Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek

A VIK Wikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Kuglics Lajos Patrik (vitalap | szerkesztései) 2018. január 2., 12:07-kor történt szerkesztése után volt.
(eltér) ← Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)
Ugrás a navigációhoz Ugrás a kereséshez

Explicit differenciálegyenletek

A megoldás általános alakja

[math] y' = f(x) [/math]

[math] \frac{dy}{dx} = f(x) [/math]

[math] dy = f(x)dx [/math]

[math] \int dy = \int f(x)dx [/math]

Tehát a megoldás:

[math] y = \int f(x)dx + c [/math]

Példa

[math] y' = 2 \sin x [/math]

[math] \frac{dy}{dx} = 2 \sin x [/math]

[math] dy = 2 \sin x dx [/math]

[math] \int dy = \int 2 \sin x dx [/math]

Tehát:

[math] y = -2 \cos x + c [/math]

Szeparabilis differenciálegyenletek

A megoldás általános alakja

[math] f_1(x) g_1(y) dx + f_2(x) g_2(y) dy = 0 [/math]

Amennyiben [math] g_1(y) f_2(x) \neq 0 [/math], akkor

[math] \frac{f_1(x)}{f_2(x)} dx = - \frac{g_2(y)}{g_1(y)} dy [/math]

Tehát a megoldás:

[math] \int \frac{f_1(x)}{f_2(x)} dx = - \int \frac{g_2(y)}{g_1(y)} dy [/math]

Példa

[math] x^3 dx = (y+1)^2 dy [/math]

[math] \int x^3 dx = - \int (y+1)^2 dy [/math]

[math] \frac{x^4}{4} + c_1 = - \frac{(y+1)^3}{3} + c_2 [/math]

Tehát:

[math] 3x^4 + 4(y+1)^3 + c = 0 [/math]

Példa

[math] y' = \frac{4y}{x(y-3)} [/math]

[math] \frac{dy}{dx} = \frac{4y}{x(y-3)} [/math]

Ha [math] y \neq 0 [/math], akkor:

[math] \frac{y-3}{y} dy = \frac{4}{x} dx [/math]

[math] \int \frac{y-3}{y} dy = \int \frac{4}{x} dx [/math]

[math] \int 1 - \frac{3}{y} dy = 4 \ln |x| + c_2 [/math]

[math] y - 3 \ln |y| + c_1 = 4 \ln |x| + c_2 [/math]

[math] y = 3 \ln |y| + 4 \ln |x| + c [/math]

[math] y = \ln |y|^3 + \ln x^4 + \ln c [/math]

Tehát:

[math] y = \ln \left( |y|^3 x^4 c \right) [/math]

Ha pedig [math] y = 0 [/math], akkor:

[math] 0 = \frac{4 \cdot 0}{x(0-3)} = 0 [/math]

szintén jó megoldás.

Példa

[math] y' = \frac{x^2 \cos^2 y}{\sin y} [/math]

[math] \frac{dy}{dx} = \frac{x^2 \cos^2 y}{\sin y} [/math]

[math] \frac{dy}{dx} = x^2 \frac{\cos^2 y}{\sin y} [/math]

Ha [math] \cos^2 y \neq 0 [/math], akkor:

[math] \frac{\sin y}{\cos^2 y} dy = x^2 dx [/math]

[math] \int \frac{\sin y}{\cos^2 y} dy = \int x^2 dx [/math]

[math] \int \cos^{-2} y \sin y dy = \frac{x^3}{3} + c_2 [/math]

[math] - \int \cos^{-2} y (- \sin y) dy = \frac{x^3}{3} + c_2 [/math]

Mivel [math] \int f^{\alpha}(x) f'(x) dx = \frac{f^{\alpha +1}(x)}{\alpha +1} [/math], így:

[math] - \frac{\cos^{-1} y}{-1} + c_1 = \frac{x^3}{3} + c_2 [/math]

[math] \frac{1}{\cos y} + c_1 = \frac{x^3}{3} + c_2 [/math]

Tehát:

[math] \frac{1}{\cos y} = \frac{x^3}{3} + c [/math]

Ha pedig [math] \cos^2 y = 0 [/math], akkor [math] y = \frac{\pi}{2} [/math], ami szintén kielégíti az eredeti egyenletet.


Példa

[math] x y' - y = y^3 \text{ ha } x \gt 0 [/math]

[math] x \frac{dy}{dx} = y^3(x) + y(x) [/math]

Ha [math] y^3 + y \neq 0 \Rightarrow y \neq 0 [/math], akkor:

[math] \int \frac{1}{y^3 + y} dy = \int \frac{1}{x} dx [/math]

[math] \int \frac{1}{y} - \frac{y}{y^2+1} dy = \ln |x| + c_2 [/math]

[math] \int \frac{1}{y} - \frac{1}{2} \frac{2y}{y^2+1} dy = \ln |x| + c_2 [/math]

És, mivel [math] \int \frac{f'(x)}{f(x)} dx = \ln |f(x)| + c [/math], így:

[math] \ln |y| - \frac{1}{2} \ln |y^2 + 1| + c_1 = \ln |x| + c_2 [/math]

[math] \ln \frac{\sqrt{|y^2+1|}}{|y|} = \ln \left( |x|c \right) [/math]

Tehát:

[math] \frac{\sqrt{|y^2+1|}}{|y|} = |x|c [/math]

Ha pedig [math] y=0 [/math], az is kielégíti az eredeti egyenletet.

Szeparabilisra visszavezethető differenciálegyenletek

Homogén fokszámú differenciálegyenletek

Az [math] M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 [/math] elsőrendű differenciálegyenlet homogén fokszámú, ha [math] M(x,y) [/math] és [math] N(x,y) [/math] ugyanolyan fokszámú homogén függvények. Ekkor az egyenlet megoldása során mindig megtehetjük a következő helyettesítést:

[math] t(x) := \frac{y(x)}{x} \text{ ha } x \neq 0 [/math]

Tehát igaz lesz, hogy:

[math] y(x) = xt(x) [/math]

Tehát az is igaz lesz, hogy:

[math] y'(x) = t(x) + xt'(x) [/math]

Példa

[math] y' = \frac{xy}{x^2 - y^2} \text{ ha } x \neq 0 \text{ és } x^2 - y^2 \neq 0 [/math]

[math] y' = \frac{\frac{y}{x}}{1-\left( \frac{y}{x} \right)^2} [/math]

Végezzük el a helyettesítést, [math] t(x) := \frac{y(x)}{x} [/math]:

[math] y' = \frac{t}{1-t^2} [/math]

[math] t + x \frac{dt}{dx} = \frac{t}{1-t^2} [/math]

[math] x \frac{dt}{dx} = \frac{t}{1-t^2} -t [/math]

[math] x \frac{dt}{dx} = \frac{t^3}{1-t^2} [/math]

Ha [math] t^3 \neq 0 \Rightarrow t \neq 0 [/math], akkor:

[math] \int \frac{1}{x}dx = \int \frac{1}{t^3} - \frac{1}{t} dt [/math]

[math] \ln |x| + c_1 = -\frac{1}{2}t^{-2} - \ln |t| + c_2 [/math]

[math] \ln |x| = -\frac{1}{2}t^{-2} - \ln |t| + c [/math]

De mivel [math] t=\frac{y}{x} [/math], így:

[math] \ln|x| = -\frac{1}{2} \left( \frac{y}{x} \right)^{-2} - \ln \left| \frac{y}{x} \right| + c [/math]

[math] \ln|y| = - \frac{1}{2} \left( \frac{x}{y} \right)^2 + c [/math]

Ha pedig [math] t = 0 \Leftrightarrow \frac{y}{x}=0 \Leftrightarrow y=0 [/math], akkor az eredeti egyenletbe helyettesítve:

[math] 0' = \frac{x \cdot 0}{x^2 - 0^2} = 0 [/math]

is igaz.

Lineáris argumentumú differenciálegyenletek

Ha [math] y' = f(Ax+By+C) [/math], ahol [math]A[/math], [math]B[/math] és [math]C[/math] konstansok, bevezethető a következő helyettesítés:

[math] u(x) := Ax+By+C [/math]

Innen tehát:

[math] y= \frac{u-Ax-C}{B} [/math]

Illetve:

[math] y'= \frac{u'-A}{B} [/math]

Példa

[math] y' = x+y [/math]

Helyettesítéssel:

[math] x+y = u [/math]

[math] y=u-x [/math]

[math] y'=u'-1 = u [/math]

[math] \frac{du}{dx} = u+1 [/math]

Ha [math] u+1 \neq 0 \Rightarrow u \neq -1 [/math], akkor:

[math] \int \frac{1}{u+1} du = \int dx [/math]

[math] \ln |u+1| +c_1 = x+c_2 [/math]

[math] \ln |u+1| = x+c [/math]

[math] |u+1| = ce^x [/math]

[math] u = \pm ce^x -1 [/math]

De, mivel [math] u = x+y [/math], így:

[math] x+y = \pm ce^x -1 [/math]

[math] y= \pm ce^x -x -1 [/math]

Ha pedig [math] u=-1 \Leftrightarrow x+y=-1 \Leftrightarrow y=-1-x \Rightarrow y'=-1 [/math], tehát az eredeti egyenletbe helyettesítve helyes eredményt ad.

Egzakt differenciálegyenletek

Egy [math] M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 [/math] alakú elsőrendű differenciálegyenlet egzakt [math] \Leftrightarrow \frac{\partial M(x,y)}{\partial y} = \frac{\partial N(x,y)}{\partial x} [/math]. Ekkor [math] \exists F(x,y) [/math] függvény, amelyre [math] \frac{\partial F(x,y)}{\partial x} = M(x,y) [/math] és [math] \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} = N(x,y) [/math]. Ez az [math] F(x,y) [/math] függvény az [math] N [/math], [math] M [/math] függvénypár potenciálja. Egy egzakt differenciálegyenlet általános megoldása [math] F(x,y)=c [/math], ahol [math] c\in \Re [/math].

Példa

[math] \left( 4 x^3 y^2 -2yx \right)dx + \left( 3 x^4 y^2 - x^2 \right) dy = 0 [/math]

Egzakt?

[math] \frac{\partial M(x,y)}{\partial y} = 12 x^3 y^2 -2x [/math]

[math] \frac{\partial N(x,y)}{\partial x} = 12 x^3 y^2 -2x [/math]

Egzakt, tehát keressük [math]F[/math] függvényt! Mivel [math] \frac{\partial F(x,y)}{\partial x} = M(x,y) [/math], így:

[math] F(x,y) = \int M(x,y)dx + c(y) [/math]

[math] F(x,y) = x^4 y^3 - x^2 y + c(y) [/math]

[math] \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} = 3 x^4 y^2 - x^2 + c'(y) = 3 x^4 y^2 - x^2 [/math]

[math] \Downarrow [/math]

[math] c'(y) = 0 \Rightarrow c(y) = konstans [/math]

Tehát:

[math] x^4 y^3 - x^2 y + c = 0 [/math]


Példa

[math] \left( 2x^3 + 3y \right)dx + \left( 3x + y -1 \right)dy = 0 [/math]

Egzakt?

[math] \frac{\partial M(x,y)}{\partial y} = 3 [/math]

[math] \frac{\partial N(x,y)}{\partial x} = 3 [/math]

Egzakt, tehát keressük [math] F [/math] függvényt!

[math] F(x,y) = \int M(x,y)dx + c(y) [/math]

[math] F(x,y) = \frac{1}{2} x^4 + 3xy + c(y) [/math]

[math] \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} = 3x + c'(y) = 3x + y-1 [/math]

[math] \Downarrow [/math]

[math] c'(y) = y-1 \Rightarrow \int c'(y) = \frac{y^2}{2} - y + c [/math]

Tehát:

[math] \frac{1}{2} x^4 + 3xy + \frac{y^2}{2} - y + c = 0 [/math]


Egzaktra visszavezethető differenciálegyenletek

Ha egy differenciálegyenlet nem egzakt, de létezik olyan [math]m[/math] multiplikátor, hogy [math] mM(x,y)dx+mN(x,y)dy=0 [/math] már egzakt legyen, akkor ez egy egzaktra visszavezethető differenciálegyenlet. [math]m[/math] meghatározására az alábbi három speciális eset valamelyike szolgál:

[math] \text{Ha } \frac{\frac{\partial M(x,y)}{\partial y} - \frac{\partial N(x,y)}{\partial x}}{N} = f(x) \Rightarrow m=e^{\int f(x)dx} [/math]

[math] \text{Ha } \frac{\frac{\partial M(x,y)}{\partial y} - \frac{\partial N(x,y)}{\partial x}}{M} = g(y) \Rightarrow m=e^{- \int g(y)dy} [/math]

[math] \text{Ha \textit{M} es \textit{N} azonos fokszamu homogen fuggvenyek es } M(x,y)x + N(x,y)y \neq 0 \Rightarrow m=\frac{1}{M(x,y)x + N(x,y)y} [/math]

Példa

[math] \left( 3xy + y^2 \right)dx + \left( x^2 + xy \right)dy = 0 [/math]

Egzakt?

[math] \frac{\partial M(x,y)}{\partial y} = 3x+2y [/math]

[math] \frac{\partial N(x,y)}{\partial x} = 2x +y [/math]

Nem egzakt, de visszavezethető-e?

[math] \frac{\frac{\partial M(x,y)}{\partial y} - \frac{\partial N(x,y)}{\partial x}}{N} = \frac{3x+2y-2x-y}{x^2+xy} = \frac{1}{x} \Rightarrow m = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln x} = x [/math]

Az [math]m[/math]-el szorzott egyenlet már egzakt?

[math] \left( 3x^2y + y^2x \right)dx + \left( x^3 + x^2y \right)dy = 0 [/math]

[math] \frac{\partial mM(x,y)}{\partial y} = 3x^2+2xy [/math]

[math] \frac{\partial mN(x,y)}{\partial x} = 3x^2+2xy [/math]

Már egzakt! Tehát a megoldás:

[math] F(x,y) = \int mM(x,y)dx = x^3y + \frac{1}{2}x^2y^2 + c(y) [/math]

[math] \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} = mN(x,y) = x^3 + x^2y + c'(y) [/math]

[math] mN(x,y) = x^3 + x^2y \Rightarrow c'(y) = 0 \Rightarrow c(y) = c [/math]

Tehát:

[math] x^3y + \frac{1}{2}x^2y^2 + c = 0 [/math]


Példa

[math] ydx+3ydy=0 [/math]

Egzakt?

[math] \frac{\partial M(x,y)}{\partial y} = 1 [/math]

[math] \frac{\partial N(x,y)}{\partial x} = 0 [/math]

Nem, de visszavezethető?

[math] \frac{\frac{\partial M(x,y)}{\partial y} - \frac{\partial N(x,y)}{\partial x}}{M} = \frac{1-0}{y} = \frac{1}{y} \Rightarrow m = e^{-\int \frac{1}{y} dy} = e^{-\ln y} = \left( e^{\ln y} \right)^{-1} = y^{-1} = \frac{1}{y} [/math]

Tegyük fel, hogy [math] y \neq 0 [/math]. Az [math]m[/math]-el szorzott egyenlet már egzakt?

[math] dx + 3dy = 0 [/math]

[math] \frac{\partial mM(x,y)}{\partial y} = 0 [/math]

[math] \frac{\partial mN(x,y)}{\partial x} = 0 [/math]

Már egzakt! Tehát a megoldás:

[math] F(x,y) = \int M(x,y)dx = x + c(y) [/math]

[math] \Downarrow [/math]

[math] \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} = c'(y) = 3 \Rightarrow c(y) = 3y + c [/math]

Tehát:

[math] x+3y+c=0 [/math]

Ha pedig [math] y=0 [/math], az is kielégíti az eredeti egyenletet.

Kezdeti érték problémák

Amikor a differenciálegyenleten kívül meg van adva a keresett függvény egy pontbeli értéke. Ez alapján megadható egy partikuláris megoldás.

Példa

[math] y' = 2 \sin x \text{ és } y(0)=0 [/math]

[math] \frac{dy}{dx} = 2 \sin x [/math]

[math] dy = 2 \sin x dx [/math]

[math] \int dy = \int 2 \sin x dx [/math]

Tehát az általános megoldás:

[math] y = -2 \cos x + c [/math]

De, mivel tudjuk, hogy [math] y(0)=0 [/math], így:

[math] 0=-2 \cos(0)+c \Rightarrow c=2 [/math]

Tehát a partikuláris megoldás:

[math] y=-2\cos x+2 [/math]