Analízis 2

Egzakt, Bernoulli- és helyettesítéssel megoldható egyenletek

Három elsőrendű típus, ami nem szétválasztható és nem lineáris, de egy jó helyettesítéssel vagy egy potenciálfüggvénnyel megoldható.

13 perc olvasás

1. Az y' = f(ax + by + c) típus

Ebben a leckében három olyan típust szedtem össze Neked, amik elsőre nem tartoznak sehová, de egy-egy jól választott helyettesítéssel vagy egy ellenőrzéssel visszavezethetők a már ismert esetekre. Kezdjük a legegyszerűbbel. Ha a jobb oldal csak az $ax+by+c$ lineáris kifejezésen keresztül függ a változóktól, az $u=ax+by+c$ új ismeretlen szétválasztható egyenletre vezet, mert $u'=a+by'$ , azaz $u'=a+b\,f(u)$ .

Négyzet a jobb oldalon

$y'=(x+y)^2$ .

$u=x+y$ , $u'=1+y'=1+u^2$ .
Szétválasztva: $\dfrac{du}{1+u^2}=dx$ , integrálva $\operatorname{arctg}u=x+C$ .
Visszahelyettesítve: $x+y=\operatorname{tg}(x+C)$ , tehát $y=\operatorname{tg}(x+C)-x$ . Ellenőrzés: $y'=\frac{1}{\cos^2(x+C)}-1=\operatorname{tg}^2(x+C)=(x+y)^2$ . Rendben.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. Egzakt differenciálegyenletek

Írjuk az elsőrendű egyenletet $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0$ alakba. Ha létezik olyan $F(x,y)$ , aminek $F_x=P$ és $F_y=Q$ , akkor a bal oldal pontosan $dF$ , a totális differenciál, és az egyenlet azt mondja, hogy $F$ állandó. A megoldás tehát implicit alakban $F(x,y)=C$ . Az ilyen egyenlet egzakt, és hogy az-e, egy deriválással eldönthető, mert a vegyes parciális deriváltak egyenlők (Young-tétel):

Az egzaktság feltétele

P\,dx+Q\,dy=0\ \text{ egzakt}\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}

Egy egyszerű példa: körök

$x\,dx+y\,dy=0$ . Itt $P=x$ és $Q=y$ ; $P_y=0$ és $Q_x=0$ , tehát egzakt. Keressük az $F$ -et: $F_x=x$ miatt $F=\frac{x^2}{2}+h(y)$ , és $F_y=h'(y)=y$ miatt $h=\frac{y^2}{2}$ . A megoldás $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}=C$ , vagyis $x^2+y^2=C$ : origó középpontú körök. Ez logikus is, hiszen az egyenlet átrendezve $y'=-\frac xy$ , ami pontosan a kör érintőjének meredeksége.

Egzakt egyenlet megoldása

$(2xy+3)\,dx+(x^2+4y)\,dy=0$ .

Ellenőrzés: $P_y=2x$ , $Q_x=2x$ . Egzakt.
$F_x=P$ miatt $F=\int(2xy+3)\,dx=x^2y+3x+h(y)$ , ahol az integrálási „konstans” $y$ -tól függhet.
$F_y=x^2+h'(y)$ , és ennek $Q=x^2+4y$ -nal kell egyeznie: $h'(y)=4y$ , $h=2y^2$ .
A megoldás:
$x^2y+3x+2y^2=C$
Ellenőrzés: a bal oldalt $x$ szerint implicit deriválva $2xy+x^2y'+3+4yy'=0$ , ami rendezve az eredeti egyenlet. Rendben.

Integráló tényező

Ha $P_y\neq Q_x$ , néha egy $\mu$ szorzóval egzakttá tehető az egyenlet. Ha $\frac{Q_x-P_y}{P}$ csak $y$ -tól függ, akkor $\mu(y)=e^{\int\frac{Q_x-P_y}{P}dy}$ ; ha $\frac{P_y-Q_x}{Q}$ csak $x$ -től, akkor $\mu(x)=e^{\int\frac{P_y-Q_x}{Q}dx}$ . Példa: $y\,dx-x\,dy=0$ -ban $P_y=1$ , $Q_x=-1$ , és $\frac{Q_x-P_y}{P}=-\frac2y$ , tehát $\mu=e^{-2\ln y}=\frac{1}{y^2}$ . Szorozva: $\frac{dx}{y}-\frac{x\,dy}{y^2}=d\!\left(\frac xy\right)=0$ , a megoldás $y=Cx$ .

3. A Bernoulli-egyenlet

A Bernoulli-egyenlet majdnem lineáris, csak a jobb oldalon egy $y^n$ szorzó is áll. A $z=y^{1-n}$ helyettesítés lineárissá teszi:

Bernoulli-egyenlet

y'+p(x)\,y=q(x)\,y^n\qquad\xrightarrow{\ z=y^{1-n}\ }\qquad z'+(1-n)\,p(x)\,z=(1-n)\,q(x)

Miért pont ez a helyettesítés? Ha az egyenletet elosztod $y^n$ -nel, a bal oldalon $y^{-n}y'$ jelenik meg, ami konstans szorzó erejéig éppen $(y^{1-n})'$ . Az új változóban tehát a csúnya hatvány eltűnik, és egy közönséges lineáris egyenlet marad, amit már tudsz megoldani. Az alábbi példán a legegyszerűbb, $n=2$ esetet mutatom meg.

Logisztikus típusú egyenlet

$y'+y=y^2$ .

$n=2$ , tehát $z=y^{-1}$ , $z'=-\dfrac{y'}{y^2}$ .
Az egyenletet $y^2$ -tel osztva $\dfrac{y'}{y^2}+\dfrac1y=1$ , azaz $-z'+z=1$ , vagyis $z'-z=-1$ .
Lineáris egyenlet: a homogén megoldása $Ce^{x}$ , egy partikuláris megoldás a konstans $z=1$ . Tehát $z=1+Ce^x$ .
Visszahelyettesítve:
$y=\frac{1}{1+Ce^x}$
Ellenőrzés: $y'=-\dfrac{Ce^x}{(1+Ce^x)^2}$ , és $y'+y=\dfrac{-Ce^x+1+Ce^x}{(1+Ce^x)^2}=y^2$ . Rendben. (Az $y\equiv0$ is megoldás; az osztásnál veszett el.)

4. Melyik típus? Egy döntési sorrend

Elsőrendű egyenletnél ezt a sorrendet érdemes végigmenni, mert a korábbiak gyorsabbak:

Szétválasztható? $y'=f(x)g(y)$ alakú-e?
Lineáris? $y'+p(x)y=q(x)$ : az $y$ és $y'$ csak első hatványon, nem szorozva egymással.
Bernoulli? Mint a lineáris, de a jobb oldalon $y^n$ szorzó.
Homogén fokszámú? A jobb oldal csak $\frac yx$ -től függ: $u=\frac yx$ .
$f(ax+by+c)$ ? $u=ax+by+c$ .
Egzakt? $P\,dx+Q\,dy=0$ alakban $P_y=Q_x$ ; ha nem, integráló tényező.

5. Tipikus hibák

Egzaktság ellenőrzése nélkül. Az $F$ keresése csak akkor vezet eredményre, ha $P_y=Q_x$ ; különben a $h'(y)$ -ban $x$ marad, és ez a jel, hogy nem egzakt.
$h(y)$ helyett konstans. Az $x$ szerinti integrálás „konstansa” bármilyen $y$ -függvény lehet; ezt a $Q$ -val való egyeztetés adja meg.
Bernoullinál a kitevő. A helyettesítés $z=y^{1-n}$ ; $n=2$ -re $z=y^{-1}$ , nem $y^{-2}$ .
Elveszett konstans megoldás. Az $y^n$ -nel osztás az $y\equiv0$ megoldást eldobja; a végén érdemes megemlíteni.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció