2.
K¨ oz¨ ons´ eges differenci´ alegyenlet megoldhat´ os´ aga
megold´ asa,
Defin´ıci´ o: Az y f¨ uggv´enyt a val´os sz´amok H halmaz´an a k¨oz¨ons´eges differenci´alegyenlet megold´as´anak nevezz¨ uk, ha az y = y(x) helyettes´ıt´est elv´egezve a differenci´alegyenlet a H halmazon azonoss´agg´a v´alik. Megjegyz´ es: Sz´amunkra a gyakorlatban a H halmaz t¨obbnyire egy intervallum lesz. Teh´at a megold´asr´ol, megoldhat´os´agr´ol mindig egy adott halmazra vonatkoz´oan besz´el¨ unk. P´ elda: 1. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o els˝orend˝ u differenci´alegyenletet: xy ′ = 2y, ´es helyet2 tes´ıts¨ uk be az y = x f¨ uggv´enyt, 2x2 = 2x2 ad´odik ´es ez minden val´os sz´amra igaz, teh´at az y = x2 f¨ uggv´eny a differenci´alegyenletnek megold´asa az eg´esz R halmazon. Viszont p´eld´aul y = x3 f¨ uggv´eny nem megold´asa a differenci´alegyenletnek egyetlen olyan r´eszhalmaz´an sem az R-nek, amely nemz´erus val´os sz´amot tartalmaz, mert az ilyen r´eszhalmazon nem azonoss´ag. 2. Az y · y ′ = −x differenci´alegyenletnek az x2 + y 2 − 1 = 0 (y > 0) megold´asa az (−1, 1) intervallumon. K¨onny˝ u bel´atni, hogy az y ′ = 2 differenci´alegyenletnek az y = 2x + c (minden c ∈ R) megold´asa. Vagyis a differenci´alegyenletnek v´egtelen sok megold´asa van, minden 2 meredeks´eg˝ u egyenes megold´asa, a megold´as teh´at egy egyparam´eteres g¨orbesereg, ezeket a g¨orb´eket a differenci´alegyenlet integr´alg¨orb´einek nevezz¨ uk. Gyakran az integr´alg¨orb´ek k¨oz¨ ul egyet keres¨ unk, azt amelyik ´atmegy egy adott ponton, m´as sz´oval kiel´eg´ıt egy kezdeti felt´etelt. P´eld´aul: adjuk meg az y ′ = 2 differenci´alegyenletnek y(1) = 4 kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´as´at. Ez az y = 2x + 2 f¨ uggv´eny. Defin´ıci´ o: Az y (n) = f (x, y, y ′, . . . , y (n−1) ) differenci´alegyenlethez ´es a P ponthoz tartoz´o kezdeti´ert´ek-probl´em´an a k¨ovetkez˝ot ´ertj¨ uk: y (n) = f (x, y, y ′, . . . , y (n−1) ) ´es y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 , y ′′ (x0 ) = y2 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn .
2
(2.1)
Az n-edrend˝ u k¨oz¨ons´eges differenci´alegyenlethez tartoz´o y = y(x, c1 , . . . , cn ) kifejez´est a differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´anak nevezz¨ uk. Az ´altal´anos megold´asb´ol pl. a kezdeti felt´etelek alapj´an kiv´alasztott megold´ast partikul´ aris megold´asnak nevezz¨ uk. P´ elda: Igazoljuk, hogy az y = cx − c2 ´altal´anos megold´asa az y ′2 − xy ′ + y = 0 differenci´alegyenletnek! Hat´arozzuk meg az y(2) = 3 kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ast! Ha a c ´ert´ek´et 3-nak v´alasztjuk akkor az y = 3x − 9 partikul´aris megold´ast kapjuk. x2 Viszont az y = f¨ uggv´eny is kiel´eg´ıti a differenci´alegyenletet, de nem tudjuk az 4 ´altal´anos megold´asban szerepl˝o c param´eter ´ert´ek´et u ´ gy megv´alasztani, hogy ezt a megold´ast megkapjuk. Az ilyen megold´ast szingul´ aris megold´ asnak nevezz¨ uk. Miel˝ott a k¨ ul¨onb¨oz˝o differenci´alegyenletek megold´as´ara szolg´al´o m´odszerekkel foglalkozn´ank azt kell megvizsg´alni milyen felt´etelek teljes¨ ul´ese eset´en l´etezik megold´as ill. milyen felt´etelek eset´en van pontosan egy megold´asa egy kezdeti´ert´ek probl´em´anak. T´ etel: (Cauchy–Peano-f´ ele egzisztenciat´ etel) Ha az n + 1 v´ altoz´ os val´ os f f¨ uggv´eny az n + 1 dimenzi´os t´er valamely z´ art, korl´ atos H halmaz´ an folytonos, akkor az y (n) = f (x, y (1) , . . . , y (n−1) ) differenci´ alegyenlethez ´es a H halmaz tetsz˝ oleges bels˝o pontj´ahoz tartoz´o kezdeti´ert´ek-probl´em´ anak van megold´ asa. Feladat: 1. Van-e az y ′′ − 2xy + 2y = 0 differenci´alegyenlethez ´es a R3 b´armely pontj´ahoz tartoz´o kezdeti´ert´ek-probl´em´anak megold´asa? Defin´ıci´ o: Legyen H az n v´altoz´os val´os f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak valamely r´eszhalmaza. Az f f¨ uggv´enyr˝ol azt mondjuk, hogy i-edik v´altoz´oj´aban eleget tesz a Lipschitz-felt´etelnek, ha megadhat´o olyan Ki pozit´ıv sz´am, hogy a H halmaz b´armely k´et P ′ = (p1 , p2 , . . . , p′i , . . . , pn )
P = (p1 , p2 , . . . , pi , . . . , pn ) pontj´ara
|f (P ) − f (P ′)| ≤ Ki (pi − p′i ). T´ etel: Ha az n v´altoz´os val´os f f¨ uggv´enynek valamely konvex H halmazon az iedik v´altoz´o szerinti parci´alis deriv´altja l´etezik ´es korl´ atos, akkor a H halmaz bels˝o pontj´aban az f f¨ uggv´eny az i-edik v´ altoz´ oj´ aban eleget tesz a Lipschitz felt´etelnek. 3
T´ etel: (Picard–Lindel¨ of-f´ ele egzisztenciat´ etel) Ha az n + 1 v´ altoz´ os val´ os f f¨ uggv´eny az n + 1 dimenzi´os t´er valamely korl´ atos z´ art H halmaz´ an folytonos ´es ezen a halmazon legfeljebb az els˝o v´ altoz´ o kiv´etel´evel minden v´ altoz´ oj´ aban eleget tesz a Lipschitz-felt´etelnek, akkor az y (n) = f (x, y (1) , . . . , y (n−1) ) differenci´alegyenlethez ´es a H tetsz˝ oleges bels˝ o pontj´ ahoz tartoz´ o kezdeti´ert´ekprobl´ema egy´ertelm˝ uen megoldhat´o. Feladat: 2
1. Mutassa meg, hogy az x′ = x 3 , x(0) = 1 kezdeti´ert´ek-probl´em´anak, ∀t ∈ (−∞, ∞) van megold´asa, de ez a megold´as nem egy´ertelm˝ u. Van-e olyan intervallum, amelyen pontosan egy megold´as l´etezik? 2. Adjon meg olyan intervallumot, ahol az y ′ = 1+y 2 , ´es y(x0 ) = y0 kezdeti´ert´ekprobl´em´anak l´etezik legal´abb egy megold´asa!
2.1.
Sz´ etv´ alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ u differenci´ alegyenlet
A differenci´alegyenletek legegyszer˝ ubb, a hat´arozatlan integr´al kisz´am´ıt´as´aval megoldhat´o csoportj´at k´epezik. Defin´ıci´ o: Az els˝orend˝ u, k¨oz¨ons´eges differenci´alegyenletet sz´etv´alaszthat´onak (sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ unak) nevezz¨ uk, ha y ′ = f (x)g(y) alakban adhat´o meg. T´ etel: Ha az f f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon, a g f¨ uggv´eny a [c, d] intervallumon folytonos, akkor a T = {(x, y) | x ∈ (a, b), y ∈ (c, d)} ny´ılt t´eglalap minden pontj´an ´athalad az y ′ = g(y) · f (x) differenci´ alegyenletnek legal´abb egy integr´alg¨orb´eje. Ha az is teljes¨ ul, hogy g 6= 0 sehol a [c, d] intervallumon, akkor T minden pontj´aban pontosan egy integr´ alg¨ orbe halad ´ at. A differenci´alegyenlet megold´as´ahoz a Z Z g(y) dy = f (x) dx hat´arozatlan integr´alok megold´asa ut´ an jutunk, ´es G(y) = F (x) + c implicit alak´ u lesz. 4
P´ elda: Oldjuk meg: y ′ = Az el˝oz˝oek szerint Z
2
x−5 egyenletet! y2
y dy =
Z
(x − 5) dx ⇒
y3 x2 = − 5x + c 3 2
az ´altal´anos megold´as. Feladatok: 1. Rajzoljuk fel az y ′ = −2xy differenci´alegyenlet n´eh´any integr´alg¨orb´ej´et (y > 0)! 2.1.1.
Sz´ etv´ alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ ura visszavezethet˝ o differenci´ alegyenletek
Vannak olyan esetek, amelyekben a differenci´alegyenlet ugyan nem sz´etv´alaszthat´oj´ u, de alkalmas helyettes´ıt´essel azz´a tehet˝o. 2.1.1.1. y ′ = f (ax + by + c) alak´ u differenci´ alegyenletek. Vezess¨ unk be u u ´j v´altoz´ot: u = ax + by + c. u′ − a u′ − a ′ Akkor y = ⇒ f (u) = . b b Z du Ha a + bf (u) folytonos ´es sehol nem nulla, akkor = x + c a diffea + bf (u) renci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa. P´ elda: 1. Oldjuk meg az y ′ = x + y egyenletet. Legyen u = x + y ⇒ u′ = 1 + y ′ ´es y ′ = u′ − 1. ´Igy u′ − 1 = u. A v´altoz´okat sz´etv´alasztva az u = ±cex −1 abb´ol pedig az y = cex −x−1 ´altal´anos megold´as ad´odik, ahol c ∈ R. Feladat: Oldjuk meg az y ′ = (x + y − 4)2 differenci´alegyenletet! 2.1.1.2. Homog´ en (foksz´ am´ u) differenci´ alegyenletek. Defin´ıci´ o: Az f (x, y) f¨ uggv´eny k-ad fok´ u homog´en f¨ uggv´eny, ha tetsz˝oleges t eset´en fenn´all az, hogy f (tx, ty) ≡ tk f (x, y) azonoss´ag. 5
Feladat: Igazoljuk, hogy f (x, y) = x2 + y 2 1 g(x, y) = x+y y−x h(x, y) = y+x homog´en f¨ uggv´enyek. y A homog´en differenci´alegyenlet az u = helyettes´ıt´essel visszavezethet˝o x sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ ura. xy (x = 6 0, x2 − y 2 6= 0) egyenletet! P´ elda: Oldjuk meg az y ′ = 2 x − y2 y x alakban. Az u = y helyettes´ıt´est alkalmazva Az egyenlet fel´ırhat´o y ′ = y 2 x 1− x 3 du u (ahol y ′ = u′ x + u) a x= sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletet dx 1 − u2 x2 kapjuk. Az eredeti egyenlet ´altal´anos megold´asa − 2 = ln |y| + c. De az y = 0 is 2y megold´as lesz. Feladat: Oldja meg az y ′ =
2.2.
y−x egyenletet! y+x
Els˝ orend˝ u line´ aris differenci´ alegyenlet
Az els˝orend˝ u line´aris differenci´alegyenlet explicit alakja y ′ = p(x)y + q(x).
(2.2)
Ha q(x) ≡ 0 f¨ uggv´eny, akkor homog´en a differenci´alegyenlet ´es sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u, ha nem, akkor inhomog´en a differenci´alegyenlet. T´ etel: Ha p ´es q folytonos f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon, akkor a T = {(x, y) | x ∈ (a, b), y ∈ (−∞, ∞)} tartom´any minden pontj´an ´at a (2.2) differenci´ alegyenletnek egyetlen integr´ alg¨ orb´eje halad ´at. 6
K¨onny˝ u bel´atni, hogy a (2.2) differenci´alegyenlethez tartoz´o homog´en egyenlet Y ′ = p(x)Y ´altal´anos megold´asa Y = ceP (x) , ahol P ′(x) = p(x), ha Y 6= 0. Az inhomog´en egyenlet megold´as´at az ´alland´ o vari´ al´ as´ anak m´odszer´evel fogjuk megkeresni. Ez azt jelenti, hogy a homog´en egyenlet ´altal´anos megold´as´aban szerepl˝o c konstanst az x v´altoz´o c(x) f¨ uggv´eny´evel helyettes´ıtj¨ uk, teh´at (2.2) ´altal´anos megold´as´at az P (x) y = c(x) · e alakban keress¨ uk. Az y = c(x) · eP (x) f¨ uggv´enyt ´es a deriv´altj´at a (2.2) egyenletbe helyettes´ıtve c′ (x) · eP (x) = q(x) differenci´alegyenlethez jutunk. Ezt megoldva c(x) =
Z
q(x) dx felhaszn´al´as´aval azt eP (x)
kapjuk, hogy (2.2) ´altal´anos megold´asa Z q(x) y= dx · eP (x) . eP (x) Megjegyz´ es: Ha a sz¨ uks´eges hat´arozatlan integr´alokat nem tudjuk kisz´am´ıtani, akkor valamilyen numerikus m´odszert kell alkalmazni. P´ elda: Oldjuk meg az y ′ = −y tg x + sin 2x, y(0) = 1 kezdeti´ert´ek-probl´em´at! Haszn´alva az el˝oz˝o jel¨ol´eseket p(x) = −tg x, q(x) = sin 2x. Z P (x) e = cos x, c(x) = 2 sin x dx + c teh´at y = c cos x − 2 cos2 x az inhomog´en egyenlet ´altal´anos megold´asa. A megadott kezdeti felt´etelb˝ol a c = 3, ´ıgy a kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´asa y = 3 cos x − 2 cos2 x. 2.2.1.
Bernoulli egyenlet
N´eh´any nemline´aris differenci´alegyenlet alak´ıthat´o. Ilyen az u ´ n. Bernoulli egyenlet: y ′ = p(x)y + q(x)y α , ahol α.
alkalmas
helyettes´ıt´essel
line´ariss´a (2.3)
Haszn´aljuk az u(x) = [y(x)]1−α helyettes´ıt´est. Az u f¨ uggv´enyt ´es deriv´altj´at a (2.3)be helyettes´ıtve az u′ = (1 − α)p(x)u + (1 − α)q(x) line´aris egyenletet kapjuk. 7
Feladat: 1. Oldja meg a Verhulst egyenletet y ′ = Ay − By 2 , ahol A, B pozit´ıv konstans. Megjegyz´ es: Ezzel az egyenlettel modellezte a hum´an popul´aci´o n¨oveked´es´et 1838ban Pierre-Fran¸cois Verhulst belga statisztikus.
2.3.
Egzakt differenci´ alegyenletek
Defin´ıci´ o: Az els˝orend˝ u P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0
(2.4)
differenci´alegyenletet egzaktnak nevezz¨ uk, ha megadhat´o olyan u(x, y) f¨ uggv´eny, amelyre ∂u ∂u = P (x, y) ´es = Q(x, y). ∂x ∂y Megjegyz´ es: A u(x, y) teljes deriv´altj´anak nevezz¨ uk a du =
∂u ∂u dx + dy ∂x ∂y
kifejez´est. Ezt ¨osszevetve (2.4)-gyel, du = 0 ad´odik. Mind a k´et oldal integr´al´as´aval az u(x, y) = c ´altal´anos megold´ast azonnal megkapjuk. T´ etel: Legyenek P ´es Q az xy s´ık valamely egyszeresen ¨ osszef¨ ugg˝ o D halmaz´an folytonos f¨ uggv´enyek, l´etezzenek a Py′ ´es Q′x parici´ alis deriv´ altak ´es legyenek azok is folytonosak. A P (x, y) + Q(x, y)y ′ = 0 differenci´ alegyenlet akkor ´es csak akkor egzakt, ha Py′ (x0 , y0 ) = Q′x (x0 , y0 ) a D halmaz minden (x0 , y0 ) pontj´ ara igaz. P´ elda: 1. Oldjuk meg az (x3 + 3xy 2 ) dx + (3x2 y + y 3)dy = 0 differenci´alegyenletet! Ellen˝orizz¨ uk, hogy egzakt-e: ∂P = 6xy ∂y
´es 8
∂Q = 6xy, ∂x
az xy s´ık minden pontj´aban megegyeznek, teh´at egzakt. Akkor l´etezik olyan ∂u ∂u k´etv´altoz´os u f¨ uggv´eny, amelyre = x3 + 3xy 2 ´es = 3x2 y + y 3. ∂x ∂y Z Z u = P dx + h(y) illetve u = Q dy + k(x). Z 1 3 u = (x3 + 3xy 2 ) dx + h(y) = x4 + x2 y 2 + h(y) 4 2 Z 3 y4 u = (3x2 y + y 3 ) dy + k(x) = x2 y 2 + + k(x) 2 4 3 y4 1 = c ´altal´anos megold´ast kapjuk. innen u(x, y) = x4 + x2 y 2 + 4 2 4 2. Oldjuk meg az −y dx + x dy = 0 egyenletet. Nem egzakt, mivel
∂P = −1 ∂y
´es
∂Q = 1. ∂x
1 y 1 -tel, akkor a − 2 dx + dy = 0 eg2 x x x y zakt differenci´alegyenletet kapjuk. Ennek ´altal´anos megold´asa = c, amely x megold´asa az eredeti differenci´alegyenletnek is. 1 Megjegyz´ es: Az el˝oz˝o p´eld´aban 2 -et integr´ alt´enyez˝ onek nevezz¨ uk. Bizox nyos esetekben a nemegzakt differenci´alegyenletet megfelel˝o multiplik´atorral (szorz´ot´enyez˝ovel) egzaktt´a tehetj¨ uk.
Ha megszorozzuk mind a k´et oldalt
3. A termodinamika els˝o f˝ot´etel´et alkalmazva tudjuk, hogy valamely rendszerrel k¨oz¨olt dQ h˝omennyis´eg ´es a rendszer bels˝o energi´aj´anak megv´altoz´asa k¨oz¨ott az ¨osszef¨ ugg´es dQ = dU − dL. Ha p a k¨ uls˝o nyom´as v a g´az t´erfogata, akkor dL = −p dv a rendszer ´altal v´egzett munka. Kis v´altoz´asok eset´en ∂U ∂U ∂U dQ = dT + dv + p dv = dT + ∂T ∂v ∂T
∂U + p dv. ∂T
Adiabatikus al dQ = 0. ´Igy az ilyen ´allapotv´altoz´asokat a folyamatokn´ ∂U ∂U dT + + p dv = 0 differenci´alegyenlet ´ırja le. Ez az egyenlet ∂T ∂v 9
nem egzakt. De reverzibilis v´altoz´asok eset´en, a m´asodik f˝ot´etel ´ertelm´eben dQ teljes differenci´al ´espedig az S entr´opia differenci´alja. Vagyis dS = T 1 ∂U 1 ∂U 1 dQ = · dT + + p dv. Vagyis az integr´al´o t´enyez˝o a diffeT T ∂T T ∂T T renci´alegyenletnek, adiabatikus, reverzibilis folyamatok eset´en. Integr´alg¨orb´ei pedig az entr´opia szintvonalai. (Adiabatikus reverzibilis folyamatokban az entr´opia ´alland´o.) Defin´ıci´ o: Az M(x, y) f¨ uggv´enyt a (2.4) egyenlet multiplik´ ator´ anak (integr´al´o t´enyez˝oj´enek) nevezz¨ uk, ha az egyenletet M(x, y)-nal megszorozva egzakt differenci´alegyenletet kapunk. ∂ ∂ Teh´at az M(x, y)-t a (M(x, y)P (x, y)) = (M(x, y)Q(x, y)) parci´alis diffe∂y ∂x renci´alegyenlet megold´asak´ent kell keresni. Az esetek egy r´esz´eben ez nehezebb, mint az eredeti egyenlet megold´asa.
2.4.
Ir´ anymez˝ o
Az egyv´altoz´os f¨ uggv´eny x0 -hoz tartoz´o deriv´altj´anak geometriai jelent´ese ismert. Ha teh´at az y = y(x) egyenlet˝ u g¨orbe az y ′ = f (x0 , y0 ) explicit differenci´alegyenletnek a P0 (x0 , y0) ponton ´atmen˝o integr´alg¨orb´eje, akkor y ′ (x0 ) = f (x0 , y0) = m0 , az adott ponthoz tartoz´o ´erint˝o meredeks´ege. ´Igy az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak minden (x0 , y0 ) pontj´ahoz hozz´arendel¨ unk egy ir´anyt, amelyet a differenci´alegyenlet hat´aroz meg. Ezeknek az ir´anyoknak az ¨osszess´eg´et a differenci´alegyenlethez tartoz´o ir´anymez˝ onek nevezz¨ uk.
10
