Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek

Explicit differenciálegyenletek

A megoldás általános alakja

$y'=f(x)$

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

$dy=f(x)dx$

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

Tehát a megoldás:

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

Példa

$y'=2\sin x$

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

$dy=2\sin xdx$

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

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 $g_{1}(y)f_{2}(x)\neq 0$, 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

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

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

Ha $y\neq 0$, 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:

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

Ha pedig $y=0$, akkor:

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

szintén jó megoldás.

Példa

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

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

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

Ha $\cos ^{2}y\neq 0$, 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 $\int f^{\alpha }(x)f'(x)dx={\frac {f^{\alpha +1}(x)}{\alpha +1}}$, 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

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

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

Ha $y^{3}+y\neq 0\Rightarrow y\neq 0$, 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 $\int {\frac {f'(x)}{f(x)}}dx=\ln |f(x)|+c$, így:

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

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

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:

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

Tehát igaz lesz, hogy:

$y(x)=xt(x)$

Tehát az is igaz lesz, hogy:

$y'(x)=t(x)+xt'(x)$

Példa

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

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

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

$y'={\frac {t}{1-t^{2}}}$

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

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

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

Ha $t^{3}\neq 0\Rightarrow t\neq 0$, 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 $t=0\Leftrightarrow {\frac {y}{x}}=0\Leftrightarrow y=0$, akkor az eredeti egyenletbe helyettesítve:

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

is igaz.

Lineáris argumentumú differenciálegyenletek

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

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

Innen tehát:

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

Illetve:

$y'={\frac {u'-A}{B}}$

Példa

$y'=x+y$

Helyettesítéssel:

$x+y=u$

$y=u-x$

$y'=u'-1=u$

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

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

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

$\ln |u+1|+c_{1}=x+c_{2}$

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

$|u+1|=ce^{x}$

$u=\pm ce^{x}-1$

De, mivel $u=x+y$, így:

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

$y=\pm ce^{x}-x-1$

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

Egzakt differenciálegyenletek

Egy $M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$ alakú elsőrendű differenciálegyenlet egzakt $\Leftrightarrow {\frac {\partial M(x,y)}{\partial y}}={\frac {\partial N(x,y)}{\partial x}}$. Ekkor $\exists F(x,y)$ 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 $c\in \Re$.

Példa

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

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:

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

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

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

$\Downarrow$

$c'(y)=0\Rightarrow c(y)=konstans$

Tehát:

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

Példa

$\left(2x^{3}+3y\right)dx+\left(3x+y-1\right)dy=0$

Egzakt?

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

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

Egzakt, tehát keressük $F$ függvényt!

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

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

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

$\Downarrow$

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

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

$\left(3xy+y^{2}\right)dx+\left(x^{2}+xy\right)dy=0$

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?

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

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

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

Már egzakt! Tehát a megoldás:

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

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

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

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 $y\neq 0$. 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:

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

$\Downarrow$

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

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

$y'=2\sin x{\text{ és }}y(0)=0$

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

$dy=2\sin xdx$

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

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:

$y=-2\cos x+2$