Kuglics Lajos Patrik, 2018. január 2., 11:07-n

2018-01-02T11:07:19Z

Szikszayl, 2014. március 13., 17:50-n

2014-03-13T17:50:38Z

David14, 2013. február 23., 22:40-n

2013-02-23T22:40:24Z

David14: David14 átnevezte a(z) Elsőrendű differenciálegyenletek lapot a következő névre: Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek

2013-02-23T22:39:17Z

Ipacsonyi, 2013. január 17., 01:27-n

2013-01-17T01:27:02Z

Unknown user: Új oldal, tartalma: „{{GlobalTemplate|Villanyalap|MatB3Peldak7}} %TOC{depth="3"}% ==Explicit differenciálegyenletek== ====A megoldás általános alakja==== $y' = f(x)$
2012-10-22T11:58:24Z

Új oldal, tartalma: „{{GlobalTemplate|Villanyalap|MatB3Peldak7}} %TOC{depth="3"}% ==Explicit differenciálegyenletek== ====A megoldás általános alakja==== <math> y' = f(x) </math…”

Új lap
{{GlobalTemplate|Villanyalap|MatB3Peldak7}}

%TOC{depth="3"}%

==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 |x| + 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 > 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 keredett 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>

----
-- Serény György előadásai és Farkas Gergő gyakorlatai alapján írta: [[KondorMate|MAKond]] - 2011.01.08.

[[Category:Villanyalap]]

Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek - Laptörténet

Kuglics Lajos Patrik, 2018. január 2., 11:07-n

Szikszayl, 2014. március 13., 17:50-n

David14, 2013. február 23., 22:40-n

David14: David14 átnevezte a(z) Elsőrendű differenciálegyenletek lapot a következő névre: Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek

Ipacsonyi, 2013. január 17., 01:27-n