x
Feladatok y y + cos2 x x y 2. y 0 = − 1 x 1. y 0 =
y y ln x x r³ ´ y y 2 0 4. y = + +1 x x 3. y 0 =
5.
y0
1− = 1+
y x y x
Homogén egyenletre visszavezethető µ ¶ a1 x + b1 y + c1 0 y =f a2 x + b2 y + c2
(1.4)
alakú differenciálegyenletek. Két¯ esetet¯ különböztetünk meg: ¯a b ¯ ¯ 1 1¯ a) ¯ ¯ 6= 0, akkor u = x − x0 , v = y − y0 változócserét alkalmazunk, ¯a2 b2 ¯ ahol (x0 , y0 ) az
a1 x + b1 y + c1 = 0 a x + b y + c = 0 2 2 2
egyenletrendszer megoldása. Ezzel a helyettesítéssel a (1.4) egyenlet a µ ¶ µ ¶ a1 + b1 uv dv a1 u + b1 v =f =f du a2 u + b2 v a2 + b2 uv egyenletté amelyik u és v-ben homogén. ¯ alakul, ¯ ¯a b ¯ b1 a1 ¯ 1 1¯ b) ¯ = = k és a (1.3) egyenlet a következő alakba ¯=0⇒ ¯a2 b2 ¯ a2 b2 írható: µ ¶ k(a2 x + b2 y) + c1 0 y =f = g(a2 x + b2 y) a2 x + b2 y + c2 és az u = a2 x + b2 y helyettesítést alkalmazzuk. 1.8.5. Példa. y0 =
x+y−2 −x + y + 4
Megoldás ¯ ¯ ¯ 1 1¯ ¯ ¯ ∆=¯ ¯ = 2 6= 0. ¯−1 1¯
Az
x + y − 2 = 0 −x + y + 4 = 0
egyenletrendszer megoldása: x0 = −1, y0 = 3.
u=x+1
helyettesítéssel a egyenlethez jutunk. v =y−3 v A = z helyettesítést alkalmazunk ⇒ v = uz ⇒ v 0 = uz 0 + z és a u következő egyenlethez jutunk: 1 + 2z − z 2 ⇒ z−1 Z z−1 1 dz = du ⇒ 1 + 2z − z 2 u u2 (1 + 2z − z 2 ) = c ⇒ uz 0 = Z
(x + 1)2 + 2(x + 1)(y − 3) − (y − 3)2 = c.
(1.5)
Feladatok 1. y 0 =
x+y−2 x−1
2. y 0 =
3y − 7x + 7 3x − 7y − 3
3. y 0 =
x+y y−x+2
4. y 0 = −
8x + 4y + 1 4x + 2y + 1
5. y 0 = −
x+y x+y−1
1.8.1. Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek Legyen P, Q : I → R két folytonos függvény. Az y 0 = P (x)y + Q(x) egyenletet elsőrendű lineáris inhomogán differenciálegyenletnek nevezzük. Az y 0 = P (x)y
egyenlet, elsőrendű, lineáris, homogén differenciálegyenlet. A homogén egyenlet a következő szétválasztható változójú differenciálegyenletté alakítható: dy = P (x)dx. y Integrálással a
Z
x
ln |y| =
P (t)dt + ln |c| x0
egyenlethez jutunk, amely ekvivalens az Rx
y = ce
x0
P (t)dt
egyenlettel, ami a homogén egyenlet megoldása. Az inhomogén egyenlet egy megoldását a konstans változtatásának módszerével határozzuk meg: Rx
y = c(x) · e
x0
P (t)dt
.
Ezt helyettesítve az inhomogén egyenletbe a c0 (x)e
Rx x0
P (t)dt
+ c(x)P (x)e
−
Rx x0
P (t)dt
= P (x)c(x)ee
Rx x0
P (t)dt
+ Q(x)
összefüggéshez jutunk. Innen következik, hogy: −
Rx
P (t)dt
c0 (x) = Q(x) · e x0 Z x Rs P (t)dt c(x) = D + Q(s)e x0 ds és x0 Z x Rx Rx P (t)dt + Q(s)e s P (t)dt ds. Y = De x0 x1
Ha az y(x0 ) = y0 kezdeti értékű Cauchy feladatot kell megoldani, akkor következik, hogy: D = y0
és
y(x) = y0 · e
Rx x0
P (t)dt
Z
x
+
Q(s)e x0
Rx x
P (t)dt
ds.
1.8.6. Példa. Oldjuk meg az y 0 = yctg x + 2x sin x differenciálegyenletet. Megoldás Először megoldjuk a homogén egyenletet dy cos x = dx ⇒ y sin x ln |y| = ln | sin x| + ln |c| ⇒ yh = c sin x
y 0 = yctg x ⇒
Ez a homogén egyenlet megoldása. Az inhomogén egyenlet megoldását ¾ y(x) = c(x) sin x alakban keressük
⇒ y 0 = yctg x + 2x sin x ⇒ c0 (x) sin x + c(x) cos x = c(x) sin xctg x + 2x sin x ⇒ c0 (x) = 2x ⇒ c(x) = x2 + D ⇒ y = x2 sin x + D sin x, az inhomogén egyenlet megoldása.
1.8.2. Bernoulli típusú differenciálegyenletek Az általános alak: y 0 = P (x)y + Q(x)y α ,
(1.6)
ahol P, Q : I → R folytonos függvények és α ∈ R \ {0, 1}. Egyszerű belátni, hogy az u(x) = (y(x))1−α helyettesítéssel az (1.6) egyenlet a következő lineáris, inhomogén elsőrendű differenciálegyenletté alakul: u0 = (1 − α)[P (x)u + Q(x)], amit az előbb ismertetett módon oldunk meg. 1.8.7. Példa.
√ y 0 = 2xy + x3 y
Megoldás 1 1 x3 α = és az u = y 2 változócserét alkalmazunk: ⇒= u0 = xu + . 2 2 A lineáris egyenlet megoldása: u = ce
x2 2
−
x2 + 2 2
és az eredeti egyenlet megoldása: µ 2 ¶2 x x2 + 2 y = ce 2 − . 2
1.8.3. A Riccati típusú egyenletek A Riccati típusú differenciálegyenlet általános alakja: y 0 = P (x)y 2 + Q(x)y + R(x), ahol P, Q, R : I → R folytonos függvények és y ∈ C 1 [I]. Ha ismert a Ricatti 1 egyenlet egy y1 ∈ C 1 [I] megoldása, akkor az y = + y1 helyettesítéssel a z Riccati egyenlet egy elsőrendű, lineáris inhomogén egyenletbe transzformálódik. 1.8.8. Példa. Az y 0 = −2xy 2 + y + egyenlet egy megoldása y =
x−1 x2
1 adjuk meg az általános megoldását. x
Megoldás 1 1 Az y = + helyettesítést alkalmazzuk és a z x z 0 = 3z + 2x egyenlethez jutunk. Ennek az egyenletnek a megoldása: z = ce3x −
2(3x + 1) . 9
Innen következik, hogy: y=
1 1 + . x ce3x − 2(3x+1) 9
Feladatok Oldjuk meg a következő elsőrendű lineáris differenciálegyenleteket: 1. xy 0 − 2y = 2x4
2. y 0 + ytg x = 4x + 2y 3. x2 y 0 + xy + 1 = 0 4. xy 0 + (x + 1)y = 3x2 e−x 5. y 0 − 2xy = 2x3 Oldjuk meg a következő Bernoulli egyenleteket: 6. y 0 +
4 2 y = 3x2 y 3 x
7. y 0 +
3x2 y = y 2 (1 + x3 ) sin x, y(0) = 1. 1 + x3
8. y 0 +
2 y = −y 2 ln x x
9. y 0 + ytg x = y 2 √ 10. y 0 + 2y = 2x y Oldjuk meg a következő Riccati egyenleteket, ha ismert egy megoldásuk: 11. y 0 − y 2 + 2e2 y = e2x + ex , y1 = ex 12. y 0 e−x + y 2 − 2yex = 1 − e2x , y1 = ex 13. y 0 + y 2 − 2y sin x + sin2 x − cos x = 0, y1 = sin x 14. x2 y 0 = x2 y 2 + xy + 1, y1 = − x1 .
1.8.4. Egzakt differenciálegyenletek Legyen D ⊂ R2 egy tartomány és P, Q : D → R adott folytonos függvények. A P dx + Qdy = 0
(1.7)
egyenletet egzaktnak nevezzük, ha létezik egy olyan F : D → R differenciálható függvény, hogy dF = P dx + Qdy.
Az y : I → R függvény akkor megoldása a (1.7) differenciálegyenletnek, ha létezik c ∈ R úgy, hogy: F (x, y(x)) = C, (∀) x ∈ I. 1.8.9. Tétel. Legyen P, Q : D → R folytonos parciális deriváltakkal rendelkező két függvény. A P dx + Qdy = 0 egyenlet akkor és csak akkor egzakt, ha
∂P ∂Q = . ∂y ∂x
1.8.10. Megjegyzés. Ha a P dx+Qdy = 0 differenciálegyenlet egzakt, akkor: Z x Z y F (x, y) = P (t, y)dt + Q(x0 , s)d. x0
y0
1.8.11. Értelmezés. Ha µ : D → R, µ 6= 0 egy olyan függvény, hogy µP dx + µQdx = 0 egzakt egyenlet, akkor a µ függvényt a P dx + Qdy = 0 egyenlet integráló szorzójának nevezzük. 1.8.12. Megjegyzés. µ akkor és csak akkor integráló szorzó, ha ∂ ∂ (µP ) = (µQ). ∂y ∂x
Feladatok Oldjuk meg a következő egzakt differenciálegyenleteket: 1. (2x + y)dx + (x − 2y)dy = 0 2. 2xydx + (x2 − y 2 )dy = 0 3.
y dx + (y 3 + ln x)dy = 0 x
Határozzuk meg az egyenletek integráló szorzóját és oldjuk meg: 4. (1 − x2 y)dx + x2 (y − x)dy = 0 µ = µ(x)
5. (x + sin x + sin y)dx + cos ydy = 0 µ = µ(x) 6. (x − xy)dx + (y + x2 )dy = 0 µ = µ(x2 + y 2 ) 7. (x2 + y 2 − 1)dx − 2xydy = 0 µ = µ(y 2 − x2 )
1.9. Lineáris differenciálegyenletek Adott az L differenciáloperátor: L : C (n) ([a, b]) → C([a, b]) L(y) = y (n) + a1 y (n−1) + a2 y (n−1) + . . . + an y, ahol ai : [a, b] → R folytonos függvények. Az n-ed rendű, lineáris differenciálegyenlet általános alakja: y (n) + a1 y (n−1) + . . . + an y = f,
(1.8)
ahol f : [a, b] → R egy folytonos függvény. Az (1.8) egyenlet az L(y) = f egyenlettel ekvivalens. 1.9.1. Tétel. (az (1.8) egyenlet megoldáshalmazának a szerkezete) Ha yp az (1.8) egyenlet egy sajátos megoldása, akkor az (1.8) egyenlet bármely megoldása felírható y = yp + yh alakba, ahol yh az L(y) = 0 homogén egyenlet megoldása. 1.9.2. Tétel. Az L operátor egy lineáris leképezés az L(y) = 0 homogén egyenlet megoldáshalmaza az L operátor magtere, amely a C (n) ([a, b]) vektortér egy n dimenziós altere.
1.9.3. Értelmezés. Legyen yi ∈ C (n) ([a, b]). A ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ y0 y20 ¯ W (y1 , . . . , yn ) = ¯ 1 ¯ ... ... ¯ ¯ (n−1) (n−1) ¯y1 y2
¯ ¯ yn ¯ ¯ ... yn0 ¯¯ ¯ ... . . . ¯¯ (n−1) ¯ ¯ . . . yn
...
determinánst az y1 , . . . , yn függvények Wronski determinánsának nevezzük. 1.9.4. Tétel. Ha y1 , . . . , yn ∈ C (n) ([a, b]) függvények megoldásai az L(y) = 0 egyenletnek, akkor a következő két állítás ekvivalens: a) az y1 , . . . , yn függvények a C (n) ([a, b]) vektortérben lineárisan függetlenek b) W (y1 , . . . , yn ) 6= 0 1.9.5. Következmények. Ha y1 , . . . , yn ∈ C (n) ([a, b])) megoldásai az L(y) = 0 egyenletnek és W (y1 , . . . , yn ) 6= 0, akkor az L(y) = 0 egyenlet bármely y megoldása felírható y = c1 y1 + . . . + cn yn alakba, ahol c1 , . . . , cn ∈ R. Az {y1 , . . . , yn } függvényrendszert alapmegoldásnak nevezzük. 1.9.6. Értelmezés. Ha az L operátor értelmezésében szereplő ak (x) függvények állandóak, azaz ak (x) = ak ∈ R, k = 1, n, akkor y
(n)
+
n X
ak y (n−k) = 0
(1.9)
k=1
egyenletet n-ed rendű állandó együtthatós, lineáris, homogén differenciálegyenletnek nevezzük. n X A λn + ak · λn−k = 0 egyenletet a (1.9) differenciálegyenlet karaktek=1
risztikus egyenletének nevezzük.
1.9.7. Tétel. Ha λ1 , λ2 , . . . , λk ∈ R a karakterisztikus egyenlet p1 , . . . , pk ∈ N szeres gyökei p1 + p2 + . . . + pk = n, akkor az eλ1 x , xeλ1 x , . . . , xp1 −1 eλ1 x ........................ eλk x , xeλk x , . . . , xpk −1 eλk x függvényrendszer alapmegoldása a (1.9) egyenletnek. Ha λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ komplex számok p1 = p2 = p szeres gyökei a karakterisztikus egyenletnek, akkor az alapmegoldás első két sora helyett az eαx cos βx, xeαx cos βx, . . . , xp−1 eαx cos βx eαx sin βx, xeαx sin βx, . . . , xp−1 eαx sin βx függvények szerepelnek. 1.9.8. Tétel. (a konstans változtatás módszere) Ha y1 , . . . , yn ∈ C (n) alapmegoldása a (1.9) egyenletnek és Ck : [a, b] → R deriválható függvények kielégítik a n X
(j)
Ck0 (x)yk (x) = 0, j = 0, n − 2
k=1 n X
(n−1)
Ck0 (x)yk
(x) = f (x)
k=1
egyenletrendszert, akkor yp (x) =
n X
Ck (x)yk (x)
k=1
megoldása az y (n) +
n X
ak y (n−k) = f (x)
k=1
inhomogén egyenletnek. 1.9.9. Megjegyzés. Néhány esetben az L(y) = f (x) (L(y) = y (n) + a1 y (n−1) + . . . + an y) inhomogén egyenlet ys sajátos megoldását egyszerűbben is meg lehet határozni.
1. ha f (x) = λ0 xm + . . . + λm−1 x + λm és an 6= 0, akkor ys (x) = µ0 xm + µ1 xm−1 + . . . + µm−1 x + µm . Ezt behelyettesítve az L(y) = f (x) egyenletbe az an µ0 = λ0 an µ1 + man−1 µ0 = λ1 ........................ egyenletekhez jutunk amiből kiszámítható µ0 , µ1 , . . . stb. 2. ha an = an−1 = . . . = an−p+1 = 0 és an−p 6= 0, akkor ys = xp (µ0 xm + µ1 xm−1 + . . . + µm ) 3. ha f (x) = eαx (λ0 xm + λ1 xm−1 + . . . + λm ) és α nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek, akkor yp = eαx (µ0 xm + µ1 xm−1 + . . . + µm ) 4. ha f (x) = eαx (λ0 xm + . . . + λm ) és α q-szoros gyöke a karakterisztikus egyenletnek, akkor yp = eαx xq (µ0 xm + . . . + µm ) 5. ha f (x) = eαx P1 (x) · cos βx + eαx P2 (x) sin βx és α + iβ q-szoros gyöke a karakterisztikus egyenletnek (ahol q lehet zéró is), akkor yp (x) = eαx xq (Q1 (x) cos βx + Q2 (x0 sin βx) és gr(Q1 ) = grQ2 = max{gr(P1 ), gr(P2 )}.
Feladatok Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket: 1. y 00 − y 0 − 2y = 4x − 2ex , 2. y 00 + 2y 0 + 2y = (x + 1)ex , 3. y 00 − 4y 0 + 5y = 1 + 8 cos x + e2x , 4. y 000 − y 00 − 2y 0 = 4x,
5. y (4) + 4y = 8ex , 6. y 00 + 4y =
1 , cos 2x
7. y 00 + y = tg x, 8. y 00 − y 0 =
ex
1 , +1
9. y 00 − 2y 0 + y =
ex . 1 + x2
Oldjuk meg a következő Chauchy feladatokat: 10. y 00 − 5y 0 + 4y = 0, y(0) = 5, y 0 (0) = 8 11. y 00 + 3y 0 + 2y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = −1. 12. y 00 − 4y 0 + 5y = 2x2 ex , y(0) = 2, y 0 (0) = 3. 13. y 000 − y 0 = −2x, y(0) = 0, y 0 (0) = 1, y 00 (0) = 2. 14. y 00 + 4y = sin 2x, y(0) = y 0 (0) = 0. Oldjuk meg és határozzuk meg az adott feltételt teljesítő megoldást: 1 15. y 00 − y 0 − 5y = 1, lim = 0 . y→∞ 5 16. y 00 + 4y 0 + 4y = 2ex (sin x + 7 cos x), lim y(x) = 0. x→−∞
Az ax + b = et alakú helyettesítéssel vezessük vissza konstans együtthatós egyenletekre és oldjuk meg a következő egyenleteket: 17. x2 y 00 + xy 0 + y = x(6 − ln x), 18. x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = x2 − 2x + 2, 19. (x + 1)3 y 00 + 3(x + 1)2 y 0 + (x + 1)y = 6 ln(x + 1), 20. (x − 2)2 y 00 − 3(x − 2)y 0 + 4y = x.
