Egzakt differenciálegyenletek  

Mielőtt rátérnénk az egzakt differenciálegyenletek tárgyalására, érdemes felidéznünk a kétváltozós függvények felhasználásával készített egyváltozós függvények deriválására szolgáló formulát, a láncszabályt.

Állítás.  Ha az F=F(x₁,x₂) kétváltozós függvény mindkét változója szerint deriválható, továbbá az u=u(x) és v=v(x) egyváltozós függvények deriválhatóak, akkor a

$$\varphi(x)=F(u(x),v(x))$$

egyváltozós függvény deriválható és  

$${\varphi}^\prime(x)=\frac{\partial F}{\partial x_1}(u(x),v(x... ...ime(x)+\frac{\partial F}{\partial x_2}(u(x),v(x)){v}^\prime(x).$$ (46)

Megjegyzés. Ebben az alfejezetben kétváltozós függvények változóira az x₁, x₂ jeleket használjuk az eddigi x, y helyett, hogy az y betű kettős jelentése (egyrészt változó, másrészt függvény) ne okozzon kezdetben zavart. Később, a feladatok során is visszatérünk a megszokottabb x, y változókra.  

Ismétlésképpen mutatunk néhány példát a láncszabály alkalmazására.

1. példa. F(x₁,x₂)=x₁+x₂. Ekkor $\varphi(x)=u(x)+v(x)$.Továbbá $\frac{\displaystyle\partial F}{\displaystyle\partial x_1}(x_1,x_2)=1$, $\frac{\displaystyle\partial F}{\displaystyle\partial x_2}(x_1,x_2)=1$, így ${\varphi}^\prime (x)=1\cdot{u}^\prime(x)+1\cdot{v}^\prime(x)$. (Azaz visszakaptuk az összeg deriválási szabályát.)

2. példa. F(x₁,x₂)=x₁^x₂. Ekkor $\varphi(x)={u(x)}^{v(x)}$.Kiszámítva a parciális deriváltakat:

$$\frac{\partial F}{\partial x_1}=x_2 {x_1}^{x_2-1},\qquad\frac{\partial F}{\partial x_2}={x_1}^{x_2}\ln(x_1),$$

ezért

azaz visszakaptuk az ún. logaritmikus deriválás szabályát.   

Ezek után térjünk rá az  

$${y}^\prime(x)=f(x,y(x))$$ (47)

differenciálegyenlet megoldásának tárgyalására.

Írjuk fel a jobb oldalon szereplő f függvényt az alábbi alakban: $f(x_1,x_2)=-\frac{\displaystyle g(x_1,x_2)}{\displaystyle h(x_1,x_2)}$. Ez az átalakítás persze nagyon sokféleképpen megtehető, mi ezek közül kiválasztunk egyet. Azzal majd később foglalkozunk, hogy hogyan célszerű ezt megtenni.

Így egyenletünk az

$${y}^\prime(x)=-\frac{\displaystyle g(x,y(x))}{\displaystyle h(x,y(x)}$$

alakba, vagy átrendezés után a  

$$g(x,y(x))+h(x,y(x)){y}^\prime(x)=0$$ (48)

alakba írható.

(58), és így (57) megoldásának alapötlete a következő: vegyük észre, hogy (56) jobb és (58) bal oldala elég nagy hasonlóságot mutat. Valóban, ha a $\varphi(x)=F(x,y(x))$ függvényre alkalmazzuk a (56) alatti láncszabályt (u(x)=x, v(x)=y(x) választással), akkor a  

$${\varphi}^\prime(x)=\frac{\partial F}{\partial x_1}(x,y(x))+\frac{\partial F}{\partial x_2}(x,y(x)){y}^\prime(x)$$ (49)

egyenlőséget kapjuk. Amennyiben

fennáll, akkor (59) jobb oldala megegyezik (58) bal oldalával. Ekkor tehát (58) a fenti F-fel a  

$${\varphi}^\prime(x)=0$$ (50)

alakot ölti. Egy függvény deriváltja pontosan akkor zérus egy intervallumon, ha az illető függvény állandó, ezért (62) akkor és csak akkor áll fenn, ha létezik , mellyel

$$\varphi(x)\equiv c,$$

azaz  

$$F(x,y(x))\equiv c.$$ (51)

Ezzel bebizonyítottuk az alábbi állítást.

Állítás. Ha a (58) egyenlethez létezik olyan F függvény melyre (60) és (61) teljesül, akkor az y=y(x) függvény pontosan akkor megoldása a (58), és így a (57) differenciálegyenletnek, ha y deriválható és valamilyen valós c állandóval kielégíti a (63) egyenletet.  

Így differenciálegyenletek egy fontos osztályára fel tudjuk írni a megoldást, (még akkor is, ha (63) csak implicit alakot ad meg). Érdemes bevezetnünk differenciálegyenletek ezen osztályára egy elnevezést.

Definíció.differenciálegyenlet} Ha a (58)-ben szereplő g és h függvényekhez létezik olyan F=F(x₁,x₂), mindkét változója szerint kétszer folytonosan deriválható függvény, melyre (60) és (61) egyaránt teljesül, akkor a (58) differenciálegyenletet egzaktnak nevezzük.  

Tehát az egzakt (58) differenciálegyenlet megoldásának meghatározását visszavezettük algebrai egyenlet megoldására, azaz a differenciálegyenletet megoldottuk. Ehhez csupán az kellett, hogy ismerjünk egy olyan F függvényt, amely kielégíti (60)-et és (61)-et is. Ezért természetszerűleg merülnek fel a következő kérdések.

• Hogyan tudjuk megállapítani a (58) differenciálegyenletről, hogy egzakt-e vagy sem?
• Ha tudjuk, hogy egzakt, akkor milyen eljárással kaphatunk meg egy megfelelő F-et?
• Ha nem egzakt, akkor hogyan lehet ekvivalens átalakításokkal egzakttá tenni?

Az első két kérdésre az alábbi tétel adja meg a választ, míg az utolsó kérdéssel a következő, 2.5.1 alfejezet foglalkozik.

Tétel.   A (58) differenciálegyenlet pontosan akkor egzakt, ha  

$$\frac{\partial g}{\partial x_2}=\frac{\partial h}{\partial x_1}.$$ (52)

Bizonyítás. Tételezzük fel először, hogy (58) egzakt és legyen F olyan kétszer folytonosan differenciálható függvény, melyre (60) és (61) teljesül.

Mivel F kétszer folytonosan differenciálható, ezért a (Young-tétel szerint) a vegyes másodrendű deriváltak egyenlőek, azaz  

$$\frac{\partial^2 F}{\partial x_1\,\partial x_2}= \frac{\partial^2 F}{\partial x_2\,\partial x_1}.$$ (53)

Továbbá

(65), (66) és (67) összevetéséből látszik, hogy (64) valóban fennáll.

Most belátjuk: (64) elégséges ahhoz, hogy létezzen F, melyre (60) és (61) teljesül, azaz (58) egzakt. Bizonyításunk alkalmas lesz arra, hogy megfelelő F-et meg is kaphassunk.

A (60) alatti

$$\frac{\partial F}{\partial x_1}(x_1,x_2)=g(x_1,x_2)$$

összefüggés (amely tulajdonképpen egy F-re vonatkozó parciális differenciálegyenlet) minden rögzített x₂-re egy , ,${y}^\prime(x)=g(x)$'' típusú közönséges differenciálegyenlet, amelynek F pontosan akkor megoldása, ha F valamilyen c₁ egyváltozós függvénnyel felírható az  

$$F(x_1,x_2)=\int{g(x_1,x_2)\,dx_1}+c_1(x_2)$$ (54)

alakban (lásd a 2.1 alfejezetet). (Világos, hogy az integrálási állandó, c₁(x₂) függ az x₂ paramétertől.)

Hasonlóan, F pontosan akkor elégíti ki (61)-t, ha létezik c₂ egyváltozós függvény, amellyel  

$$F(x_1,x_2)=\int{h(x_1,x_2)\,dx_2}+c_2(x_1).$$ (55)

Be kell most bizonyítanunk, hogy (64) fennállta esetén (68) és (69) egyaránt fennáll valamilyen c₁-gyel, illetve c₂-vel. (Megjegyezzük, hogy konkrét feladatok esetén c₁-et és c₂-t próbálgatással rendszerint könnyű megtalálni.)

Jelöljük az (64)-ban szereplő, egymással egyenlő deriváltfüggvényeket r=r(x₁,x₂)-vel. Hasonló meggondolással, mint az előbb, a

$$\frac{\partial g}{\partial x_2}(x_1,x_2)=r(x_1,x_2)$$

összefüggésből a

$$g(x_1,x_2)=\int r(x_1,x_2)\,dx_2 + g_1(x_1)$$

egyenlőséget nyerjük. Ezt visszahelyettesítve (68)-be a vele ekvivalens  

$$F(x_1,x_2)=\int\left(\int r(x_1,x_2)\,dx_2\right)\,dx_1+\int g_1(x_1)\,dx_1+c_1(x_2)$$ (56)

előállítást kapjuk.

Hasonlóan, (69) egyenértékű az  

$$F(x_1,x_2)=\int\left(\int r(x_1,x_2)\,dx_1\right)\,dx_2+\int g_2(x_2)\,dx_2+c_2(x_1)$$ (57)

előállítással.

E két feltétel, (70) és (71) mindegyike fennáll, ha

$$c_1(x_2)=\int g_2(x_2)\,dx_2,\qquad c_2(x_1)=\int g_1(x_1)\,dx_1.$$

Ezzel a c₁ és c₂ függvénnyel tehát (68) (69) teljesül, ahonnan már következik (60) és (61), amit bizonyítanunk kellett.   

Lássunk most néhány példát az előzőek alkalmazására.

 

5-1. kidolgozott feladat. Oldjuk meg az

kezdetiérték-feladatot!

Megoldás: A kezdetiérték-feladatnak egyértelmű megoldása létezik, mert a differenciálegyenlet jobb oldalának az (x₀,y₀)=(1,2) környezetében y szerinti folytonos deriválhatósága miatt teljesíti a Lipschitz-feltételt (v.ö. egzisztencia és unicitási tétel, (1.4) alfejezet).

Átszorozva a differenciálegyenletet a jobb oldal nevezőjével rendezés után a

$$2xy+9x^2+(x^2-2y){y}^\prime=0$$

differenciálegyenlethez jutunk. Az átrendezést megtehettük, mert a szorzótényező, az eredeti differenciálegyenlet nevezője 0-tól különböző, legalábbis a kezdeti érték közelében: x=1 és y=2 esetén a nevező 4-1=3.

Vizsgáljuk meg, hogy az előálló differenciálegyenlet egzakt-e!

Mivel

ezért a parciális deriváltak egyenlősége miatt az egyenlet egzakt.

Keressünk megfelelő F függvényt!

$\frac{\displaystyle\partial F}{\displaystyle\partial x}=2xy+9x^2$, ezért  

$$F(x,y)=\int(2xy+9x^2)\,dx=2y\,\frac{x^2}{2}+9\,\frac{x^3}{3}+c_1(y)= x^2y+3x^3+c_1(y).$$ (58)

Másrészt $\frac{\displaystyle\partial F}{\displaystyle\partial y}=x^2-2y$, ezért  

$$F(x,y)=\int(x^2-2y)\,dy=x^2y-y^2+c_2(x).$$ (59)

Összehasonlítva (72)-et és (73)-et könnyen láthatjuk, hogy

$$c_1(y)=-y^2,\qquad c_2(x)=3x^3$$

jó választás ahhoz, hogy a kívánt tulajdonságú F függvényhez jussunk. Ezután az

F(x,y)=x²y+3x³-y²

függvény felhasználásával a kezdetiérték-feladat megoldásaira az

x²y+3x³-y²=k

implicit alakot kapjuk, ahol k alkalmas valós szám. A kezdeti feltételből k-ra 2+3-4=k, azaz k=1 adódik, így a kezdetiérték-feladat megoldása kielégíti az

x²y+3x³-y²=1

egyenletet. Ez másodfokú y-ra nézve, amelyet megoldva (csak azt a gyököt tartva meg, amely a kezdeti feltételt is kielégíti) a kezdetiérték-feladat megoldása  

$$y=\frac12\left(x^2+\sqrt{x^4+12x^3-4}\right).$$ (60)

Megjegyezzük, hogy ha nem akarunk a feladat megoldása során az említett egzisztencia- és unicitási tételre hivatkozni, akkor elegendő az y-ra (74) alatt kapott formulát visszahelyettesíteni az eredeti differenciálegyenletbe, hogy meggyőződjünk: valóban kielégíti a differenciálegyenletet.

 

5-2. kidolgozott feladat. Igazoljuk, hogy a

$$12x^2y+y+2x+6+(4x^3+x+1){y}^\prime=0$$

differenciálegyenlet egzakt és adjuk meg az

y(0)=2

kezdeti értékhez tartozó megoldását!

Megoldás: Mivel

$$\frac{\partial}{\partial y}(12x^2y+y+2x+6)=12x^2+1$$

és

$$\frac{\partial}{\partial x}(4x^3+x+1)=12x^2+1,$$

ezért a differenciálegyenlet valóban egzakt.

Határozzuk meg most F-et!

$$\frac{\partial F}{\partial x}=12x^2y+y+2x+6,$$

ezért

$$F(x,y)=\int(12x^2y+y+2x+6)\,dx=4x^3y+xy+x^2+6x+c_1(y),$$

továbbá

$$\frac{\partial F}{\partial y}=4x^3+x+1,$$

ezért még

$$F(x,y)=\int(4x^3+x+1)\,dy=(4x^3+x+1)y+c_2(x)$$

is fennáll alkalmas c₁ és c₂ függvényekkel. Ezeket megválasztva a

$$c_1(y)=y,\qquad c_2(x)=x^2+6x$$

módon F-re az

F(x,y)=(4x³+x+1)y+x²+6x,

így a differenciálegyenlet megoldásaira a

$$(4x^3+x+1)y+x^2+6x=k,\qquad k\in{\rm I\! R}$$

összefüggést nyerjük.

A kezdeti feltételt figyelembe véve k=2 adódik, ezért a kezdetiérték-feladat megoldása:

$$y=\frac{-x^2-6x+2}{4x^3+x+1}.$$

 

5-3. kidolgozott feladat. Oldjuk meg az

kezdetiérték-feladatot!

Megoldás: A differenciálegyenlet egzakt, hiszen a jobb oldalak egkyenlők az alábbi összefüggésekben:

F meghatározásakor az alábbiakat kapjuk.

$$\frac{\partial F}{\partial x}=1+y\cos(xy),$$

ezért

továbbá

$$\frac{\partial F}{\partial y}=x\cos(xy),$$

ezért

$$F(x,y)=\int(x\cos(xy))\,dy=x\frac{\sin(xy)}{x}+c_2(x)=\sin(xy)+c_2(x).$$

A

$$c_1(y)=0,\qquad c_2(x)=x$$

választással F-re

$$F(x,y)=x+\sin(xy)$$

adódik. A differenciálegyenlet megoldásait ezért az

$$x+\sin(xy)=k,\qquad k\in{\rm I\! R}$$

egyenletek megoldásai adják meg.

Az y(5)=0 kezdeti feltételt figyelembe véve $k=5+\sin(5\cdot0)=5$.Ezért a kezdetiérték-feladat megoldására az

$$x+\sin(xy)=5$$

implicit alakot kapjuk. Ebből explicit alakot is nyerhetünk:

$$y=\frac{\arcsin(5-x)}{x},\qquad 4\le x\le 6.$$

Dr. Horváth Zoltán:Bevezetés a differenciálegyenletek megoldásábaKészült a SZIF-MML-rendszer felhasználásával