Matematika | Analízis » Dr. Rontál Miklós - Analízis

Dr. Rontál Miklós – Analízis Előszó A programozó matematikusoknak szóló előadásjegyzet, amely a harmadik félév matematikaanyagát tartalmazza, a differenciálegyenletek elméletét tárgyalja. Az anyag megértéséhez csak a szokásos analízisbeli fogalomrendszer szükséges. A differenciálegyenletek klasszikus elméletének ismertetése során a matematikai egzaktságot, az elmélet gyakorlatba való átültetését, akönnyű olvashatóságot tartottuk szem előtt. Kiemeltük a definíciókat, tételeket, bizonyításokat, megjegyzéseket, következményeket, példákat. A heti felbontás mind a tananyagban, mind a tartalomjegyzékben is megtalálható – ezzel is segítve a hallgatókat a szükséges ismeretek felmérésében, illetve elsajátításában. Előre is köszönetet mondok azon oktatói kollégáimnak, akik az előadásjegyzet olvasása után tanácsaikkal vagy kiegyészítő javaslataikkal segíteni tudnák további előadásaim hatékonyságát.

Miskolc, 2001. Augusztus A szerző 2 TARTALOMJEGYZÉK 1. A differenciálegyenletekkel kapcsolatos fogalmak, feladatok 2. Elemi integrálási módszerekkel megoldható elsőrendű DE-ek 1.1 A differenciálegyenlet fogalma, típusai 1.2 A megoldások foglalma 2.1 Szétválasztható változójú DE-ek 2.2 Szétválaszthatóra visszavezethető egyenletek 2.21 2.22 3. Változókban homogén típusú differenciálegyenletek Az y´ = ƒ(αx+βy+γ) alakú differenciálegyenletek Elsőrendű lineáris DE-ek, Bernoulli-féle DE-ek 3.1 Elsőrendű lineáris homogén DE-ek 3.2 Elsőrendű lineáris inhomogén DE-k 3.3 Bernoulli-féle differenciálegyenletek 4. Elsőrendű DE-ekhez tartozó iránymező Görbesereg differenciálegyenlete Trajektóriák 41 4.1 Vonalelem, iránymező 4.2 Görbesereg differenciálegyenlete 4.3 Trajektóriák 5. 5 5 9 17 17 28 28 30 31 31 34 38 41 42 45 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 Lineáris állandó együtthatójú homogén DE-ek Az n-edrendű

homogén DE-ek megoldása Egyszeres valós gyökök esete Többszörös valós gyökök esete Egyszeres komplex gyökök esete Többszörös komplex gyökök esete 50 6. Lineáris állandó együtthatójú inhomogén DE-ek 60 7. Egzisztencia- és unicitás tételek 70 8. Változó együtthatójú lineáris diferenciálegyenlet-rendszerek 78 9. Az alapmátrix további tulajdonságai és alkalmazásai 89 6.1 6.2 6.3 6.4 . „Próbafüggvény-módszer” a partikuláris megoldás meghatározására Ha δ = α ± iβ nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek Ha δ = α ± iβ gyöke a karakterisztikus egyenletnek Egyes alakú zavarófüggvényeknek megfelelő próbafüggvények 8.1 Homogén rendszerek 9.1 A Cauchy-féle mátrix 9.2 A Liouville-formula 3 50 53 55 57 59 61 63 64 65 80 89 93 9.3 Homogén DER felállítása 96 10. Zárt alakban felírható alapmátrix esetei Inhomogén DER-ek 10.1 Alapmátrix felcserélhető reláció mellett 10.2 Konstansvariáció

változó együtthatójú inhomogén rendszerekre 98 98 102 11. Állandó együtthatójú lineáris rendszerek 106 12. Ljapunov-féle stabilitás 141 13. Állandó együtthatójú lineáris homogén DER-ek stabilitása 158 14. Autonóm differenciálegyenlet-rendszerek 167 11.1 11.2 11.3 11.4 Az alapmátrix alkalmazása Euler-féle módszer Visszavezetés magasabb rendű egyenletre A Jordan-alakkal kapcsolatos fogalmak 12.1 A stabilitás definíciója 12.2 Lineáris változó együtthatójú homogén DER-ek stabilitása 12.3 Lineáris változó együtthatójú inhomogén DER-ek stabilitása . 14.1 Egyensúlyi helyzetek osztályozása a fázissíkon 14.11 14.12 14.13 14.14 14.15 14.16 Egyszeres valós gyökök esete Stabilis csomópont Labilis csomópont Nem stabilis nyeregpont Aszimptótikus fókusz; labilis fókusz; centrum Elfajult stabilis csomópont, elfajult labilis csomópont 15. A tananyag egységes áttekintése, kapcsolatok kiemelése 4 106 116 132 156 143

149 156 176 177 178 180 180 182 185 ELSŐ HÉT 1. A differenciálegyenletekkel kapcsolatos fogalmak, feladatok 1.1 Differenciálegyenlet fogalma, típusai A XVII. Század második felében a klasszikus matematikai analízis önálló tudoményággá való kialakítása, amelyben jelentős szerepet játszott G.W Liebniz (német matematikus, 16471716), egyben megteremtette a differenciálegyenletek elméletének előfeltételét is Ugyanis, akkor váltak ismertté a differenciálás és integrálás alapvető tulajdonságai, illetve, hogy ezek bizonyos szempontból egymáshoz viszonyítva „fordított” műveletek: x d ∫ f(x) dx = f(x) dx d ∫ f(x) dx = f(x) dx x0 (1.1) ∫ df(x) = f(x) + C ∫ f´(x) dx = f(x) + C A természteben lejátszódó jelenségek, fizikai, kémiai folyamatok, mechanikai mozgások és szélesebb értelemben bármilyen - a térben, illetve az időben változásban, mozgásban lévő folyamat absztrakt matematikai modellje a természettudományi

törvények által, igen gyakran valamilyen típusú differenciálegyenlet. Definíció (differenciálegyenlet fogalma) A differenciálegyenlet (a továbbiakban rövidítve: DE) olyan egyenlet, amelyben ismert állandókon, függvényeken kívül szerepel egy ismeretlen egy- vagy többváltozós függvény és annak különböző rendű deriváltjai (parciális deriváltjai), illetve differenciáljai. Ha az ismeretlen függvény egyváltozós, akkor közönséges-, ha többváltozós, akkor parciális DE-ről van szó. Könnyen észrevető, hogy pl. az algebrai egyenletekhez hasonlóan a DE-ekben is van ismeretlen, de ez már nem szám, hanem függvény. Viszont a függvényegyenlet (pl az egyváltozós valós f függvényre vonatkozó f(x+y) = f(x) + f(y) Cauchy-féle függvényegyenlet) nem tekinthető DE-nek, mivel nem tartalmazza az ismeretlen függvény deriváltját. Előadásainkban csak azt az esetet tárgyaljuk, amikor a DE-ben szereplő adott és meghatározandó függvények

egyaránt valósak. A DE-ek osztályozása az egyenletek rendje, linearitása, ill. nemlinearitása, együtthatói és alakja szerint történik, amint ezt az alábbi táblázat is bemutatja. A DE explicit alakú, ha meg van adva a legmagasabb rendű deriváltjaira nézve - ha nincs, akkor implicit alakú. DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Közönséges DE-ek Parciális DE-ek OSZTÁLYOZÁS Rendje szerint Lineáris Nemlineáris 5 Együtthatóira nézve Alakjára nézve Elsőrendű n-edrendű homogén inhomogén Állandó egy. Változó egy. Explicit Implicit Tekintsük példaként a következő DE-eket! 1. Az x y(x) ismeretlen függvényre vonatkozóan y´ = p(x)y + q(x), amit írhatunk dy = p(x)y + q(x) dx alakban is, ahol p : I = (a,b) R, q : I = (a,b) R intervallumon adott folytonos függvények, -∞ ≤ a < b ≤ ∞ . Ez a DE közönséges, elsőrendű, lineáris, változó együtthatós, explicit alakú inhomogén (ha q(x)=0, akkor homogén) egyenlet. Ha az

ismeretlen y függvény helyett pl. x-et, illetve a független x változó helyett t változót írünk, akkor az alábbi egyenlet pontosan megegyezik az előzővel: dx = p(t)x + q(t) dt 2. Az x y(x) függvényre nézve a dy = f(x,y) vagy y´ = f(x,y) dx (1.2) egyenlet, ahol f : Ix × Iy R az Ix = (a,b) × Iy = (c,d) nyílt téglalapon értelmezett folytonos függvény. Az (12) egyenlet az elsőrendű, normál alakú DE általános alakja Ugyanezt a DE-et fel lehet írni az y x(y) függvényre is a következő differenciál alakokban: dx 1 = dt f(x,y) 3. A vagy dy – f(x,y)dx = 0 P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 (1.3) (1.4) differenciál alakú, elsőrendű DE, amely felírható a dx dy = - Q(x,y) P(x,y) (1.5) ún. szimmetrikus alakban, illetve normál alakban: dy P(x,y) = - = f(x,y) dx Q(x,y) (1.6) 6 Az (1.4) vagy az (15) felírásban nincs kitűntetett szerepe sem az x, sem az y változóknak, ezért bármelyiket tekinthetjük független vagy függő változóknak.

A közönséges DE-ek nevezetes típusai az x y(x) ismeretlen függvényre nézve a következők: a) y (n) = f(x, y, y´, y´´, , y(n-1)) ahol f : (a,b) × R n R adott folytonos függvény., - n-edrendű, explicit alakú DE. b) c) F(x, y, y´, , y(n)) = 0 ahol F : (a,b) × R n+1 R adott folytonos függvény, n-edrendű, implicit alakú DE. y (n) + pn+1(x)y (n-1) + + p1(x)y´ + p0(x)y = f(x) (A eset) 0 (B eset) A eset: n-edrendű, lineáris, változó együtthatójú inhomogén DE; B eset: n-edrendű, lineáris, változó együtthatójú homogén DE; Itt pn-1, , p1, p0, f : (a,b) R ismert folytonos függvények. d) y (n) + an+1y (n-1) + + a1y´ + a0y = f(x) (A eset) 0 (B eset) ahol az A, B esetek jelentései a fentiekkel azonosak, kivéve, hogy állandó együtthatójú DE-ről van szó, és az an-1, , a1, a0 Є R konstans együtthatók. e) dy1 = f1(x , y1, y2, , yn ) dx ∙ ∙ ∙ dyn = fn(x , y1, y2, , yn ) dx (1.7) az x yi(x) - ahol i =

1,2,,n – ismeretlen függvényekre felírt n egyenletből álló ún. normál alakú differenciálegyenlet-rendszer (rövidítve: DER), ahol f1, f2, , fn : (a,b) × R n R adott folytonos függvények. 7 Ha az (1.7)-ben az x független változó explicit módon nem fordul elő, akkor autonóm DERről beszélünk: dy1 = f1(y1, y2, , yn ) dx ∙ ∙ ∙ dyn = fn(y1, y2, , yn ) dx (1.8) Egyes nevezetes parciális differenciálegyenletek: a) ∂ 2u ∂ 2u + = 0 ∂x 2 ∂y 2 b) ∂ 2u ∂ 2u + = f(x,y) Poisson-féle DE, ahol f : R × R R adott függvény; ∂x 2 ∂y 2 c) ∂ 2u ∂ 2u = a 2 + f(t,x) ∂t 2 ∂x 2 Laplace-féle DE az (x,y) u(x,y) kétváltozós fv-re nézve; a rezgő-húr DE-e; Ez az egyenlet az x tengely mentén a k ét végén kifeszített, homogén és teljesen rugalmas anyagból készült húr rezgését írja le; u(t,x) a húr kitérése egy tetszőleges t időpontban az x abcisszájú helyen; f : R × R R adott függvény; d) ∂u ∂t

∂ 2u = a + f(t,x) ∂x 2 2 a hővezetés DE-e; Az egyenletben szereplő u(t,x) a síkbeli derékszögű koordinátarendszer x tengelyén elhelyezett állandó keresztmetszetű vékony rúd hőmérséklete a t időpontban az x helyen; f : R × R R adott függvény. A továbbiakban előadásainkban csak közönséges DE-ekkel foglalkozunk, és talán sikerül meggyőzni hallgatóimat, hogy a DE-ek elmétele a matematika egy igazán jelentős, szép tudományágazata 8 Megjegyezzük, hogy a matematikán belül a DE-ek önálló tudományággá való válásában és a későbbiekben elméletének fejlesztésében jelentős szerepet játszottak az alábbiak munkásságai: • • • • • • • • • • • • • • Bernoulli, Daniel Bernoulli, Jacob Bernoulli, Johann Bessel, F. W Cauchy, A. L Clairaut, A. D’Alembert, J. Euler, L. Gauss, K. Lagrange, J. L Legendre, A. Liouville, J Riccati, D. Wronti, H. svájci svájci svájci német francia francia francia

svájci német francia francia francia olasz lengyel (1700 – 1782) (1654 – 1705) (1667 – 1748) (1784 – 1846) (1789 – 1857) (1713 – 1765) (1717 – 1783) (1707 – 1783) (1777 – 1855) (1736 – 1783) (1752 – 1833) (1809 – 1882) (1676 – 1754) (1775 – 1853) A DE-ek kvalitatív elméletének kidolgozásában új szakaszt nyitott A. Poincare (francia, 1854–1912) és A. M Ljapunov (orosz, 1857–1918) matemetikusok tudományos tevékenysége. 1.2 A megoldások fogalma Hasonlóképpen, mint az algebrai egyenletek (~rendszerek) esetén, felmerülnek a következő kérdések: • • • Léteznek-e a DE-eknek megoldásai? Ha igen, hány? Hogyan tudjuk a megoldás(oka)t meghatározni? Ugyanúgy, mint az algebrában, ezekre a kivételekre könnyebben tudunk válaszolni lineáris DE-ek és DER-ek esetén. A továbbiakban megismerünk olyan speciális alakú DE-eket, amelyeknek a m egoldásait véges számú integrálással vayg bizonyos ötlettel, explicit módon meg

tudjuk adni. Megjegyezzük, hogy a DE-ek felírásához hozzátartozik az értelmezési tartomány kijelölése is. Tekintsük a dy = f(x,y) , f : T = Ix × Iy R dx (1.9) elsőrendű, normál alakú DE-et, ahol a folyamatos, adott F függvény értelmezési tartománya a T = Ix × Iy < R 2 nyílt, összefüggő halmaz. Például, ez a tartomány is lehet egy téglalap: 9 T = { (x,y) Є Ix × Iy ; Ix = (a,b); Iy = (c,d) } Mit is értünk az (1.9) DE megoldásán? Definíció (a DE-ek megoldása(i) Ix intervallumon) Az összes olyan φ : Jx R , (x φ(x)) , Jx < Ix függvényt az (1.9) DE megoldásának nevezik az Ix intervallumon, amelyre teljesülnek a következő feltételek: 1. a φ függvény differenciálható a Jx intervallumon; 2. (x, φ(x)) Є T , bármely x Є Jx –re; 3. a φ függvény az Ix intervallumon kielégíti a DE-et, azaz inden x Є Ix-re: dφ(x) = f(x, φ(x)) dx A φ : Ix R megoldásfüggvény grafikonja a DE integrálgörbéje

(megoldásgörbéje). Tehát, az (1.9) DE-et megoldani egy Ix intervallumon annyit jelent, hogy meg kell határoni az összes olyan folytonosan differenciálható függvényt a DE értelmezési tartományából, amely a Ix intervallumon azonosan kielégíti a DE-et. Megjegyzés (implicit alakú megoldások) A DE-ek megoldását nem mindig sikerül előállítani explicit alakú y : Ix R függvényként. Akkor mondjuk, hogy a Φ(x,y) = 0 (1.10) összefüggés az (1.9) DE implicit megoldása, ha ebből az egyenletből az implicit függvény szabálya szerint meghatározott φ : Ix R , (y = φ(x)) függvény az (1.9) DE explicit alakú megoldását adja, azaz ∂Φ(x,y) dy = Φx´ + Φy´ ∂x dx = Φx´ + Φy´ ∙ f(x,y) ≡ 0 (1.11) 1.1 Példa Az y´´- y = 0 , (x,y) Є T=R × R DE megoldásai az Ix = R intervallumban az y : R R , y(x) = e x – e-x , vagy y : R R , y(x) = c1 e x + c2 e-x , ahol c1 , c2 Є R tetszőleges állandók, vagy y : R R , y(x) ≡ 0, amelyet

triviális megoldásnak szokás nevezni. Nyilvánvaló, hogy az előbbi megoldásokat nem csak az egész R-en, hanem valamilyen Ix < R intervallumon is tekinthetjük. 10 1.2 Példa Az (y´)² + 4 = 0 , (x,y) Є T = R × R DE-nek nincs megoldása, mivel az egyenlet bal oldala bármely folytonosan differenciálható y : R R függvényre pozitív, a jobb oldal pedig nulla. 1.3 Példa Az x² + y²y´ = 0 , (x,y) Є T = R × R + implicit alakú DE-nek az alábbi összefüggés az implicit alakú megoldását adja: Φ(x,y) = x³ + y³ - c = 0 , ahol c egy konstans Valóban Φx´ = 3x² + 3y²y´ = 3(x² + y²y´) ≡ 0 =0 Erről másképpen is meggyőződhetünk. Írjuk fel az adott DE-et explicit alakban: x² y´ = - = f(x,y) , (x,y) Є T = R × R + y² (1.12) A Φ(x,y) = 0 implicit összefüggésből határozzuk meg az y : R R függvény explicit módon: y = ³√ c – x³ = (c - x³) 1/3 . Az utóbbit deriválva és behelyettesítve az (1.12)-be látjuk, hogy (111) azonosan

beteljesül: 1 y´ = (c – x³) -2/3 ∙ (-3x²) 3  x² y´ = -  y² -x² x² = - (c – x³) 2/6 y² Megjegyzés (paraméteres alakú megoldás) Ha a folytonosan differenciálható x : It Ix , y : It Iy függvénypárra az It < R intervallumon teljesül a dy y´(t) = ≡ f(x(t), y(t)) , x´(t) ≠ 0 , t Є It dx x´(t) azonosság, akkor ezt a függvényt az (1.9) DE paraméteres alakú megoldásának nevezzük 11 1.4 Példa Ellenőrizzük, hogy a dy b²x = - dx a²y , (x,y) Є T = R × R + DE paraméteres megoldása a t Є (0, π) intervallumon az x = a ∙ cost , y = b ∙ sint függvénypár. Valóban: x´(t) = -a ∙ sint , y´(t) = b ∙ cost , és dy y´(t) b ∙ cost b²x b²a ∙ cost b ∙ cost = = ≡ - = - = - dx x´(t) - a ∙ sint a²y a²b ∙ sint a ∙ sint Az 1.1 Példában beláttuk, hogy az y´´ - y = 0 mésodrendű DE megoldása egy kétparaméteres görbesereg alakjában adható meg: y : R R , y(x) = c1 e x + c2 e-x , ahol c1

, c2 Є R. A továbbiakban a DE-ek megoldásai között háromféle megoldásfüggvényt különböztetünk meg: • • • általános partikuláris szinguláris Az általános megoldást az jellemti, hogy pontosan annyi számú tetszőlegesen választható, egymástól független állandót tartalmaz, ahányad rendű az adott DE. Definíció (általános megoldás) Az egy paraméteres φ : T1 = Ix × Ic R , y = φ(x,c) függvényt a véges vagy végtelen T1 = Ix × Ic < R² értelmezési tartománnyal akkor nevezzük az (1.9) DE általános megoldásának a T = Ix × Iy tartományon, ha bármely (x,c) Є T1 –re: 1. (x, φ(x,c)) Є T ; 2. ∂φ(x,c) ≡ f(x, φ(x,c)) ; ∂x 3. bármely (x,y) Є T-re az y = φ(x,c) egyenlet egyértelműen megoldható c-re, azaz c=Ψ(x,y). Megemlítjük, hogy az általános megoldás fogalma a gyakorlatban lineáris DE-ek esetén alkalmazható eredményesen. 12 1.5 Példa Írjuk fel az alábbi DE általános megoldását! dy = x³

dx , (x,y) Є T = R × R A megoldás: Az integrálszámításból tudjuk, hogy egy adott f : R R , f = f(x) függvény primitív függvénye egyenlő a y(x) = ∫ f(x) dx + c , c Є R (1.13) függvénnyel, melyre dy = f(x) dx (1.14) teljesül. Tulajdonképpen az (1.14) alakú DE megoldása az (113) primitív függvénnyel adódik, amelyre egyben a DE általános megoldása is. Ha f(x) = x³ , akkor (1.13) szerint x4 y = φ(x,c) = ∫ x³dx + c = + c 4 , ahol c Є R tetszőleges állandó. Ebben az esetben a T és a T1 tartományokat a következőképpen választhatjuk meg: T = R × R , T1 = R × R Megjegyezzük, hogy a x4 Φ(x,y,c) = y - + c = 0 y összefüggés az adott DE implicit alakú általános megoldása. Megjegyzés (partikuláris megoldás) A partikuláris megoldás nem tartalmaz szabadon választható állandókat, és úgy kapható meg, hogy az általános megoldásból, hogy az abban szereplő állandók konkrét számbeli értéket vesznek fel. Ezen értékek

az algebrai egyenletrendszer megoldásaiból adódnak Általában a p artikuláris megoldás meghatározása céljából az adott DE-hez elő kell írni megfelelő számú mellékfeltételt (annyit, amennyi a DE rendje). Kétféle mellékfeltétel fordul elő leggyakrabban: 13 • kezdetiérték-feltétel • peremfeltétel A kezdeti érlék feltételek az y(n) = f(x, y, y´, , y(n-1)) vagy f(x, y, y´, , y(n)) = 0 (1.15) alakú n-edrendű DE esetén a független változó egy rögzített x = x0 pontjában írják elő az ismeretlen függvény és az első (n-1) deriváltja értékét: y(x0) = y0 , y´(x0) = y1,0 , , y (n-1)(x0) = yn-1,0 (1.16) Definíció (kezdetiérték- vagy Cauchy-féle feladat) A DE-nek az adott kezdeti értékeket kielégítő megoldásának meghatározásától álló feladatot, azaz az y (n) = f(x, y, y´, , y(n-1)) y(x0) = y0 y´(x0) = y1,0 y(n-1)(x0) = yn-1,0 (1.17) feladatot kezdetiérték- vagy Cauchy-féle feladatnak nevezzük. A

peremfeltételek bonyolultabbak, mint a k ezdeti feltételek és olyan összefüggésekkel adhatóak meg, amelyekben a keresett y : R R , y = y(x) függvény és annak deriváltjai a független változó legalább két x = a , x = b pontjában – általában az értelmezési tartomány két végpontjában – fordulnak elő. Például, az y´´ = f(x,y,y´) , (x,y,y´) Є T = [a, b] × Iy × Iy´ (1.18) másodrendű DE esetén az ún. kétpontos peremfeltételek általános alakja α10 y(a) + α11 y´(a) + β10 y(b) + β11 y´(b) = d1 α20 y(a) + α21 y´(a) + β20 y(b) + β21 y´(b) = d2 ahol az α10 , β10 , d1 , d2 adott konstansok. Definíció(peremérték-feladat) A DE-nek az adott peremfeltételeit kielégítő megoldásának meghatározását előíró feladatot peremérték feladatnak nevezzük. Például, (1.18) és (119) peremérték-feladatok A kezdetiérték. Illetve a peremérték-feladatok megoldásai már nem tartalmaznak szabadon választható valós állandókat.

14 1.6 Példa Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték-feladatot! d²y = 6x dx² , x Є Ix = [0,1] , y Є R y(0) = 2 y´(0) = 3 Megoldás: Először keressük meg az adott DE yált : Ix R, yált = yált (x) általános megoldás az (1.13) promotív függvény segítségével: d²y = 6x dx²  d dy = 6x dx dx  dy = 3x² + c1  dx ahol c1 , c2 Є R. Továbbá az általános megoldásában úgy választhajuk meg a c teljesüljenek az adott kezdeti feltételek: yált (0) = 2 y´ált (0) = 3  c2 = 2 3x² + c1 x=0 =3  c2 = 2 c1 = 3 yált (x) = x³ + c1∙x + c2 1 , c2 állandókat, hogy  yCauchy(x) = y´ált (x) c1 = 3 = x³ + 3x + 2 c2 = 2 Megjegyzés (szinguláris megoldás) Az általános megoldás fogalmában az „általános” jelző kissé félreértelmezhető. Ugyanis létezhet az adott DE-nek olyan megoldása is, amelyik nem kapható meg az yált = yált(x, c1 , c2 , , c n) általános megoldásból a c1 , c2 , , c n paraméterek

alkalmas megválasztásával. Az ilyen típusú megoldást szinguláris megoldásnak nevezzük 1.7 Példa Írjuk fel a dy = 2√y dx , (x,y) Є T = Ix × Iy = R × [0, ∞) DE megoldását. Megoldás: Behelyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy az egyenlet általános megoldása yα = φ(x,c) = (x - c)² , x ≥ c , (x,c) Є Ix × Ic = R × R Tehát az általános megoldást az y = (x - c)² parabolasereg jobb oldali ágai adják (√y ≥ 0 miatt √y = x – c ≥ 0 , azaz x ≥ c). 15 Nyilvánvaló, hogy ezenkívül y = φ(x) ≡ 0 megoldása az adott DE-nek, mégpedig szinguláris, mivel nem kapható meg az általános megoldásból. A C paramétert nem tudjuk úgy választani, hogy x – c ≤ 0 az egész Ix = R intervallumon. -2hét2. Elemi integrálási módszerekkel megoldható elsőrendű DE-ek Általános esetben a dy = f ( x , y ), f : T = I x × I y R (2.1) dx alakú elsőrendű DE megoldását nem tudjuk előállítani zárt alakban. Azonban a (2.1) DE-ek

között léteznek speciális típusú egyenletek, amelyek véges számú integrálással ("kvadratúrával") mindig megoldhatók. A alábbiakban az elemi integrálási módszerekkel megoldható DE-ek közül kiemeljük az ún. szétválasztható változójú és ezekre visszavezethető DE-eket. 2.1 Szétválaszthatójú DE-ek Definíció (szétválasztható változójú egyenlet) A dy = f ( g ) g ( y ), f : I x R, g : I y R dx (2.2) alakra hozható elsőrendű DE-et szétválasztható változójúnak nevezzük, feltételezve, hogy adott f : I x R, g : I y R függvények folytonosak ind az I x , I y nyílt intervallumon. Először a legegyszerűbb szétválasztható típusú DE-eket vizsgáljuk. Legyen a (2.2) egyenletben g ( y ) ≡ 1 Ekkor a dy = f ( x), f : I x R (2.3) dx DE y = y á (x) általános megoldása az f primitív függvényének a következőképpen adható meg, miután a (2.3) DE átírjuk ekvivalens differenciál formában dy = f ( x) dy = f ( x)dx

∫ dy = ∫ f ( x)dx y á = ∫ f ( x) + C , c ∈ R (2.4) dx dy Nyílvánvaló, hogy a = f ( x),y ( x0 ) = y 0 kezdetiérték (vagy Cauchy-féle) feladat dx megoldása (itt már partikuláris megoldásról van szó) könnyen megállapítható a (2.4) általános megoldásból: x y = y Cauchy ( x) = ∫ f ( x)dx + y 0 (2.6) x0 Most pedig tételezzük fel,hogy a (2.2) esetén f ( x) ≡ 1, g ( y ) ≠ 0∀y ∈ I y esetén 16 akkor az előbbiek alapján a dy = g ( y ) (2.7) dx ún elsőrendű autonóm DE x = x a ( y ) általános megoldását( ahol y a független, x pedig a függő változó) hasonlóképpen nyerjük: dy dx 1 1 1 1 = g ( y) = dx = dy ∫ dx = ∫ dy x á ( y ) = ∫ dy + C , C ∈ R dx dy g ( y ) g ( y) g ( y) g ( y) (2.8) dy A = g ( y ), y ( x0 ) = y 0 (2.9) dx kezdetiérték (Cauchy féle) feladat megoldása a (2.8) általános megoldásból adódik: y 1 (2.10) x = xCauchy ( y ) = ∫ dy + x0 g ( y) y0 Megjegyzés ( a lehetséges szinguláris

megoldásokról): Ha a g ∈ C ( I y ), I y R függvények az I y intervallumban vannak, zérushelyei: y = y i , i = 1.m , akkor ezek az állandók a (27) DE konstans megoldásai dy mivel g ( y i ) = 0, i ≡ 0 dx Ha ezek a konstans megoldások nem kaphatók meg az általánosból az abban szereplő állandó valamely értékén, akkor azokat szinguláris megoldásoknak tekintjük. Most a (2.7) alakú autonom DE egyik kvalitativ tulajdonságát ismertetjük Tétel (az autonom DE megoldásainak tulajdonságairól) dy Ha az y = f ( x), x ∈ (a, b) függvény a (2.7) alakú = g ( y ) autonom DE megoldása, akkor dx tetszőleges c ∈ R esetén az y = ϕ c ( x) = ϕ ( x − c) egypraméteres függvénysereg ugyancsak megoldása az egyenletnek az I x = (a + c, b + c) intervallumon. Bizonyítás: Valóban az y = f c ( x), x ∈ (a + c, b + c) függvény kielégíti az adott DE-et: dϕ c ( x ) d ϕ ( x − c ) = = f (ϕ c ( x)), x ∈ (a + c, b + c) dx d ( x − c) Térjünk rá a (2.2)

szétválasztható változójú DE megoldásáraÍrjuk át (22) ekvivalens diferenciál alakban ( a differenciál fogalmát Leibnicz vezette be): dy = f ( x) g ( y ) dy = f ( x) g ( y )dx (2.11 diffrenciál alakú DE) dx Feltételezzük, hogy g ( y ) ≠ 0, ∀y ∈ I y (2.12) 1 = f ( x)dx (2.13) g ( y) ahol a bal oldalon csak y-tól, a jobb oldalon csak x-től függő differenciál található. Az analízisből ismert (lásd (1.1)) Ha (2.12) teljesül, akkor (211) a következőképpen írható át 17 d [∫ f ( x)dx] = f ( x)dx  x d  ∫ f ( x)dx  = f ( x)dx   x0  1  1 d ∫ dy  = dy  g ( y)  g ( y) y 1  1 d ∫ dy  = dy  y 0 g ( y )  g ( y ) összefüggések alapján (2.13) átrendezésésvel kapjuk, hogy  1  1 f ( x)dx − dy = 0 d ∫ f ( x)dx − d  ∫ dy  = 0 g ( y)  g ( y)  [ ]   1 1 d  ∫ f ( x)dx) − ∫ dy  = 0 ∫ f ( x)dx − ∫ dy = c g ( y)  g ( y) 

Bevezetve az alábbi jelöléseket ∫ f ( x)dx = F ( x) 1 ∫ g ( y) dy = G( y) (2.14) (2.15) 1 fügvények bizonyos primitív g függvényeit jelöltük, (2.14)-ből a következő egyenlőséget kapjuk ahol a határozatlan integrálokkal ténylegesen az f és F ( x ) − G ( y ) = c, c ∈ R (2.16) Tétel(szétválasztható változójú DE implicit alakú megoldásásnaál) Ha (2.2) DE-ben f ∈ C ( I x ), g ∈ C ( I y ), g ( y ) ≠ 0, ∀y ∈ I y ,akkor implicit alakú általános Φ ( x, y, c) = 0 megoldása a következőképpen írható fel 1 Φ ( x, y, c) = ∫ f ( x)dx − ∫ dy − c = 0, c ∈ R (2.17) g ( y) vagy a (2.15) jelölések alkalmazásával: Φ ( x, y, c) = F ( x) − G ( y ) − c = 0 (2.18) Bizonyítás: Kimutatjuk, hogy minden folytonosan differenciálható y = ϕ (x) függvény, amely egy konkrét c = c0 érték mellett azonosan kielégíti (2.17)-t, azaz melyre ∫ f ( x)dx − ∫ ϕ ( x)dx − c0 ≡ 0 g (ϕ ( x)) (2.19) egyben a (2.2) DE

megoldása A (2.19) azonosságot differenciálva kapjuk, hogy f ( x)dx − az utóbbit megszorozva g (ϕ ( x)) -el , a szükséges 18 ϕ ( x)dx ≡0 g (ϕ ( x)) dϕ ( x) ≡ f ( x) g (ϕ ( x)) (2.20) dx azonossághoz jutunk. Fordítva, ha egy folytonosan diffrenciálható y = ϕ (x) függvényre fennál a (2.20) azonosság, akkor bizonyos c = c0 értékre teljesül a (2.19) azonosság is Valóban elvégezve az alábboi átrendezést és az azonosság mindkét oldalát integrálva dϕ ϕ ( x)dx ϕ ( x)dx dϕ ≡ f ( x) g (ϕ ( x)) f ( x)dx ≡ ∫ f ( x)dx ≡ ∫ + c0 ∫ f ( x)dx ≡ ∫ + c0 dx g (ϕ ( x)) g (ϕ ( x)) g (ϕ ) Megjegyzés( az explicit alakú általános megoldásról) Ha a (2.18) Φ ( x, y, c) = 0 egyenletet sikerül megoldani y-ra y = ϕ ( x, c) akkor megkapjuk a (2.2) DE explicit alakú y = f ( x, c), c ∈ R (221) általános megoldását. Megjegyzés ( szétválasztható változójú DE megoldásui algoritmusa) Könnyű észrevenni,hogy a (2.2) DE

megoldási módszerét az alábbiakban foglaljuk össze: dy 1. A = f ( x) g ( y ) De-et átírjuk diffrenciál alakba dy = f ( x) g ( y )dx (formálisan dx átszoroztunk dx-el) 2. "Szétválasztjuk" a változókat: 1 dy = f ( x)dx g ( y) 3. Az előbbi egyenlet mindkét oldalát változójuk szerint integrálva eljutunk a DE implicit alakú általános megoldáshoz: 1 ∫ g ( y) dy = ∫ f ( x)dx + C , C ∈ R dy 4. A = f ( x) g ( y ), y ( x0 ) = y 0 , x0 ∈ I x , y 0 ∈ I y dx y x 1 kezdetiérték feladat implicit alakú megoldását az ∫ dy = ∫ f ( x)dx g ( y) y0 x0 formula szerint számolhatjuk ki. Megjegyzés (az f 1 ( x) g1 ( y )dx = f 2 ( x) g 2 ( y )dy alakú DE-ről) Ha egy egyenlet f 1 ( x) g1 ( y )dx − f 2 ( x) g 2 ( y )dy = 0, x ∈ I x , y ∈ I y (2.22) differenciál alakban adott, akkor f f 2 ( x) g1 ( y ) ≠ 0, x ∈ I x , y ∈ I y esetén ismét a (2.2) alakú f 1 ( x) g ( y) f ( x) g1 ( y ) dy dx = 2 dy, = 1 = f ( x) g ( y ), f 2 ( x) ≠ 0, g 2 ( y

) ≠ 0 f 2 ( x) g1 ( y ) dx f 2 ( x) g 2 ( y ) szétválasztható változójú DE-re vezethető vissza. A (2.22) egyenletből leolvasható hogy az f 2 ( x) g1 ( y ) = 0 egyenlet illetve x = x1 ,., x k (2.23) y = y1 ,., y l gyökei megoldásai a DE-nek (mégpedig szinguláris, ha nem kaphatók meg az általános megoldásból). Ezek szerint az x = xi , i = 1k , y = y j = 1l egyenesek feldarabolják az adott DE 19 I x xI y értelmezési tartományát téglalap alakú résztartományokra, azaz a DE tetszőleges y = y (x) megoldásfüggvényei csak az xi −1 < x < xi , i = 1.k , y j −1 < y < y j , j = 1l intervallumokon van egyértelműen meghatározva, és a megoldásgörbék(integerálgörbék) nem haladhatnak át a (2.23) egyneletű egyeneseken 2.1 Példa Határozzuk meg a dy = x * cos 2 y, x ∈ I x = (−∞, ∞), y ∈ I y = (−∞, ∞) (2.24) dx DE általános megoldását Mo: Ez esetben a g ( y ) = cos 2 y = 0 egynlet gyökei y k = Igy a (2.24) DE konstans

megoldásai y = y k = π π 2 π 2 + πk , k ∈ Z + πk , k ∈ Z + πk , k ∈ Z a szétválasztható változójú DE megoldási 2 módszere szerint kapjuk az y = y á (x) általános megoldást: Továbbá feltételezve hogy y ≠ y k = 1 1 π dy x2 , ( , π ( ) = x * cos 2 y ⇒ = ≠ + ∈ ⇒ = ⇒ = + C, C ∈ R ⇒ dy xdx y k k Z dy xdx tg y ∫ cos 2 y ∫ 2 2 dx cos 2 y x2 + C ) + πk , c ∈ R, k ∈ Z 2 tehát, az egész síkon a (2.24) DE megoldásai a következő formulákkal adódnak: x2 y = y á ( x) = arctg ( + C ) + πk , c ∈ R.k ∈ Z (225) 2 y = y á ( x) = arctg ( π + πk , k ∈ Z (2.26) 2 Ezek a megoldások a 2.1 ábrán láthatók részben yk = [-----2.1 ábra-------] π + πk , k ∈ Z egyeneletek feldarabolják az adott DE I y = (−∞, ∞) 2 tartományát bizonyos sávokra, azaz a DE tetszőleges y=y(x) megoldásfüggvénye csak ezekben a sávokban haladhat és nem metszi a (2.26) egyenletű egyeneseket Könnyű észrevenni, hogy a (2.26)

konstans megoldások a (225) álétalános megoldásából, ha c ∞ , tehát (2.26) nem szinguláris megoldásai és a (224) DE összes megoldását a (225) formula adja. 2.2 Példa dy Keressük meg az y 2 − 1 = (3 y + xy ) , x ∈ I x = (−3,+∞), y ∈ I y = (1,+∞) DE-nek dx az összes megoldását, és utána válasszuk ki azt a partikuláris megoldást amelynek görbéje áthalad a P (0, 37 ) ponton. Mo: Először megfelelő átalakításokkal, megkeressük a DE általános megoldását: Ezek szerint az y k = 20 y 2 − 1 = (3 y + xy ) ⇒∫ dy y 1 dy = dx ⇒ ( y 2 − 1)dx = y (3 + x)dy ⇒: ( y 2 − 1)(3 + y ) ≠ 0 ⇒ 2 dx x+3 y −1 y 1 1 1 y2 −1 2 2 dy = dx ⇒ ln( y − 1 ) = ln( x + 3 ) + ln C ⇒ ln = 2 ln( x + 3) ⇒ y á − 1 = c( x + 3) 2 2 ∫ x+3 2 2 C y −1 ,c ∈ R+0 A DE alakjából nyilvánvaló hogy ( y 2 − 1)(3 + x) = 0 esetén az y = ±1, x = −3 konstans megoldások is kielégítik az adott DE-ezt, azonban ezek nem tartoznak a DE

értelemezési tartományához. Az x=-3 egyenes (−∞,−3)és(−3,+∞) intervallumokra bontja fel aDE értelmezési tartományát. A keresett partikuláris megoldást megkapjuk, ha az adott pont koordinátáit behelyettesítjük az előállított implicit alakú megoldásba: 2 y 2 − 1 | y = 37 = c( x + 3) 2 | x = 0 ⇒ 36 = c * 9 ⇒ c = 4 ⇒ y Cauchy = 4( x + 3) 2 + 1 2.2 Szétválaszthatóra visszavezethető egyenletek A címben szereplő egyneletek közül mindössze a követketző szétválasztható típusú DE-et emeljük ki. 2.21 Változókban homogén tíousú DE Definíció (változókban homogén DE): dy A = f ( x, y ), ( x, y ) ∈ I x × I y alakú DE változókban nulladfokú, ha az f : I x × I y R dx folytonos függvény tetszőleges τ ∈ R {0} esetén kielégíti az f ( x, y ) = f (τ .x,τ y ) összefüggést. dy A = f ( x, y ), f (τ .x, τ y ) = f ( x, y ) (227) változókban nulladfokú homogén DE könnyen dx visszavazethető szétválasztható

változójú egyneletre. y y 1 Ha τ = , x ≠ 0 akkor f ( x, y ) = f (τ .x, τ y ) = f (1, ) = F ( ) x x x y dy du Ennek alapján az = u , = x + u helyettesítéssel már szétválasztható változójú DE-et x dx dx kapunk. dy y dy du du = f ( x, y ), f (τ .x, τ y ) = f ( x, y ) ⇒ = u , = x + u = F (u ) ⇒ ( F (u ) − u )dx = xdu x+u ⇒ dx dx x dx dx dx du dx du ⇒ = ⇒ = x F (u ) − u x f (1, u ) − u Megjegyzés (az értelmezési tartományokra való osztásáról) Ha u = u j , j = 1.k az F(u)-u=0 algebrai egyenlet megoldásai, akkor a fentiek alapján ezek az állandók megoldásai az (F(u)-u).dx=xdu diffrenciál alakú DE-nek, illetve az y = u j x, x ≠ 0 félegyenesek pedig megoldásai az (2.28) eredeti változókban homogén (227) DE-nek 21 Ebből következik, hogy a (2.28) félegyenesek feldarabolják a (227) DE értelmezési tartományát és két szomszédos y = u j x és y = u j +1 x, x ≠ 0 félegyenesek által határolt szögtartományból sem ki, sem

be nem léphet megoldásgörbe. 2.22 Az y = f (αx + βy + γ ) alakú DE dy Tekintsük a = f (αx + βy + γ ), ( x, y ) ∈ I x × I y (2.29) dx alakú DE-et, ahol f : I x × I y R folytonos függvény és α , β , γ adott állandók. Nyilvánvaló ha β = 0 akkor dy = f (αx + γ ) már szétválasztható DE. dx dy = f ( βy + γ ) szintén szétválaszthatójú DE. dx Ha α * β ≠ 0 akkor a (2.29) DE megoldásához az u = αx + βy + γ új ismeretlen függvény du −α du dy dy dx bevezetésével jutunk. Innen kapjuk hogy és =α + β ⇒ = β dx dx dx du −α dy du du = f (αx + βy + γ ) ⇒ dx = f (u ) ⇒ dx ⇒ ∫ = dx dx β α + βf (u ) α + βf (u ) ∫ külön vizsgálatot igényelnek az α + βf (u ) = 0 algebrai egyenlet u = u i , i = 1.k gyökei, melyek megoldásai a du = (α + βf (u ))dx DE-nek. Ebből következik hogy az αx + βíy + γ = u i , i = 1.k párhuzamos egyenesek ugyncsak megoldásai a (2.29) alakú DE-nek Ha α = 0 akkor

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 22 3. hét: Elsőrendű lineáris D E és Bernoulli-féle D E 3.1 Elsőrendű lineáris D E: Az elsőrendű lineáris homogén DE általános alakja dy dx +p(x)y=i x∈I x ahol p: I x –>R adott együttható függvény. Keressük a DE általános megoldását a T={ x∈I x , - ∞ < y < +∞ } tartományon. Az egyenlet szétválasztható változójú, melynek megoldási módszere ismert: dy dx  dy = -p(x)ydx  +p(x)y=0 = - p(x)dx (y≠0) dy  ∫ ( y>0 , c 1 ∈R+ 0 ={0,+∞} lny= -∫p(x)dx+lnc 1 ln(-y)= -∫p(x)dx+ln(-c 2 ) ( y<0 , c 1 ∈R- 0 ={-∞,0}  y = -∫p(x)dx  dy y c 1 e-∫ p(x)dx , y>0 c 1 ∈R+ 0 y=y h.általános (x) = c 2 e-∫ p(x)dx , y<0 , c 1 ∈R- 0 nyilvánvaló, hogy y≡0 függvény is megoldása (ún. triviális megoldása) az egyenletnek Tehát a lineáris homogén DE ált. megoldása a T={

x∈I x , - ∞ < y < +∞ } tartományon az előbbi formulák alapján mindig előállitható egy kvadratúrával (integrálással): y=y h.á (x) =ce-∫p(x)dx ,c∈R Könnyű belátni, hogy a dy+ p(x)y=0 dx x 0 ∈I x , y 0 ∈ R y(x 0 )=y 0 Cauchy-féle feladat megoldása: y=y Cauchy (x)=y*e-∫ p(x)dx Megemlítjük, hogy ez a megoldás megkapható úgy is, hogy az általános megoldásba behelyettesítjük az adott x=x 0 és y=y 0 kezdeti értékeket, majd a kapott egyenletből kiszámítjuk a konstans c számbeli értékét, és az utóbbit visszaírjuk az általános megoldásba. Pl.: y’+ =0 x∈I x =(-∞,∞){0} y∈I y =(-∞,∞) 1. x Homogén DE. megoldása a változók szétválasztásával y’+ 1.=0  x =dy.- dx y 1.  x = -dy. y dx. x  lny=-lnx+lnc 1 , x>0, y>0, c 1 ∈ R+ 0 lny=-ln(-x)+ln(c 2 ) , x<0, y>0, c 2 ∈ R- 0 c1. x>0, y>0 c 1x∈ R+ 0  y=y homogén ált. (x)= c2. x<0, y>0, c 2 ∈ R- 0 Hasonlóképpen

kapjuk, hogy x c3. x 23 x>0, y<0 c 3 ∈ R- 0  y=y homogén ált. (x)= c4. x<0, y<0, c 4 ∈ R+ 0 x Így az előbbiek figyelembevételével az adott homogén DE. általános megoldása a vizsgált tartományon: c1. x c 1 ,c 2 ∈ R x>0 c2. x x<0  y=y homogén ált. (x)= Nyilvánvaló, hogy ezt a megoldást megkapjuk az általános formula alkalmazásával is. 2. Példa: Határozzuk meg az alábbi kezdeti érték feladat megoldását: 1. y’+ xy = 0 y(2) = -y Megoldás: Mivel a Cauchy-féle feladat megoldását az x 0 =2 pont környezetében keressük, ezért x>0 esetén, az előbbi példát figyelembe véve, az adott DE általános megoldása: c2 x y=y hom.ált (x)= x>0, c 2 ∈ R Figyelembe véve az adott kezdeti feltételeket most meghatározzuk a megfelelő c konstans számbeli értékét. Y hom.ált (y=-y) = (x=2)  -y = c2 x  c 2 = -8  y Cauchy (x)= - c2 2 3.2 Elsőrendű lineáris inhomogén DE: alakja: dy +p(x)y=q(x)

dx 8. x x ∈ Ix ahol p : I x R és q : I x  R adott folytonos függvények egy közös I x értelmezési tartományon . Az inhomogén DE megoldását a Lagrange-tól származó ún. „állandók variálásának módszerével” keressük y=c(x) e-∫ p(x)dx = c(x)Y(x) alakban. Vagyis az adott inhomogén DE-hez tartozó homogén DE alak általános megoldásában fellépő konstanst x tetszőleges differenciálható függvényének tekintjük (innen ered a módszer neve.) Az előző alakban megadott függvényt differenciáljuk és behelyettesítjük az inhomogén egyenletbe. dc(x). Y(x)+c(x) dy(x). +p(x)c(x)Y(x)=q(x) dx dx dc(x). Y(x)+c(x) dx ahonnan kiemelés után +p(x)Y(x) dY(x). =q(x) dx Mivel Y(x)= e-∫ p(x)dx a homogén DE partikuláris megoldása (az általános megoldásból c=1 értékén kapható meg), ezért +p(x) Y(x) ≡ 0 dY(x). dx Ennek alapján a c(x) ismeretlen függvényre: dc(x). Y(x) = q(x) dx 24 Szétválasztható változójú DE-et

kapunk, melynek megoldását az alábbiak szerint nyerjük. dc.Y(x)=q(x)  dc = q(x)Y-1(x)dx  ∫q(x)Y-1(x)dx  dx  c(x) = ∫q(x)Y-1(x)dx+c , c∈R  c(x) = ∫q(x) e∫ p(x)dx dx+c , c∈R Az így meghatározott c(x)-et visszahelyettesítjük a y=c(x) e-∫ p(x)dx = c(x)Y(x) alakba, és így megkapjuk az inhomogén DE általános megoldását. y = y inh.ált (x) = c e -∫ p(x)dx + e -∫ p(x)dx ∫q(x) e∫ p(x)dx dx , c ∈ R (3.16) Könnyű észrevenni, hogy az inhomogén DE általános megoldását két kvadratúrával kapjuk. Tétel: (A lineáris inhomogén DE megoldásának alakjáról.) A lineáris inhomogén DE általános megoldása a megfelelő homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén DE egy tetszőleges partikuláris megoldásának az összege, (3.17) azaz y inh.ált (x) = y homált (x) + y inhpart (x) Bizonyítás: Vezessük be az Y inh.part (x) = e -∫ p(x)dx ∫q(x) e∫ p(x)dx dx (3.18) jelölést. Ekkor a (316)

formulából egyből a (317) összefüggést kapjuk Már csak azt kell belátni, hogy (3.18) valóban az inhomogén DE egy partikuláris megoldása d(y hom.ált (x) + y inhpart (x)) dx Mivel dyh.á(x) + p(x)y h.á (x) + dx  + p(x)( y hom.ált (x) + y inhpart (x)) =q(x)  dy (x). ip (x) = q(x) +i.pp(x)y dx =0 ezért dyi.p(x) dx + p(x)y i.p (x) = q(x) Megjegyzés (az elsőrendű lineáris inhomogén DE megoldásának menete) Az elsőrendű lineáris inhomogén DE megoldása a következő két fő lépésből áll: 1. a megfelelő homogén DE megoldásából a változók szétválasztásának módszerével 2. az inhomogén DE y i p(x) partikuláris megoldásának meghatározásából az állandók variálásának módszerével. 1. Az y(x)≡0 függvény a homogén DE ún triviális megoldása 2. Ha y=y 1 (x) a homogén DE egy partikuláris megoldása, akkor y=cy 1 (x), c ∈ R szintén megoldása ennek az egyenletnek, mégpedig általános (A homogén DE egy partikuláris

megoldásának ismeretében általános megoldása kvadratúra nélkül adódik) 3. Ha y=y 1 (x) és y=y 2 (x) két partikuláris megoldása az inhomogén egyenletnek, akkor y 1 (x)-y 2 (x)=y ált p(x) a megfelelő DE partikuláris megoldása, illetve y hom.ált (x)=c 1 ( y 1 (x)-y 2 (x) ) , c ∈ R y inh.ált (x)=c( y 1 (x)-y 2 (x) ) + y 1 (x) vagy 25 y inh.ált (x)=c( y 1 (x)-y 2 (x) ) + y 2 (x) Az inhomogén DE két partikuláris megoldása ismeretében a homogén és inhomogén egyenlet általános megoldása kvadratúra nélkül kapható meg. Bizonyítás: A felsorolt tulajdonságok igazolása a megfelelő DE-ekbe való közvetlen behelyettesítéssel történik. , x ∈1I x .= ( , +∞) , y∈I y =(0,+∞) x*lnx elsőrendű lineáris inhomogén DE általános megoldását majd határozzuk meg az 3.3 példa Írjuk fel az y’- y(e2)=e4 kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldást. Először a változók szétválasztásával meghatározzuk a megfelelő

homogén egyenlet általános megoldását. dy dx 1 y. = 0  x*lnx = dy dx dx∫ . lny = ln(lnx)+lnc , c >0  x*lnx y = y hom.ált (x) = cln(x) , c∈ R+ 0 =(0,+∞) Az állandók variálásának módszerével keressük az inhomogén DE egy y i.p (x) általa az adott DE általános megoldását: y = c(x)lnx  dy = dx dc  dxlnx = xlnx  dc + c(x) lnx dx partikuláris megoldását és .  1 Behelyettesítés az Inhomogén DE-be.  x dc =dxx  c(x) = +c 1 x2 ,2c 1 ∈ R  x2 x21 ) lnx = c 1 lnx + lnx x2 +c c1> 2 2 2 A meghatározott általános megoldásból úgy kapjuk meg a kitűzött Cauchy-féle feladat megoldását, ha abban megfelelően megválasztjuk a tetszőleges c 1 állandó értékét:  y = y inh. ált (x)= ( e4 lne2 2 y inh.ált (e2) = e4 = c 1 ln e2 + tehát y = y Cauchy (x) = lnx  c 1 =0 2 x 2 3.3 Bernoulli-féle DE: Definició: (Bernoulli-féle DE) A dy m dx + p(x)y =y q(x) m ∈ R {0,1} (3.19) alakra hozható

elsőrendű (nemlineáris) egyenletet Bernoulli-féle DE-nek nevezzük, ahol a p: I x  R , q:I x  R függvények folytonosak egy közös I x értelmezési tartományon. Kimutatjuk, hogy a Bernoulli-tipusú egyenlet az ismeretlen függvény transzformációjával elsőrendű lineáris inhomogén DE-re vezethető vissza, melynek megoldási módszerét már ismertettük. Először is célszerű elosztani a (3.19) egyenlet mindkét oldalát az ym hatvánnyal (feltételezve, hogy y≠0): + p(x) y 1-m = q(x) + p(x)y =ym q(x)  /:ym  y -m dy dy dx 1-m deriválással Bevezetjük az y = z transzformációt, melyből x szerintidx (1-m) y –m = dy dx dz ,vagyis y –m dx = 26 dy dx (3.20) 1 . (1-m) dz dx Visszahelyettesítve a (3.20) módosított egyenletbe a z : RR ismeretlen függvényre nézve már lineáris inhomogén DE-et nyerünk. y –m dy+ p(x) y1-m =q(x)  dx 1 +. p(x) dzz = q(x) (1-m) dx dz dx +(1-m)p(x) z =(1-m)p(x)  Legyen Z=Z i.d (x) a kapott

(322) egyenlet általános megoldása A (3.21) helyettesités figyelembevételével felirhatjuk a Bernoulli-tipusú egyenlet általános megoldását: 1 . (1-m) y = y Bernoulli ált. (x) = z inh ált (x) Könnyen ellenőrizhető, ha m 0, akkor y=0 is megoldása a (3.19) DE-nek 3.4példaOldjuk meg a dy + dx 1y.= 2y2 x , x ∈ I x =(0,1) y>0 Bernoulli-féle DE-et. Megoldás: Az adott egyenletnek y≡0 is megoldása (mivel m=2>0). Az y2 ≠0 való osztás és a z=1/y transzformáció bevezetése után inhomogén DE-et kapunk: dy dx + 1. 2 xy=2y  /y2  y-2 + dy 1. -1 y-1 dx = 2 x Helyettesítéssel z=y = -y -2  dzdx 1 z. = -2 x Most megoldjuk a kapott lineáris DE-et. A megfelelő homogén DE megoldása: dz dx  1. z=0  x = dz dx  ∫  ln z = ln(cx) c ∈ R+ 0  z x z hom.ált (x)= cx c ∈ R+ 0 Az inhomogén DE megoldása: dz = z z = c(x)x   dc x = -2 dx dc x + c(x) dx  Behelyettesítve az inhomogén DE-be.   c(x)= -2 lnx

+ c 1 , c 1 ∈ R+  z = z hom. ált (x) = (-2 lnx +c 1 ) x A transzformáció szerint: y = y Bernoulli ált. (x) = 1 . = z inh. ált(x) 1 . , c 1 ∈ R+ c1x-2xlnx 27 dz dx dy dx 4. hét 4. Elsőrendű DE-hez tartozó iránymező Görbesereg differenciálegyenlete Trajektóriák Az alábbiakban az elsőrendű DE-ek és megoldásfüggvényeinek ( integrálgörbéinek ) egyes geometriai tulajdonságait ismertetjük. 4.1 Vonalelem, iránymező Vizsgáljuk a dy = f ( x, y )(4.1), dx y ( x0 ) = y0 (4.2) kezdőérték feladatot. Legyen az f : T R függvény folytonos a T = I x × I y értelmezési tartományon, és ϕ : I x R, ( y = ϕ ( x)) a (4.1), (42) kezdetiérték feladat megoldása A (4.1) DE és az y = ϕ (x ) megoldásának geometriai szemléltetését az alábbi módon nyerhetjük Definíció ( a vonalelem fogalma ) : A (4.1) DE a P0 ( x0 , y0 ) ponton áthaladó y = ϕ (x) egyenletű P0 ( x0 , y0 ) pontjához hozzárendelt érintőjének egy kis egyenes

szakaszát, melynek iránytangense mi = f ( xi , yi ) az egyenlet Pi ( xi , yi ) pontbeli vonalelemének nevezzük. Ezt a vonalelemet az ( xi , yi , mi ) vagy ( xi , yi , f ( xi , yi )) számhármassal szokták jelölni. integrálgörbe minden T = I x × I y értelmezési tartományának minden P( x, y ) pontjában meghúzhatjuk az ( x, y , f ( x, y )) vonalelemet. Hasonlóképpen a (4.1) egyenlet Definíció ( az iránymező fogalma ) : A (4.1) egyenlet P( x, y ) pontjához hozzárendelt iránymezőnek nevezzük. T = I x × I y értelmezési tartománya minden ( x, y, f ( x, y )) vonalelemek összességét a DE-hez tartozó Az iránymező fogalma egyben a (4.1), (42) kezdetiérték feladat grafikus megoldási módszerét is szemlélteti A (4.1), (42) feladat megoldása abból áll, hogy meg kell határozni azt az integrálgörbét, amely belesimul a P0 ( x0 , y0 ) , P1 ( x1 , y1 ) , , Pk ( xk , yk ) , pontokkal meghatározott vonalelem iránymezejébe. Könnyű észrevenni,

hogy ez a görbe pontosan az ábrán feltűntetett y = ϕ (x ) egyenletű integrálgörbe lesz, hiszen érintői minden pontban simulnak a T-ben előírt iránymezőhöz. Tehát az iránymező fogalma azt fejezi ki, hogy minden ponthoz állítunk egy „integrálgörbe közlekedési rendet”, aki mutatja, hogy e ponton át melyik az az irány, amerre haladhat a megoldás grafikonja. 4.2 Görbesereg differenciálegyenlete Elöljáróban megismerkedünk a síkbeli görbesereg fogalmával. Definíció ( n-paraméteres görbesereg ) : Az n-paraméteres görbesereg azon síkgörbék összessége, amelyek a G ( x, y, c1 , c2 ,., cn ) = 0 (43) közös egyenlettel adottak a derékszögű koordináta-rendszerben, ahol ci , i = 1,2,.n egymástól független valós paraméterek 28 Tehát a (4.3) egyenletből a paraméterek alkalmas választásával a görbesereg minden elemét megkapjuk, illetve a (4.3) egyenletben a paraméterek megengedett értékeit helyettesítve a görbesereg

valamelyik eleme adódik Az 1.2 alfejezetben megismertek alapján tudjuk, hogy egy elsőrendű y = f ( x, y ) , vagy F ( x, y, y ) = 0 (4.4) alakú DE általános megoldása egy egy-paraméteres (4.5) G ( x, y , c ) = 0 görbesereg. Ismert, hogy egy n-edrendű y ( n ) = f ( x, y, y ,., y ( n −1) ) , vagy F ( x, y, y ,, y ( n ) ) = 0 (46) alakú DE általános megoldása egy (4.3) alakú n-paraméteres görbesereg lenne Tekintsük a (4.3) egyenletben y-t az x változó n-szer folytonosan differenciálható függvényének Tegyük fel, hogy (4.3)-ban G implicit függvény az x és y változók szerint legalább n-szer folytonosan differenciálható és a ci , i = 1,2,., n változókban folytonos Válaszoljuk meg a következő kérdést: hogyan lehet felírni azt az n-edrendű DE-et, melynek általános megoldása az adott (4.3) n-paraméteres görbesereg? y = y (x) grafikonja a (4.3) görbesereg eleme, azaz (4.7) G ( x, y ( x), c1 ,., cn ) ≡ 0 Tegyük fel, hogy

Differenciáljuk a (4.7) azonosságot az x változó szerint n-szer és írjuk fel a következő (n+1) egyenletből álló rendszert: G ( x, y ( x), c1 ,., cn ) = 0 G x +G y dy =0 dx dy  dy d2y  G xx + G yx +G yy  + G y 2 = 0 dx  dx dx  . (4.8) G ( n ) ( x, y, c1 ,., cn ) = 0 Kiküszöbölve a (4.8) egyenletrendszerből a c1 , c2 ,., cn paramétereket ( ezt bizonyos feltételek teljesülése mellett tudjuk elvégezni ), egy (4.6) alakú DE-et kapunk, amelynek általános megoldása a (43) n-paraméteres függvény. 4.1 Példa Írjuk fel a G ( x, y, c) = x 2 + y 2 − c = 0, (c ∈ R0+ = (0,+∞)) egy-paraméteres görbesereg DE-ét. Megoldás. Egyszer deriváljuk a görbesereg egyenletét és felírjuk a (4.8)-nak megfelelő x2 + y2 − c = 0 dy =0 2x + 2 y dx egyenletrendszert, melyből megkapjuk az adott görbesereg DE-ét: 29 dy x =− dx y 4.2 Példa Írjuk fel a G ( x, y, c1 , c2 ) = y − c1 sin( x + c2 ) = 0, (c1 , c2 ∈ R)

két-paraméteres görbesereg DE-ét. Megoldás. Kétszer differenciálva a sereg egyenletét, felírhatjuk a y − c1 sin( x + c2 ) = 0 y −c1 cos( x + c2 ) = 0 y +c1 sin( x + c2 ) = 0 egyenletrendszert. Ha az első egyenlethez hozzáadjuk a harmadikat megkapjuk az adott görbesereg y"+ y = 0 DE-ét. 4.3 Trajektóriák A DE-ek egy fontos geometriai alkalmazása az ún. trajektóriák megkeresése Emlékeztetésül megemlítjük, hogy két görbe metszésszöge megegyezik a közös pontbeli érintők által bezárt hegyesszöggel. Definíció ( α-izogonális trajektóriák fogalma ) : Az egyparaméteres G(x,y,c) = 0 (4.10) egyenletű görbeseregnek a H(x,y,k) = 0 (4.9) egyenletű görbesereg tagjai α-izogonális trajektóriái, ha ezek az eredeti görbesereg minden tagját azonos α szögben metszik. Ha α = π/2, akkor a trajektóriákat ortogonális trajektóriáknak hívjuk. Megjegyezzük, hogy a (4.9) és (410) seregnél ez a tulajdonság kölcsönös A (4.9) adott

görbesereg α-izogonális trajektóriáit a következő megfontolások alapján kaphatjuk meg: Mivel a 4.2 alfejezetben leírtak alapján a (49) egyparaméteres görbesereget egy (44) elsőrendű DE-tel tudjuk jellemezni, így a trajektóriák megkeresése visszavezethető elsőrendű DE-ek megoldására. Az ábrán legyen g az adott G(x,y,c) = 0 görbesereg egy tagja, h pedig a görbét a P(x,y) pontban α szögben metsző α-izogonális trajektóriája. Legyen β a g görbe, γ pedig a h görbe P(x,y,) pontbeli érintőjének az x tengely pozitív irányával bezárt szöge. Nyilvánvaló, hogy γ = α + β és tgβ = tg (γ + α ) = tgγ − tgα . 1 + tgγtgα Ha figyelembe vesszük, hogy tgβ = y’ a g görbe, tgγ = y’ tr pedig a h görbe P(x,y) pontbeli érintőjének az iránytangense, akkor az y’ és y’ tr közötti összefüggést az y = y tr −tgα (4.11) formula adja 1 + y tr tgα Ennek alapján az adott G(x,y,c) = 0 egyparaméteres görbesereg F(x,y,y’) =

0 elsőrendű DE-ből az F(x,y, y tr −tgα ) (4.12) differenciálegyenlet adja a keresett α-izogonális trajektóriák egyenletét 1 + y tr tgα Ortogonális trajektóriák esetén y’ = tg(γ-α) = tg(γ-π/2) = tg(π/2-γ) = -ctg(γ) = -1/tgγ = -1/ y’ tr , 30 Ezért (4.12)-ből könnyen megkapjuk a G(x,y,c) = 0 görbesereghez tartozó ortogonális trajektóriák DE-ét: F(x,y, -1/ y’ tr ) = 0. Megjegyzés (az α-izogonális trajektóriák meghatározásához) : A G(x,y,c) = 0 egyenlettel adott görbesereg α-izogonális trajektóriák egyenletének megkeresése az alábbi lépések alapján történik: 1. Felírjuk a G(x,y,c) = 0 görbesereg differenciálegyenletét: G(x,y,c) = 0 G(x,y,c) = 0 F(x,y,y’) = 0. G’x+G’y dy/dx = 0 2. A (412) formula segítségével meghatározzuk a keresett α-izogonális görbesereg DE-ét: F(x,y,y’) = 0 F(x,y, y tr −tgα ) = 0, 1 + y tr tgα illetve a (4.13) összefüggés felhasználásával az ortogonális görbesereg

differenciálegyenletét: F(x,y,y’) = 0 F(x,y, , -1/ y’tr). Megoldva a (4.12) vagy (413) egyenletet, megkapjuk a keresett trajektóriák H(x,y,c) = 0 egyenletét. 3. 4.3 Példa y = cx, (c ∈ R0+ = (0,+∞), x > 0, y > 0) (4.14) egyenessereget α=π/4 szög alatt metsző Írjuk fel az izogonális trajektóriák egyenletét. Megoldás. A példa megoldása az előző megjegyzésben ismertett algoritmus alapján történik 1. A (414) egyenessereg DE-e: y=cx y =cx y’ = y/x. y’=c 2. Az α=π/4 izogonális trajektóriák differenciálegyenlete: y’ = y/x y’ := y tr −tg π y tr −tgα 4 = y tr −1 = 1 + y tr tgα 1 + y tg π 1 + y tr tr 4 y y −1 = tr x 1 + y tr y +1 y’ tr= x (y ≠ x). y 1− x A kapott DE változóiban homogén típusú egyenlet. 3. A továbbiakban az egyenlet megoldása során az egyszerűbb írásmód kedvéért a tr indexet elhagyjuk. y +1 dy x = dx 1 − y x Helyettesítés: y dy du = u, = x+u x dx dx du u +1 x+u = dx 1− u

dx 1− u 1 du = arctgu − ln(1 + u 2 ) = ln(cx) 2 ∫ x 1+ u 2 2 y arctg y 1   y  arctg − ln1 +    = ln(cx) x 2 + y 2 = ce x , c ∈ R0+ . x 2   x   Ha az előállított trajektória-sereg egyenletét az x = r cosϕ, y = r sinϕ formulák segítségével poláris koordinátarendszerbe írjuk át, akkor az r = c1eϕ , c1 ∈ R + = [0,+∞] egyenletű spirálissereget kapjuk. 31 4.4 Példa Határozzuk meg az y = cx 2 parabolasereg ortogonális trajektóriáinak egyenletét. Megoldás. 1. Az adott parabolasereg DE-e: y = cx 2 y = 2cx 2. 3. dy 2 y = , x ≠ 0. dx x Az ortogonális trajektóriák DE-e: dy 2 y = dx x y := − 1 y dy x =− dx 2y Az ortogonális trajektóriák DE-ének megoldása: dy x =− dx 2y ∫ − 2 ydy = ∫ xdx x 2 + 2 y 2 = c1 , c1 > 0, x ≠ 0 amely ellipszissereg egyenlete. 4.4 Izoklímák Az iránymező megrajzolását megkönnyíti, ha ábrázoljuk a dy = f ( x, y ) DE jobboldalán álló f (

x, y ) dx függvény szintvonalait, azaz az f ( x, y ) = c egyenlettel megadott görbéket, ahol c állandónak tetszőleges értéket adhatunk az f függvény értékkészletéből. Definíció (izoklina vonal) : Az f ( x, y ) = c, c ∈ R egyenletű görbéket a vonalainak (izoklináinak) nevezzük. dy = f ( x, y ) DE izoklina dx Az izoklina vonal azzal a tulajdonsággal bír, hogy minden pontjában átmenő megoldásgörbe iránytangense egyenlő a c állandóval, azaz az izoklina vonalak az azonos iránytangensű vonalelemeket hordozzák. 4.5 Példa Vázoljuk a dy y = , x ≠ 0 DE által létrehozott iránymezőt és oldjuk meg grafikusan ezt az egyenletet. dx x Megoldás. Legyen a DE értelmezési tartománya T = (R {0})xR . Az izoklinák az y = c egyenletű görbék, azaz az x origóból kiinduló y = cx, c ∈ R egyenessereg, melynek egyenesei nem tartalmazzák az origót és az y tengelyt. Az izoklinák minden pontjában a vonalelemek iránytangense c. Ugyanakkor a

megoldásgörbe iránytangense szintén c. Ebből következik, hogy a vonalelemek benne vannak az egyenesekben (ld az ábrát), tehát a DE megoldásgörbéi (integrálgörbéi) az y = cx, c ∈ R, x ≠ 0 egyenletű egyenesek. Ellenőrzésként, mivel a DE szétválasztható típusú, könnyen megkaphatjuk az általános megoldást: dy y = ,x ≠ 0 dx x ∫ dy dx =∫ y x y = cx, c ∈ R, x ≠ 0 , mely megegyezik a grafikusan nyert megoldással. 32 4.6 Példa Rajzoljuk meg a dy x = − , y ≠ 0 DE által létesített iránymezőt, majd adjuk meg grafikusan a megoldást. dx y Megoldás. 1 x = c azaz y = − x, c ∈ R {0} egyenletű egyessereg, melyhez nem c y dy x tartozik az x tengely és az origó. Mivel az izoklinákon a megoldásgörbe iránytangense = − = c ezért az dx y 1 integrálgörbe érintője merőleges a − iránytangensű egyenesekre, azaz az izoklinákra. Következésképp az c 2 2 2 adott egyenlet integrálgörbéi origó középpontú x + y = k , k

> 0 egyenletű körök (ld. az ábrát) A DE-hez tartozó izoklinák a − Belátjuk, hogy ugyanezt az általános megoldást a változók szétválasztásával is megkaphatjuk: dy x =− ,y ≠0 dx y ∫ ydy = −∫ xdx x 2 + y 2 = c, c > 0 33 5. Hét Lineáris állandóegyütthatójú homogén DE-ek A magasabb rendű változó együtthatójú y(n)+p (n-1) (x)y(n-1)++p 1 (x)y’+p 0 (x)y=0 (5.1) alakú DE-t már n>=2 esetén sem tudjuk megoldani zárt alakban.Azonban, a most tárgyalásra kerülő lineáris állandóegyütthatójú DE-ek álltalános megoldása mindig megadható elemi függvények és (vagy) ezek integráljai segítségével. 5.1 n-edrendű homogén DE megoldása Az n-edrendű állandóegyütthatójú lineáris homogén DE általános alakja (5.2) y(n)+a (n-1) y(n-1)++a 1 y’+a 0 y=0 ahol az a i együtthatók konstansok.Az (52) DE-et röviden az L n un differenciál-operátor segitségével irhatjuk fel. Definició(differenciál-operátor

fogalma) Az L n : y L n (y)= y(n)+a (n-1) y(n-1)++a 1 y+a 0 y , y∈Cn (5.3) leképezéssel adott operátort n-edrendű differenciáloperátornak nevezzük.Vezessük be az L n (y) jelölést az alábbi módon: (5.4) L n (y)= y(n)+a (n-1) y(n-1)++a 1 y’+a 0 Látható, hogy az L n operátor L n (az I x intervallumon n-szer folytonosan differenciálható függvények halmazának elemeit folytonos függvények halmazába képezi le.Az (52) alakú n-edrendű lineáris homogén DE-et az L n (y) (5.5) jelölés segitségével az L n (y)=0 alakba irhatjuk fel.Közvetlenül az L n differenciál-operátor definiciójából következnek az alábbi tulajdonságok: 1. L n (x 1 ,y 2 )= L n (x 1 )+L n (y 2 ), minden x 1 , y 1 ∈Cn[I x ] esetén (az operátor additiv) 2. L n (cy)=cL n (y) , c∈R , y∈Cn[I x ] ,(az operátor homogén) 3. L n (c 1 y 1 ++c n y n )= c 1 L n (y 1 )++ c n L n (y n ) , (az operátor lineáris) Tétel(a homogén DE tulajdonsága) Ha az y 1 , y 2 , ,y k (5.6)

függvények megoldásai az (5.2) DE-ek, akkor tetszőleges (5.7) c 1 , c 2 , ,c k állandókkal képzett, y=c 1 y 1 ++c k y k lineáris kombinációjuk is megoldás. Bizonyitás: Ha az (5.7) kifejezést (55)-be helyettesitjük, akkor L n (c 1 y 1 ++c k y k )= c 1 L n (y 1 )++ c k L n (y k )≡0, azaz (5.7) valóban megoldás Definicio(alaprendszer fogalma) Az n-edrendű (5.2) homogén DE tetszőleges n számú, az I x intervallumon független (5.8) y 1 , y 2 , ,y k , x∈I x Megoldását az egyenlet egyik alaprendszerének nevezzük. Tétel(a homogén DE általános megoldásának előállitása az alaprendszerrel ) Ha az (5.8) függvények az (52) DE egy alaprendszerét képzik, akkor a differenciálegyenlet általános megoldása az alábbi alakban irható fel: (5.9) y=y h.á (x)= c 1 y 1 (x)++ c n y n (x) , x∈I x ahol c i (i=1,2,,n) tetszőleges valós állandók. Bizonyitás: Valóban (5.7)-hez hasonlóan az (59) összefüggés, amely n számú tetszőleges állandót

tartalmaz , megoldása az (5.2) DE-nek Ezen kívűl (n-1)-szeri deriválással képzett, y=c 1 y 1 ++ c n y n y=c 1 y 1 ++ c n y n ⋅ ⋅ y(n-1)=c 1 y 1 (n-1)++ c n y n (n-1) (5.10) algebrai egyenletrendszer, amelynek determinánsa c 1 y 1 ++ c n y n c 1 y 1 ++ c n y n ⋅ ⋅ c 1 y 1 (n-1)++ c n y n (n-1) =W(y 1 , y 2 , ,y n )=W(x)≠0 (5.11) egyértelműen megoldható c 1 , c 2 , ,c n állandókra, mint ismeretlenekre. Ezért az általános megoldás definiciója szerint az (5.9) összefüggés valóban általános megoldásMegjegyezzük, hogy az (511) determináns nem más 34 mint az (5.8) alrendszer függvényeire felirt unWronski-féle determináns , amely ismert, hogy x∈I x esetén sehol sem zérus, mivel az y 1 , y 2 , ,y n függvények lineárisan függetlenek az I x intervallumon.Visszatérve a (52) homogén állandó együtthatójú egyenlethez, kimutatjuk, hogy egyik (5.8) alaprendszerét integrálás nélkül, algebrai műveletek segitségével minden esetben

meghatározhatjuk és utána (5.9) alakban felirhatjuk egyből az általános megoldást is. (5.12) Keresük az (5.2) DE megoldást y=eλx alakban, ahol λ egyenlőre ismeretlen. Képezzük az (512) x szerinti deriváltjait (5.13) y(k) =λkeλx k=1,2,,n és helyettesitsük be a homogén (5.5) DE-be Igy az eλx kiemelése után az (5.14) L n (eλx)= eλx(λn+a n-1 λn-1++a 1 λ+a 0 )=0 λx Azonossághoz jutunk. Mivel e soha sem lesz nulla, ezért egyszerűsités után a (5.15) P n (λ)=λn+a n-1 λn-1++a 1 λ+a 0 =0 n-edfokú valós együtthatós algebrai egyenletet kapjuk.Az (514) egyenlőségből nyilvánvaló, hogy minden ilyen (5.16) függvény megoldása az (52) λ=λ i értékre, melyre P n (λ i )=0 teljesül az y=eλix , λ i : P n (λ i )=0 homogén DE-nek. Definició(karakterisztikus egyenlet) Az (5.15) n-edfokú algebrai egyenletet az (52) homogén DE karakterisztikus egyenletének, a P n (λ)-t pedig karakterisztikus polinomnak nevezzük.Az (515) karakterisztikus egyenlet

meghatározó szerepet játszik az állandó együtthatójú (5.2) homogén DE alprendszerének meghatározásában Az (515) karakterisztikus egyenletnek a komplex számok halmazán a gyökök multiplicitásának figyelembe vételénél pontosan n számú gyöke van. Ezek a gyökök lehetnek különböző multiplicitásúak, valós illetve komplex számok Emiatt a következő négy esetet kell vizsgálni. 5.2 Egyszeres valós gyökök esete Tétel(alaprendszer felirása egyszeres valós gyökökre) Ha az (5.15) karakterisztikus egyenletnek n számú különböző egyszeres λ 1 ,λ 2 , , λ n (517) (5.18) valós gyöke van, akkor a hozzájuk tartozó y 1 =eλ1x, y 2 =eλ2x, y n =eλ3x, függvények az (5.2) homogén DE egyik alaprendszerét alkotják az x∈I x =(-∞,+∞) intervallumon Bizonyitás: Az (5.14) formulából közvetlenül megállapitható, hogy az (518) függvények az (52) homogén DE megoldásai Kimutatjuk , hogy az (5.18) y i függvények lineárisan függetlenek

Ennek bizonyitására elegendő ellenőrizni, hogy az (5.18) függvények Wronski-determinánsa nem zérus az I x =(-∞,+∞) intervallum legalább egy x=x 0 pontjában.Képezzük az (518) függvények Wronski-determinánsát W(eλ1x, eλ2x,, eλnx)= eλ1x, eλ2x,, eλnx λ 1 eλ1x, λ 2 eλ2x,,λ n eλnx ⋅ ⋅ λ 1 n-1eλ1x, λ 2 n-1eλ2x,,λ n n-1eλnx =l(λ1+λ2++λn)x 1, 1, ,1 λ1, λ2, , λn ⋅ ⋅ λ 1 n-1, λ 2 n-1, , λ n n-1 = l(λ1+λ2++λn)x∏( λ i - λ j )≠0 1<=j<i<=n Itt kihasználtuk, hogy az utóbbi determináns az un. Vandermonde-determináns, melynek értéke egyenlő ∏( λ i λ j ), 1<=j<i<=n szorzattal Mivel a karakterisztikus egyenlet gyökei különbözőek, ezért ez a szorzat nem egyenlő zérussal, tehát a Wronski-determináns értéke nem lehet egyetlen pontban sem zérus, igy az (5.14) függvények lineárisan függetlenek. Ezzel igazoltuk az (59) alapján, hogy (517) esetén (5.19) y=y h.á (x)=c 1 eλ1x+c 2 eλ2x++c n eλnx, c

i ∈R, x∈I x =(-∞,+∞) 5.1 Példa Irjuk fel az y’’+y’-6y=0 DE alaprendszerét és általános megoldását Megoldás: A karakterisztikus egyenlet λ2+λ-6=0, melynek gyökei λ 1 =2 , λ 2 =-3 és a hozzájuk tartozó alaprendszer függvényei pedig y 1 = eλ1x=e2x, y 2 = eλ2x=e-3x . Ezen függvények segitségével a homogén egyenlet általános megoldása y=y h.á (x)= c 1 e2x+ c 2 e-3x, c 1 ,c 2 ∈R 5.3 Többszörös valós gyökök esete 35 Tétel(alaprendszer felirása többszörös valós gyökökre) Legyenek λ 1 , λ 2 , , λ k (5.20) különböző valós számok az (5.15) karakterisztikus egyenletnek rendre m 1 , m 2 , , m k multiplicitású gyökei, ahol m 1 +m 2 + +m k =n vagyis a karakterisztikus egyenlet P n (x)= (λ-λ 1 )m1(λ-λ 1 )m2 (λ-λ 1 )mk =0 , alakú.Ekkor az (520) gyökökhöz tartozó y 1 = eλ1x, y 2 = xeλ1x, , y m1 =xm1-1eλ1x, (5.21) y m1+1 = eλ2x, y m1+2 = xeλ2x, , y m1+m2 =xm2-1eλ2x, ⋅ ⋅ Y m1+m2++m(k-1)+1 = eλkx, y

m1+m2+mk++2 = xeλkx, , y n =xmk-1eλkx, n számú függvény az (5.2) homogén DE alaprendszerét adja az I x =(-∞,+∞) intervallumon Bizonyítás: A (5.14) formulából az Ln(eλx)≡Pn(λ)eλx (5.22) azonosságot írhatjuk fel. Deriváljuk az (5.22) összefüggést k-szor a x változó szerint A bal oldal deriválásakor az L n operátor linearitása miatt (5.23) ∂k/∂λk L n (eλx)=L n (∂k/∂λkeλx)= L n (xkeλx) A jobb oldal deriválásakor a szorzat deriválási szabályát alkalmazva (5.24) ((uv)(k)=∑k i=0 (k i )u(i)v(k-i)) : ∂k/∂λkP n (λ)eλx=∑k i=0 (k i )P n (i)(λ)x k-ieλx (5.25) Tehát (5.22) deriválása után az L n (xkeλx)=∑k i=0 (k i )P n (i)(λ)x k-ieλx azonosságot nyerjük. A gyökök multiplicitásából következik, hogy (5.26) P n (λ j )=P n (λ j )=.=P n (mj-1)(λ j )=0, P n (mj)(λ j )≠0, j=1k érvényes. Az (526) figyelembe vételével az (525) egyenlőségből arra következtetünk, hogy az (521) függvények kielégítik a

homogén DE-t. Az (5.21) függvények lineáris függetlensége a Wronski-féle determináns segítségével mutatható ki 5.2 Példa Oldjuk meg az y-2y=0 egyenletet Megoldás: A karakterisztikus egyenlet λ³-2λ²=λ²(λ-2)=0, melynek gyökei λ 1 =λ 2 =0 és λ 3 =2 nyílvánvaló, hogy λ 1 =0 kétszeres multiplicitású valós gyök, ezért az alaprendszer elemeit az (5.21) formula szerint írjuk fel: y 1 =e0x=1, y 2 =xe0x=x, y 3 =eλx Az alaprendszer segítségével az általános megoldás, y=y h.á (x)=c 1 +c 2 x+c 3 eλx, c i ∈R, x∈(-∞,+∞) 5.4 Egyszeres komplex gyökök esete Mivel az (5.15) karakterisztikus egyenlet valós együtthatós ezért, ha a λ 1 =a+ib komplex szám gyöke az egyenletnek, akkor a komplex konjugált λ 2 =λ¯ 1 =a-ib, is gyöke annak.Mielőtt felírnánk az alaprendszerhez a komplex konjugált gyökpárhoz tartozó függvényeket, szükségünk van az alábbi állításra. Definíció(valós változójú komplex megoldásfüggvény): Az

y=u(x)+iv(x), u:I x R, v:I x R, valós változójú komplex függvényt, akkor nevezzük az n-ed rendű (5.2) valós, állandó együtthatójú homogén DE megoldásának, ha külön a valós és külön a képzetes rész is megoldása az egyenletnek, azaz L n (u(x))=0, L n (v(x))=0. Az (516) formula alapján, az (5.27) y=y~ 1 =eλ1x=e(a+ib)x és y=y~ 2 =e(a-ib)x valós változójú komplex függvények megoldásai az (5.2) DE-nekAz analízisből ismert eix=cosx+isinx ún. Euler-formula segítségével (527)-ből az y~ 1 =e(a+ib)x=eaxeibx= eax(cosbx+isinbx)= eaxcosx+ieaxsinx)=u(i)+iv(x), (5.28) y~ 2 =e(a-ib)x=eaxe-ibx= eax(cosbx-isinbx)= eaxcosbx-ieaxsinbx)=u(i)-iv(x), egyenlőségek írhatók fel.Továbbá az előző definíció szerint az (528) valós változójú komplex függvények valós és képzetes része: (5.29) u(x)=eaxcosbx, v(x)=eaxsinbx külön-külön megoldása a homogén egyenletnek.Tehát a homogén konjugált (5.30) λ 1 =a+ib, λ 2 =λ¯ 1 =a-ib gyökpárból két

valós megoldásfüggvény származtatható: (5.31) y 1 =eaxcosbx, y 2 =eaxsinbx A Wronski-féle determináns kiszámításával meggyőződhetünk, hogy az (5.31) alakú függvények lineárisan függetlenek, tehát az alaprendszer függvényeinek tekinthetők. Hasonló módon járunk el minden komplex gyökpár esetén. 5.3 Példa Oldjuk meg az y+4y+13y=0 DE-t 36 Megoldás: A λ²+4λ+13=0, karakterisztikus egyenlet gyöke a λ 1 =-2+3i és λ 2 =-2-3i komplex konjugált gyökpár. Az (5.31) formulák alapján az alaprendszer függvényei: y 1 (x)=e-2xcos3x és y 2 (x)=e-2xsin3x. Ezen függvének segítségével a homogén DE általános megoldása: y=y h.á (x)=c 1 e-2xcos3x+ c 2 e-2xsin3x, c 1, c 2 ∈R 5.5 Többszörös komplex gyökök esete Legyen az (5.2) DE karakterisztikus (515) egyenletének λ 1 =a+ib komplex szám m 1 multiplicitású gyöke, akkor a komplex konjugált λ 2 =λ¯ 1 =a-ib is gyöke ugyanazzal a multiplicitással. Hasonlóan az (527)-hez, igazolható,

hogy ehhez a többszörös konjugált gyökpárhoz pontosan 2m 1 lineárisan független megoldásfüggvény származtatható az (5.2) DE alaprendszeren,nevezetesen y 1 (x)=eaxcosbx, y 2 (x)=xeaxcosbx,.,y m1 (x)=xm1-1eaxcosbx (5.32) y m1+1 (x)=eaxsinx, y m1+2 (x)=xeaxsinbx,.,y 2m1 (x)=xm1-1eaxsinbx 5.4 Példa Keressük meg az y(n)+8y+16=0 homogén DE általános megoldást Megoldás: A λn+8λ²+16=(λ²+4)2=0 karakterisztikus egyenlet kétszeres gyöke a λ 1 =4i és λ 2 =-4i komplex konjugált gyökpár. Az (532) összefüggés alapján az alaprendszert az y 1 (x)=cos4x, y 2 (x)=xcos4x, y 3 (x)=sin4x, y 4 (x)=xsin4x függvények alkotják, ezért az általános megoldás: y= y h.á (x)=c 1 cos4x+c 2 xcos4x+c 3 sin4x+c 4 xsin4x c i ∈R 37 6. hét Lineáris állandó együtthatójú inhomogén DE-ek Az n-edrendű állandó együtthatójú bináris inhomogén DE általános alakja: y(n) + a n-1 y(n-1) + . + a 1 y1 + a 0 y = f(x) (6.1) ahol f(x) ε C(I x ) Tudjuk, hogy az

elsőrendű lineáris (3.12) inhomogén DE általános megoldása a megfelelő (3.1) homogén DE általános megoldásának és az inhomogén DE egy partikuláris megoldásának az összege (lásd a (3.17) formulát) Hasonló a helyzet a (61) alakú DE esetén is. TÉTEL: (inhomogén DE általános megoldásának alakja) A (6.1), azaz L n (y) = f(x) (6.2) inhomogén lineáris DE y i.á (x) általános megoldása a megfelelő L n (y) = 0 (6.3) homogén DE y h.á (x) általános megoldásának és az inhomogén egyenlet egy tetszőleges yi.p (x) partikuláris megoldásának az összege: y = yi.á (x) = yhá (x) + yip (x) = c 1 y1 (x) + + c n y n (x) + y ip (x) , (6.4) ahol a c i együtthatók tetszőleges valós állandók, az y1 ,y2 , . yn függvények pedig a (63) homogén egyenlet egy alaprendszerét alkotják, Ln az (5.3), (54) differenciáloperátor jelölése BIZ.: Az Ln differenciáloperátor tulajdonságainak figyelembevételénél és az (59) formula alapján L n (yh.á

(x) + yip (x)) = Ln (yhá (x)) + Ln (y ip (x)) = f(x) , mivel Ln (yh.á (x)) = 0, t ehát a (64) alakú függvény valóban megoldása az inhomogén egyenletnek. Annak igazolása céljából, hogy a (6.4) n számú tetszőleges c i állandót tartalmazó függvény egyben általános megoldása az inhomogén egyenletnek, kimutatjuk a c 1 y1 + c 2 y2 + . + c n yn = y - yip (x) c 1 y1 ’ + c 2 y2 ’ + . + c n yn ’ = y’ - y’ ip (x) . c 1 y1 (n-1) + c 2 y2 (n-1) + . + c n yn (n-1) = y(n-1) - y(n-1) ip (x) algebrai ER c i -kre való egyértelmű megoldhatóságát. Ez valóban teljesül, mivel a rendszer determinánsa a w (y1, y 2, . yn ) W??? - féle determináns, amely az y 1 (x), y2 (x), yn (x) függvények lineáris függetlensége miatt sehol sem zérus. 38 6.1 „próbafüggvény” módszer a partikuláris megoldás meghatározására A homogén DE alaprendszerének előállítását és segítségével az általános megoldás felírását részletesen az 5.2, 5.3, 54,

55 alfejezetben ismertettünk A továbbiakban kimutatjuk, hogy ha (6.1) inhomogén DE f(x) zavarófüggvénye speciális típusú, nevezetesen f(x) = eαx [ R k (x)cosβx + Q l (x)sinβx] (6.5) alakú, ahol α és β valós számok, R k (x) és Q l (x) k-ad illetve l-ed fokú adott polinomok, akkor az inhomogén DE egyik partikuláris megoldása az un. „ próbafüggvény” módszerrel határozható meg. A módszer lényege, hogy a zavarófüggvény típusától és a homogén DE (5.11) karakterisztikus egyenletének a gyökeiből kiindulva írjuk fel a keresett y = p(x) partikuláris megoldás alakját. Ez a próbafüggvény ismeretlen konstansokat tartalmaz együtthatóiban, melyeket az egyenletbe való behelyettesítés után a megfelelő együtthatók összehasonlításának módszerével tudjuk meghatározni. Legyen tehát a (6.1) inhomogén DE zavarófüggvénye (65) alakú Könnyű belátni, hogy a (6.5) zavarófüggvény speciális eset??? Tartalmazza az f(x) = R k (x)

polinomot (α = 0, β = 0 esetén); f(x) = Ceαx exponenciális függvényt (β = 0, k = 0); f(x) = eαx R k (x) függvényt (β = 0); f(x) = C 1 cosβx + C 2 sinβx trigonometrikus függyvényt (α = 0, k = 0, l = 0); f(x) = R k (x)cosβx + Q l (x)sinβx függvényt (α = 0); f(x) = R k (x)cosβx függvényt (α = 0, Q l (x) ≡ 0); f(x) = Q l (x)sinβx függvényt (α = 0, R k (x) ≡ 0). A próbafüggvény felírásánál két esetet kell megkülönböztetni attól függően, hogy a γ = α + iβ (6.6) konvex szám gyöke vagy nem gyöke a homogén DE (5.11) karakterisztikus egyenletének Abban az esetben, ha (6.6) gyöke, akkor „rezonációról” beszélünk 5.2 A γ = α + iβ nem gyöke a karakterisztikus egyenletnek Keressük a (61) inhomogén DE partikuláris megoldását, ha a zavarófüggvény pl.: f(x) = eαx R k (x) = eαx ( r k xk + r k-1 xk-1 + . + r 1 x + r 0 ) (6.7) alakú. Ebben az esetben γ = α + iβ = α és a partikuláris megoldást az y = yi.p (x) = ( b k

xk + b k-1 xk-1 + + b 1 x + b 0 ) eαx = B k (x) eαx (6.8) próbafüggvénnyel írhatjuk fel, ahol a k-ad fokú B k (x) polinom b k , b k-1 , . , b 1 , b 0 együtthatói ismeretlenek. Az a célunk, hogy a (6.8) függvény kielégítse a (61) inhomogén egyenletet, azaz, hogy teljesüljön a L n ( B k (α) eαx ) ≡ eαx R k (α) azonosság. 39 Ez a reláció akkor áll fenn, ha a (6.9) egyenlet jobb és bal oldalán álló kifejezésében egyenlővé tesszük az azonos kitevőjű x hatványok együtthatóit. A (69) egyenletből L n (( b k xk + b k-1 xk-1 + . + b 1 x + b 0 ) eαx ) = b k Ln ( xkeαx ) + b k-1 Ln ( xk-1eαx ) + . + b 1 Ln ( xeαx ) + b 0 Ln ( eαx ) = eαx ( r k xk + r k-1 xk-1 + . + r 1 x + r 0 ) (6.10) következik. Az (5.18) és az (521) L n (eλx ) ≡ P n (λ)eλx és L n (xkeλx ) = ∑( ) P n (i)(λ)xk-ieλx összefüggések felhasználásával, ahol P n (λ) az (5.11) karakterisztikus polinom, a (610) egyenlet a következő alakra hozható: b k ∑( ) P

n (i)(λ)xk-ieλx + b k-1 ∑( ) P n (i)(λ)xk-1-ieλx + . + b 1 ∑( ) P n (i)(λ)x1-ieλx + b 0 P n eλx = eαx ( r k xk + r k-1 xk-1 + . + r 1 x + r 0 ) (6.11) Az eαx ≠ 0 -val egyszerűsítés és az előbbi egyenlet jobb és baloldalán álló azonos kitevőjű x hatványok összehasonlítása után az ismeretlen b k , b k-1 , . , b 1 , b 0 együtthatókra nézve a következő (k+1) egyenletből álló algebrai egyenletrendszert kapjuk: xk : b k P n (λ) = r k xk-1 : b k-1 P n (λ) + b k ( ) P n ’(λ) = r k-1 . x1 : b 1 P n (λ) + b 2 ( ) P n ’(λ) + . + b k ( ) P n (k-1)(λ) = r 1 x0 : b 0 P n (λ) + b 1 P n ’(λ) + . + b k P n k(λ) = r 0 (6.12) A (6.12) egyenletrendszerből, mivel P r (λ) ≠ 0 , (6.13) egyértelműen fentről lefelé haladva meg tudjuk határozni a keresett ismeretlen b k , b k-1 , . , b 1 , b 0 (6.14) együtthatókat. Ezeket behelyettesítve a (6.8) formulába a keresett szabad partikuláris megoldást kapjuk 6.3 A γ = α + iβ gyöke a

karakterisztikus függvénynek Határozzuk meg az y(n) + a n-1 y(n) + . + a 1 y’ + a 0 = f(x) = eαx ( r k xk + r k-1 xk-1 + + r 1 x + r 0 ) (6.15) inhomogén DE partikuláris megoldását, ha a (6.6) alakú γ = α + i0 = α (6.16) a partikuláris polinom m-szeres gyöke, azaz P p (α) = P n ’(α) = . = P n (m-1)(α) = 0 , P n (m)(α) ≠ 0 (6.17) Ekkora (6.15) DE partikuláris megoldását az y = yi.p (x) = xm (b k xk + b k-1 xk-1 + + b 1 x + b 0 ) eαx = xm B n (x) eαx (6.18) alakú próbafüggvény segítségével írhatjuk fel. Ha a (6.18) függvényt és deriváltjait behelyettesítjük a (615) egyenletbe, akkor az ismeretlen (6.14) egyenletben hasonló technikával, mint az előző esetben (k+1) egyenletből álló 40 b k ( ) P n (m)(α) = r k b k ( ) P n (m+1)(α) + b k-1 ( ) P n (m)(α)= r k-1 . b k ( ) P n (k+m-1)(α) + b k-1 ( ) P n (k+m-2)(α) + . + b 1 ( ) P n (m)(α)= r 1 b k ( ) P n (k+m)(α) + b k-1 ( ) P n (k+m-1)(α) + . + b 0 ( ) P n (m)(α)= r 0

(6.19) algebrai egyenletrendszert kapjuk. Ebből az egyenletrendszerből mivel P n (m)(α) ≠ 0 , egyértelműen meg tudjuk határozni a (6.14) együtthatókat és általuk a (618) partikuláris megoldást. 6.4 Egyes alakú zavarófüggvényeknek megfelelő próbafüggvények A továbbiakban összefoglaljuk, milyen alakú próbafüggvények segítségével tudjuk meghatározni a (6.1) inhomogén DE partikuláris megoldását különböző típusú f(x) zavarófüggvényekre, melyek (6.5) speciális esetei Ha f(x) = R k (x) = r k xk + r k-1 xk-1 + . + r 1 x + r 0 (6.20) akkor a partikuláris megoldás alakja y = yi.p (x) = b k xk + b k-1 xk-1 + + b 1 x + b 0 (6.21) abban az esetben, ha γ=0 (6.22) nem gyöke az (5.11) karakterisztikus egyenletnek, azaz P n (γ = 0) ≠ 0 , (6.23) és y = yi.p (x) = xs (b k xk + b k-1 xk-1 + + b 1 x + b 0 ) , (6.24) ha γ = 0 s-szeres gyök, azaz P n (γ = 0) = P n ’(γ = 0) = . = P n (s-1)(γ = 0) = 0 és P n (s)(γ = 0) ≠ 0 (6.25)

Ha f(x) = c 1 eαx (6.26) akkor y = y i.p (x) = c 1 eαx , P n (γ = 0) ≠ 0 (6.27) esetén, és y = yi.p (x) = xsc 1 eαx , P n (α) = P n ’(α) = = P n (s-1)(α) = 0 és P n (s)(α) ≠ 0 41 (6.28) esetén. Ha f(x) = eαx R k (x) = eαx(r k xk + r k-1 xk-1 + . + r 1 x + r 0 ) , (6.29) akkor y = yi.p (x) = (b k xk + b k-1 xk-1 + + b 1 x + b 0 ) eαx = B k (x) eαx , P n (α) ≠ 0 (6.30) esetén, és y = yi.p (x) = xs (b k xk + b k-1 xk-1 + + b 1 x + b 0 ) eαx = xs B k (x) eαx , (6.31) P n (α) = P n ’(α) = . = P n (s-1)(α) = 0 és P n (s)(α) ≠ 0 esetén. Ha f(x) = c 1 cosβx + c 2 sinβx (6.32) akkor y = yi.p (x) = c 1 cosβx + c 2 sinβx , P n (iβ) ≠ 0 , i2 = -1 (6.33) esetén, és y = yi.p (x) = xs (c 1 cosβx + c 2 sinβx) , P n (iβ) = P n ’(iβ) = . = P n (s-1)(iβ) = 0 , P n (s)(iβ) ≠ 0 (6.34) esetén. Ha f(x) = R k (x)cosβx + Q l sinβx , (6.35) akkor y = yi.p (x) = D m (x)cosβx + H m sinβx , m = max{k, l} , P n (iβ) ≠ 0 és

y = yi.p (x) = xs (D m (x)cosβx + H m sinβx) , m = max{k, l} P n (iβ) = P n ’(iβ) = . = P n (s-1)(iβ) = 0 , P n (s)(iβ) ≠ 0 Ha f(x) = R k (x)cosβx (6.38) akkor 42 (6.37) (6.36) y = yi.p (x) = D k (x)cosβx + H k sinβx , P n (iβ) ≠ 0 (6.39) esetén, és y = yi.p (x) = xs (D k (x)cosβx + H k (x)sinβx) P n (iβ) = P n ’(iβ) = . = P n (s-1)(iβ) = 0 , P n (s)(iβ) ≠ 0 (6.40) Ha f(x) = Q l (x)sinβx (6.41) akkor y = yi.p (x) = D l (x)cosβx + H l (x)sinβx , P n (iβ) ≠ 0 (6.42) esetén, és y = yi.p (x) = xs (D l (x)cosβx + H l (x)sinβx) , P n (iβ) = P n ’(iβ) = . = P n (s-1)(iβ) = 0 , P n (s)(iβ) ≠ 0 (6.43) esetén. Ha f(x) = eαx (R k (x)cosβx + Q l (x)sinβx) (6.44) akkor y = yi.p (x) = eαx (D m (x)cosβx + H m (x)sinβx) , m = max{k, l} , P n (γ = α + iβ) ≠ 0 (6.45) esetén, és y = yi.p (x) = xseαx (D m (x)cosβx + H m (x)sinβx) , m = max{k, l} , P n (γ = α + iβ) = P n ’(γ) = . = P n (s-1)(γ) = 0 , P n (s)(γ)

≠ 0 (6.46) Megjegyezzük, hogy ezekben a partikuláris megoldásokban R k (x), Q l (x), D l (x), H m (x) az indirekten jelölt fokszámú, általánosan felírt polinomok határozatlan együtthatóikkal. A gyakorlatban a keresett partikuláris megoldás próbafüggvényét az inhomogén DE–be behelyettesítve mindig meghatározhatjuk az ismeretlen együtthatókat a f eltételezett megoldásokban. Ugyanis a DE–be való behelyettesítéssel nyert azonosságban a különböző típusú függvények együtthatóit összehasonlítva az ismeretlen együtthatókra egy olyan lineáris algebrai egyenletrendszer adódik, amelynek igazolhatóan mindig pontosan egy megoldása van. TÉTEL (szuperpozíció elve) Legyen y = y1 (x) és y = y2 (x) az ugyanazzal a homogén egyenlettel rendelkező Ln (y) = f 1 (x), illetve Ln (y) = f 2 (x) inhomogén DE-ek partikuláris megoldása az I x intervallumon. Ekkor az 43 y = y1 (x) + y2 (x) (6.47) függvény megoldása az L n (y) = f 1 (x) + f 2

(x) (6.48) Inhomogén DE-ek. BIZ.: Nyilvánvaló, hogy L n (y1 + y2 ) = L n (y 1 ) + L n (y2 ) ≡ f 1 (x) + f 2 (x) Megjegyezzük, ha a (6.1) inhomogén DE jobb oldalán álló f(x) zavarófüggvény különböző típusú véges sok a fentiekben felsorolt függvény összegéből áll, akkor a szuperpozíció elvet kifejező tétel szerint az inhomogén DE partikuláris megoldását megkaphatjuk úgy is, hogy külön-külön keresünk partikuláris megoldást az egyes függvénytípusokhoz, és ezeket összegezve megkapjuk a (6.1) DE partikuláris megoldását 6.1 példa Oldjuk meg az y’’ – 3y’ – 4y = e2x + sinx differenciálegyenletet Megoldás a (6.4) formula szerint Y = yi.á (x) = y há (x) + y ip (x) Ezért először a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását keressük. Mivel a P 2 (γ) = γ2 - 3γ - 4 = 0 Karakterisztikus egyenlet gyökei γ 1 = -1 és γ 2 = 4, tehát Y h.á (x) = c 1 eγ1x + c 2 eγ2x = c 1 e-x + c 2 e4x , c 1 , c 2 ∈ R Az

inhomogén egyenlet partikuláris megoldását külön-külön, illetve összevontan az f 1 (x) = e és f 2 (x) = sinx zavarófüggvényekre kereshetjük. A (6.27) és (641) formulák szerint a partikuláris megoldást y = yi.p (x) = Ae2x + (Bcosx + Dsinx) 2x alakban írjuk fel. Ekkor: y’ = 2Ae2x + Bsinx + Dcosx y’’ = 4Ae2x - Bcosx - Dsinx A próbafüggvényt és deriváltjait behelyettesítve a DE-be, az együtthatók összehasonlításával: 4Ae2x - Bcosx – Dsinx –3(2Ae2x + Bsinx + Dcosx) - 4Ae2x – 4(Bcosx + Dsinx) = e 2x + sinx e2x : - GA = 1 A = -1/6 cosx : - B – 3D – 4B = 0 B = 3/34 sinx : - D + 3B – 4D = 1 D = -5/34 , melynek alapján yi.p (x) = -1/6e2x + 3/34cosx – 5/34sinx Így a DE általános megoldása x ∈ (-∞, ∞) esetén: yi.á (x) = c 1 e-x + c 2 e4x -1/6e2x + 3/34cosx – 5/34sinx 44 7. hét Egzisztencia- és unicitás tételek Ebben a fejezetben a nemlineáris differenciál egyenletrendszerekhez (NER) rendelt kezdeti érték feladat

megoldásainak létezését és egyes tulajdonságait tanulmányozzuk. Legyen adva az dy i = fi ( x, y1, y 2,., yn) dx yi ( x 0) = yi 0, i = 1,2,., n fi : IaxD R (7. 1) Vagy vektoros felírásban az dy = f ( x, y ) dx y ( x0 ) = y 0 (7. 2) f : Ia × D Rn kezdeti érték (Couchy - féle) feladat, amelynek értelmezési tartománya a zárt korlátos Txy = I a × D, I a = [x0 − a, x0 + a ], { D = y ∈ R n : yi − yi 0 ⊆ B } (7. 3) tartomány. Elméleti szempontból lényeges megvizsgálni, hogy milyen feltételek teljesülése esetén van megoldása a (7. 1) feladatnak (egzisztencia), illetve milyen feltételek biztosítják a megoldás egyértelműségét (unicitás probléma). Definíció ( Lipschitz – feltétel): x, y ) Az (7. 2) egyenletben szereplő f (függvény globális Lipschitz feltételnek tesz eleget az változóban a tartományon, ha található olyan K>0 konstans, melyre Txy y n f i ( x, y1 , y 2 ,., y n ) − f i ( x, y1 , y 2 ,, y n ) ≤ K ∑ y i

− z i ( ) i =1 Txy minden x, y esetén. tartomány minden részhalmazán , ( x, z ) ∈Ha Txya (7. 4) egyenlőtlenség a különböző K állandókkal teljesül, akkor lokális Lipschitz – feltételről beszélünk. 45 (7. 4) Megjegyezzük, hogy a (7. 4) Lipschitz – feltétel fennáll, ha ∂f i ( x, y1 , y 2 ,., y n ) ≤ K, ∂y i ∀( x, y ) ∈ Txy (7. 5) Ez könnyen igazolható a Lagrange – féle középérték – tétel segítségével. Lemma ( Couchy – feladat ekvivalenciája integrálegyenlettel ) A (7. 1) kezdetiérték-feladat megoldása ekvivalens az x yi = yi 0 + ∫ f ( x, y , y i 1 2 ,., y n ) dx x0 (7. 6) x y = y0 + ∫ f ( x, y) dx x0 Integrálegyenlet megoldásával. Bizonyítás: Nyílvánvaló, hogy (7. 1) integrálása (76) – hoz, míg (7 6) deriválása (7 1) – hez vezet. Az utóbbinál figyelembe kell venni, hogy folytonos függvény változó felső határnál vett integrálja folytonosan differenciálható függvény.

Tétel: ( Picard – Lindelöt egzisztencia és unicitás tétel ) Tételezzük fel, hogy a (7.1) feladatra a Txytartományon teljesülnek a következő feltételek: f folytonos, következésképpen korlátos f i ( x, y1 , y 2 ,., y n ) ≤ M , M > 0 f (7. 7) a (7. 4) globális Lipschitz – feltételnek tesz eleget az f i ( x, y1 , y 2 ,., y n ) − f i ( x, z1 , z 2 ,, z n ) ≤ K n ∑y i =1 i − zi y változóban: (7. 8) Akkor: A (7.1) Couchy-féle feladatnak az I α = [x0 − α , x0 + α ], α = min(a, b / M ) (7. 9) Intervallumon létezik egy és csak egy y i = y iα ( x) = y i ( x, x0 , y 0 ), c = 1,2,.n megoldása. 46 Ez a megoldás határfüggvénye az egyenletesen konvergens un. Picard – féle függvénysorozatnak. (7. 10) x y im ( x) = y i 0 + ∫ f ( x, y i 1, m −1 ( x), y 2, m −1 ( x),., y n , m −1 ( x) dx, m = 1,2, y i 0 ( x) = y i 0 , i = 1,2,, n x0 Azaz: y i * ( x) = lim y im ( x), x ∈ I α (7. 11) m ∞ Érvényes az: y i * (

x) − y im ( x) ≤ M (nK ) m x − x0 (m + 1)! m +1 ≤M (nK ) m m +1 α , i = 1,2,., n (m + 1)! (7. 12) becslés. Bizonyítás: Az előző Lemma szerint a tétel állításait elegendő bizonyítani a (7.6) integrálegyenletre. Ennek során az integrálegyenlet folytonos megoldásának létezését a Picard – féle (7. 10) sorozatos közelítéssel mutatjuk ki. Elsőként igazoljuk, hogy a (7. 10) közelítések jól definiáltak Valóban x y1 ( x) − y i 0 ≤ ∫ ( f ( x, y 10 i ( x), y 20 ( x),., y n 0 ( x) )dx ≤ M x − x0 ≤ M α ≤ b (7. 13) x0 Ezen kívül y i1 ( x) folytonos, mint egy folytonos függvény határozatlan integrálja. (x) Matematikai indukcióval ezek a tulajdonságok beláthatók az y im függvényekre is, tehát a x ∈ I α (7.10) közelítések mind folytonosak esetén is. Továbbá kimutatjuk, hogy a (7. 10) függvénysorozattal ekvivalens (7. 14) ∞ y i 0 + ∑ ( y im ( x) − y i ,m −1 ( x) ) = y10 + ( y i ,1 − y 0, 0 ) + ( y i

, 2 − y 0,1 ) + . + ( y i ,m − y 0,m −1 ) + + y c * ( x) 1 függvénysor megadható egy konvergens pozitív tagú numerikus sorral. A (7. 13) egyenlőtlenség és a (7 8) Lipschitz – feltétel alkalmazásával (nK ) ∫ ( f i ( x, y10 ( x), y 20 ( x),., y n0 ( x))dx ≤ K ∫ nM x − x0 dx ≤ M x y i , 2 ( x) − y i ,1 ( x) ≤ x x0 x0 2! x − x0 2 illetve indukcioval igazolható, hogy (7. 15) 47 (nK ) m −1 y im ( x) − y im −1 ( x) ≤ M x − x0 m! m (nK ) m −1 m ≤M α m! m = 1,2,. i = 1,2,, n Ez azt jelenti, hogy a (7. 14) függvénysor majoránsa az exponenciális függvény Taylor – sorba fejtésének figyelembe vételével ∞ (7. 16) M  M nK x x2 (nK ) m  x e − 1 (e = 1 + + yi 0 + + .) − 1 + ∑  = yi 0 + nK  m!  nK 1! 2! m =0 [ ] A (7. 16) majoráns sor konvergenciájából a Weierstrass – féle konvergenciakritérium szerint (7. 11) azaz a (7 10) Picard – féle közelítések egyenletes konvergenciája

következik, ha (7. 11) teljesül x ∈, Iazaz α Határátmenettel az y im ( x) − y i 0 ( x) ≤ M x − x0 ≤ Mα ≤ B egyenlőtlenségből kapjuk, hogy (7. 17) y i * ( x) ∈ D, ha x − x0 ≤ α ∞ Elvégre (7. 10) – ben az m határátmenetet ( az egyenletes konvergencia miatt az integrálás és a határátmenet sorrendje felcserélhető és a határátmenetet elvégezhetjük az integranduszban az fi függvény argumentumain belül ), meggyőződhetünk arról, hogy a folytonos függvény teljesíti a (7. 6) integrálátmenetet és egyben (7 1) folytonosan Iα differenciálható megoldása x ∈esetén. A megoldás unicitása indirekt módon igazolható. Szemléltessük, hogy az I α intervallumon (7.1) – nek létezik két különböző megoldása, y = z imelyekre * ( x) y = y és i * ( x) y i * ( x) ≠ z i ( x) (7. 18) és (7. 19) x y i * ( x) = y i 0 + ∫ ( f i ( x, y1 ( x), y 2 ( x),., y n * ( x) )dx x0 x z i * ( x) = y i 0 + ∫ ( f ( x, z i 1 * (

x), z 2 ( x),., z n * ( x) )dx i = 1,2,., n x0 48 Végezzük el az (7. 20) ( y im ( x) − z i * ( x)), i = 1,2,., n ) 10) Picard – féle közelítések által meghatározozz különbség becslését, ahol y ima (x(7. függvény. A (7 10) és (7 19) formulák alapján és figyelembe véve a (7 8) Lipschitz – feltételt, a következő rekurziós formulát kapjuk: x y im ( x) − z i * ≤ ∫ x0 (7. 21)   n f i ( x, y1,m −1 ( x), y 2,m −1 ( x),., y n ,m −1 ( x) − f i ( x, z1 *, z 2 ,., z n *) dx ≤ K ∫  ∑ y j ,m −1 − z j dx x 0  j =1  x i = 1,2,., n Továbbá (7. 19) – ből kapjuk, hogy (7. 22) x y i 0 ( x) − z i * ( x) = y i 0 ( x) − z i ( x) ≤ ∫ ( f ( x, z 1 i * ( x), z 2 ( x),., z n * ( x) )dx ≤ M x − x0 i = 1,2,., n x0 Ezek után, ha (7.21) – ben m=1, akkor (722) alapján kapjuk, hogy (7. 23) ( x − x0 ) 2 y i1 ( x) − z i * ≤ M (nK ) , i = 1,2,., n 2 vagy matematikai indukcióval (7. 24)

( x − x 0 ) m +1 y im ( x) − z i * ≤ M (nK ) , i = 1,2,., n (m + 1)! m A jobb oldali egyenlőtlenség jobb oldala zérushoz tart, mint egy konvergens sor általános tagja. Valóban ∞ ∑ m =0 ( x − x0 ) m +1 M M (nK ) = (m + 1)! nK m ∞ ∑ m =0 [nK x − x ] m +1 0 (m + 1)! 49 = M nK x − x0 (e − 1) nK Ezért (7. 25) lim y m ∞ im ( x) = z i * ( x), i = 1,., n De korábban már igazoltuk, hogy (7. 11) szerint lim y m ∞ im (7. 26) ( x) = y i * ( x), i = 1,., n Tehát (7. 25), (7 26) alapján (7. 27) y i * ( x) = z i ( x) Nyilvánvaló, hogy (7. 27) ellentmond a (7 18) feltételeinek, így tehát érvényes az unicitás A (7. 12) becslés a (7 24) egyenlőtlenségből következik, ha figyelembe vesszük a (7 27) unicitást kifejező azonosságot. Példa: Írjuk fel a Picard – féle második közelítést a dy = x − y2, dx y (0) = 0, ( x, y ) ∈ Txy Couchy – féle feladatra, ha I a = [− 1,1], D = [− 1,1] Milyen intervallumon

konvergensek a Picard – féle közelítések? Végezzük el a harmadik közelítés hibabecslését. Megoldás: ∂y = − 2y ≤ 2 f ( x, y ) =esetén x − y2 Mivel ∂x Ezért a Lipschitz – féle feltétel teljesül a K=2 konstanssal. Továbbá ( M = max f ( x, y ) = max x + y ( x , y )∈Tx , y ( x , y )∈Tx , y 2 ) = 2, és α = min (a, b / M ) = min(1,1 / 2) = 1 / 2. Emiatt az I a = [−intervallumon érvényesek a Picard tétel állításai. 1 / 2,1 / 2] Számolja ki a (7. 10) Picard – féle első és második közelítést 50 x y 1 ( x) = ∫ (α − 0 )α x dx = 0 x2 2 x  x4  x2 x5 y 2 ( x) = ∫ α − dx = − 4 2 25   0 A harmadik közelítés hibabecslése (7. 12) szerint m=3, n=1, K=2, α = 1 / 2 esetén y * ( x) − y 3 ( x) ≤ 1 / 24 Tétel: (Peano – féle egzisztencia tétel) Ha a (7. 1) kezdetiérték feladatra a Txytartományon teljesül a folytonossági feltétel ( a (7 8) Ia Lipschitz – féle egyenlőtlenséget itt

nem feltételezzük), akkor intervallumon (7. 1) nek létezik legalább egy megoldása ( az unicitást itt nem állítjuk). Megjegyzés: (egzisztencia és unicitás n-edrendű DE esetén.) A Picard – Lindelöf – féle tételekből speciális esetként megkaphatjuk az n-ed rendű skalár DE – hez rendelt (7. 28) y ( n ) = fi ( x, y ,., y ( n −1) ) y j ( x0 ) = y j 0 , j = 1,2,., n − 1 Kezdetiérték feladat megoldására vonatkozó megfelelő állítást, mivel a (7. 28) feladat ekvivalens a következő (7. 1) alakúval: y = y1 dy1 = y2 dx . dy n −1 = yn dx dy n = fi ( x, y1 ,., y n ) dx y i ( x0 ) = y i 0 , i = 1,2,., n 51 (7. 29) Ezért (7. 28) –nak létezik egyetlen egy megoldása az I aintervallumon Ebben az esetben Txy = I a × D Ahol { D = ( x, y ,., y ( n −1) ) : y j ( x) − y j 0 ≤ b, } j = 0,1,., n − 1   b   ( ) M y + b y + b max , , 20 n0   α = min 52 8. hét 8. Változó együtthatójú lineáris

differenciálegyenlet-rendszerek Definíció(lineáris differenciálegyenlet-rendszer (DER) normál alakja) A  dy1  dx = a 11 (x) y1 + a 12 (x) y 2 + . + a 1 n (x) y n + f 1 (x)   dy 2 = a (x) y + a (x) y + . + a (x) y + f (x)  21 1 22 2 2n n 2 (8.1)  dx    dy n = a (x) y + a (x) y + . + a (x) y + f (x) n1 1 n2 2 nn n n  dx egyenletrendszert változó együtthatójú normál alakú lineáris inhomogén DER-nek nevezzük, ahol az I x = (a, b) , − ∞ ≤ a < b ≤ ∞ nyílt intervallumon az f i : I x R; a ik : I x R, i, k = 1,2,., n adott folytonos együttható, illetve zavarófüggvények. A (8.1) DER-t átírhatjuk dy (8.2) = A(x) y + f (x) dx mátrix-vektor alakba, ha bevezetjük az alábbi mátrix-vektor jelöléseket  dy1     dx   f 1 (x)   y1   a 11 (x) a 12 (x). a 1 n (x)         dy 2   f 2 (x)   y2  d y   a 21 (x) a 22 (x). a 2 n (x)   A(x) =  

(8.3) ; y =  ; dx =  dx ; f (x) =            f (x)  y   a (x) a (x). a (x)   dy  n2 nn  n   n   n1  n   dx  n ×n n ahol A ∈ C(I x R ) és f ∈ C(I x R ) adott folytonos mátrix -, illetve vektorfüggvény . Definíció(megoldás fogalma) A (8.1) DER megoldásainak az I x intervallumon egy olyan ϕ (x) = col(ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ n (x)) (8.4) függvényrendszert nevezzük, amely tagjai az I x intervallumon differenciálhatók és kielégítik a DER-t rendszert, azaz n d ϕ i (x) = ∑ a ij (x)ϕ j (x) + f j (x) , x ∈ I x dx j=1 teljesül minden i=1,2,,n esetén, vagy rövidebb felírásban 53 (8.5) d ϕ (x) = A(x)ϕ (x) + f (x) dx Megjegyezzük, mivel n ∑a j=1 ij (x)ϕ j (x) + f j (x) Folytonos, következésképpen differenciálható. d ϕ i (x) is, azaz így a megoldás mindig folytonosan dx Definíció (kezdetiérték feladat fogalma): A d

y = A(x) y + f (x)   dx  y(x ) = y 0  0 (8.6) (8.7) feladatot a (8.2) DER-hez rendelt kezdetiérték feladatnak vagy Cauchy-féle feladatnak nevezzük, ahol x ∈ I x és y 0 ∈ R n adott konstans vektor. Könnyű észrevenni, hogy a kezdetiérték feladat a (8.2) DER azon y = y(x, x 0 , y 0 ) megoldásának a meghatározását írja elő, mely kielégíti a (8.7) kezdeti feltételeket 8.1 Homogén rendszerek Először a dy = A(x) y dx homogén DER megoldását vizsgáljuk. (8.9) Tétel ( homogén DER megoldásainak tulajdonságai ): 1. Az y = y(x) ≡ 0 ún triviális megoldása (89)-nek 2. Ha az y j (1) = col(y1 j (x), y 2 j (x), , y nj (x)) , j = 1, , k oszlopvektorok megoldásai (8.9)-nek, akkor y(x) = c1 y1 (x) + c 2 y 2 (x) +  + c k y k (x) , c j ∈ R lineáris kombinációjuk is megoldása a DER-nek. 3. Ha az y( x) = col(y1 (x), y 2 (x), , y n (x)) = (8.10) = col(u1 (x) + iv1 (x), u 2 (x) + iv 2 (x), , u n (x) + iv n (x)) valós változójú

komplex vektorfüggvény megoldása (8.9)-nek, akkor az u (x) = col(u1 (x), u 2 (x), , u n (x)) valós és a (8.13) v(x) = col(v1 (x), v 2 (x), , v n (x)) 54 (8.12) képzetes rész is megoldása. 4. Ha y = y(x) megoldása (89)-nek és y(x 0 ) = 0 valamely x 0 ∈ I x esetén, akkor y = y(x) ≡ 0 minden x ∈ I x -re. 5. Ha az y = y1 (x) , y = y 2 (x) függvények a (82) inhomogén DER két megoldása, akkor különbségük y h (x) = y1 (x) − y 2 (x) a megfelelő (8.9) homogén DER megoldása Bizonyítás: Vezessük be az  d y (8.14) L : y L( y) =  − A(x) y  dx   differenciáloperátort, melynek segítségével a (8.9) DER rövidebb (8.15) L( y) = 0 alakban írható fel. Az L operátor homogén és additív tulajdonságaiból (L(c1 y1 + c 2 y 2 ) = c1 L( y1 ) + c 2 L( y 2 )) következnek a tétel állításai. A tétel 4. pontjának bizonyítása során egyrészt függetlennek vesszük, hogy y(x) ≡ 0 megoldása (8.9)-nek Másrészt az egzisztencia-

és unicitás tétel szerint az y(x 0 ) = 0 kezdeti feltételnek csak egyetlen megoldás tesz eleget, nevezetesen az y(x) ≡ 0 triviális megoldás. Az 5.pont közvetlen behelyettesítéssel ellenőrizhető Megjegyezzük, hogy a Picard-Lindelöt-féle tétel (7.7), (78) feltételeinek teljesülése a (8.9) homogén DER esetén az A(x) ∈ C(I x R n ×n ) mátrixfüggvény folytonosságából adódik. QED Definíció (vektor – skalár függvényrendszer Wronski - determinánsa) Az I x = (a, b) intervallumon értelmezett ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ n (x) , ϕ i : R R n , ϕ i (x) = col(ϕ 1i (x), ϕ 2 i (x),, ϕ ni (x)) , i=1,2,,n (8.16) vektor – skalár függvények Wronski determinánsának a  ϕ 11 (x)ϕ 12 (x) ϕ 1 n (x)     ϕ 21 (x)ϕ 22 (x) ϕ 2 n (x)  W(x) = W(ϕ 1 , ϕ 2 ,  , ϕ n ) = det      ϕ (x)ϕ (x) ϕ (x)  n2 nn   n1 determinánst nevezzük. (8.17) Tétel (vektor - skalár függvények lineáris

függőségének szükséges feltétele) 55 Ha a (8.18) ϕ i (x) = col(ϕ 1i (x), ϕ 2 i (x),, ϕ ni (x)) , i=1,2,.,n vektor – skalár függvények lineárisan összefüggők az I x = (a, b) intervallumon, akkor ezekre a függvényekre felírt (8.17) Wronski – determináns azonosan nulla, azaz (8.19) W(ϕ 1 (x), ϕ 2 (x), , ϕ n (x)) ≡ 0 , ∀ x ∈ I x − re Bizonyítás: A lineáris függőség definíciója alapján létezik olyan (8.20) c1 , c 2 ,  , c n valós szám n-es, hogy c1 + c 2 +  + c n > 0 és (8.21) c1 ϕ 1 (x) + c 2 ϕ 2 (x) +  + c n ϕ n (x) ≡ 0 , ∀ x ∈ I x − re , azaz a vele ekvivalens ϕ 11 (x) c1 + ϕ 12 (x) c 2 +  + ϕ 1 n (x) c n = 0 , ϕ (x) c + ϕ (x) c +  + ϕ (x) c = 0 ,  21 1 22 2 2n n (8.22)    ϕ n 1 (x) c1 + ϕ n 2 (x) c 2 +  + ϕ nn (x) c n = 0 , homogén lineáris algebrai egyenletrendszernek x ∈ I x esetén van nem triviális (8.20) megoldása. A lineáris algebrából ismert,

hogy ez csak úgy állhat fenn, ha minden x ∈ I x -re a (8.22) rendszer determinánsa zérus, azaz szükségképpen teljesül a (8.19) azonosság QED Megjegyezzük, hogy a tétel megfordítása általában nem igaz. Kivételt képez, ha a (818) vektor – skalár függvények nem tetszőlegesek, hanem egy (8.9) homogén DER megoldásai 8.1 Példa: Belátjuk, hogy a (8.23) ϕ 1 (x) = col(1, x) és ϕ 2 (x) = col(x, x 2 ) vektor – skalár függvények Wronski – féle determinánsa azonosan nulla, viszont a (8.23) függvények lineárisan függetlenek. Megoldás: Nyilvánvaló, hogy 1 x   ≡ 0. W (ϕ 1 , ϕ 2 ) = det 2 x x  Ugyanakkor a ϕ 1 és ϕ 2 függvények lineárisan függetlenek az I x = (−∞, ∞) intervallumon. Valóban, a 1 ⋅ c1 + x⋅ c 2 ≡ 0  2  x⋅ c1 + x ⋅ c 2 ≡ 0 azonosságok ∀ x ∈ I x − re csak akkor teljesülnek, ha c1 = c 2 = 0 . Tétel (homogén DER megoldásfüggvényei lineáris függetlenségének

elégséges és szükséges feltételei) A (8.9) homogén DER y1 (x) = col(y11 (x), y 21 (x), , y n 1 (x)) (8.24)  y n (x) = col(y1 n (x), y 2 n (x), , y nn (x)) 56 megoldásfüggvényei akkor és csak akkor lineárisan függetlenek az I x intervallumon, ha létezik legalább egy olyan x 0 ∈ I x , melyre a (8.24) függvények Wronski – determinánsa nem zérus: (8.25) W(x 0 ) = W( y1 (x 0 ), y 2 (x 0 ), , y n (x 0 )) ≠ 0 . Bizonyítás: Elégségesség. Adott, hogy (825) teljesül A lineáris függetlenség igazolása céljából keressük meg az összes olyan c1 , c 2 ,  , c n szám n-est, amelyekre az I x intervallum minden pontjában c1 y1 (x) + c 2 y 2 (x) +  + c n y n (x) ≡ 0 , (c i ∈ R) vagy koordináta szerinti felírásban  y11 (x) c1 + y12 (x) c 2 +  + y1 n (x) c n = 0 ,  y (x) c + y (x) c +  + y (x) c = 0 ,  21 1 22 2 2n n (8.26)     y n 1 (x) c1 + y n 2 (x) c 2 +  + y nn (x) c n = 0 , Mivel a (8.26)

egyenletrendszernek a determinánsa x = x 0 esetén (825) szerint nem nulla, ezért az algebrai egyenletrendszernek csak c1 = c 2 =  c n = 0 triviális megoldása létezik, tehát a (8.24) függvények lineárisan függetlenek az I x intervallumon. A szükségesség igazolását indirekt úton végezzük. Tegyük fel, hogy a (89) homogén DER (8.24) megoldásai függetlenek, de mégis a Wronski – determinánsuk nulla az x = x 0 pontban: W(x 0 ) = W( y1 (x 0 ), y 2 (x 0 ), , y n (x 0 )) = 0 Képezzük az  y11 (x 0 ) c1 + y12 (x 0 ) c 2 +  + y1 n (x 0 ) c n = 0 ,  y (x ) c + y (x ) c +  + y (x ) c = 0 ,  21 0 1 22 0 2 2n 0 n    y n 1 (x 0 ) c1 + y n 2 (x 0 ) c 2 +  + y nn (x 0 ) c n = 0 , algebrai egyenletrendszert, melynek (8.27) miatt létezik c1 = c1 , c 2 = c 2 ,  , c n = c n (8.27) (8.28) megoldása, melyek közül nem mindegyik c i zérus. Írjuk fel az (8.29) y = y(x) = c1 y1 (x) + c 2 y 2 (x) +  + c n y n (x) , amely (8.10)

szerint szintén megoldása a (89) DER-nek A (8.28) következtében az x = x 0 helyen (8.30) y(x 0 ) = 0 . Továbbá tudjuk, hogy a homogén DER megoldásainak tulajdonságait összefoglaló tétel 4. pontja szerint a (8.9) DER-nek a (830) kezdeti feltételek mellett csak egy y = y(x, x 0 , 0) ≡ 0 megoldása van. Ennek alapján ∀ x ∈ I x esetén (8.29)-ből következik, hogy c1 ⋅ y1 (x) + c 2 ⋅ y 2 (x) +  + c n ⋅ y n (x) ≡ 0 , ∀x ∈ I x , (8.31) és nem mindegyik c i zérus. Az utóbbi az y1 , y 2 ,  , y n függvények lineáris függőségét jelenti. Így ellentmondásra jutottunk, tehát igaz a szükségesség is QED 57 Tétel (függő kezdeti feltételekhez tartozó megoldások lineáris függőségéről) Ha a B j = col(b1 j , b 2 j , , b nj ) , j = 1,2, , n állandó vektorok lineárisan függők, akkor az n számú d y = A(x) y  , x0 ∈ Ix (8.33)  dx  y(x ) = B j  0 kezdetiérték feladat y = y j (x) = y j (x, x 0 , B j ) , j =

1,2, , n (8.32) (8.34) megoldásai szintén lineárisan függők az I x intervallumon. Bizonyítás: Mivel a (8.32) vektorok lineárisan függők, ezért léteznek olyan (8.35) c1 , c 2 ,  , c n (c12 + c 22 +  + c 2n ≠ 0) állandók, melyekre c1 y1 (x 0 ) + c 2 y 2 (x 0 ) +  + c n y n (x 0 ) = c1 B1 + c 2 B 2 +  + c n B n = 0 . Alkossuk meg ugyanezen (8.35) állandókkal az y(x) = c1 y1 (x, x 0 , B1 ) + c 2 y 2 (x, x 0 , B 2 ) +  + c n y n (x, x 0 , B n ) lineáris kombinációk. Nyilvánvaló, hogy y(x 0 ) = c1 y1 (x = x 0 , x 0 , B1 ) + c 2 y 2 (x = x 0 , x 0 , B 2 ) +  + c n y n (x = x 0 , x 0 , B n ) = = c1 B1 +  + c n B n ≡ 0, ezért valóban a (8.34) megoldások is lineárisan függők QED Definíció (homogén DER alaprendszere és alapmátrixa) Az I x intervallumon értelmezett (8.9) homogén DER n számú lineárisan független (8.36) y j (x) = col(y1 j (x), y 2 j (x), , y nj (x)) , j = 1,2, , n megoldásfüggvényei a DER egyik

alaprendszerének nevezzük. A (836) alaprendszer vektoraiból, mint oszlopvektorokból alkotott n× n típusú  y11 (x) y12 (x)  y1 n (x)     y 21 (x) y 22 (x)  y2 n (x)  (8.37) Y(x) =   = y1 (x), y 2 (x), , y n (x)     y (x) y (x)  y (x)  n2 nn   n1 mátrix a homogén DER alapmátrixa. Azt az Y(x) alapmátrixot, melyre Y(x 0 ) = E teljesül az x = x 0 helyen normált alapmátrixnak vagy matrizánsnak nevezzük. Jelölése: Y(x) = Y(x, x 0 ) . ( ) Tétel (homogén DER alapmátrixának létezése és általános megoldásának felírása) Minden folytonos együtthatójú (8.9) homogén DER-nek létezik (837) alakú Y(x) alapmátrixa. Az alapmátrix oszlopvektorainak segítségével a DER általános megoldása (8.38) y = y h . á (x) = c1 y1 (x) + c 2 y 2 (x) +  + c n y n (x), 58 vagy mátrix – vektor alakban (8.39) y = y h . á (x) = Y(x) ⋅ c , írható fel, ahol c1 , c 2 ,  , c n tetszőleges valós állandók

és c = col(c1 , c 2 ,  , c n ) . Bizonyítás: Válasszunk ki n számú lineárisan független B1 = col (1,0,0, ,0) B2 = col (0,1,0, ,0)  (8.40) Bn = col (0,0, ,0,1) állandó vektort. Ezekkel a vektorokkal, mint kezdeti értékével meghatározott (833) Cauchy féle feladat (834) megoldásai szintén lineárisan függetlenek az előző tétel szerint Az alaprendszer definíciója szerint a (8.34) megoldásfüggvények alaprendszert alkotnak Továbbá (8.10) szerint a tetszőleges c1 , c 2 ,  , c n valós állandókat tartalmazó (8.41) y = y(x) = c1 y1 (x) + c 2 y 2 (x) +  + c n y n (x) lineáriskombináció is megoldása a DER-nek, mégpedig általános. Könnyű belátni, hogy (8.37) figyelembe vételével y = y h . á (x) = c1 y1 (x) + c 2 y 2 (x) +  + c n y n (x) =  y1 n (x)   y12 (x)   y11 (x)         y 2 n (x)   y 22 (x)   y 21 (x)  = c1   = Y(x)c  +  + c n   + c 2  

       y (x)   y (x)   y (x)    nn  n2   n1  fennáll. Nyilvánvaló, hogy az y = Y(x)c egyenlet egyértelműen megoldható a c vektorra, (8.42) c = Y −1 (x) ⋅ y , mivel detY(x) = W( y1 (x), , y n (x)) ≠ 0 , ∀ x ∈ I x esetén. Tehát a (8.38), illetve (839) kifejezés valóban az általános megoldást adja QED Megjegyezzük, hogy az alapmátrix definíciója alapján, nyilvánvaló, hogy egy (8.43) Y(x) ∈ C1 (I x R n ×n ) n× n mátrix akkor és csak akkor alapmátrix, ha (8.44) detY(x) ≠ 0 , ∀ x ∈ I x − re és Y(x) kielégíti a dY(x) (8.45) = A(x) ⋅ Y(x) dx úgynevezett mátrix – differenciálegyenletet.(Egy mátrixot úgy deriválunk, hogy minden elemét deriváljuk). 59 9. Az alapmátrix további tulajdonságai és alkalmazásai 9.1 A Cauchy-féle mátrix Definíció (Cauchy-féle mátrix fogalma) A (8.9) homogén DER Y(x) alapmátrixához tartozó K(x,x 0 )=Y(x)*Y-1(x 0 ), x 0 ЄI x mátrixot

x 0 pontbeli Cauchy-féle mátrixának nevezzük. (9.1) Tétel (az alapmátrix és a Cauchy-féle mátrix tulajdonságai) 1. Ha Y(x) a (89) homogén DER alapmátrixa és CЄRnxn olyan konstans mátrix, melyre (9.2) detC≠0, akkor Y 1 (x)=Y(x)*C is alapmátrix. 2. Ha Y 1 (x) és Y 2 (x) is alapmátrix, akkor létezik olyan CЄRnxn, hogy detC≠0 és (9.3) Y 1 (x)=Y 2 (x)*C, xЄI x -re 3. Ha Y 1 (x) és Y 2 (x) két alapmátrix, akkor (9.4) Y 1 (x)* Y 1 -1(x 0 )= Y 2 (x) Y 2 -1(x)=K(x,x 0 ) minden x,x 0 ЄI x -re; következésképpen a Cauchy-féle mátrix független az alaprendszer 4.A dy/dx=A(x)*y, (9.5) y(x0)=y0 kezdetiérték feladat megoldása az (9.6) y=y(x,x 0 ,y 0 )=K(x,x 0 )*y=Y(x)Y-1(x 0 )y 0 formulával adódik minden x 0 ЄI x és y 0 ЄRn esetén. 5. Teljesülnek az alábbi összefüggések: (9.7) det K(x,x 0 )=det[Y(x)*Y-1(x 0 )]≠0 (9.8) K(x 0 ,x 0 )=Y(x 0 )*Y-1(x 0 )=E (9.9) K(x,x 1 )*K(x 1 ,x 0 )=K(x,x 0 ) (9.10) K-1(x,x 0 )=K(x 0 ,x) (9.11) ∂K(x,x 0 )/∂x=

A(x) K(x,x 0 ) minden x,x 0 ,x 1 ЄI x -re. választásától. Bizonyítás 1. Könnyű belátni, hogy d(Y(x)*C)/dx=dY(x)/dxC=A(x)Y(x)C=A(x)(Y(x)C) és det(Y(x)*C)=detY(x)detC≠0, tehát (8.45) szerint Y 1 (x)=Y(x)*C is alapmátrix. 2. Legyen x 0 ЄI x és C:= Y 2 -1(x 0 )*Y 1 (x 0 ). Ekkor Y 1 (x)│ x=x0 =Y 2 (x)*C│ x=x0 = Y 1 (x 0 )= Y 2 (x 0 ) Y 2 -1(x 0 )Y 1 (x 0 ), azaz az Y 1 (x) és Y 2 (x)*C mátrix x=x 0 esetén megegyezik. A Picard-Lindelöf egzisztencia és unicitás tétel alapján ezen mátrixok oszlopvektorai, mint a (9.5)˙homogén DER megoldásai rendre azonosan egyenlők, azaz Y 1 (x)=Y 2 (x)*C minden xЄI x esetén. 3. Az előző tulajdonság szerint létezik olyan CЄRnxn, melyre Y 2 (x)=Y 1 (x)*C, detC≠0 és Y 2 (x)*Y 2 -1(x 0 )=Y 1 (x)CC-1Y 1 -1(x 0 )=Y 1 (x)Y 1 -1(x 0 )=K(x,x 0 ) 4. Nyilvánvaló, hogy d[Y(x)*Y-1(x 0 )y 0 ]/dx=dY(x)/dxY-1(x 0 )y 0 =A(x)[Y(x)Y-1(x 0 )y 0 ], azaz y(x)=y(x,x 0 ,y 0 )=Y(x)*Y-1(x 0 )y 0 =K(x,x 0 )y 0 megoldása a (8.5) homogén

DER-nek és y(x 0 )=y(x 0 ,x 0 ,y 0 )=Y(x 0 )*Y-1(x 0 )y 0 =y 0 . 5. A felsorolt tulajdonságok az alap- és a Cauchy-féle mátrix definíciójából közvetlenül adódnak Például: K(x,x 1 )*K(x 1 ,x 0 )=Y(x)Y-1(x 1 )Y(x 1 )Y-1(x 0 )=Y(x)Y-1(x 0 )=K(x.x 0 ); K-1(x,x 0 )=[Y(x)*Y-1(x 0 )]-1=Y(x 0 )Y-1(x)=K(x 0 ,x); ∂K(x,x0)/∂x=∂ /∂x[Y(x)*Y-1(x 0 )]=dY(x)/dxY-1(x 0 )= =A(x)Y(x)*Y-1(x 0 )=A(x)K(x,x 0 ). 9.1 Példa: Igazoljuk, hogy 60 Y(x)= x2 x dy/dx= 3/x -1 x 2 algoritmusa 2/x2 -1/x y, yЄ(1,∞) (9.12) DER-nek az I x =(1,∞) intervallumon. Írjuk fel az x 0 =2 ponthoz tartozó matrizánst Keressük meg az y(2)=(4,6) (9.13) kezdeti feltételt kielégítő megoldást. Megoldás: Ellenőrizzük, hogy teljesül a (8.45) mátrix-differenciál-egyenlet: dY(x)/dx= 2x 1 A(x)*Y(x)= 3/x -1 * x 2 x = 2x 1 2 -1/x x 2 1 0 , 1 0; 2/x tehát Y(x) valóban alapmátrix. Mivel Y 1 (x)=Y(x)*C , detC≠0 is alapmátrix minden CЄRnxn konstans mátrixra, ezért az x 0 = 2 pontbeli matrizáns

arra a C -re kapható meg, melyre a következő egyenlőség teljesül: Y 1 (2)=Y(2)*C=E, azaz 4c 12 +2c 22 = 1 c 4 2 * c 11 c 12 = 4c 11 +2c 21 2c 11 +2c 21 2c 12 +2c 22 c 1 2 2 c 21 c 22 Megoldva az így kapott négy egyenletből álló lineáris algebrai egyenletrendszert azt kapjuk, hogy c 11 =1/2, c 12 = -1/2, c 21 = -1/2, c 22 =1 Így a keresett matrizáns Y 1 (x)=Y(x)*C= x2 x 1/2 -1/2 = 1/2x2-1/2x -1/2x2+x x 2 -1/2 1 1/2x-1 -1/2x+2 alakú. A (9.12), (913) Cauchy-féle feladat megoldását a (96) képlet szerint kapjuk: y=y(x,x 0 ,y 0 )=y(x,2,col(4,6))=K(x,x 0 )y 0 = =Y(x)*Y-1(x 0 )y 0 =Y 1 (x)Y 1 -1(x 0 )y 0 =Y 1 (x)Y 1 -1(x 0 )y 0 = -1/2x2+x * 4 = -x2+4x =1/2x2-1/2x 1/2x-1 -1/2x+2 6 -x+8 9.2 Liourille-formula Tétel (Liourille-formula a Wronski-féle determináns felírására) Legyen y j (x)=col(y 1j (x), y 2j (x),., y nj (x)), j=1,2,,n a (9.15) dy/dx=A(x)y, xЄI y homogén DER egyik alaprendszere, melynek függvényei az (9.14) y 11 (x) y 12 (x) y 1n (x) (9.16) Y(x)= y 21

(x) y 22 (x) y 2n (x) = (y 1 (x), y 2 (x), ., y n (x)) . y n1 (x) y n2 (x) y nn (x) alapmátrixot alkotják. A (9.14) függvények Wronski-féle determinánsa: y 11 (x) y 12 (x) y 1n (x) W(x)=W(y 1 ,y 2 , , y n )=detY(x)=det y 21 (x) y 22 (x) y 2n (x) . y n1 (x) y n2 (x) y nn (x) teljesíti a dW/dx=trA(x)W (9.16) elsőrendű homogén differenciálegyenletet, melynek megoldása tetszőleges xЄI x -re (3.6) szerint az ún Liourilleformulával írható fel: (9.17) W(x)=W(x) e∫trA(x)dx , trA(x)= a ii (x) ahol a trA(x)=∑a ii (x) összeget az A(x) mátrix „nyomának” nevezzük. Bizonyítás: A determináns deriválási szabályaiból ismeretes, hogy dW(x)/dx n számú determináns ö sszege (soronként deriválunk): 61 y 11 ′(x) y 12 ′(x) y 1n ′(x) y 11 (x) y 12 (x) y 1n (x) dW(x)/dx= det y 21 (x) y 22 (x) y 2n (x) +det y 21 ′(x) y 22 ′(x) y 2n ′(x) +.+ . . y n1 (x) y n2 (x) y nn (x) y n1 (x) y n2 (x) y nn (x) (9.18) y 11 (x) y 12 (x) y 1n (x) y 21 (x) y

22 (x) y 2n (x) = ∑ d i . . y n1 ′(x) y n2 ′(x) y nn ′(x) Mivel az al apmátrix oszlopvektorai a ( 9.15) homogén DER megoldásai, ezért a d i determinánsok i sorába beírhatjuk a (9.15) DER megfelelő jobb oldalát: dy 1j /dx=a 11 (x)y 1j +a 12 (x)y 2j ++a 1n (x)y nj = ∑ a 1k (x)y kj (9.19) dy nj /dx=a n1 (x)y 1j +a n2 (x)y 2j ++a nn (x)y nj = ∑a nk (x)y kj + det Például: a (9.18)-ban az első determinánsra vonatkozóan (919) figyelembe vételével azt találjuk, hogy ∑a 1k (x)y k1 ∑a 1k (x)y k2 . ∑a 1k (x)y kn y 22 (x) . y 2n (x) d i = det y 21 (x) . y n2 (x) . y nn (x) y n1 (x) A determináns értéke nem változik, ha az első sorból kivonjuk a második sor a 12 (x)-szeresét, a harmadik sor a 13 (x)-szeresét, és így tovább, az utolsó a 1n (x)-szeresét. Ezek után ∑a 1k (x)y k1 ∑a 1k (x)y k2 . ∑a 1k (x)y kn y 22 (x) . y 2n (x) = a 11 (x)*W(x) (9.20) d i = det y 21 (x) y n2 (x) . y nn (x) y n1 (x) A (9.20) formulához hasonlóan kapjuk, hogy

(9.21) d ii =a ii (x)*W(x), i=1,2n , tehát (9.22) dW/dx= ∑ a ii (x)*W(x)=trA(x)W(x) A (9.22) homogén DE-ből a (34)-(36) alapján jutunk el a (917) Liourille-féle formulához Lemma (n-ed rendű lineáris egyenlet ekvivalenciája egy DER-rel) Az y(n)+p n-1 (x)y(n-1)++p 1 (x)y′(x)+p 0 (x)y(x)=f(x), xЄI x n-ed rendű lineáris egyenlet ekvivalens a (9.24) dy/dx=A(x)y+f(x), xЄI x inhomogén DER-rel, ahol A(x ЄC (I x Rnxn) és 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 A(x)= . (9.25) 0 0 0 0 1 -p 0 (x) -p 1 (x) -p 2 (x) -p n-2 (x) -p n-1 (x) f ЄC(I x R), f(x)=col(0, 0, 0, , f(x)). (9.23) Bizonyítás: Vezessük be az (9.26) y=y 1 , dy 1 /dx=y 2 , dy 2 /dx=y 3 , , dy n-1 /dx=y n jelöléseket. Ekkor (923)-ból (9.27) dy n /dx=f(x)-p 0 (x)y 1 -p 1 (x)y 2 - -p n-2 (x)y n-1 -p n-1 (x)y n Nyilvánvaló, hogy a felírt (9.26), (927) egyenletek mátrix-vektoros alakja a (924) DER, ahol az A(x) mátrix és f(x) vektor (9.25)-ből adódnak Megjegyezzük, hogy a lemmában megfogalmazott átviteli elv

megengedi, hogy a homogén DER-ekre eddig kimondott eredményeket n-ed rendű (9.23) típusú lineáris DE-ekre fogalmazzuk át 9.3 Homogén DER felállítása Tétel (Adott alapmátrixhoz tartozó homogén DER felállítása) Egy nem szinguláris 62 y 11 (x) y 12 (x) y 1n (x) Y(x)= y 21 (x) y 22 (x) y 2n (x) = (y 1 (x), , y n (x)), xЄI x mátrix . y n1 (x) y n2 (x) y nn (x) egyértelműen meghatároz egy dy/dx=A(x)y (9.27) alakú DER-t. (9.28) A(x)=dY(x)/dx*Y-1(x) esetén, úgy hogy (9.27) egyik alapmátrixa az adott Y(x) Bizonyítás: Ha Y(x) alapmátrix, akkor szükségképpen kielégíti a (8.45) dY(x)/dx=A(x)*Y(x) mátrix differenciálegyenletet, melyet jobbról Y-1(x)-szel szorozva megkapjuk a keresett (9.28) A(x) mátrixot Megjegyezzük, hogy ugyanazt a (9.27), (928) DER-t megkapjuk, ha az y 1 ,y 2 ,,y n ,y (n+1) függvényre felírt y 21 (x) y 1n (x) y 1 (x) y 11 (x) y 22 (x) y 2n (x) y 2 (x) y 21 (x) (9.29) y n1 (x) W(y 1 ,y 2 ,.,y n ,y)=det y nn (x) y n (x) y n2

(x) dy k1 (x)/dx dy k2 (x)/dx dy kn (x)/dx dy k (x)/dx k=1,2,,n determinánsokat kifejtjük az utolsó oszlop szerint 9.2 Példa Keressük meg azt a DER-t, melynek egyik alapmátrixa Y(x)= 1+x 2 , xЄ(2,∞) x x Megoldás: A (9.28) formula szerint A(x)=dY(x)/dx*Y-1(x)= 1 0 x/x2-x -2/x2-x = x/x2-x 0 1/x 1 1 -x/x2-x 1+x/x2-x Tehát a keresett DER A(x)= 1/x-1 -2/x2-x dy/dx= x/x2-x -2/x2-x * y ; 0 1/x 0 1/x Ugyanazt kapjuk (9.29) alapján is 10. hét 63 -2/x2-x Zárt alakban felírható alapmátrix esetei Inhomogén differenciálegyenlet rendszerek Ha ismeretes a Homogén DER Y(x) alapmátrixa, akkor a (8.38) vagy (839) szerint közvetlenül feltudjuk írni az általános megoldást, illetve a kezdetiérték feladat esetén a keresett partikuláris megoldást a (9.6) képlet szerint: Azonban elemi függvények segítségével zárt alakban az Y(x) alapmátrix csak kivételes esetben fejezhető ki. Ezek közül két fontos esetet emelünk ki Nevezetesen, amikor (101)-ben az A(x)

mátrix funkcionálisan felcserélhető, illetve állandó mátrix. 10.1 Alapmátrix felcserélhető reláció mellett Definíció (funkcionálisan felcserélhető mátrix) Az A∈C(IxRnxn) mátrix funkcionálisan felcserélhető, ha minden x,s∈Ix-re: A(x)A(s)=A(s)A(x) teljesül. Lemma (a felcserélhetőség szükséges és elégséges feltétele) x x A( x) ∫ A( s )ds = ∫ A( s )ds A( x) xo xo Az A∈C(IxRnxn) mátrix akkor és csakis akkor funkcionálisan felcserélhető, ha mindex x,x0∈Ix-re. Bizonyítás ha (10.3) fennál, akkor mindkét oldalát integrálva az [x0,x] intervallumon (104) kapjuk. Fordítva, ha (10.4) teljesül minden x,x0∈Ix-re, akkor azt differenciálva x0 szerint (alkalmazzuk az ismert deriválási szabályt: -A(x)A(α0)=-A(α0)A(x) adódik minden x,x0∈Ix esetén. QED A továbbiakban szükség van reguláris függvények négyzetes mátrix argomentumon való értelmezésere. Definíció (mátrixok exponenciálása) Ha Reguláris függvény, akkor minden

négyzetes A∈Rnxn mátrixra, melyeknek sajátártékei a (10.5) hatványsor konvergencia köréhez tartoznak, értelmezve van 64 Azek szerint az A mátrix exponenciálisa a következő n x n mátrix: minden A∈Rnxn-re. 1. e A A = Ae A 2. e0 = E, ahol e nullmátrix, E egységmátrix 3. ha A = diag(A , A ,, A ), akkor e A = diag (e A1 , e A2 ,, e Am ) 1 2 m A+ B 4. ha AB = BA, akkor e = e Ae B 5. ha e Ae − A = e0 = E 6. eλE + A = eλ e A 7. e E = eE −1 8. e PAP = Pe A P −1 , det ( P) ≠ 0 A fenti definíció alapján bizonyítható, hogy érvényesek az alábbi összefüggések: Tétel (alapmátrix felírása felcserélhetőségi reláció mellett) dy = A( x) y dx Ha A(x) folytonos és funkcionálisan felcserélhető, azaz teljesül (10.3), akkor a x ∫ A( s ) ds xo )=e Y ( x ) = Y ( x, α 0 homogén DER x=α0 helyen normált alapmátrixa (matrizánsa) x ∫ A(s)ds M ( x) = xo Bizonyítás vezessük be az e M ( x) = ∞ 1 ∑ k! M k ( x) := Y ( x, x0 ) k =0

Jelölést. Ekkor a mátrixok exponenciálisa szerint M ( x0 ) = 0 Nyilvánvaló, hogy e M ( x0 ) = e 0 = E = Y ( x 0 , x 0 ) és Ezek után a tétel bizonyításához elegendő belátni, hogy Y(x,x0) teljesíti a (8.45) mátrix differenciál egyenletet, azaz 65 dY ( x, x 0 ) = A( x)Y ( x, x 0 ) dx dM ( x) = A( x) dx Könnyű belátni, hogy dM ( x) dM ( x) M ( x) = M ( x) dx dx  A( x) és a (10.4) felcserélhetőségi reláció alapján Ezért Matematikai indukcióval igazolható, hogy tehát ∞ dM ( x) k −1 M ( x) ∑ k ∞ dM ( x) M k −1 ( x) dx k =0 = ∑ k! dx (k −1)! k = 0     ∞ 1 k  d ∑ M ( x)  dY ( x, x0 ) dM ( x) ∞ 1 k k = 0 k!  = M ( x) ≡ A( x)e M ( x) ≡ A( x)Y ( x, x0 ) = ∑ dx dx dx k !  k = 0 A( x) (A sor tagonként differenciálható az abszolúlt és egyenletes konvergencia miatt.) QED Következmény, mivel az állandó A∈Rnxn mátrix mindig funkcionálisan felcserélhető

((10.3) mindig teljesül), ezért az állandó együtthatójú homogén DER.: dy = Ay dx x= x0 helyen normált alapmátrixa (matrizánsa) felírható az exponenciális függvény segítségével: x ∫ Ads dY ( x, x0 ) = e x0 = e A( x − x0 ) 10.2 Konstans változó együtthatójú inhomogén rendszerekre Vizsgáljuk a (8.1), vagy (82) mátrixos alakban felírt dy = A( x) y + f ( x) , x ∈ Ix dx változó együtthatójú lineáris inhomogén rendszert. Nyilvánvaló a (8.14) L differenciáloperátor alaklmazásával a (1018) DER rövidített felírása: 66 L( y ) = f ( x) , x ∈ Ix Tétel (inhomogén DER általános megoldásának alakja)   dy L( y ) = 0  = A( x) y    dx A (10.18) inhomogén DER általános megoldása egyenlő a megfelelő y i.á = y há ( x) + y i p ( x) = Y ( x)c + y i p ( x) , c ∈ R n Homogén DER általános megoldásának és az inhomogén DER egy partikuláris megoldásának az összegével: dy L: y  − A( x) y dx Ahol Y(x) a

homogén DER egy alapmátrixa. Bizonyítás az L( y h.á ( x) + y i p ( x)) = L( y há ( x)) + L( y i p ( x)) = f ( x) differenciáloperátor segítségével nyilvánvaló, hogy y ( x0 ) = y 0 tehát (10.21) teljesíti a (1018) inhomogén DER-t Ezen kívül még be kell látni, hogy tetszőleges Y ( x0 )c = y 0 − y i. p ( x0 ) Kezdeti értékre az értelmezési tartományból a (10.21)-ből adódó Algebrai egyenletrendszer egyértelműen megoldható a c vektorra nézve. Ez valóban fennál, mivel det(Y(x0))≠0. QED A (10.18) inhomogén DER megoldása során (1021)formula szerint szükségünk van az inhomogén DER egy partikuláris megoldására is. Ha a megfelelő (10.20) homogén DER-nek ismert egy alaprendszere, akkor a p artikuláris megoldását a Chauchy-tól származó konstansvariációs módszerrel kereshetjük meg. Legyen Y(x) a (10.20) homogén DER egy alapmátrixa y = Y ( x )c ( x ) Keressük az inhomogén DER megoldását (8.39)-ből kiindulva c ( x) ∈ C 1 ( Ix 

R n ) Alakban, ahol Ismeretlen függvény. dy dY ( x) dc ( x) = c ( x) + Y ( x) dx dx dx Ezek után deriváltat behelyettesítjük a (10.18) inhomogén egyenletbe és figyelembe vesszük a (845) egyenlőséget, így Innen x y i. p ( x) = Y ( x)c + Y ( x) ∫ Y −1 ( s) f ( s)ds = y há ( x) + y i p ( x) x0 A (10.25) kifejezést behelyettesítve a (1023)-ba, kapjuk, hogy 67 x Y ( x) ∫ Y −1 ( s) f ( s)ds = y i. p ( x) x0 melyből beolvasható, hogy Megjegyzés (Chauchy-féle feladat megoldása) dy = A( x) y + f ( x) dx y ( x0 ) = y 0 A (10.26) általános megoldásából a −2   1 1  dy  x − 1 x 2 − x  = y +   1  dx   x 0   x  c = Y −1 ( x0 ) y 0 kezdetiérték feladat megoldását nyilvánvaló, hogy x y Chau ch y ( x) = Y ( x)Y −1 ( x0 ) y 0 + Y ( x) ∫ Y −1 ( s ) f ( s )ds x0 értékén kapjuk, azaz 10.1 Példa Konstansvariációs módszerrel írjuk fel a DER általános megoldását az x∈Ix=(2,∞)

intervallumon,. 1 + x 2 Y ( x) =  x   x Megoldás A 9.2 példa szerint a megfelelő homogén DER egy alapmátrixa az dc 2  dc1  dx (1 + x) + dx 2 = 1   dc 2 x + dc 2 x = x  dx dx mátrix. A (1024) egyenletrendszer alakot vesz fel, melyből dc1 1 =− c1 ( x) = − ln( x − 1) + c1 , c1 ∈ R dx x −1 dc 2 x = c 2 ( x) = x + ln( x − 1) + c 2 , c 2 ∈ R dx x −1  1 1+ x −1 A (10.23) formula alapján −2  x    1 + x 2 x 2 − x x 2 − x  1  dx =  y i. p ( x) = Y ( x) ∫ Y −1 ( s ) f ( s )ds =  ∫ 1 + x   x  x  − x  x   2  x − x x2 − x ln( x − 1) + x(2 − ln( x − 1))   x2   68 1 + x 2  − ln( x − 1) + c1  y i. p ( x) = Y ( x)c ( x) =  = x   x + ln( x − 1) + c 2   x c1 (1 + x) + 2c 2 + ln( x − 1) + x(2 − ln( x − 1)) = = c1 x + c 2 x + x 2   1 + x 2  c1 

ln( x − 1) + x(2 − ln( x − 1)) = +  x  c 2   x2  x  Közvetlen számításokkal a (10.26) formulából ugyanazt az eredményt kapjuk: 1 + x 1   c1  ln( x − 1) + x(2 − ln( x − 1)) y i.á ( x) = y há ( x) + y i p ( x) =  +  x  c 2   x2  x  ahol c1,c2∈R. 69 Ljapunov-féle stabilitás A természetben lejátszódó jelenségek, folyamatok, műszaki „rendszerek” matematikai modellje igen gyakran valamilyen . határérték feladat A matematikai modellben a műszaki „rendszer” kezdeti állapotát a kezdeti feltételek reprezentálják. A műszaki hasznavehetőség megköveteli, hogy a kezdeti állapot kis megváltoztatása a jövőben nem befolyásolja lényegesen a rendszerben végbemenő jelenséget, azaz a rendszer működése stabil. A műszaki stabilitás fogalmának a gyakorlatban a leghasználhatóbb matematikai elméletét A. M Ljapunov (1857-1918) határozta

meg. Vizsgáljuk a dy i dy = f i ( x, y1 , y 2 ,., y n ) = f ( x, y ) , azaz dx , f : T x0 y ℜ (12.1) dx y i ( x0 ) = y i 0 , i = 1,2,., n y ( x0 ) = y 0 kezdeti érték feladatot, (12.2) ahol Tx 0 y=I xD, I =[x 0 , ), D⊂Rn (12.3) A (12.1) feladat y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) , (yi =y i (x,x 0 ,y10 ,yn0 )=p i (x), i=1n) megoldásának a kezdeti értéktől való folytonos függésére vonatkozó tulajdonságból következik, hogy egy bizonyos (12.4) I ∞ = [ x0 , ∞) véges intervallumon a (12.3) megoldás keveset változik, ha a kezdeti értéket kis mértékben pirturbáljuk. Azonban a megoldás ezen tulajdonsága még mindig nem jelenti annak stabilis voltát. A stabilitástól ugyanis azt kívánjuk meg, hogy a megoldás tetszőleges nagy I ∞ = [ x0 , ∞) Intervallumon is csak keveset változzék, ha kis mértékben változtatjuk az y0 kezdő értékét. Ha a (12.1) feladat (123) y = y( x, x0 , y0 ) megoldásának stabilitását szeretnénk vizsgálni, akkor

természetesen ennek a megoldásnak léteznie kell az I ∞ intervallumon. Most kimondunk egy állítást, amely garantálja a (12.3) megoldásának az I ∞ végtelen intervallumon való létezését. Jelölje: Txy (a ) = I a xDa a Tx∞ y tartománybeli zárt korlátos tartomány, ahol I a = {xεℜ : x − x0 ≤ a } = [x0 − a , x0 + a ], { Da = yεℜ n : yi − yi 0 ≤ a Legyen Ma = max ( x, y ) εTxy ( a ) (12.7) } fi ( x, y1 , y2 ,., yn ) , i = 1,2,, n (12.8) A hetedik fejezetből ismeretes, hogy Picard-Lindelöff egzisztencia és unicitás tétel biztosítja a (12.1) kezdeti értékfeladat megoldásának létezését az I α = {xεℜ : x − x0 ≤ α } = [x0 − α , x0 + α ] (12.9) Intervallumon, ahol α = min(a , a ) Ma (12.10) 70 Hogy a (12.9) intervallum végtelenné váljék elegendő megkövetelni, hogy teljesüljön: lim a ∞ Ma = 0, a ugyanis ebben az esetben (12.11) lim a ∞ És ekkor α = min(−∞, ∞) = ∞ Ma =∞ a (12.12)

Tehát érvényes a következő állítás: Tétel: (a Cauchy-féle feladat megoldásának a végtelen intervallumon való folytatásáról) Tételezzük fel, hogy a (12.1) Cauchy-féle feladat a zárt, korlátos Pxy (a ) (12.6), (127) tartományban kielégíti a Picard-Lindelöff-tétel (77), (78) feltételeit sup fi ( x, y1 , y2 ,. yn ) ( x, y )∈Txy ( a ) = c, (12.13) (folytonosság, Lipschitz feltétel) és ezenkívül lim a a ∞ akkor a (12.1) kezdetiérték feladat y = y( x, x0 , y0 ) megoldása folytonosan folytatható az egész végtelen I ∞ = [ x0 , ∞) intervallumra. 12.1 A stabilitás definíciója Definíció (Ljapunov-féle stabilitás) A 12.1 Cauchy-féle feladat y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) megoldását Ljapunov értelemben stabilisnak nevezzük, ha: 1. létezik az y0 kezdeti értéknek olyan γ -sugarú Sγ : y − y0 ≤ γ (12.14) környezete, hogy minden z0 ∈ Sγ esetén a dy = f ( x, y) dx y( x0 ) = z0 (12.15) (pirturbált) kezdetiérték feladat y

= y( x, x0 , z 0 ) = ϕ ( x) megoldja értelmezve van az egész I ∞ = [ x0 , ∞) (12.16) intervallumon; 2. ∀ε > 0 ∃ ε = 0(ε , x0 ) > 0 , hogy y0 − z0 < δ (ε , x0 ) ≤ γ (12.17) esetén fennáll a y( x, x0 , y0 ) − y( x, x0 , z0 ) = γ ( x) − Ψ ( x) < ε , x ∈ I ∞ (12.18) egyenlőtlenség ∀x ∈ I ∞ = [ x0 , ∞) -re. Az y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) megoldást egyenletesen stabilisnak nevezzük, ha δ = δ (ε , x0 ) független x0-tól, azaz δ = δ (ε ) . Ha a megoldás nem stabilis, akkor instabilisnak mondjuk A definíció geometriai interpretációja az ábrán látható. 71 ? Definíció (aszimptotikus stabilitás): A (12.1) Cauchy-feladat y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) megoldását aszimptotikusan stabilisnak nevezzük, ha 1. A ϕ ( x) megoldás stabilis 2. Létezik olyan δ 0 > 0 , hogy y0 − z0 < δ 0 esetén lim ϕ ( x) − y( x, x0 , z 0 ) = 0 (12.19) x∞ Az ábrán látható ennek a fogalomnak a geometriai

interpretációja ? Definíció(attraktív megoldás) A 12.1 Cauchy-feladat y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) megoldását attraktívnak nevezzük, ha ∀x0 ∈ I ∃ δ ( x0 ) > 0 , melyre y0 − z0 < δ 0 esetén lim ϕ ( x) − y( x, x0 , z 0 ) = c (12.20) x∞ A megoldás egyenletesen attraktív, ha δ ( x0 ) független x0 − tól illetve globálisan attraktív, ha ∀x0 ∈ I ∞ = [ x0 , ∞), ∀z0 ∈ D ⊂ ℜ n (12.21) teljesül. lim ϕ ( x) − y( x, x0 , z0 ) = 0 (12.22) x∞ Megjegyzés (visszavezetés triviális megoldás stabilitásának vizsgálatára): A (12.1) feladat nem triviális y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) ≠ ö (12.23) megoldásának stabilitási vizsgálata mindig visszavezethető a w = y − ϕ ( x) (12.24) dw F ( x, w) , F ( x, w) = f ( x, w + ϕ ( x)) − f ( x, ϕ ( x)) , dx w = w( x, x0 , 0) ≡ 0 (12.26) (12.25) helyettesítéssel a DER triviális megoldása stabilitásának eldöntésére, ahol F ( x, 0) = 0 Ezért nemlineáris esetben

a dy = f ( x, y), f ( x, 0) = 0 dx 72 (12.27) (12.28) DER nem triviális (12.23) megoldása helyett az y = y( x,0, 0) ≡ 0 (12.29) Triviális megoldás stabilitását vizsgálhatjuk 12.1 Vizsgáljuk meg a dy1 = y2 = f1 ( x, y1 , y2 ) dx dy2 = − y1 = f 2 ( x, y1 , y2 ) dx y1 (0) = y10 = 0 y2 (0) = y20 = 0 Kezdetiérték-feladat y = y( x,0, 0) = ϕ ( x) ≡ 0 (12.30) (12.31) triviális megoldásának stabilitását. Megoldás: az adott (1230) feladat ekvivalens a d 2 y2 dy (0) + y2 = 0, y2 (0) = 0, 2 = 0 (12.32) 2 ux skalár feladattal. Mivel dx λ λ =i a 2 y2 + y2 = 0 λ2 + 1 = 0 ( karakterisztikus egyenlet) 1 y22 ( x) = c1 cos x + c 2 sin x 2 λ2 = i ax dy ( x) = c1 sin x − c 2 cos x , a y1.á ( x) = − 2 á dx (12.30) DER általános megoldása y1.á ( x) = c1 sin x − c 2 cos x, (12.33) y2.á ( x) = c1 cos x − c 2 sin x, Most pedig tekintsük (12.30) helyett a „perburbált” kezdeti feltétellel vett feladatot: dy1 = y2 , y1 (0) = z10 dx dy2 = −

y1 , y2 (0) = z20 dx (12.34) A (12.33) általános megoldását határozzuk meg a (1234) kezdeti feltételeket kielégítő megoldást: y1 (0) = z10 : c1 * 0 − c 2 1 = z10 c1 = z20 (12.35) y2 (0) = z20 : c1 *1 − c 2 0 = z20 c 2 = z10 Tehát: y1 ( x,0, z0 ) = y1 ( x,0, z10 , z20 ) = z20 sin x + z10 cos x, y2 ( x,0, z0 ) = y2 ( x,0, z10 , z20 ) = z20 cos x + z10 sin x. 73 (12.36) Könnyű belátni, hogy a (12.36) megoldást értelmezve van az I ∞ = [0, ∞) intervallumon és ha z10 − 0 ≤ ε ε , z20 − 0 ≤ , ϕ ϕ (12.37) akkor ε ε ε + = = δ (ε ) ϕ ϕ z ε y1 ( x,0, z 0 ) − ϕ1 ( x) = y1 ( x,0, z 0 ) ≤ z0 − γ = z10 − 0 + z20 − 0 ≤ 2 y2 ( x,0, z 0 ) − ϕ 2 ( x) = y2 ( x,0, z 0 ) ≤ (12.38) ε 2 és y( x,0, z 0 ) − y( x,0, 0) = y1 ( x,0, z 0 ) − y1 ( x,0, 0) + y2 ( x,0, z 0 ) − y2 ( x,0, 0) = = y1 ( x,0, z 0 ) − 0 + y2 ( x,0, z 0 ) − 0 ∈ ε 2 + ε 2 ≤ε (12.39) Tehát a (12.30) DER (1231) triviális megoldása

stabilis, (sőt egyenletesen stabilis) 12.2 Példa Vizsgáljuk stabilitás szempontjából a xy1 = y1 , y1 (0) = 0 dx xy2 = − y2 , y2 (0) = 0 dx (12.41) feladat y = y( x,0, 0) = ϕ ( x) ≡ 0 triviális megoldásának stabilitását. Megoldás: a (1241) DER egyenleteit külön-külön megoldva kapjuk, hogy y1.á ( x) = c1l x , y2á ( x) = c 2 l − x , c1, c 2 ∈ ℜ (12.42) Ezért a perturbált kezdeti értékek mellett a dy1 = y1 , y1 (0) = z10 dx dy2 = − y2 , y2 (0) = z20 dx (12.43) feladat megoldása: y1 ( x,0, z0 ) = z10 * l x , y2 ( x,0, z0 ) = z20 l x melyből nyilvánvaló, hogy + ∞, ha z10 > 0 lim z10 * l x = lim y1 ( x,0, z0 ) =   x∞ − ∞, ha z10 < 0  Tehát a (12.41) DER triviális megoldása instabilis 12.3 példa: tekintsük a 74 (12.44) (12.45) dy1 = − y1 , y1 (0) = z10 dx dy2 = − y2 , y2 (0) = z20 dx (12.46) feladatot, melynek az y = y( x,0, 0) = ϕ ( x) ≡ 0 triviális megoldásának stabilitását kell

eldönteni. Megoldás: a (12.46)-ban szereplő egyenletek általános megoldása y1.á = c1 * l − x , y2.á ( x) = c 2 * l − x , c1 , c 2 ∈ ℜ (12.47) melyekből könnyen megkapjuk a dy1 = − y1 , y1 (0) = z10 dx dy2 = − y2 , y2 (0) = z20 dx (12.48) kezdetiérték-feladat megoldását: y1 ( x,0, z0 ) = z10 * l − x = ϕ1 ( x) 0, x∞ y2 ( x,0, z0 ) = z20 * l −x (12.49) = ϕ 2 ( x) 0, x∞ Tehát a (12.46) DER triviális megoldása aszimptotikusan stabilis Megjegyzés (az egyensúlyi helyzetről) Fontos és gyakran felmerülő probléma valamelye DER olyan megoldásának a stabilitását eldönteni, amely un. egyensúlyi helyzet, azaz amely állandóvektor-megoldás. A fenti példákban a triviális megoldás stabilitását vizsgálva, éppen a ϕ ( x) ≡ 0 = const egyensúlyi helyzetről volt szó. 12.2 Lineáris változó együtthatójú homogén DER stabilitása A legegyszerűbb DER, amelynek jobb oldalára mindig teljesül a (12.28)-ban szereplő f ( x, 0) =

0 (12.50) feltétel, a liniáris változó együtthatójú homogén DER: n dyi = ∑ a ij ( x) y j d y = A( x) y , x ∈ I ∞ = [0, ∞) dx j =1 ≡ dx i = 1,2,.n  a 11 ( x)a 12 ( x).a 1n ( x)     a 21 ( x)a 22 ( x).a 2 n ( x)  ahol A( x) =  −−−−−−−−−−−    a ( x)a ( x).a ( x)  n2 nn   n1 75 (12.51) . Vizsgáljuk meg a (1251) DER y = y( x,0, 0) = ϕ ( x) ≡ 0 (12.52) triviális megoldásának stabilitását. Jelölje Y = Y( x) (12.53) a (12.51) DER az x=x0 pontban normált alapmátrixát (matrizánsát), melyre Y( x0 ) = E A (12.51) DER-hez rendelt dy = A( x) y , x0 ∈ I ∞ dx y( x0 ) = z0 (12.54) kezdetiérték-feladat megoldása a (G.E) formula szerint: y = y( x, x0 , y0 ) = Y( x) * Y −1 ( x0 ) y0 = Y( x) y0 = ϕ ( x) (12.55) minden x ∈ I ∞ , y0 ∈ ℜ n esetén. Hasonlóképpen a dy = A( x) y , dx y( x0 ) = z0 (12.56) Cauchy-féle faladat megoldása y = y( x, x0 , z0 ) = Y( x) * z0 = Ψ ( x)

(12.57) Így (12.55), (1257) alapján ϕ ( x) − Ψ ( x) = Y( x) * ( y0 − z0 ) (12.58) Az utóbbi formula arra utal, hogy a (12.51) lineáris homogén DER esetén a stabilitás eldöntésében meghatározó szerepe van a (12.53) Y(x) alapmátrixnak (matrizánsnak) Ezért az Y(x) alapmátrixra vonatkozóan tekintsük az alábbi lehetőséget. 1. Korlátos alapmátrix Legyen az Y(x) alapmátrix I ∞ = [ x0 , ∞) (12.59) Intervallumon felülről korlátos, azaz Y( x) ≤ M , M > 0, x ≥ x0 (12.60) Ekkor (12.55) és (1257)-ből (1258) alapján ϕ ( x) − Ψ ( x) ≤ Y( x)( y0 − z0 ) ≤ Y( x) * y0 − z0 A (12.61) egyenlőtlenségből az következik, hogy ∀ε > 0 ∃ v = ε , M (12.62) 76 (12.61) melyre y0 − z0 ≤ ε M (12.63) esetén ϕ ( x) − Ψ (a ) ≤ ε (12.64) amely arra utal, hogy a (12.51) DER (1255) y = ϕ ( x) megoldása Ljapunov-értelemben stablis. 2. eset Nulla-mátrixhoz tartozó alapmátrix Legyen lim Y( x) = 0 . (12.65)

x∞ Nyilvánvaló, hogy ebben az esetben az Y(x) matrizáns az I ∞ = [ x0 , ∞) (12.66) intervallumon korlátos tehát a (12.51) DER bármely y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) megoldása Ljapunov-értelemben stabilis. Továbbá (12.65) figyelembevételével (1261)-ből ϕ ( x) − Ψ ( x) ≤ Y( x) * y0 − z0 0, (12.67) x∞ melyből ϕ ( x) aszimptotikus stabilitása következik 3. eset nem korlátos alapmátrix Feltételezzük, hogy az Y(x) matrizáns a I ∞ = [ x0 , ∞) intervallumon felülről korlátos, azaz található egy ilyen növekedő számsorozat (12.68) X0≤X 1<X2<<Xz< melyre lim Y( xk ) = ∞ (12.69) k ∞ Ennek alapján az Y( x) = {Ye j ( x), e , j = 1,2,., n} Ypq(x) Matrizáns legalább egy Eleme a végtelenhez tart az x=xz pontokban, ha R 0 , azaz lim Ypq ( xk ) = ∞ k ∞ (12.71) 77 (12.70) Most pedig válasszuk meg a (12.56) „perturbált” feladatban a kezdeti : z 0 értéket úgy, hogy csak a q-adik koordinátája

különbözzék a (12.54) –ben szereplő y 0 –tól : yi 0 = zi 0 , i = 1,., n; i ≠ q és yq 0 ≠ zq 0 (12.72) Ekkor (12.58) alapján a p-edik koordinátára érvényes: ϕ p ( x) − Ψ p ( x) = Ypq ( x)( yq 0 − yz0 ) (12.73) ,melyből lim ϕ p ( xk) − Ψ p ( xk) = ∞ (12.74) k ∞ Ezek szerint tetszőleges kicsiny δ = yq 0 − zq 0 (12.75) Különbségre az ε ( x) = ϕ p ( x) − Ψ p ( x) , x ∈ I ∞ = [ x, ∞) különbség nem korlátos. p-edik Egyben nem korlátos nem csak a koordináták különbsége, hanem az egész megoldás-vektor különbség is: lim ϕ ( xk) − Ψ ( xk) = ∞ (12.76) k ∞ amelyből a (12.55) ϕ ( x) megoldás instabilitása következik: Ezzel bebizonyítottuk a következő állítást. Tétel (elégséges feltételek a homogén DER stabilitására) A dy = A( x) y , x ∈ I ∞ dx homogén lineáris DER tetszőleges y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) Megoldása: 1. stabilis ha az x=xpontban normált 0 I =[x0, ) intervallumon Y( x)

≤ M , M > 0 alapmátrix Y(x)korlátos az 2. algoritmikusan stabilis, ha lim Y( x) = 0; x∞ 3.instabilis, ha az Y(x) alapmátrix felülről nem korlátos. Most pedig belátjuk, hogy ezek a feltételek nem csak elégségesek, hanem szükségesek is. Legyen a (12.55) y = y( x, x0 , y0 ) megoldás stabilis, azaz ∀ε > 0 ∃δ = δ (ε , x0 ), hogy y0 − z0 ∈ δ esetén y( x, x0 y0 ) − y( x, x0 z0 ) ≤ ε 78 n A (12.58) figyelembe vételével ϕ p ( x) − Ψ p ( x) = ∑ Ypq ( x)( yq 0 − zq 0 ), q =1 (12.77) vagy ismét, ha a z0 kezdetiértékek (12.72) alakúak, akkor (1277) -ből Ypq = ϕ p ( x) − Ψ p ( x) Ypq ≤ ϕ p ( x) − Ψ p ( x) yq 0 − zq 0 ≤ K , x ∈ I ∞ = [ x0 , ∞) (12.78) Ha leírjuk a (12.78) egyenlőtlenséget minden p - re és q - ra , p, q = 1,2,, n és összegezve az így nyert egyenlőtlenségekből megkapjuk, hogy Y( x) = n ∑ Ypq ( x) ≤ n pq 2 *K (12.79) , =1 Y(x) Azaz valóban igazoltuk, az alapmátrix

normájának korlátosságát. Most pedig legyen a (12.55) y = y( x, x0 , y0 ) megoldás aszimptotikusan stabilis Ekkor lim ϕ p ( x) − Ψ ( x) = 0 (12.80) x∞ És ennek alapján (12.78) –ból x ∞ lim Ypq ( x) = 0 lim Y( x) = 0 x∞ x∞ határátmenettel azt kapjuk, hogy (12.81) Végül legyen a (12.55) megoldás instabilis Ez esetben az Y(x)alapmátrix nem lehet korlátos , hiszen akkor a megoldás stabilis lenne, ami ellentmondáshoz vezet . Tehát igaz a következő állítás. Tétel(szükséges és elégséges feltételek a homogén DER stabilitásásra) A dy = A( x) y dx Homogén lineáris DER tetszőleges y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) megoldása akkor és csak akkor: 1. stabilis, ha az x = x0 pontban intervallumon Y( x) ∈ M , x ≥ x0 2. aszimptotikusan stabilis, ha lim Y( x) = 0 x∞ (12.82) , (12.83) normált Y( x) alapmátrix az x ∈ I ∞ = [ x, ∞) korlátos: (12.84) (12.83) 3. Instabilis, ha Y(x) felülről nem korlátos Megjegyzés (a

homogén DER összes megoldásának stabilitásáról) Mivel az előző tételben tetszőleges y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) megoldásról van szó, ezért a (12.82) hom ogén lineáris DER összes megoldása egyszerre mind stabilis, aszimptotikusan 79 stabilis, vagy instabilis. Ebből kiindulva a homogén DER-t (vagy csak egy konkrét megoldást) stabilisnak, aszimptotikusan stabilisnak, vagy instabilnak mondjuk. Nemlineáris DER esetén ez nem állfenn, hiszen ott lehetnek megoldások, melynek különkülön stabilisak, instabilisak. 12.4 példa Vizsgáljuk meg stabilitás szempontjából az elsőrendű skalár homogén DE-t dy = a ( x) y , y ∈ ℜ , x ∈ I ∞ = [ x, ∞) dx x A ??? képlet szerint y( x, x0 , y0 ) = l ∫ a ( x) dx x0 * y0 (12.86) x ∫ a ( x) dx Tehát az alapmátrix szerepét Y( x = l x 0 tölti be. Ezért az adott DE x 1. stabilis, ha ∫ a ( x)dx < M ) (12.87) (korlátos), x0 2. aszimptotikusan stabilis, ha x x lim ∫ a ( x)dx =

−∞ (ekkor Y( x) = c x∞ x0 x −∞ 3. instabilis, ha x ∫ a ( x)dx ∫ a ( x) dx x0 0 nem korlátos az x ∈ I ∞ intervallumon. x0 12.3 Lineáris változó együtthatójú inhomogén DER stabilitása Tekintsük a n dyi dy = ∑ a ij ( x) y j + f j ( x) ≡ = A( x) y + f ( x) x ∈ I ∞ = [ x, ∞) dx j =1 dx (12.88) DER -t, ahol A( x), F ( x) ∈ C[ x0 , ∞) Tétel(szükséges és elégséges feltételek az inhomogén DER stabilitására) A (12.88) inhomogén DER minden folytonos f z avarófüggvény, akkor és csak akkor stabilis, ha stabilis a megfelelő dy = A( x) y (12.89) dx homogén DER. Bizonyítás. Szükségesség Legyen y = y( x, x0 , y0 ) = ϕ ( x) , x ∈ I ∞ = [ x, ∞) A (12.88) inhomogén DER stabilis megoldása, azaz ∀ε > 0 ∃ v = δ (q, x0 ), hogy ha y 0 − z 0 < δ , akkor y ( x, x 0 , y 0 ) − y ( x, x 0 , z 0 ) < ε . (12.90) A (10.30) formula szerint az inhomogén DER –hez rendelt kezdetiérték feladat megoldása

a következőképpen írható fel: 80 x y ( x, x 0 , y 0 ) = ϕ ( x ) = Y ( x)Y −1 ( x 0 ) y 0 + Y ( x) ∫ Y −1 ( s ) f ( s )ds = x0 (12.91) x Y ( x) y 0 + Y ( x) ∫ Y −1 ( s ) f ( s )ds, (Y ( x0 ) = E ) x0 x y ( x, x 0 , z 0 ) = Ψ ( x) = Y ( x) z 0 + Y ( x) ∫ Y −1 ( s ) f ( s )ds x0 (12.92) A (12.91), (1292) képletek alapján ϕ ( x) − ψ ( x) = Y ( x) * [ y 0 − z 0 ] ≤ Y ( x) y 0 − z 0 Mivel ϕ (x) stabilitásáról (12.90) szerint ϕ ( x) − Ψ ( x) ≤ ε (12.93) y 0 − z 0 < δ esetén (12.94) ezért (12.93) –ból következik,hogy Y ( x) ≤ M , x ∈ [ x0 , ∞) (korlátos), (12.94) tehát a lineáris homogén (12.89) DER stabilis Elégségesség. Ismeretes, hogy a (1289) homogén DER bármely y k ( x) = y k ( x, x0 , y 0 ) megoldása a megfelelő (12.88) inhomogén DER két megoldásának különbségeként adódik: y k ( x) = y 1.i ( x, x0 , z1 ) − y 2i ( x, x0 , z 2 ) (12.95) Mivel Y k (x) stabilis, ezért ∀ε > 0

∃ v = v(ε , x0 ) ,hogy y0 − 0 ≤ δ (12.96) esetén y k ( x) − nek a triviális megoldástól való különbsége nem haladja meg az ε -t : y k (x) − 0 ≤ ε (12.97) tehát, (12.96), (1297) alapján ha z1 − z 2 ≤ δ akkor (12.98) y 1.i ( x, x0 , z1 ) − y 2i ( x, x0 , z 2 ) ≤ ε azaz y 1.i ( x, x0 , z1 ) megoldása. Q.ED (12.99) (hasonlóképpen y 2.i ( x, x0 , z 2 ) ) a (1288) inhomogén DER stabilis 81 13. hét 13. Állandó együtthatójú lineáris homogén DER stabilitása Az állandó együtthatós dy = Ay; A ∈ R NXN ; yeR N dx DER az általunk már korábban vizsgált változó együtthatójú dy = A( x) y; A ∈ C ( I X R NXN ) dx DER speciális esete. Ismeretes, hogy a (13.1) állandó együtthatójú homogén DER az x = x0 helyen normált alapmátrixa (matrizánsa) a (10.17) formulával adódik: (13.1) (13.2) (13.3) Y ( x ) = e A ( x − x0 ) Feltételezzük, hogy az A mátrix Jordán-féle kanonikus alakja ( lásd (11.9)-(1113)):

(13.4) J = P −1 AP = diag ( J1 , J 2 ,  , J m ); ( A = PJP −1 ) ahol   λk 1 0   λk    k=1,2,.,m (13.5) JK =  J k ∈ C nkxnk  1    0 λk   n1 + n2 + . + nm = n ; 0 0 1   0    H=  J K = λ kE + H ; H ∈ R nkxnk   1   0 0   Továbbá (11.26) szerint ∞ 1 Y ( x) = e A( x − x0 ) = ∑k =0 Ak ( x − x0 ) k = P ⋅ diag (e J1 ( x − x0 ) , e J 2 ( x − x0 ) ,  e J m ( x − x0 ) ) ⋅ P −1 k! ahol (11.25) alapján e J K ⋅( x − x 0 ) =e λk ⋅( x − x0 ) K 1 ∑K =0 k! H k ( x− x0 ) = e λk ⋅( x− x0 ) ∞  1  ⋅0    0 ( x − x 0 ) ( x − x 0 )2 (13.6) (13.7)    1! 1  2!   0 0 0      (x − x0 )nk −1  (nk − 1)!  (x − x0 )nk −2  (nk − 2)!  (x − x0 )  (13.8) A (13.1) DER stabilitását úgy tudjuk eldönteni, miután megvizsgáljuk, hogy mikor korlátos a

(13.7),(138) alakú matrizáns 82 1 1   Nyilvánvaló, hogy a P és P −1 mátrixok korlátosak: P ≤ c1 , P −1 ≤ c 2 , c1 , c 2 > 0 (13.9) Továbbá (13.8)-ból e J K ( X − X 0 ) = e λK ( X − X 0 ) , M K ( x) (13.10) ahol  1    M K ( x) =     0 ( x − x x ) ( x − x 0 )2 1! 1 2!  1     (x − x0 )nk −1   (nk − 1)!   2  (x − x0 )  2!  (x − x0 )   1!  1 (13.11) Legyen a λk sajátérték komplex felírása: (13.12) λk = Re λk + iI m λk , i 2 = −1 Az ún. Eulir-képletek szerint e λk = e Re λk +iI m λk = e Re λk ⋅ e iI m λk = e iI m λk = cos I m λk + i sin I m λk = e Re λk ⋅ [cos I m λk + i sin I m λk ] (13.13) Tudjuk, hogy cos I m λk + i sin I m λk = cos 2 I m λk + sin 2 I m λk = 1 Tehát (13.10)-ből (1311)-(1314) figyelembe vételével e Jk ( x − x0 ) = e λk ( x − x0 ) ⋅ Mk ( x) ≤ e λk ( x − x0 ) ⋅ Mk ( x) = e (Re

λk +iI m λk (13.14) )( x − x0 ) = e Re λk ( x − x0 ) ⋅ e iI m λk ( x − x0 ) ⋅ Mk ( x) ≤ e Re λk ( x − x0 ) ⋅ e iI mλk ( x − x0 ) ⋅ Mk ( x) ; e Jk ( x − x0 ) ≤ e Re λk ( x − x0 ) ⋅ Mk ( x) ⋅ Mk ( x) = (13.15) (13.16) Ezek után a (13.16) becslésből könnyű belátni, hogy az x ∈ I ∞ = [x0 , ∞ ) (13.17) intervallumon e Jk ( x − x0 ) akkor lesz korlátos, ha Re λk ≤ 0 és azokhoz a sajátértékekhez, melyekre Re λk = 0 , a J - Jordán alakban csak 1-dimenziós J k Jordán-blokkok tartoznak. A (13.16) egyenlőtlenségből az is leolvasható, hogy Re λk < 0 esetén e λk ( x − x0 ) x  0 , ∞ és 83 (13.18) (13.19) (13.20) (13.21) e λk ( x − x0 ) (13.22) akkor lesz nem korlátos, ha (13.23) Re λk > 0 , illetve Re λk = 0 esetén a megfelelő J k Jordán-blokkok dimenziója nagyobb egynél ( ekkor (13.11)-ben szerepelnek ( x − x0 ) hatványai). Ezzel igazoltuk a következő állítást.

Tétel:(szükséges és elégséges feltétele az állandó együtthatójú DER stabilitásának) A dy (13.24) = Ay dx állandó együtthatós DER tetszőleges (13.24) y = y ( x, x 0 , y 0 ) megoldása akkor és csak akkor: 1.stabilis, ha az A mátrix összes egymástól különböző (13.25) λ1 , λ 2 , , λ s sajátértékének valós része nempozitív (13.26) Re λk ≤ 0 , k = 1,2,.s , és azoknak a sajátértékeknek, melyekre (13.27) Re λk = 0 csak 1-dimenziós J k Jordán blokkok felelnek meg az A mátrix Jordán alakjában. 2.aszimptotikusan stabilis, ha az A mátrix összes sajátértékének valós része negatív (13.28) Re λk < 0 , k = 1,2,., s ; 3. instabilis, ha legalább egy sajátértéke (13.29) λ j = Re λ j + iI m λ j ; j ∈ {1,2,., s} valós része pozitív (13.30) Re λj > 0 , illetve, ha legalább egy zérus valós résszel rendelkező sajátértéknek 1-nél nagyobb méretű Jordán blokk felel meg. 13.1 Példa: Határozzuk meg, hogy milyen c

értéknél stabilis a dy1 = y2 , dx 0 1  dy 2  A =  = cy1 − y 2 , dx  0 − 1 DER. Megoldás: Kiszámoljuk az A mátrix sajátértékeit: −λ 1 1 1 1 1 + c ; λ2 = − − +c = 0 λ2 + λ − c = 0 λ1 = − + c −1− λ 2 4 2 4 Ha c=0, akkor λ1 = 0 , λ 2 = −1 Mivel rang ( A − λ1e) = 1 , ezért λ1 = 0 –nak 1-dimenziós Jordán blokk felel meg. 84 (13.31) Tehát c=0 esetén a (13.31) DER stabilis Ha c<0, akkor Re λ1 < 0 , Re λ 2 < 0 , ezért (13.31) aszimptotikusan stabilis Ha c>0, akkor 1 1 Re λ1 = − + +c >0 , 2 4 tehát (13.31) instabilis A bizonyított tétel alapján tudjuk, hogy a dy (13.32) = Ay dx DeR stabilitását a (13.33) det( A − λE ) = 0 karakterisztikus egyenlet gyökei határozzák meg. A gyökök valós részeinek negatívitása a szóban forgó gyökök meghatározása nélkül az ún. Hurvitz-féle kritériummal dönthető el. Bizonyítás nélkül kimondjuk ezt a kritériumot. Tétel

:(Hurvitz-féle szükséges és elégséges feltételek a gyökök valós részének negatívitásáról) Egy n-ed fokú (13.34) Pn( x) = a 0 x n + a1 x n −1 + . + a n −1 x + a n ; a 0 ≠ 0; a n > 0 polinom összes gyökei akkor és csak akkor rendelkeznek negatív valós résszel,ha a 0 0 0   0 a0  a1  a a2 a1 a 0 0   0   3 H ( Pn( x)) =  a5 a4 a3 a 2 a1 a 0  0             a 2 n −1 a 2 n − 2 a 2 n −3     a n  ún. Hurvitz-féle mátrix, főátló menti aldeterminánsai mind pozitívak: ∆ 1 = a1 > 0;∆ 2 = a1 a0 a3 a2 (13.35) 0 a1 > 0; ∆ 4 = a3 a0 a2 a1 > 0;.∆ n = a n ⋅ ∆ n −1 > 0 a5 a4 a3 (13.36) ahol a j = 0 , ha j>n. Megjegyezzük, hogy ha (13.34) polinom a (1333) karakterisztikus polinom (13.37) Pn(λ ) = det( A − λE ) = 0 akkor az előző állítás a (13.32) állandó együtthatójú DER aszimptotikus stabilitásának

szükséges feltételét adja meg. 13.2 Példa: Határozzuk meg, hogy milyen c értékhre aszimptotikusan stabilis a  0 0 1   dy = Ay =  0 − 1 1  y dx −1 1 c   (13.38) DER. Megoldás: A mátrix karakterisztikus egyenlete 85 0 − λ  det( A − λE ) =  0 (− 1 − λ )  −1 1  A Hurvitz-kritérium alapján  a1  H ( Pn( x)) =  a3 a  5 melyből a0 a2 a4 1   1  = 0 1 ⋅ λ3 − (c − 1)λ2 − cλ + 1 = 0 (c − 1) 0   − (c − 1) 1 0     a1  =  1 − c − (c − 1) ; 0 1  a3   0 (13.39) ∆ 1 = a1 = −(c − 1) > 0 c < 1 ∆ 2 = a1 ⋅ a 2 − a3 ⋅ a 0 = c 2 − c − 1 > 0 c 2 − c − 1 = 0; c1 = (13.40) c< 1− 5 1+ 5 ; c2 = 2 2 1− 5 1+ 5 ;c > 2 2 Tehát (13.39) (1340)-ből következik, hogy (1338) aszimptotikusan stabilis , ha c< 13.3 Példa: Vizsgáljuk stabilitás szempontjából a dny +y=0 dx n DE y = y (α

, α 0 , ο ) ≡ 0 triviális megoldásának stabilitását. Megoldás: A karakterisztikus egyenlet gyökei : λ n +1 =0λ n (13.41) (2k + 1) ⋅ π . + i sin (2k + 1) ⋅ π = −1 Moivre − képlet : λ = λk = cos n (13.42) Tehát, ha : n=1 λ1 = −1 ; n=2 λ 2 = ±i ; n ≥ 3 Re λ 0 > 0 k=0 Ezért a (13.41) DE y≡0 megoldása. n=1 esetén aszimptotikusan stabilis; n=2 esetén stabilis; n ≥ 3 esetén instabilis. 14. hét 86 1− 5 . 2 n =e i ( 2 k +1)⋅π n 1.4 Autonám differenciál egyenlet-rendszerek Az (1.7) dy1 = f1 ( x, y1, . y n ) dx (14.1) . dy n = f n ( x, y1, . y n ) dx Normál alakú DER egyik fontos speciális esete az ún. (17) autonóm DER-ek ( a dinamikai módszer elnevezés is) dy1 = f 1 ( x, y1, . y n ) dx dy (14.2) = f ( y) , y ∈ Ω ⊂ R n . ≡ dx dy n = f n ( x, y1, . y n ) dx ahol a jobb oldal explicit módon nem függ x-töl.Megjegyezzük , hogy a (14.1) nem-autonóm DER a rendszer dimenziójának eggyel való

növelésével visszavezethetö x = y n + 1 egy autonóm DER-re : (13.3) dy1 = f 1 ( x, y1, . y n , y n +1 ) dx dy 2 = f 2 ( x, y1, . y n , y n +1 ) dx (14.4) . dy n = f n ( x, y1, . y n , y n +1 ) dx dy n +1 =1 dx A továbbiakban feltételezzük, hogy a zárt , korlátos Ω ⊂ R n tartományban (14.2)-ben az f ( y) függvény kielégítí a (7.4) alakú Lipschitz-féle feltételt A (14.2) autonóm DER-hez tartozó rendszer "fázisterének" nevezzük Legyen (14.5) y = f ( y) , x ∈ I x ∈ R a (14.2) autonóm DER ,megoldása az I x intervallumon Nyílvánvaló , hogy a (14.5) megoldásfüggvények , melyeknek görbéit integrálgörbéknek neveznek , az Ω fázistérben egy x-paraméteres görbét határoz meg : (14.6) f (x) ∈ Ω , ∀x ∈ I x esetén , melyet az autonom rendszer trajektóriájának (fázisgörbéjének) neveznek. Tehát a (14.2) autonóm rendszer (145) megoldásfüggvényei (integrálgörbéi) a (14.7) G = {( y, x) : y ∈ Ω, x ∈ R} n +1 R

-beli tartoznak. Ezek szerint az integrálgörbe az x-tengely és a fázistér direkt szorzatában fekszik és a fázisgörbe(trajektória) nem más , mint a (14.5) integrálgörbe az x-tengellyel párhuzamos vetülete a fázissikra { } 87 Hasonlóképpen értelmezzük a (14.1) nem-autonóm DER fázisterét és trajektóriáit 14.1Példa Határozzuk meg a dy (14.8) = y , x∈ Ix dy DER (n=1) y (0) = y 0 > 0 (14.9) kezdetiértékhez tartozó megoldás integrálgörbéjét illetve fázisgörbéjét (trajektoriaját) Megoldás.A (35),(36) formulák szerint a (148), (149) kezdetiérték feladat megoldása x ∫ p ( x ) dx x ∫ dx (14.10) = y0 ⋅ e ∞ = y0 , x ∈ R y (α ) = y 0 e x 0 Igy a megoldásfüggvény görbéje az (x,y) síkon integrálgörbét adja , trajektória ennek a , y>0 (14.11) féltengely lesz ---rajz--14.2Példa Rajzoljuk fel a dy1 = y2 y1 (0) = y10 dx , (14.12) y 2 (0) = y 20 dy 2 = − y1 dx DER trajektóriáit. Megoldás .Mivel dy1

= y2 d 2 y2 dx ≡ + y 2 = 0 λ2 + 1 = 0 , λ1, 2 = ±i 2 dy 2 dx = − y1 dx − dy 2 y1 ( x) = = −c1 sin x + c 2 cos x y 2 ( x) = c1 cos x + c 2 sin x dx y 2 ( x) = c1 cos x + c 2 sin x Innen a (14.12) kezdetifeltételeket kielégítö megoldás : y1 ( x,0, y10 , y 20 ) = y10 cos x + y 20 sin x (14.13) y 2 ( x,0, y10 , y 20 ) = − y10 sin x + y 20 cos x A (14.13) megoldásfüggvénynek az ( x, y , y 2 ) az integrálgörbe .A (1413) függvények az ( x1 , y 2 ) -síkban a trajektóriák görbéit is megadjuk . Az x-paramétert (1413)-ból kiküszöbölve megkapjuk a trajektóriák egyenletét : 2 (14.14) y12 ( x,0, y10 , y 20 ) + y 22 ( x,0, y10 , y 20 ) = y102 + y 20 a trajektóriák az origó középpontú körök. A továbbiakban ismertetünk néhány , csak az autonóm rendszerekre vonatkozó sajátos tulajdonságot . Lemma(a megoldás eltoltjának tulajdonsága) 88 Ha (14.15) y i = ϕ i ( x), i = 1,2,., n , x ∈ I x ⊂ R a (14.2) autonóm DER megoldása , akkor a

megoldások eltoltja : (14.16) y i = φ i ( x) = ϕ i ( x + c) minden c ∈ R (14.17) esetén is megoldások Bizonyítás:Az összetett függvény deriválási szabályát felhasználva dφ i ( x) dϕ i ( x + c) dϕ i ( x + c) d ( x + c) dϕ i ( x + c) = = ⋅ = ⋅ (14.18) dx dx d ( x + c) dx dx =1 Mivel dϕ i ( x ) = f i (ϕ1 ( x), ϕ 2 ( x),., ϕ n ( x)), i = 1,2,n dx dϕ i ( x + c) = f i (ϕ 1 ( x + c), ϕ 2 ( x + c),., ϕ n ( x + c)), i = 1,2,n (1419) dx Ezek után (14.18), (1419) következik , hogy dφ i ( x) dϕ i ( x + c) (14.20) = = f i (ϕ 1 ( x + c),., ϕ 2 ( x + c) dx dx azaz valóban a (14.15) megoldás (1416) eltoltja is megoldás QED Lemma(az egymást metszö trajektoriák tulajdonsága) Ha a autonóm DER két trajektóriája (14.21) y = ϕ ( x), x ∈ I 2 ⊂ R és y = φ ( x),α ⊂ I 2 ⊂ R ugyanazon az (14.22) 0 φ = ϕ ( x1 ) = φ ( x 2 ) (14.23) ponton halad át (megfelelöen az argumentum x1 illetve x 2 értéke mellett) , akkor teljesül a következö

azonososság: (14.24) φ ( x) ≡ ϕ ( x + x1 − x 2 ) minden x-re , melyre értelmezve van (14.24) bal és jobb oldala Bizonyítás: Az elözö Lemma szerint (14.25) y = ϕ ( x) ≡ ϕ ( x + ( x1 − x 2 )) a (14.2) autonóm DER megoldása ( x + x1 − x 2 ) ∈ I 1 esetén Az x = x 2 pontban 0 (14.26) φ 1 ( x 2 ) = ϕ ( x1 ) = ϕ ( x 2 ) = y A Picard-Lindelof egzisztencia és unicitás tétel alapján a (14.26) 0 y közös ponton áthaladó két megoldás megegyezik: φ 1 ( x) ≡ φ ( x) ≡ ϕ ( x + x1 − x 2 ) (14.27) Q.ED Nyílvanváló , hogy az utóbbi vonhatjuk le , hogy a (14.2) 89 autonóm DER két trajektóriája vagy nem egymást , vagy , vagyis érvényes az unicitás a trajektóriákra is . Megjegyezzük, hogy általános nem-autonóm (14.2) DER esetén az (n+1)-dimenziós +++ tér egy pontján egy es csak egy integrálgörbe halad át , de a nem-autonóm DER trajektóriái az n-dimenziós térben metszhetik egymást . A nem-autonóm

DER ezen tulajdonságait a következö példa szemlélteti . 14.3Példa: Határozzuk meg a dy1 = 2x y1 (0) = y10 dx (14.28) , y 2 (0) = y 20 dy 2 =1 dx DER trajektóriáit Megoldás . A (1428) DER megoldása y1á (0) = x 2 + c1 (14.29) y 2á (0) = x + c 2 Innen a (14.28) kezdetifeltételnek megfelelö megoldás y1 ( x,0, y10 , y 20 ) = x 2 + y10 (14.30) y 2 ( x,0, y10 , y 20 ) = x + y 20 Az x-paramétert (14.30)-bol kiküszöbölve megkapjuk a trajektóriák egyenletét (14.31) y1 ( x,0, y10 , y 20 ) = ( y 2 ( x,0, y10 , y 20 )) 2 + y10 például y10 = 0 esetén ---rajz--Definíció(autonóm DER helyzete) A (14.2) autonóm DER minden * y = ϕ ( x) ≡ y ∈ Ω , ∀x ∈ I x (14.32) * megoldását ( y állandó megoldást) a rendszer egyensúlyi helyzetének nevezünk. Nyílvánvaló , hogy * (14.33) y ∈Ω akkor és csak akkor egyensúlyi helyzet (14.2)-nél ,ha * f ( y ) = 0 (14.34) Tehát a (14.2) DER egyensúlyi helyzeteit a (1434) algebrai(vagy transzcendens)

egyenletrendszer gyökei határozzák meg . Definíció(ciklus fogalma) Legyen y = ϕ (x) , x ∈ R (14.35) a (14.2) DER T-periódikus megoldása (ϕ ( x) = ϕ ( x + τ ), x ∈ R) A periódikus megoldásának megfelelö zárt trajektóriát a fázistérben ciklusnak nevezzük. ---rajz-----rajz--(Egyensúlyi helyzet) (Ciklus) Tétel(autonóm DER trajektóriáinak típusairól) 90 A (14.2) autonóm DER esetén mindössze három tipusú trajektórai létezhet: 1) az egyensúlyi helyzetnek megfelelö trajektóriák); 2) zárt trajektóriák (ciklusok) ,melyek periódikus megoldásoknak felelnek meg; 3) önmagukat nem metszo trajektóriák )(természetesnek tünik , hogy ez az eset a "legáltalánosabb" Bizonyítás: Elegendö kimutatni hogy , ha a (14.2) DER (14.36) y (0) = y 0 ∈ Ω kezdeti feltételt kielégítö (14.37) y = y ( x,0, y 0 ) = ϕ ( x) megoldása nem egyensúlyi helyzet és a hozzá tartozó trajektória önmagát metszi, akkor a (14.34) ϕ (x) megoldás

függvény T periódussal folytatható az egész R-re Feltételezzük , hogy (14.38) ∃x1 , x 2 , x 2 < x 2 melyeke (14.39) ϕ ( x1 ) = ϕ ( x 2 ) Mivel y 0 nemegyensúlyi helyzet , ezért (14.40) ϕ ( x) ≠ ϕ ( x1 ) , x ∈ [x1 , x 2 ] Legyen +++ (14.41) es kimutatjuk , hogy a (14.32) y = ϕ (x) függveny T periodussal folytatható az egesz R-re .Valóban a (1415) , (1416)-ban összefoglalt tulajdonságok szerint az eltolt (14.42) y ( x,0, y 0 ) = φ ( x) = ϕ ( x + T ) Szinten (14.2) megoldása x ∈ [x1 − T , x 2 − T ] eseten , melyre φ ( x1 ) = ϕ ( x1 + T ) = ϕ ( x 2 ) = ϕ ( x1 ) (14.43) A (14.21) - (1424) tulajdonságok alapján a (1442) φ (x) a ϕ (x) függveny egyertelmű folytatása T-periódussal [x1 , x2 ] -ból [x1 − T , x2 ] -re . Hasonlókeppen igazolható , hogy az y ( x,0, y 0 ) = φ 1 ( x) = ϕ ( x + T ) (14.44) függveny egyertelmű folytatása a ϕ (x) -nek [x1 , x2 ] -ból [x1 − T , x2 ] -re . Tehát az unicitást kihasználva egyertelműen

megkaptuk a ϕ (x) megoldás T-periódussal való folytatását [x1 , x 2 ] -ról [x1 − T , x 2 ] -re (14.45) Hasonló eljárással , egyertelműen T-periódussal folytatni tudjuk a ϕ (x) megoldást [x1 , x 2 ] -ról az egesz [x1 − T , x 2 ] -re . Ugyanakkor tudjuk , hogy a T-periódusú megoldásnak ϕ ( x), x ∈ R megoldásnak zárt trajektória (ciklus) felel meg . Q.ED 14.1 Egyensúlyi helyzetek osztályozása a fázissíkon 91 Tekintsük a +++ (14.46) lineáris , állandó eggyütthatós homogen DER-t . Állítsük elö a (14.46) DER fázistrajektóriáit a fázissíkon Ennek során több esetet kell megkülönböztetni, mivel a rendszer fázistrajektóriáinak kepe lenyegesen függ az +++ eggyütthatóktól , illetve az +++ (14.47) mátrix sajátertekeitöl . Megjegyezzük , hogy az +++,+++ (14.48) triviális megoldás a (14.44) DER-nek mindig egyensúlyi helyzete Ez az egyensúlyi helyzet akkor es csak akkor egyedüli , ha +++(14.49) Ugyanakkor könnyű belátni ,

hogy a (14.46) DER a következö alakban is felírható: +++,+++(14.50) Igy a (14.50) DE megoldásai közvetlenül a trajektoriák egyenletét adják az +++ fázissíkon .Mivel az a (14.46) DER egyetlen egy fázistrajektóriája sem halad át az origon . Hasonlóképpen , mint az Euler módszer alkalmazásával a 11.2 alfejezetben az alábbi tételeket kell vizsgálnunk . 14.11 Egyszeres valós gyökök esete Legyenek az A mátrix sajátértekei valósak , különbözök és nem nullák . +++ és az általánosság megszorítása nélkül . Jelöljük +++ (1451) +++ (14.52) +++ az A mátrix +++ -hez illetve +++ -hoz tartozó sajátvekorai (ha +++,+++ valósak , akkor +++ és +++ is valosak). Ezentúl +++ és +++ +++ -nek egyik bázisát alkotják (általában nem ortogonálist). Ekkor az Euler-módszer (1139) , (11.40) formulái szerint a (1446)DER két lineárisan független megoldása +++,+++ (14.53) és általános megoldása +++ (14.54) Könnyű belátni , hogy

az +++ (14.54) lineáris transzformáció , pontosabban egy lineáris diffeomorfizmus +++ (14.55) ket egymástól független egyenletre bontja az adott (14.46) DER-t Valóban (14.55)-ból: +++ +++ +++ +++ (14.56) Igy az általános megoldás (+++,+++) koordinátái a +++ és +++ vektorok által kifeszitett általában derékszögű koordináta rendszerben : +++,+++ (14.57) ami egyben a fázistrajektória x-paraméteres egyenlete . Ha az x-paramétert kiküszöböljük (14.57)-bol , akkor +++ 92 +++ +++ (14.58) ami egy ún. általánositott parabola egyenletenek felel meg A továbbiakban a +++ és +++ számok elojeletöl függöen néhány esetet külön nezve megadjuk a (14.46) DER fázissíkjának részletes leírását 14.12 +++, +++ , +++ esete (stabilis ---rajz--(azonos elöjelű) Ekkor (14.56)-ból +++,+++ (14.58) esetén az +++ (14.59) egyensúlyi helyzetét Az +++ ,+++ illetve +++,+++ is +++ illetve +++ tengely felel meg , továbbá +++ (14.60) Ekkor az origo

ún. stabilis csomópont Az ábrákon a trajektóriák rajzán x növekedésének irányát a nyilak jelzik . ---rajz-----rajz--14.1ábra 14.2ábra Tehát stabilis csomópont esetén bármelyik trajektória mentén a mozgó pont asszimptotikusan közeledik a koordinata-rendszer kezdöpontjához , miközben a trajektória az origóban érinti az +++ abszcissza tengelyt, mivel (14.58)-ból +++ (14.61) Összegezve +++, +++, +++ esetén a (14.46) DER fázistrajektóriáinak egy parabola-típusú sereg, amelyhez még 5 speciális trajektória adódik: a) 1 egyensúlyú helyzet , b)és 4 +++,+++ - koordináta féltengely. 14.13 +++ (stabilis csomópont) ---rajz--(azonos elojelű) Mivel ekkor (14.57)-ból +++ (14.62) az +++ egyensúlyi helyzetet nem stabilis (labilis)csomópontnak nevezzük . Ez esetben a (14.46) autonóm DER fázistrajektóriáinak serege , annak elhelyezése a (+++,+++) koordinátarendszerben ugyan az ami a 14.1 ábrán látható , csak a trajektóriákon a növekedési

irányok(a nyilak) ellentétesek lesznek (lásd a 14.2 ábrát) 14.14 +++ esete (nem stabilis csomópont) ---rajz--(különbözö elöjelű) Ha +++ , akkor (14.58)-ban +++ és a trajektóriák egyenlete +++ (14.63) ami egy ún. általánosított hiperbólának az egyenlete Ekkor (1457)-ból +++ (14.64) +++ 93 Tehát a mozgás a +++ abszcissza tengelyen az origó felé irányul, a +++ ordináta tengely pedig az origóból kiinduló irányú.A fázistrajektóriáknak ezt a képét nyeregnek , majd az origót (egyensúlyi helyzetét) pedig nyeregpontnak nevezzük (nem stabilis nyeregpont ez mindig). Tehát nyeregpont esetén bármelyik trajektória mentén a mozgó pont +++ mentén az origóhoz közeledik , mig +++ mentén az origótól kiinduló irányú , ami nem más mint egy hiperbóla-típusú görbesereg . Ezenkívül létezik még 5 speciális trajektória: egyensúlyi helyzet és 4 +++,+++ koordináta féltengely. Ezek a féltengelyek a hiperbóla-sereg asszimptótái ,

melyeket is neveznenk (lásd a 14.3 ábrát) ---rajz--14.3ábra 94 -183A (14.70), (1471) formulákból ξ 1 2(x)+ξ2 (x)=a2e2αx αx (14.72) Írjuk fel (14.72)-t polárkoordinátákban, felhasználva a ρ=|a|e jelölést. Ekkor ξ 1 2(x)+ξ2 2(x)=ρ2=a2e2x , (14.73) ami a (ρ, x) (14.74) „ferdeszögű” polárkoordináta rendszerben a ρ(x)=|a|eαx (14.75) egyenletű görbének felel meg. Ebből következik, ha α≠0 , a≠0 (14.76) Akkor a (14.75) egyenletű trajektória ún logaritmikus spirális Ha α=0 , (14.77) akkor a ρ=|a| , |a|>0 (14.78) egyenlet ellipszisnek felel meg, míg c=0 esetén az egyensúlyi helyzetet kapjuk. Ekkor az origó stabilis (de nem aszimptótikusan stabilis) egyensúlyi helyzet ún. centrum, amikor a zárt ellipszis alakú trajektóriáknak periodikus megoldásoknak felelnek meg (lásd (14.67), (1468) α=0 esetén) 14.4 ábra 14.5 ábra -184- A trajektória <*> ez a 14.4 illetve a 145 ábrán is mutatjuk, ahol <*>

(14.66)-ban szerepelnek 95 Ha (14.77) helyett α<0 , akkor (14.75)-ből lim |a|eαx =0 (14.79) (14.80) x ∞ aza x növekedésével a pont a fázisához logaritmikus spirálist írva aszimptótikusan közeledik az origóhoz (a≠0). Ha a=0 , akkor az egyensúlyi helyzetet kapjuk Ekkor aszimptótikus fókuszról beszélünk (lásd a 14.6, 147 ábrákat) 14.6 ábra (a 12 <0) 14.7 ábra (a 12 >0) Az irányítás a spirálison az ƒ(y)=Ay fázissebességtől függ. 0  a11 Például, ha y =   , akkor Ay =   1 a12  és ha a 12 >0, akkor ƒ(y) jobbra irányított ha a 12 >0, akkor ƒ(y) balra balra irányított. -185Legyen most (14.77), (1479) helyett α>0 , (14.81) ekkor (14.75) –ből , lim |a|eαx = ∞ (14.82) x ∞ és az egyensúlyi helyzetet labilis (nem stabilis) fókusznak nevezzük (lásd a 14.8, 149 ábrákatamelyek csak a trajektóriák irányításában különböznek) 96 14.8 ábra 14.9 ábra 14.16 λ

1 =λ 2 =λ≠0 és rang(A-λE)=0 esete (elfajult stabilis csomópont, elfajult labilis csomópont) Ez az eset csak akkor lehetseges, ha az A mátrix diagonális és főátló mentén λ áll: (λ − μ) 0 μ1 = μ2 = λ λ 0  A= det(A − μE) = 0 =0  0 λ −μ μ1 = μ2 = λ 0 λ  (14.83) Ekkor a sík bármely vektora a (14.83) mátrix sajátvektora, azaz (1144) – (1147) szerint létezik két lineárisan független sajátvektor: (14.84) h1 és h 2 , és (11.48) alapján <*> y á (x)=c 1 h1 eλx+c 2 h 2 eλx , c1,c2 ∈ R (14.85) -186- Mivel (14.85)-ben h1 és h 2 lineárisan független, ezért az általuk kifeszített koordinátarendszerben (14.85)-ből azt kapjuk, hogy az általános megoldás (ξ 1 ,ξ 2 ) koordinátái. ξ 1 (x)=c 1 eλx ξ 2 (x)=c 2 eλx (14.86) mely egyben a trajektóriák x-paraméteres egyenlete. Nyilvánvaló, hogy (14.86)-ból c2 ξ 1 = k ξ1 , ξ1, ξ2 ≠0 (14.87) ξ2 = c1 A (14.87) tipusú félegyeneseket közvetlenül az

adott DER-ből is megkaphatjuk 97 dy1 = λy1 λ 0 y 1 y1 = c1e λx     dy dx = Ay =  0 y2 = ky1 =   λx dy2 dx 2 = c2e y 0 0  y2  = λy2 dx (14.88) , k= c2 ∈R c1 Minden (14.85) vagy (1488) megoldás egy félegyenes sereghez tartozik A fázissíkon a félegyenesejken (14.88) alapján a mozgás az egyensúlyi helyzet irányába (1486) történik, ha λ<0 és ellenkező irányba λ>0 esetén : lim eλx = 0 , ha λ<0 x ∞ lim eλx = ∞ , ha λ>1 (14.89) x ∞ Ha λ<0 , akkor az egyensúlyi helyzetet elfajult stabilis csomópontnak, Ha λ>0 , akkor elfajult labilis csomópontnak nevezzük, (lásd a (14.10), (1411) ábrákat) 14.10 ábra (λ<0) 14.11 ábra (λ>1) -187- <*> λ 1 =λ 2 =λ≠i , rang(A-λE)=1 esetén (elfajult stabilis csomópont, elfajult instabil csomópont) Ez esetben a λ-hoz tartozó (11.532) formulák szerint fel tudjuk írni a { h1 , h2 } Jordán-sorozatot és (11.543) szerint a két

lineárisan független megoldás: , (14.90) y1 (x)=eλx h2 y2 (x)=eλx(x h1 + h2 ) y á (x)=c 1 eλx h2 +c 2e λx (x h1 + h2 ) (14.91) 98 Mivel (14.91)-ben { h1 , h2 } lineárisan függetlenek, eztért az általuk kifeszített ferdeszögű koordináta rendszerben (14.91)-ből azt kapjuk, hogy az általános megoldás (ξ 1 ,ξ2 ) kooordinátái ξ1(x) = (c1 + c2x)e λx , λx λx λx λx y á (x)=c 1 e h2 +c 2e (x h1 + h2 ) = (c 1 +c 2 x)e h1 +c 2 e h2 ξ2(x) = c2e λx , c 1 ,c 2 ∈ R (14.92) Ha λ<0 akkor c 1 =c 2 =0 értékekre az egyensúlyi helyzetet kapjuk, ha c 1 ≠0 , c 2 =0 akkor a ξ 1 <0 és ξ 1 >0 féltengelyeket nyerjük, melyeken a mozgás x +∞ esetén az egyensúlyi helyzet irányába történik. Ha c 1 =0 , c 2 >0 akkor x=0 esetén a (0,c 2 ) pontot kapjuk és x +∞ esetén a (ξ 1 ,ξ 2 ) pont ξ1 irányba növekedik <*> <hiányzik a lap alja> -188a ξ 1 >0 féltengelyt az origóban. Ha x +∞ , akkor a (ξ 1 ,ξ2 ) pont balra

mozdul el, míg egyidőben emelkedik a ξ2 mentén. Ha λ<0 , akkor az egyensúlyi helyzetet stabilis elfajult csomópontnak nevezzük. Ha λ<0 , akkor az egyensúlyi heéyzetet labilis elfajult csomópontnak nevezzük. A fázistrajektóriák menete ez esetben a 14.12, 1413 ábrákon látható 14.12 ábra (λ<0) 14.13 ábra (λ>0) 99 Tehát, ha det(A)≠0 akkor a (14.46) dy = Ay dx DER-nek a fázissíkon 13 féle trajektóriáját lehet megkülönböztetni, melyek a 14.1-1413 ábrákon is láthatók. Legyen most det(A)=0 , és <*> <hiányzik a lap alja> (14.94) (14.93) -189Ekkor (11.40) szerint általános megoldás y á (x)=c 1 eλ1x h1 +c 2 h2 (14.95) Ez h1 és h2 ferdeszögű koordináta rendszerben a λ1x ξ 1 (x)=c 1 e , ξ2 (x)=c 2 (14.96) x-paraméteres megoldásokat jelenti. Ebből következik, hogy a (14.97) (c 1 =0, c 2 tetszőleges) ξ 1 =0 egyenes összes pontjai mind egyensúlyi helyzetek lesznek, azaz az origó izolált szinguláris pont,

és a ξ 2 =c 2 (ξ 1 ≠0 ) (14.98) félegyenesek adják a trajektóriákat, melyeknek irányítása a λ 1 sajátérték előjelétől függ (lásd a 14.14, 1415 ábrákat) 14.14 ábra (λ≠0) 14.15 ábra (λ>0) 100 Az utolsó lehetséges eset, amikor det(A)=0 esetén λ 1 =λ 2 =0 . Ha az A mátrix csupa nullákból áll: 0 0  (14.100) A=  , 0 0  (14.99) -190akkor az R2 sík minden pontja a d y 0 0  = y dx 0 0 DER egyensúlyi helyzete <*> <a kép elmosódott> (14.101) 14.16 ábra A≠ 0 , akkor a λ 1 =0 –hoz tartozó (11.532) ábra { h1 , h2 } Jordan-sorozat vektorai R2 bázisát alkotják és (11.543) szerint a megoldás-függvények (14.102) y1 (α)=eλ1x , h1 = h2 Ha y2 (α)= eλ1x(x h1 + h2 ) = x h1 + h2 és y á (α)=c 1 y1 x + c 2 y2 x = c 1 h1 +c 2 α h1 +c 2 h1 = (c 1 +c 2 x) h1 + c 2 h2 melynek (ξ 1 ,ξ2 ) koordinátái a <*> bázisban a következőek: ξ 1 (x)=c 1 +c 2 α (14.104) ξ 2 (x)=c 2

Ekkor a , (14.103) ξ 2 =0 egyenes minden pontja a DER egyensúlyi helyzete, azaz az origó újra nem izolált szinguláris pont, és a ξ 2 =c (14.105) 101 egyenesek pedig a trajektóriákat adják, melyeknek irányítása az ábrán látható. (ξ 2 <0 esetén x-növekedésének iránya balról jobbra, míg ξ 2 >0 esetén x-növekedésének iránya jobbról balra). Tehát det(A)=0 esetén mindössze négy tipusú trajektória létezik és mindkét esetben (det(A)≠0 és det(A)=0) összesen 13 + 4 = 17 –féle trajektória lehetséges <*> <a kép elmosódott> 14.17 ábra 102 (n) n+1 (n) (n-1) (n) (n-1) n 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 103 2 2 2 2 2 2 2 x x x x + + 1/3 -2/3 2/6 + x x 4 4 (n) (n-1) (n) (n-1) (n) (n-1) (n-1) 104