Matematika | Analízis » Differenciálegyenletek

Differenciálegyenletek Egyváltozós függvényeknél közönséges, többváltozós függvényeknél parciális differenciál egyenletekről (d.e) beszélünk Mi csak a közönséges de-kkel foglalkozunk Lineáris d.e: Σa i (x)y(i)(x)=f(x) (az egyes tagok legfeljebb első hatványon szerepelnek) Általános megoldása: y=g(x 1 ,c 1 ,c 2 ,c n ), c∈R. n db paraméteres görbesereg (integrálgörbék). Ilyen explicit alakban ritkán adódik a megoldás Általában: G(x,y)(c 1 ,c 2 ,c n )=0. Partikuláris megoldása: c 1 c n speciális megválasztásával (ezt általában a kezdeti feltételek adják, pl. t 0 adott kitérés (y), sebesség (y’), y(n-1)) v ritkábban peremfeltételekkel: pl. húr két végpontjában vannak adva az adatok) d.e Általános alak: expliciten: y(n)=f(x, y, y’, y(n-1)), impliciten: F(x, y, y’, y(n))=0 Elsőrendű differenciálegyenletek Ált. alak: y’=f(x,y) [F(x,y,y’)] Kezdeti-érték probléma: (kép) y(x 0 )=y0 . pl. y’= 2x | ált

megoldás: ∫2x⇒ y=x2+C görbesereg | y(2)= 5 partikuláris (kép) megoldása: x 0 = 2, y0 = 5; 5= 22+C C=1 ⇒ y=x2+1 (behelyettesítés) | keressük integrálgörbét, ami érinti y= 4x+2 egyenest. y’=4 (érintő meredeksége, első derivált) y’=4=2x x 0 =2, y=4x 0 +2=10 y0 =10. 10=22+C C=6 ⇒ y=x2+6 D: egzisztencia: létezik-e adott kezdeti feltételnek megfelelő megoldás D: unicitás: egyetlen (v. több) integrálgörbe halad át adott ponton Szétválasztható változójú de. 0 0 y’=f(x)g(y), y(x 0 )=y0 , f∈C (a,b) , g∈C ∃η∈(c,d): g(η)=0 ⇒ y≡η is megoldás (c,d) . y∈(c 1 ,d 1 )⊂(c,d)-ben g(y)≠0 | y’=f(x)g(y) ≡ y’/g(y)=f(x) H(y)=1/g(y) primitív függvénye: dH/dy=1/g(y), F(y)=f(x) primitív függvénye: dF/dx=f(x) y’/g(y)=f(x) ⇔ H(y)=F(x)+C ∫1/g(y)dy=∫f(x)dx B(⇒): (B.o) = y’/g(y(x))= f(x) = (Jo) ⇒ (Bo primitív függve, mert d/dx= Bo) H(y(x))=F(x)+C dH(y(x))/dx=dH/dy| y=y(x) * dy/dx=1/g(y(x)) y’(x)=B.o F(x) J.o

prim függve (a,b)-n integrálszámítás alaptétele miatt azonos függvények (I) primitív függvényei csak egy konstansban különböznek egymástól. B(⇐): ugyanaz, csak most nem primitív függvényekkel, hanem differenciálokkal. H(y)=F(x)+C 1/g(y) folytonos ⇒ ∃H(y), ha két függvény egyenlő és az egyik folytonos, akkor a másik is folytonos, és g(x), f(x) folytonossága feltétel volt. Metódus: y’=f(x)g(y)=dy/dx dy/g(y)=f(x)dx ∫1/g(y)dy=∫f(x)dx két integrál különböző változók szerint, de mindegyikben ugyanaz a futóváltozó, mint ami szerint integrálni kell. D: reguláris megoldás: unicitás megmarad miután a megoldáshalmazba berakjuk a g(η)=0 szerinti megoldást is, különben szinguláris. Lineáris elsőrendű de. a(x)y’+b(x)y=c(x); a(x)≠0; inhomogén (I): y’+g(x)y=f(x) f,g∈C0 (a,b) ⇒ ∀x 0 ∈(a,b) -re tetszőleges y0 -ra ∃ y(x 0 )=y0 . (KÉP egyértelműen megoldható) homogén (H): y’+g(x)y=0 y 1 ,y 2 megoldása I-nek

⇒ y 1 –y 2 megoldása H-nak. B: y’ 1 +g(x)y1 =f(x); y’ 2 +g(x)y2 =f(x) ⇒ (y1 -y2 )’+g(x)(y1 -y2 )=0. T: T: y ia =y H +y ip y H - homogén egyenlet általános (most összes) megoldása y ip - inhomogén egyenlet egy konkrét megoldása y ia - inhomogén általános megoldása y1 =yia ; y2 =yip ; y1 -y2 =yH . Metódus: 1. homogén ált megoldása: y’+g(x)y=0; y’=–g(x)y (g(x) folytonos (a,b)-n, y ∀ütt folytonos) y≡0 is megoldás. ∫dy/y=–∫g(x)dx ln|y|=–∫g(x)fx+c 1 ; |y|=ec1e–∫g(x)dx ⇒ {y>0-ra: y=ec1e–∫g(x)dx; y<0-ra: y=–ec1e–∫g(x)dx); y≡0} ⇒ y=ce–∫g(x)dx; c∈R. (ezt zh-kon le kell vezetni) 2. inhomogén partikuláris megoldása: (állandó variálásával) y’+g(x)y= f(x); yip =c(x)Y 1 (x), c∈R, c(x)= ?; y’ ip =c’(x)Y 1 (x)–c(x)Y 1 (x)g(x); c’Y 1 –cY 1 g+gcY 1= f; c’= f(x)/e–∫g(x)dx; c’(x)=f(x)e∫g(x)dx c(x) (ide nem kell integrálási állandó már. ill Fritz ide ír állandót, és akkor inhomogén

ált. megoldását kapja, de Kónya ezt nem szereti); yip =c(x)Y 1 (x) M: ∀∃ primitív függvénye g(x)-nek, hiszen folytonos. pl. y’+xy= x g(x)= x, f(x)= x; H: y’+xy= 0; y’= -xy; y≡0 is megoldás; yH =ce-x^2 /2, c∈R; yip =c(x)e-x2/2; y’ ip =c’e-x2/2+ce-x2/2(-x); c’= xex2/2. c(x)= ∫xx2/2dx=ex2/2+0 (integrálási állandót nullának választjuk). yip =c(x)e-x2/2=ex2/2e-x2/2=1 yia =yH +yip =cex2/2+1 KÉP: y(3)= 21: – 21=ce-9/2+1 c. Friccnél: c(x)=∫xex2/2dx=ex2/2+c; yip =c(x)e-x2/2=(xx2/2+c)e/x2/2=ce-x2/2+1 Új változók bevezetése a) y’=f(y/x) – homogén de. u(x):=y(x)/x y=ux; y’=u’x+u; u’x+u=f(u) szétválasztható lett b) y’=f(ax+by+c). u:=ax+by [+c], b≠0; u’=a+by’ y’-re megoldható pl. y’=(2y2+x2)/xy=(2(y/x)2+1)/(x/y) u:=y/x, y=ux, y’=u’x+u; u’x+u=(2u2+1)/u, u’=(u2+1)/xu 1/2ln(u2+1)=ln|x|+c 1 . ln(y2/x2 +1)=2lnx2+c 1 ; y2/x2 +1=ec1x2 y2=cx4–x2, c>0 D: iránymező: y’= f(x,y). ∀ olyan (x,y) ponthoz, melyre

értelmezett a függvény, egy irányt rendel hozzá. D: vonalelem: pont és a hozzárendelt irány. D: iránymező: vonalelemek összessége Elsőrendű Euler-módszer: iránymező egy eleméből kiindulva pontról-pontra szerkesztjük meg a megoldást. (csak KÉPre jó) adott x 0 ,y0 y’= f(x,y), y(x 0 )=y0 ; y’= f(x,y(x)), y’(x 0 )=f(x 0 ,y(x 0 ))=f(x 0 ,y0 ) - adott pontbeli érintő. y=y(x 0 )+y’(x 0 )(x-x 0 ) y(x 1 )≈y 1 =y 0 +f(x 0 ,y 0 ), h=h 1 -x 0 (h - lépésköz) pl: y’= x+y2= f(x,y), y(0)= 1. y’(0)=f(0,y(0))=f(0,1)=0+12= 1 y= y0 +y’(x 0 )(x-x 0 )=1+1(x-0) y(x 1 )=y(0,1)≈y =1 1+1*0.1 = 1.1 = (h 0.1) y(x 2 )≈y2 =y(x 1 )+y’(x 1 )(x 2 -x 1 ) = 2 f(0.1,11)=01+11 =131, y(0,2)≈11+131*0.1=1231 stb pl: y’=y-x2+2x-2, y(1)=2. x 1 1,5 2 2,5 3 y(x) 2 2,5 3,125 3,9 4,225 y’(x) 1 1,25 1,125 0,65 -0,775 látható, hogy (2.5,3)-ban lokális maximuma van ehhez most újabb vizuális módszer jön: D: izoklina (azonos hajlású vonal): azon pontok mértani helye

(halmaza), amelyekhez a diffegyenlet ugyanazt az irányt rendeli, tehát a vonalelemei párhuzamosak. pl: y’=f(x,y)=K; y’=y-y2+2x-2=K (ld. előző példa), y=(x-1)2+K+1 K=0, y=(x-1)2+1 - vonalelemek vízszintesek. K>0, y’>0, y szig mon nő, K<0, y szig mon csök. a függvénynek csak K=0 -ban lehet lokális szélsőértéke. Második deriváltat kiszámoljuk, és ábrázoljuk. ahol az konvex, ott az első derivált 0, lokális minimuma van függvénynek; ahol konkáv lokális maximum; nulla, újabb deriváltak kellenek. ha nagyon közel van számításaink szerint a lokális szélsőértéke a függvénynek (d.e) a második derivált görbéjéhez, akkor lehet, hogy már nagyon eltorzult a közelítések miatt a görbénk, érdemes csökkenteni a lépésközt, és újraszámolni (sux) Hiányos másodrendű diffegyenletek F(x,y,y’,y”)=0 pl: y”=2x2 y’=2x3/3+c y=2/ 3 (x4/4)+c 1 x+c 2 Fő típusok: – Hiányzik y: helyettesítés: y’=p(x), y”=p’(x) –

Hiányzik x: helyettesítés: y’=p(y)=p(y(x)), y”=d/ dx y’(x)=d/ dx p(y(x))=dp/ dydy/ dx =dp/ dyp helyettesítések általában adottak p ia =p ha +p ip = y’ pc 1 x+1/x, xy”-y’=-2/x: xp’-p=-2/x, p’-1/ x p=-2/x23. y=∫(c 1 x+1/x)dx=c 1 x2/2+ln|x|+c 2 pl: y”= 6yy’3, y(1)= -1, y’(1)= -1/ 3 , y’= p(y) helyettesítéssel. y”= dp/ dy p, dp/ dy p=6yp3, p≡0 is megoldás, de most nem jó. ∫(1/p2)dp=6∫ydy, p-1/-1=3y2+c 1 , dy/ dx =p=-1/(3y2+c 1 ) ∫(3y2+c 1 )dy=-x+c 2 , y3=c 1 y=-x+c 2 (ált megoldás), y(1)= -1, (-1)3+c 1 (-1)=(-1)+c 2 -1/ 3 =1/(3(-1)2+c 1 ), c 1 =0 ⇒ c 2 =0, y3=-x, y=-3√x. pl: x pl: két pontban felfüggesztett lánc alakja: y’= K ∫ 1 + y 2 dx , y”=K√(1+y’2) 0 pl: (y+2)2y”+y’= 0, y(1)= 2, y’(x)= 1/ 4 , y’= p(y), y”= dp/ dy p. (y’≡0, y≡c megoldás most nem jó (y+2)2(dp/dy)=-1. ∫dp=-∫(1/(y+2)2)dy dy/dx= p= 1/(y+2)+c 1 ¼=1/(2+2)+c 1 , c 1 =0, dy/dx=1/(y+2), ∫(y+2)dy=∫dx, (y+2)2/2=x+c 2 ,

(y+2)2=2x+c 2 , c 2 =14. (y+2)=±√(2x+14) y=2+√(2x+14) Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek L[y]:=y(n)+a n-1 (x)y(n-1)++a 1 (x)y’+a 0 (x)y. H: L[y]=0 I: L[y]=f(x) f,a 0 ,,a n-1 ∈C0 (a,b) ⇒ ∀y(k)(x 0 )=y 0,k , k= 0,1,,n-1. x 0 ∈(a,b) kép elsőrendűen oldható meg. y 1 ,y 2 megoldása megoldása H-nak. B: ld. elsőrendűnél T: T: I-nek ⇒ y i á = y h á + y i p . Homogén egyenlet általános megoldása T: y 1 ,y 2 megoldása H-nak ⇒ y 1 +y 2 , cy 1 is az. B: behelyettesítéssel. M: H megoldásai lineáris teret alkotnak y 1 -y 2 T: H megoldásainak tere n dimenziós B: nem biz. Ha megadunk n db lineárisan független megoldást ⇒ yhá = i=1 Σnc i yi (x). D: f 1 , f 2 , f n függvények lineárisan függetlenek x∈I-n ⇐ i=1.n i=1 Σ n λ i f i (x)≡0, x∈I ⇔ λ i =0, D: f 1 .f n függvények legyenek x változónak legalább (n-1)-szer folytonosan differenciálható függvényei. f2 fn  f1  f2’ fn’ W(x)= f 1

’    (n-1) f 2 (n-2) f n (n-1)   f1 mátrixot Wronski-féle mátrixnak, a belőle képzett determinánst Wronski-féle determinánsnak nevezzük. Legyen f 1 ,f n legalább (n-1)-szer folytonosan differenciálhatró I-n: a) | W |≠0 ⇒ f 1 ,f n lineárisan függetlenek. I-n (visszafele nem igaz) b) pl. f 1 (x)=x3, f 2 (x)=|x|3 lineárisan függetlenek (-∞,∞)-n, de |W|= | x3 |x|3 | |3x2 ±3x2| =0 c) f 1 .f n lineárisan összefüggő ⇒ |W|=0 T: L[y]= 0, y 1 .y n megoldások I-n, y 1 y n lin függtlenek ⇔ |W(x)|≠0, ha x∈I. B: nem biz. n db lineárisan független megoldás keresése: 1. függvényegyütthatós esetben: csak másodrendűre: y1 adott, y2 (x):=u(x)y1 (x) L[y1 ]=0; y1 (n)+a n-1 (x)y1 (n-1)++a 1 (x)y1 ’+a 0 (x)y1 L[y2 ]=0; y2 (n)+a n-1 (x)y2 (n-1)++a 1 (x)y2 ’+a 0 (x)y2 (y1 +y2 )n+a n-1 (x)(y1 +y2 )(n-1)++a 1 (x)(y1 +y2 )’+a 0 (x)(y1 +y2 )=0 ← Erre nem lesz példa 2. konstans együtthatós esetben: y(n)+a n-1 y(n-1)++a 1 y’+a 0 y,

a i ∈R, i∈N0. y=eλx alakban keressük y’=λeλx, y”=λ2eλx, y(n)=λneλx. eλx(λn+a n-1 λn-1++a 1 λ+a 0 )=0, eλx≠0 ← karakterisztikus egyenlet λn+a n-1 λn1 ++a 1 λ+a 0 =0. gyökei: λ 1 λ n lehetnek köztük többszörös és/vagy konjugált komplex gyökök is. ezeket fel kell oldanunk: a) λ 1 λ n különböző valós gyökök, lineárisan függetlenek, n db. van belőlük yiá = i=1 Σnc i eλix, c i ∈R. b) λ 1 k-szoros gyök (rezonancia): 1: eλ1x, 2: eλ1x( * x), 3: eλ1x( x2) k: eλ1x( xk-1). (azaz a k-szoros gyököket sorba megszorozzuk x hatványaival) ezek már lineárisan függetlenek. c) λ 1 és λ 2 konjugált kompex gyökök: λ 1 =α+jβ, λ 2 =/λ 1 =α–jβ. y1 = eλ1x = e(α+jβ)x = eαxejβx = eαx(cosβx+jsinxβx) = eαxcosβx+jeαxsinβx. y1 , y2 megoldás bármely lineáris kombinációja is megoldás, ezek közül valósakat keresünk. y1 *:=(y1 +y2 )/2 = eαxcosβx, y2 *:=(y1 -y2 )/2j = eαxsinβx pl: y(3)-2y”-3’=0

λ3-2λ2-3λ=0, λ(λ2-2λ-3)=0 λ 1 =0, λ 2 =–1, λ 3 =3. 1, 1/ex, e3x lin függetlenek: yhá =c 1 +c 2 /ex+c 3 e3x, c i ∈R, i=1.3 pl: y(3)+2y’+y’=0 (y=eλx) λ3+2λ2+λ=0, λ(λ2+2λ+1)=0 λ 1 =0, λ 2 =–1, λ 3 =–1 ⇒ 1: e0x 1, 2: e-1x 1/ex, 3: e-1x 1/ex ( * x)=x/ex. yiá =c 1 +c 2 /ex+c 3 x/ex Inhomogén egyenlet megoldása állandók variálásával: (konstans és függvényegyütthatós diffegyenletekre is, mi csak másodrendű eseteket nézünk). ay”+by’+cy=f(x), L[Y]=0, L[Y 1 ]≡0, L[Y 2 ]≡0. Y 1 ,Y 2 lineárisan függetlenek yH =c 1 Y 1 (x)+c 2 Y 2 (x) felbontjuk: c| yip =c 1 (x)y1 (x)+c 2 (x)y2 (x). b| y’ ip =c 1 ’y1 +c 2 ’y2 +c 1 y1 ’+c 2 y2 ’ feltételezzük, hogy c’y1 +c 2 ’y2 = 0, mert feladat alulhatározott, végtelen sok c 1 , c 2 van, nekünk elég egy. később majd belátjuk, hogy ez a feltétel teljesíthető a| y” ip =0+c 1 ’y1 ’+c 1 y1 ”+c 2 ’y2 ’+c 2 y2 ” behelyettesítjük az inhomogénbe: c 1 (ay1

”+by1 ’+cy1 )+c 2 (ay2 ”+by2 ’+cy2 )+a(y1 ’c 1 ’+y2 ’c= ’) f(x). a c1 utáni 2 zárójel=L[y1 ]≡0, c 2 utáni zárójel=L[Y 2 ]≡0. y1 c 1 ’+y2 c 2 ’=0, y1 ’c 1 ’+y2 ’c 2 ’=f(x)/a(x) W(x)= y1 y2  c 1 ’ =  0  f(x)/a(x) y1 ’ y2 ’ c 2 ’   -1 c 1 ’ = y1 y2   0   c1  f(x)/a(x) c 2 ’ y1 ’ y2 ’    c2  inverz létezik, mert alapelemek (y1 , y2 ) lineárisan függetlenek. |W|≠0 sehol sem folytonos ∃ primitív függvénye ∃c 1 ,c 2 ( a feltételezésünk jogos volt) Példák csak a szóbelin fordulhatnak elő, tehát a következő kettő variációi: pl: y”+y=1/cosx. (ez csak ezzel a módszerrel oldható meg) H: λ2+1=0, λ 1,2 =±j, c 1 cosx+x 2 sinx. IP: c 1 (x)cosx+c 2 (x)sinx. (itt inverzszámítés, stb) c 1 ’=-tgx, c 2 ’= 1 c 1 =∫sinx/cosx=ln|cosx|, c 2 =∫dx=x yip =cosxln|cosx|+xsinx IÁ: yiá =c 1 cosx+c 2 sinx+cosxln|cosx|+xsinx.

{a(x)y”+b(x)y’+c(x)y=0. y1 adott y2 =u(x)y1 } pl: x2y”-4xy’+6y=x4+x3. y1 (x)=x2 (adott), y2 (x)= ? x2y”-4xy’+6y= 0 y2 (x)=u(x)x2, y2 ’=u’x2+u2x; y2 ”=u”x2+u’2x+2u. x2(u”x2+4xu’+2u)-4x(u’x2+u2x)+6ux2= 0 u”(x)= 0 u’=c 1 u=c 1 x+c 2 . c 1 := 1, c 2 :=0 ⇒ y2 (x)=u(x)y1 (x)=x * x2=x3. yH =c 1 x2+c 2 x3 yip =c 1 (x)x2+c 2 (x)x3. Felírjuk Wronski-mátrix, stb Inhomogén egyenlet megoldása kísérletezéssel: állandó együtthatósra és speciális f(x)-re. f(x) yip f ilyen függvények összege, szorzata. Külső rezonanciánál αx αx probléma van. Ekkor a kísérletező függvény vagy annak Ke Ae egyik tagja megoldja a homogén differenciálegynletet. Ezt P m (x) Q m (x) (teljes polinom) a tagot addig kell szorozni x-el, amíg megszűnik a K 1 sinαx Asinαx+Bcosαx rezonancia. K 2 cosαx Asinαx+Bcosαx pl: y”’-y”+y’-y=x2+x h: λ3-λ2+λ-1=0, (λ-1)(λ2+1)=0, λ 1 =1, λ 2,3 =±j. λ 1 =1, λ 2 =cosx, λ 3 =sinx –1 | y=Ax2+Bx+C 1 |

y’=2Ax+B –1 | y”=2A 1 | y”’=0 x2(-A)+x(-B+2A)+(-c+B-2A)=x2+x. -A=1, -B+2A=1, -C+B-2A=0 ⇒ A=-1, B=-3, C=-1. yip =-x2-3x-1 yiá =c 1 ex+c 2 cosx+c 3 sinx-x2-3x-1 pl: y”-3y’+2y=e3x+x2+x. h: λ2-3λ+2=0, λ 1 =2, λ 2 =1; yh =c 1 e2x+x 2 ex 2 | yip =Ae3x+Bx2+Cx+D, nincs rezonancia (h és yip között kell nézni) -3 | y’=Ae3x3+Bx2+C 1 | y”=9Ae3x+2B e3x(2A-9A+9A)+x2(2B)+x(2C-6B)+2D-3C+2B=e3x+x2+x. 2A=1, 2B=1, 2C-6B=1, 2D-3C+2B=0 A=˝, B=˝, C=2, D=5/ 2 . yip =1/ 2 e3x+1/ 2 x2+2x+5/ 2 yiá =yh +yip = pl: y”-3y’+2y=x+ex. h: λ2-3λ+2=0, λ 1 =2, λ 2 =1; yh =c 1 e 2 x+x 2 ex 2 | y=Ax+B+Cex( * x) -3 | y’=A+Cex( * x)+(Cex) 1 | y”=Cex( * x)+(Cex+Ce) REZONANCIA Cex és ex miatt !! emiatt ( * x)-ket veszünk fel. de ez befolyásolja a deriválást is (x * )ex(2C-3C+C)+ex(-3C+2C)+x(2A)-(2B-3A)=x+ex. C=-1, A= ˝ , B=3/ 4 . yip =1/ 2 x+3/ 4 -xex yiá =yj=h +yip = pl: y”+y=-4cosx+x λ 1 =cosx, λ 2 =sinx. yip x(Acosx+Bsinx)+Cx+D. (kell a D is, mert teljes polinommal

helyettesítünk) Változó transzformációja y(x)=ϕ(t(x)), ϕ(t)|t=t(x) =ϕ(t(x))=y(x). dϕ/dt=ϕ•. y’= dy/dx =d/dx ϕ(t(x)) = dϕ/dt*dt/dx = dϕ/dx1/(1/(dx/dt)) = (dϕ/dt)/(dx/dt) = ϕ•/x•=y’. y”=d/dx y’ =d/dx ϕ•/x•=d/dt ϕ•/x• dt/dx = (ϕ••x•–ϕ•x••)/x•2 * 1/x• = (ϕ••x•–ϕ•x••)/x•3=y”. pl: y”–2y/x2= 0, x= et helyettesítéssel. x= et, x’= et, x”= et y’= ϕ•/x• = ϕ•/et y”= ϕ••–ϕ•/(e2t) (ϕ••-ϕ•)/(e2t)-2ϕ/(e2t)= 0, = ϕ••-ϕ•-2ϕ, (ϕ=eλt) = λ2-λ-2=0. λ 1 =2, λ 2 =–1 ϕ(t)=c 1 e2t+c 2 e-t et= x, t= lnx ϕ(t(x)) = ϕ(t)|t=lnx = c 1 x2+c 2 /x. M: x<0 esetén. x=e-t -c 1 x2-c 2 /x, de ez ugyanaz, mint az előző, hiszen c 1 , c 2 tetszőleges Egzakt differenciálegyenletek D: T síktartomány egyszeresen összefüggő (eöf - end öf file ) ← ∀ tartománybeli kettőspont nélküli zárt görbével együtt annak belsejét is tartalmazza. Kettőspont: amikor a görbe

visszahurkolódik és találkozik önmagával, ekkor nem egyértelmű a gürbe belseje. (pl egy kört mintha belül egy madzaggal összehúztuk volna: O 8 ) D: Exact diffegyenlet. g,h∈C0 T , T⊂R2 nyílt eöf a g(x,y)+y’(h(x,y))=0 =≡= g(x,y)dx+h(x,y)dy=0 Exact, ha a baloldal teljes differenciál, azaz ∃F(x,y): F x ’(x,y)=g(x,y), F y ’=h(x,y). df(x,y,dx,dy)=(f x ’dx,f y ’dy) Diffegy megoldása: dF(x,y,dx,dy)≡0 T-n (ez elő volt írva). F x ’= g, F y ’= h, g,h∈C0 T ⇒ F totálisan deriválható. Mivel derivált const nulla ⇒ F constansfüggvény implicit kapcsolat y(x)-re, F(x,y(x))=c. g(x,y)dx+h(x,y)dy=0, exact: ∃F(x,y), dF(x,y,dx,dy)=F x ’dx+F y ’dy=g(x,y)dx+h(x,y)dy, h(x,y)≠0, y(x 0 )=y0. Ált. megoldás: F(x,y)=c T: g,h∈C1 T , T⊂R2, eöf, nyílt tartomány. A g(x,y)dx+h(x,y)dy exact ⇔ ∂g/∂y≡∂h/∂x, (x,y)∈T B(⇒): exact F x ’= g(x,y) folyt, F y ’= h(x,y) folyt. F xy ”=g y ’ folyt, F yx ”=h x ’ folyt (Young-T) F

xy ”≡F yx ”, g y ’≡h x ’ (⇐): nem biz. pl: siny+ysinx+(xcosy-csox)y’=0. Először leellenőrizzük, hogy exact-e? g y ’=csoy+sinx ≡? h x ’=cosy+sinx igen. (1): F x ’= siny+ysinx (2): F y ’=xcosy-cosx visszaintegral (azt, hogy melyikből, az egyszerűség dönti el) F= ∫(siny+ysinx)dx=xsiny+y(-cosx)+c(y). visszahelyettesít 2-be: F y ’ = xcsoy-cosx+c’(y) = xcosy-cosx c’= 0, c(y)= konstans. Általános megoldás: F(x,y)= c xsiny-ycosx= c (a konstans beolvasztható c-be). y(0)=π/ 2 kép? x 0 =0, y0 =π/ 2 –π/ 2 =c xsiny-ycsox=–π/ 2 pl: (2xyex+x2yex+y+2)dx+(x2ex+x+ey)=0. chk: g y ’=2xex+x2ex+1 ≡ h x ’=2xex+x2ex+1 (1): F x ’2xyex+x2yex (2): F y ’=x2ex+x+ez. F = ∫(x2ex+x+ez)dy = yx2ex+yx+ez+c(x), F x ’ = y2xex+yx2ex+y+c’ = 2xexy+x2exy+y+2. c’=2, c=2x (Ellenőrzési lehetőség: ha c’(x) függ y-tól, akkor a) elrontottunk vmit, b) nem volt exact a diffegyenlet, ezért kell elején leellenőrizni, most feleslegesen integráltunk

volna) Ált megoldás: x2exy+xy+ez+2x=c. Exact-á tehető diffegyenletek g(x,y)dx+h(x,y)dy=0, nem exact. ∃-e? µ(x,y) v m(x,y) függvény (multiplikátor, v integrálási tényező), hogy: µ(x,y)g(x,y)dx+µ(x,y)h(x,y)dy= 0 már exact legyen. Az exact diffegyenlet definícióból: µ y ’g+µg y ’=µ x ’h+µh x ’. Ebből meg lehet kapni a multiplikátort, de erre nincs általános módszer pl: search m(x): (1-xy)dx+(xy-x2)dy=0, g(x)=m(x)(1-xy), h(x)=m(x)(xy-x2). g y ’=h x ’, ∫g(x,y)dx = m(x)(-x) ≡ ∫h(x,y)dx = m’(x)(xy-x2)+m(x)(y-2x), m(x)(-x-y+2x)=m’(x)(xy-x2), m’/m= (x-y)/(x(y-x)) = -1/ x . ∫(m’/m)dx = -∫1/ x dx, lnm(x)= -lnx, m(x)= 1/ x . (Az abszolutértékjelet azért hagytuk el, mert legfeljebb egy negatív előjelet hozott volna be, amit a konstans úgyis lenyelt volna, ugyanezért nincs integrálási állandó se.) 1/ x (1-xy)dx+1/ x (xy-x2)dy= 0 exact diffegyenlet = (1/ x -y)dx+(y-x)dy=0 F = ∫(y-x)dy = y2/2-xy+c(x). -y+c’=1/ x -y, c’= 1/ x

, c=ln|x| Kép: y(1)=2, ekkor x>0, c=lnx y2/2-xy+lnx=c, 22/2-2+ln1=c c=0. Kép megoldása: y2/2-xy+lnx=0 pl: seek m(y): y2(x-3y)dx+(1-3xy2)dy=0. g=y2(x-3y), h=(1-3xy2); m’g+mg y ’=mh x ’, m’/m = (h x ’-g y ’)/g = 2y(3y-x)/(y2(x-3y)) = –2/ y . lnm(y) = -2lny, m = 1/y2. (-3y2-(2xy-9y2))/(y2(x-3y)) = 2 (x-3y)dx=(1/y -3x)dy=0. exact pl: g= 3xy+2y2, h= 3xy+2x2. gdx+hdy= 0, search m(xy): m’xg+mg y ’=m’h+mh x ’, m’(xg-yh)=m(h x ’-g y ’), 1 m’/m=(h x ’-g y ’)/(xg-yh) = = / xy . ∫(m’/m)d(xy) = ∫(1/xy)d(xy) m=xy. 2 2 3 2 2 3 (3x y +2xy )dx+(3x y +2x 3y)dy=0. Picard féle szukcesszív approximáció magyarul fokozatos közelítés, de ez nem olyan poénos y’=f(x,y), y(x 0 )=y0 . y=ϕ(x) megoldás x∈K x0,δ -ban ⇒ ϕ’(x)≡f(x,ϕ(x) ∀x∈K x0,δ -ra, ϕ(x 0 )=y0 . x0 ∫xϕ’(x)dx ≡ ∀x∈K x0,δ -ra. ϕ(x)-ϕ(x 0 ) ≡ x0 ∫xf(t,ϕ(t))dt ∀x∈K x0,δ -ra ϕ(x)≡ϕ(x 0 )+ x0 ∫xf(t,ϕ(t)dt, ϕ(x 0 )=y 0 . Ennek kell teljesülnie.

0. közelítő fgv: ϕ 0 (x)≡y0 függvényből indulunk ki, hátha megoldás, y0 + x0 ∫xf(t,y0 )dt=?y0 1. –||– :ϕ 1 =y0 + x0 ∫xf(t,y0 )dt megoldás? y0 + x0 ∫xf(t,ϕ 1 (t))dt=?ϕ 1 (x) x x0 ∫ f(x,ϕ(x))dx n. ϕ n (x)=y0 + x0 ∫xf(t,ϕ n-1 (t))dt Konvergens? A határfüggvény megoldás? T: f: QR kétváltozós függvény folytonos, ∃∂f/∂y, ez is folyt Q téglalapon (Q=[x 0 -a, x X0 +1]x[y 0 -b,y 0 +b] ⇒ ϕ 0 (x)=y 0 , ϕ n (x)=y 0 + x0 ∫ f(t,ϕ n-1 (t))dy rekurzíve meghatározott függvénysorozathoz ∃ olyan δ>0, hogy ϕ n egyenletesen konvergál a K x0,δ intervallumon, és a ϕ határfüggvény megoldása y’=f(x,y), y(x 0 )=y0 kezdetiérték problémának. Ha ϕ* is megoldás lenne K x0,δ -ban ⇒ ϕ(x)≡ϕ(x) ∀x∈K x0,δ . T: Egzisztencia és Unicitás tétele: f folytonos Q téglalapon (zárt) f y’ –||– csakis egy megoldása. pl: ⇒ ∃K x0,δ amelyben y’=f(x,y), y(x 0 )=y0 kép-nek ∃ és = y’ x2+y2, = y(0) 0. ϕ n

(x)=y0 + x0 ∫xf(t,ϕ n-1 (t))dt = 0 ∫x(t2+ϕ n-1 2(t))dt, ϕ 0 (x)≡0. ϕ 2 (x)= 0 ∫x(t2+(t3/3)2)dt=(t3/3+t7/(9*7))|x 0 =x3/3+x7/(97), ϕ 1 = 0 ∫x(t2+02)dt=(t3/3)|3 0 =x3/3, ϕ 3 (x)= 0 ∫x(t2+(t3/3+t7/(9*7))2)dt = x3/3+x7/(9*7)+2x11/(39711)+x15/(9715), =y ϕ(x) megoldáshoz konvergál ϕ 3 (x) egy közelítő megoldás a 0 egy kis környezetéhez. Helyettesítsük be ϕ 3 at a diffegyenlet bal és jobboldalába A két oldal nem egyenlő, de kicsi a különbség Állandóegyütthatós, homogén, lineáris, elsőrendű diffegyenlet-rendszer x•(t)=Ax(t), x=? a ij ∈R. spec A-nak van teljes sajátvektor-rendszere: n db lineárisan független sajátvektor = diagonalizálható = A egyszerű struktúrájú (pl. szimmetrikus) D: As=λs, s≠0. A pl: A az xy síkra vetítés mátrixa: sajátvektor xy bármely két lineárisan független vektora, 1 kétszeres sajátérték. As-λEs=0, (A-λE)s=0, s≠0. lineáris homogén egyenletrendszer, determináns nemnulla esetben s 1 s n

lineárisan független sajátvektor-rendszer, megoldás: c 1 eλ1t1+c 2 eλ2t2+= k=1 Σnc k eλktks k = k=1 Σnc k ϕ k . Ez diszkmat ismétlés volt pl: x 1 •=x 1 , x 2 •=x 2 +x 3 , x 3 •=3x 3 . Keressünk hozzá függvényt •  x1   1 0 0  x1  1− λ 0 0      1− λ 1 = (1 − λ ) 2 (3 − λ ) = 0  x 2  =  0 1 1  x 2  , det( A − λE ) = 0 ; λ 1,2 =1, λ 3 =3(A-λ 1 E),      0 0 3− λ  x3   0 0 3  x 3  A x = * x  1  0  1 0 0       s 1 =0, s1 =  0 , s 2 =  1 , A =  0 1 1 . λ 3 =3,        0  0  0 0 3  − 2 0 0  s31   0       0 − 2 1  s32  =  0 ha nem kapunk konkrét      0 0  s33   0  0  0   értéket egy tényezőre, akkor tetszőlegesen választunk egyet, lin függetlenség a

cél. s 3 =  1 ,    2  1  0  0   c1 e t         t t 3t t 3t = c 1 e  0 +c 2 e  1 +c 3 e  1 =  c2 e + c3 e           0  0  2  2c3 e 3t   x1 ( t )    x 2 ( t ) = x    x 3 ( t ) T: x•=Ax, A-nak van sajátvektorrendszere ⇔ x= i=1 Σnc i eλits i = i=1 Σnciϕ i B: s=s 1 , s 2 , s n ,s i -k lineárisan függetlenek ⇒ ∃s-1, s-1|x=Ax, E=ss-1, s-1x•=s-1Ax=s-1Ass-1x. y:=s-1x  λ1   y1    λ2     • • λit x=sy. y =Λ y (nagy lambda), yi =λ i yi , 1≤i≤n Λ=  y’=λ i y= 0, yi =c i e . y=    =        yn  λn    c1e λ1t   e λ1t   c1   e λ1t         =       ⇒ x=sy=(s s )  1 n   c e λn t   e λn t   c   n    n  0  Λt

λ1t λn t ≤ e . e ≥ e 0   c1    e λ1t s1 ,., e λn t s n     = =φ  λn t   e   cn   c1  n   λi t  =   ∑ ci e s i   i=1  cn  Komplex λ esetén: λ 1 =a+jb, λ 2 =/λ 1 , s 1 is komplex, s 2 =/s 1 . ϕ i =eλits i (ϕ 1 +ϕ 2 )/2, (ϕ 1 –ϕ 2 )/2j