Differenciál egyenlet

Egész jó segédlet

A differenciálegyenletek olyan egyenletek, ahol az ismeretlen egy diffható függvény és az egyenlet a függvény és ennek deriváltjai között teremt kapcsolatot

Típuselnevezések

elsőrendű: azt jelenti, hogy a keresett függvénynek csak első deriváltja jelenik meg az egyenletben
közönséges: olyan differenciálegyenlet, ami egy egyváltozós diffható függvényre van felírva
explicit: Ha a derivált tag kifejezhető a többi taggal
egzakt

Elsőrendű közönséges explicit diffegyenletek

y^{'} = f (x, y)

elsőrendű közönséges explicit diffegyenlet, ha $f : D \to ℝ$

folytonos függvény, ahol $D \subseteq ℝ^{2}$

tartomány. Ennek $y : I \to ℝ$ diffható függvény megoldása, ha $y^{'} (x) = f (x, y (x)), \forall x \in I$ ahol $I \in ℝ$ nyílt intervallum.

Szétválasztható változójú diffegyenletek

y^{'} = f (x) = g (x) \cdot h (x)

, ahol $g$

és $h$

folytonos függvények

Megoldása

Ha $h (y) = 0$ gyökei $y_{1}, y_{2}, \dots$ akkor az $y = y_{i}$ függvény megoldása az egyenletnek, hiszen $y^{'} = (y_{i})^{'} = 0 = h (y_{i})$

Tegyük fel, hogy $h (y) \neq 0$

3 y^{'} = f (x, y) & = g (x) h (y) \frac{d y}{d x} & = g (x) h (y) d y & = g (x) h (y) d x & & / : h (y) \frac{1}{h (y)} d y & = g (x) d x & & / \int \int \frac{1}{h (y)} d y & = \int g (x) d x \tilde{H} (y) & = G (x) + C & & (C \in ℝ)

\tilde{H} (y)

-ból, meg jó esetben ki lehet fejezni az $y$

-t, így megoldva a diffegyenletet.

Egzakt diffegyenletek

Definíció 1

P, Q : ℝ^{2} \to ℝ

adott folytonosan diffható függvények. Ekkor a $P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0$

diffegyenlet egzakt, ha $\exists F : ℝ^{2} \to ℝ$

kétszer folytonosan diffható, amelyre igaz, hogy $F_{x}^{'} = P$

és $F_{y}^{'} = Q$

, tehát a parciális deriváltjai megegyeznek $P$

-vel és $Q$

-val.

3 P (x, y) d x + Q (x, y) d y & = 0 & & / : d x P (x, y) + Q (x, y) \frac{d y}{d x} & = 0 P (x, y) + Q (x, y) y^{'} (x) & = 0 & & / ha Q \neq 0 y^{'} (x) & = - \frac{P (x, y)}{Q (x, y)} & &

Ezzel egy explicit diffegyenletet kaptunk.

Definíció 2

Áll.: Tfh.: $P, Q : ℝ^{2} \to ℝ$ adott folytonosan diffható függvények. Ekkor $P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0$ egzakt $\Leftrightarrow$ $P_{y}^{'} = Q_{x}^{'}$ $D$ -n, feltéve, hogy $D$ egyszeresen összefüggő tartomány Biz.: Csak a $\Rightarrow$ esetet bizonyítjuk Ha egzakt, akkor $\exists F : ℝ^{2} \to ℝ$ kétszer folytonosan diffható, amelyre $F_{x}^{'} = P$ és $F_{y}^{'} = Q$ . Ekkor $P_{y}^{'} = F_{x y}^{″}$ és $Q_{x}^{'} = F_{y x}^{″}$ . $F_{x y}^{″} = F_{y x}^{″}$ a Young-tétel miatt.

Megoldása

Ha $P d x + Q d y = 0$ egzakt diffegyenlet, és $F_{x}^{'} = P, F_{y}^{'} = Q$ akkor a diffegyenlet általános megoldása $F (x, y (x)) = C \in ℝ$ , azaz $F (x, y)$ szintvonalai által meghatározott $y (x)$ függvények.

Bizonyítás: Az állítás feltétele:

F_{x}^{'} d x + F_{y}^{'} d y = 0 \Leftrightarrow F_{x}^{'} + F_{y}^{'} y^{'} = 0

Lemma: Ha $F : ℝ^{2} \to ℝ$ totálisan diffható, akkor $\frac{d}{d x} F (x, y (x)) = F_{x}^{'} + F_{y}^{'} y^{'}$ . Biz.: Láncszabályból: $\frac{d}{d x} F (x (t), y (t)) = F_{x}^{'} \dot{x} + F_{y}^{'} \dot{y}$

Tehát a diffegyenlet egyenértékű:

\frac{d}{d t} F (x, y (x)) = 0 \Leftrightarrow F (x, y (x)) = C \in ℝ

Majdnem egzakt diffegyenlet megoldása

Kérdés Mi van azonban, ha a diffegyenlet nem egzakt, azaz $P_{y}^{'} \neq Q_{x}^{'}$ ? Jó videó a témáról

Ötlet.: Megpróbálunk keresni egy $φ (x, y)$ függvényt, úgy, hogy

\textcolor o r a n g e φ (x, y) P (x, y) d x + \textcolor g r e e n φ (x, y) Q (x, y) d y = 0

már egzakt.

\textcolor o r a n g e \tilde{P} (x, y) d x + \textcolor g r e e n \tilde{Q} (x, y) d y = 0

Tehát kell

2 {\tilde{P}}_{y}^{'} & = {\tilde{Q}}_{x}^{'} φ_{y}^{'} \cdot P + φ \cdot P_{y}^{'} & = φ_{x}^{'} \cdot Q + φ \cdot Q_{x}^{'}

Rossz hír: nehezebb megoldani, mint az eredetit. De nem adjuk fel! Ötlet: Speciál alakú $φ (x, y)$ függvényekkel próbálkozunk. Pl.:

3 φ (x, y) & = m (x) φ (x, y) & = m (y) φ (x, y) & = m (x + y) φ (x, y) & = m (x y) φ (x, y) & = m (\frac{x}{y}) φ (x, y) & = m (x^{2} + y^{2})

Itt $m : ℝ \to ℝ$

Áll.: Tfh. $P, Q : ℝ^{2} \to ℝ$ folytonosan diffható egy $D \subseteq ℝ^{2}$ egyszeresen összefüggő tartományon. Tfh. $P \neq 0$ $D$ -n. Ekkor $m (y)$ csak $y$ -tól függő integráló tényező a $P d x + Q d y = 0$ diffegyenlethez $D$ -n:

\frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P} d y

csak $y$

-tól függ, és $= m (y) = e^{\int \frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P} d y}$

Biz.: Ahhoz, hogy a $φ (x, y) P (x, y) d x + φ (x, y) Q (x, y) d y = 0$ egzakt legyen szükséges: $(m (y) P (x, y) d x)_{y}^{'} = (m (y) Q (x, y) d y)_{x}^{'}$

3 (m (y) P (x, y))_{y}^{'} & = (m (y) Q (x, y))_{x}^{'} m (y)^{'} P + m (y) P_{y}^{'} & = m (y) Q_{x}^{'} m (y)^{'} P & = m (y) (Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}) \frac{m (y)^{'}}{m (y)} & = \frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P}

Ha ez csak $y$ -tól függő kifejezés, akkor

3 \frac{m (y)^{'}}{m (y)} & = \frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P} \frac{1}{m} \frac{d m}{d y} & = \frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P} \int \frac{1}{m} d m & = \int \frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P} d y \ln | m | & = \int \frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P} d y m & = e^{\int \frac{Q_{x}^{'} - P_{y}^{'}}{P} d y}