Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek

Ez az oldal a korábbi SCH wikiről lett áthozva.

Ha úgy érzed, hogy bármilyen formázási vagy tartalmi probléma van vele, akkor, kérlek, javíts rajta egy rövid szerkesztéssel!

Ha nem tudod, hogyan indulj el, olvasd el a migrálási útmutatót.

%TOC{depth="3"}%

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:

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

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

$\int 1-{\frac {3}{y}}dy=4\ln |x|+c_{2}$

$y-3\ln |x|+c_{1}=4\ln |x|+c_{2}$

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

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

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 (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) https://wikimedia.org/api/rest_v1/ szervertől:): {\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 keredett 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:

$y=-2\cos x+2$

---

-- Serény György előadásai és Farkas Gergő gyakorlatai alapján írta: MAKond - 2011.01.08.