Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek

Explicit differenciálegyenletek

A megoldás általános alakja

$y^{\prime }=f(x)$

$\frac{dy}{dx}=f(x)$

$dy=f(x)dx$

$\int dy=\int f(x)dx$

Tehát a megoldás:

$y=\int f(x)dx+c$

Példa

$y^{\prime }=2\sin x$

$\frac{dy}{dx}=2\sin x$

$dy=2\sin xdx$

$\int dy=\int 2\sin xdx$

Tehát:

$y=-2\cos x+c$

Szeparabilis differenciálegyenletek

A megoldás általános alakja

$f_1(x)g_1(y)dx+f_2(x)g_2(y)dy=0$

Amennyiben $g_1(y)f_2(x)\ne 0$, akkor

$\frac{f_1(x)}{f_2(x)}dx=-\frac{g_2(y)}{g_1(y)}dy$

Tehát a megoldás:

$\int \frac{f_1(x)}{f_2(x)}dx=-\int \frac{g_2(y)}{g_1(y)}dy$

Példa

$x^{3}dx=(y+1{)}^{2}dy$

$\int x^{3}dx=-\int (y+1{)}^{2}dy$

$\frac{x^4}{4}+c_1=-\frac{(y+1{)}^3}{3}+c_2$

Tehát:

$3x^4+4(y+1{)}^3+c=0$

Példa

$y^{\prime }=\frac{4y}{x(y-3)}$

$\frac{dy}{dx}=\frac{4y}{x(y-3)}$

Ha $y\ne 0$, akkor:

$\frac{y-3}{y}dy=\frac{4}{x}dx$

$\int \frac{y-3}{y}dy=\int \frac{4}{x}dx$

$\int 1-\frac{3}{y}dy=4\ln |x|+c_2$

$y-3\ln |y|+c_1=4\ln |x|+c_2$

$y=3\ln |y|+4\ln |x|+c$

$y=\ln |y{|}^3+\ln x^4+\ln c$

Tehát:

$y=\ln (|y{|}^3{x}^{4}c)$

Ha pedig $y=0$, akkor:

$0=\frac{4\cdot 0}{x(0-3)}=0$

szintén jó megoldás.

Példa

$y^{\prime }=\frac{x^2{\cos }^{2}y}{\sin y}$

$\frac{dy}{dx}=\frac{x^2{\cos }^{2}y}{\sin y}$

$\frac{dy}{dx}=x^2\frac{{\cos }^{2}y}{\sin y}$

Ha ${\cos }^{2}y\ne 0$, akkor:

$\frac{\sin y}{{\cos }^{2}y}dy=x^{2}dx$

$\int \frac{\sin y}{{\cos }^{2}y}dy=\int x^{2}dx$

$\int {\cos }^{-2}y\sin ydy=\frac{x^3}{3}+c_2$

$-\int {\cos }^{-2}y(-\sin y)dy=\frac{x^3}{3}+c_2$

Mivel $\int f^{\alpha }(x)f^{\prime }(x)dx=\frac{f^{\alpha +1}(x)}{\alpha +1}$, így:

$-\frac{{\cos }^{-1}y}{-1}+c_1=\frac{x^3}{3}+c_2$

$\frac{1}{\cos y}+c_1=\frac{x^3}{3}+c_2$

Tehát:

$\frac{1}{\cos y}=\frac{x^3}{3}+c$

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

Példa

$x{y}^{\prime }-y=y^3\text{ ha }x>0$

$x\frac{dy}{dx}=y^3(x)+y(x)$

Ha $y^3+y\ne 0\Rightarrow y\ne 0$, akkor:

$\int \frac{1}{y^3+y}dy=\int \frac{1}{x}dx$

$\int \frac{1}{y}-\frac{y}{y^2+1}dy=\ln |x|+c_2$

$\int \frac{1}{y}-\frac{1}{2}\frac{2y}{y^2+1}dy=\ln |x|+c_2$

És, mivel $\int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}dx=\ln |f(x)|+c$, így:

$\ln |y|-\frac{1}{2}\ln |y^2+1|+c_1=\ln |x|+c_2$

$\ln \frac{\sqrt{|y^2+1|}}{|y|}=\ln (|x|c)$

Tehát:

$\frac{\sqrt{|y^2+1|}}{|y|}=|x|c$

Ha pedig $y=0$, az is kielégíti az eredeti egyenletet.

Szeparabilisra visszavezethető differenciálegyenletek

Homogén fokszámú differenciálegyenletek

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

$t(x):=\frac{y(x)}{x}\text{ ha }x\ne 0$

Tehát igaz lesz, hogy:

$y(x)=xt(x)$

Tehát az is igaz lesz, hogy:

$y^{\prime }(x)=t(x)+x{t}^{\prime }(x)$

Példa

$y^{\prime }=\frac{xy}{x^2-y^2}\text{ ha }x\ne 0\text{ és }{x}^2-y^2\ne 0$

$y^{\prime }=\frac{\frac{y}{x}}{1-{\left(\frac{y}{x}\right)}^2}$

Végezzük el a helyettesítést, $t(x):=\frac{y(x)}{x}$:

$y^{\prime }=\frac{t}{1-t^2}$

$t+x\frac{dt}{dx}=\frac{t}{1-t^2}$

$x\frac{dt}{dx}=\frac{t}{1-t^2}-t$

$x\frac{dt}{dx}=\frac{t^3}{1-t^2}$

Ha $t^3\ne 0\Rightarrow t\ne 0$, akkor:

$\int \frac{1}{x}dx=\int \frac{1}{t^3}-\frac{1}{t}dt$

$\ln |x|+c_1=-\frac{1}{2}{t}^{-2}-\ln |t|+c_2$

$\ln |x|=-\frac{1}{2}{t}^{-2}-\ln |t|+c$

De mivel $t=\frac{y}{x}$, így:

$\ln |x|=-\frac{1}{2}{\left(\frac{y}{x}\right)}^{-2}-\ln \left|\frac{y}{x}\right|+c$

$\ln |y|=-\frac{1}{2}{\left(\frac{x}{y}\right)}^2+c$

Ha pedig $t=0\iff \frac{y}{x}=0\iff y=0$, akkor az eredeti egyenletbe helyettesítve:

$0^{\prime }=\frac{x\cdot 0}{x^2-0^2}=0$

is igaz.

Lineáris argumentumú differenciálegyenletek

Ha $y^{\prime }=f(Ax+By+C)$, ahol $A$, $B$ és $C$ konstansok, bevezethető a következő helyettesítés:

$u(x):=Ax+By+C$

Innen tehát:

$y=\frac{u-Ax-C}{B}$

Illetve:

$y^{\prime }=\frac{u^{\prime }-A}{B}$

Példa

$y^{\prime }=x+y$

Helyettesítéssel:

$x+y=u$

$y=u-x$

$y^{\prime }=u^{\prime }-1=u$

$\frac{du}{dx}=u+1$

Ha $u+1\ne 0\Rightarrow u\ne -1$, akkor:

$\int \frac{1}{u+1}du=\int dx$

$\ln |u+1|+c_1=x+c_2$

$\ln |u+1|=x+c$

$|u+1|=c{e}^x$

$u=\pm c{e}^x-1$

De, mivel $u=x+y$, így:

$x+y=\pm c{e}^x-1$

$y=\pm c{e}^x-x-1$

Ha pedig $u=-1\iff x+y=-1\iff y=-1-x\Rightarrow y^{\prime }=-1$, tehát az eredeti egyenletbe helyettesítve helyes eredményt ad.

Egzakt differenciálegyenletek

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

Példa

$(4x^3{y}^2-2yx)dx+(3x^4{y}^2-x^2)dy=0$

Egzakt?

$\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=12x^3{y}^2-2x$

$\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}=12x^3{y}^2-2x$

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

$F(x,y)=\int M(x,y)dx+c(y)$

$F(x,y)=x^4{y}^3-x^{2}y+c(y)$

$\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}=3x^4{y}^2-x^2+c^{\prime }(y)=3x^4{y}^2-x^2$

$\Downarrow$

$c^{\prime }(y)=0\Rightarrow c(y)=konstans$

Tehát:

$x^4{y}^3-x^{2}y+c=0$

Példa

$(2x^3+3y)dx+(3x+y-1)dy=0$

Egzakt?

$\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=3$

$\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}=3$

Egzakt, tehát keressük $F$ függvényt!

$F(x,y)=\int M(x,y)dx+c(y)$

$F(x,y)=\frac{1}{2}{x}^4+3xy+c(y)$

$\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}=3x+c^{\prime }(y)=3x+y-1$

$\Downarrow$

$c^{\prime }(y)=y-1\Rightarrow \int c^{\prime }(y)=\frac{y^2}{2}-y+c$

Tehát:

$\frac{1}{2}{x}^4+3xy+\frac{y^2}{2}-y+c=0$

Egzaktra visszavezethető differenciálegyenletek

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

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

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

Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle \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} }

Példa

$(3xy+y^2)dx+(x^2+xy)dy=0$

Egzakt?

$\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=3x+2y$

$\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}=2x+y$

Nem egzakt, de visszavezethető-e?

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

Az $m$-el szorzott egyenlet már egzakt?

$(3x^{2}y+y^{2}x)dx+(x^3+x^{2}y)dy=0$

$\frac{\partial mM(x,y)}{\partial y}=3x^2+2xy$

$\frac{\partial mN(x,y)}{\partial x}=3x^2+2xy$

Már egzakt! Tehát a megoldás:

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

$\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}=mN(x,y)=x^3+x^{2}y+c^{\prime }(y)$

$mN(x,y)=x^3+x^{2}y\Rightarrow c^{\prime }(y)=0\Rightarrow c(y)=c$

Tehát:

$x^{3}y+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2+c=0$

Példa

$ydx+3ydy=0$

Egzakt?

$\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=1$

$\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}=0$

Nem, de visszavezethető?

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

Tegyük fel, hogy $y\ne 0$. Az $m$-el szorzott egyenlet már egzakt?

$dx+3dy=0$

$\frac{\partial mM(x,y)}{\partial y}=0$

$\frac{\partial mN(x,y)}{\partial x}=0$

Már egzakt! Tehát a megoldás:

$F(x,y)=\int M(x,y)dx=x+c(y)$

$\Downarrow$

$\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}=c^{\prime }(y)=3\Rightarrow c(y)=3y+c$

Tehát:

$x+3y+c=0$

Ha pedig $y=0$, 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

$y^{\prime }=2\sin x\text{ és }y(0)=0$

$\frac{dy}{dx}=2\sin x$

$dy=2\sin xdx$

$\int dy=\int 2\sin xdx$

Tehát az általános megoldás:

$y=-2\cos x+c$

De, mivel tudjuk, hogy $y(0)=0$, így:

$0=-2\cos (0)+c\Rightarrow c=2$

Tehát a partikuláris megoldás:

$y=-2\cos x+2$