Lineáris algebra/Kétismeretlenes egyenletrendszer elemi megoldása

Ha x és x₀ rögzítve vannak, e megoldások burkolatát úgy kapjuk meg, hogy találunk egy pontot az 1 sugarú gömbön /c ahol az értéke u helyhez kötött. Ez igaz, ha o → < displaystyle < vec >> párhuzamos x → − x 0 → < displaystyle < vec > – < vec >>> . Ezért a boríték egyenlete van

Első rendű parciális differenciálegyenlet – First-order partial differential equation – Wikipedia

Ilyen egyenletek merülnek fel a (z) hiperbolikus parciális differenciálegyenletek, ban,-ben variációk kalkulusa, egyes geometriai feladatokban, és olyan egyszerű gázdinamikai modellekben, amelyek megoldása magában foglalja a a jellemzők módszere. Ha egyetlen elsőrendű parciális differenciálegyenlet megoldási családja megtalálható, akkor további megoldásokat kaphatunk úgy, hogy az adott családba burkolatokat készítünk. Egy kapcsolódó eljárásban általános megoldások érhetők el a közönséges differenciálegyenletek családjainak integrálásával.

Tartalom

Általános megoldás és teljes integrál

A általános megoldás az első rendű részleges differenciálegyenlet egy tetszőleges függvényt tartalmazó megoldás. De az elsőrendű parciális differenciálegyenletek megoldását annyi tetszőleges konstanssal, ahány független változóval kell számolni, teljes integrál. A következő n-paraméteres megoldáscsalád

A hullámegyenlet jellegzetes felületei

Jellegzetes felületek a hullámegyenlet az egyenlet megoldásának sík felületei

Kevés veszteség van az általánosságban, ha beállítjuk u t = 1 < displaystyle u_ = 1> : ebben az esetben u kielégíti

Vektoros jelölésben hagyjuk

A síkokkal, mint sík felületekkel ellátott megoldások családját az adja

Ha x és x₀ rögzítve vannak, e megoldások burkolatát úgy kapjuk meg, hogy találunk egy pontot az 1 sugarú gömbön /c ahol az értéke u helyhez kötött. Ez igaz, ha o → < displaystyle < vec

>> párhuzamos x → − x 0 → < displaystyle < vec > – < vec >>> . Ezért a boríték egyenlete van

Ezek a megoldások olyan gömböknek felelnek meg, amelyek sugara sebességgel növekszik vagy csökken c. Ezek könnyű kúpok a tér-időben.

Ennek az egyenletnek a kezdeti értékproblémája egy sík felület megadásában áll S hol u= 0 for t= 0. A megoldást úgy kapjuk meg, hogy az összes gömb burkolatát középpontba helyezzük S, amelynek sugara a sebességgel növekszik c. Ezt a borítékot megkövetelik

Kétdimenziós elmélet

A jelölés két térdimenzióban viszonylag egyszerű, de a fő gondolatok magasabb dimenziókra általánosítanak. Az általános elsőrendű parciális differenciálegyenletnek formája van

F ( x , y , u , o , q ) = 0 ,

A teljes integrál ennek az egyenletnek a megoldása φ (x,y,u), amely két paramétertől függ a és b. (Vannak n paraméterben megkövetelt paraméterek n-dimenziós eset.) Az ilyen megoldások burkolatát tetszőleges függvény kiválasztásával nyerjük w, beállítás b=w(a), és meghatározó A(x,y,u) megkövetelve, hogy a teljes származékos termék

A funkció minden választása w a PDE megoldásához vezet. Hasonló folyamat vezetett a fénykúp, mint a hullámegyenlet jellegzetes felületének felépítéséhez.

Ha egy teljes integrál nem áll rendelkezésre, a szokásos egyenletrendszer megoldásával továbbra is megoldásokat lehet elérni. Ennek a rendszernek a megszerzéséhez először vegye figyelembe, hogy a PDE minden pontban meghatároz egy kúpot (analóg a fénykúppal): ha a PDE lineáris a u (kvázi lineáris), akkor a kúp egyenesgé degenerálódik. Általános esetben a párok (o,q), amelyek kielégítik az egyenletet, meghatározzák a síkcsaládot egy adott ponton:

Ezen síkok burkolata kúp, vagy egy vonal, ha a PDE kvázi lineáris. A boríték feltétele:

Ez az irány megfelel a hullámegyenlet fénysugarainak. A differenciálegyenletek ezen irányokba történő integrálásához növekményeket igényelünk o és q a sugár mentén. Ez a PDE megkülönböztetésével érhető el:

Ezért a sugár iránya ( x , y , u , o , q ) < displaystyle (x, y, u, p, q)>tér van

d x : d y : d u : d o : d q = F o : F q : ( o F o + q F q ) : ( − F x − F u o ) : ( − F y − F u q ) . < displaystyle dx: dy: du: dp: dq = F_

: F_ 🙁 pF_

+ qF_ ): (- F_ -F_ p) 🙁 -F_ -F_ q). ,>

A differenciális rendszerek lineáris függőségének meghatározása

— Courant, R. & Hilbert, D. (1962), Matematikai fizika módszerei: Részleges differenciálegyenletek, II, 15–18.

Ezzel egyenértékű leírást adunk. A lineáris függőség két definícióját adjuk meg az elsőrendű lineáris parciális differenciálegyenletekhez.

A div-curl rendszerek, Maxwell egyenletei, Einstein egyenletei (négy harmonikus koordinátával) és Yang-Mills egyenletek (nyomtávú feltételekkel) jól meghatározhatók a II. meghatározásban, míg az I. meghatározásban túl vannak meghatározva.

Lineáris algebra/Kétismeretlenes egyenletrendszer elemi megoldása

A következőkben – természetesen – az lesz a célunk, hogy mindegyik kéttagú kétismeretlenes lineáris egyenletrendszert megoldjuk. Azért is foglalkozunk ezekkel külön, mert már nem annyira triviálisak, hogy ránézésre meg lehessen oldani őket, de még elég egyszerűek ahhoz, hogy általában a lineáris egyenletrendszerek megoldásának módszereit tanulmányozni lehessen rajtuk úgy, hogy látni lehessen a lényeget.

A behelyettesítő módszer Szerkesztés

A behelyettesítő módszer során kifejezzük az egyik egyenletből az egyik ismeretlent a másik segítségével (ti. a másik függvényében), és az így kapott kifejezést a másik egyenletben beírjuk a kifejezett ismeretlen helyébe. Így a másik egyenletet egyismeretlenes lineáris egyenletté alakítottuk, melyet megoldhatunk. Ha van(nak) megoldás(ok), ezekből a kifejezett ismeretlen értéke is kiszámítható.

1. példa: Szerkesztés

• Az első egyenletből kifejezzük az x > ismeretlent (egyébként azért ebből és azért ezt, mert együtthatója, 2, elég kis szám, és így kis nevezőjű törtekkel kell majd számolnunk; de bármelyik egyenlet bármelyik ismeretlenét választhatnánk): 2 x = 5 − 3 y =5-3\mathbf > , azaz x = 5 − 3 y 2 = <\frac <5-3\mathbf >>> .
• Ezt az eredményt behelyettesítjük a második egyenletbe: 7 ( 5 − 3 y 2 ) + 5 y = 12 <\displaystyle 7\left(<\frac <5-3\mathbf >>\right)+5\mathbf =12> , azaz 35 2 − 21 2 y + 5 y = 12 >->\mathbf +5\mathbf =12> ,
• Szorzunk 2-vel, adódik 35 − 21 y + 10 y = 35 − 11 y = 24 <\displaystyle 35-21\mathbf +10\mathbf =35-11\mathbf =24> ,
• az így keletkezett egyenlet elsőfokú egyváltozós lineáris egyenletrendszerré, azaz végül is egy elsőfokú egyismeretlenes egyenletté rendezhető:
• 11 y = 35 − 24 = 11 <\displaystyle 11\mathbf =35-24=11> , melyet megoldhatunk 11-gyel való leosztással:
• y = 11 11 = 1 <\displaystyle \mathbf =>=1> .
• Ezért x = 5 − 3 y 2 = 5 − 3 ⋅ 1 2 = 5 − 3 2 = 2 2 = 1 = <\frac <5-3\mathbf >>=>=>=<\frac >=1> .
• Tehát a megoldás: ( 1 , 1 ) , és behelyettesítve az egyenletekbe e számokat ellenőrizhető is, hogy ez valóban megoldása mindkét egyenletnek.

Az összehasonlító módszer Szerkesztés

Az összehasonlító módszer során kifejezzük az egyik ismeretlent mindkét egyenletből a másik ismeretlen kifejezéseként. Mivel a két kapott kifejezés ugyanazzal a(z ismeretlen) számmal egyenlő, ezért a két kifejezés közé egyenlőségjelet írva, egy egyismeretlenes lineáris egyenletet kapunk, melyet megoldunk. Ha van(nak) megoldás(ok), ezekből a kifejezett ismeretlen értéke is kiszámítható.

2. példa: Szerkesztés

egyenletrendszert összehasonlító módszerrel.

Az egyenlő együtthatók módszere Szerkesztés

Az egyenlő együtthatók módszere során kiválasztjuk az egyik ismeretlent, melynek egyik együtthatója sem nulla, és ennek együtthatóit mindkét egyenletben egyenlővé tesszük úgy, hogy az első egyenletet az ismeretlen második egyenletbeli együtthatójával szorozzuk, és fordítva (a második egyenletet az első egyenletbeli együtthatóval). Ha egyik együttható sem nulla, akkor ez az átalakítás ekvivalens egyenletrendszert eredményez, melynek mindkét egyenletében az egyik ismeretlen együtthatója egyezik. Ekkor kivonva az egyik (pl. az első) egyenleteket a másikból, olyan elsőfokú egyismeretlenes (egyváltozós) egyenletet kapunk, melyet megoldhatunk. Most behelyettesítjük a kapott ismeretlen értékét valamelyik egyenletbe, és így kiszámolhatjuk a másik ismeretlent (vagy pedig a fent leírt módszert alkalmazzuk a másik ismeretlen együtthatóira is).

3. példa: Szerkesztés

egyenletrendszert az egyenlő együtthatók módszerével.

• Válasszuk ki például az x 1 _> ismeretlent, mivel ennek egyik együtthatója sem nulla. Az első egyenletben ennek együtthatója 2, a második egyenletet tehát szorozzuk kettővel; a második egyenletben pedig 7 az együttható, az első egyenletet tehát 7-tel szorozzuk. Olyan egyenletrendszert kapunk, melynek mindkét egyenletében x 1 _> együtthatója 2×7 = 14:

• Ezt úgy oldjuk meg, hogy kivonjuk az első egyenletből a másodikat:

• Adódik 11 x 2 = 11 _=11> ;
• Osztva 11-gyel x 2 = 11 11 = 1 _=>=1> ;
• Most hasonlóan szorozgatásokkal kiszámolva az x₁-et, vagy az előző példákhoz hasonló behelyettesítéssel, megkapjuk a másik megoldást is, 1-et és a rendszer (összes) megoldása így (1,1).

A grafikus módszer Szerkesztés

A grafikus módszer során ábrázoljuk az egyenletrendszer mindkét egyenletét mint egyváltozós lineáris függvényeket (arra ügyeljünk, hogy ugyanazt az ismeretlent tekintsük független változónak mindkét egyenletben, a másikat pedig függőnek!). Ez általában lehetséges. Két függvénygörbét (egyenest) kapunk ezáltal. Az egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg egyértelműen, ha ezek az egyenesek metszik egymást valamely pontban, és ekkor a metszéspont koordinátái szolgáltatják a megoldásokat. Ha az egyenesek legalább kettő (azaz végtelen sok, azaz minden) pontban metszik egymást, végtelen sok megoldása van az egyenletnek. Ha nincs egy metszéspont se, nincs megoldás.

4. példa: Szerkesztés

egyenletrendszert a grafikus módszerrel.

Az egyik lehetőség, hogy ahogyan a kiegyenlítő módszer elején, kifejezzük az x₂ ismeretlent mindkét egyenletből, a K ′ >’> rendszert kapva:

Közös nevezőre hozva a törteket:

Most a rendszer mindkét egyenletét ábrázoljuk közös derékszögű koordináta-rendszerben, mintha egy x₂ függő és x₁ független változójú függvény lenne mindkettő.

Megjegyezzük, hogy ha nem kell nagyon pontosan ábrázolni, akkor az ábrázoláshoz még a hosszas közös nevezőre hozás sem szükséges, elegendő, ha mindkét egyenletnek mint lineáris függvénynek a tengelymetszeteit számolgatjuk (azaz behelyettesítünk egyenletről egyenletre részint x₁=0-t, részint x₂=0-t).

Látható, hogy – noha a grafikus módszer általában nem abszolút pontos – meglehetős pontossággal kijött az (1,1) megoldás, mérések szerint az x,y koordináták esetében is egyaránt kevesebb mint 1/30 (kevesebb mint 0.03)-ad abszolút hibával.

5. példa: Szerkesztés

egyenletrendszert behelyettesítő módszerrel.

• Arra gondolunk, hogy valamelyik egyenletből kifejezzük az egyik ismeretlent. Például az első egyenletből az első ismeretlent: α 1 , 1 x 1 + α 1 , 2 x 2 = β 1 \mathbf _+\alpha _\mathbf _=\beta _> -ből α 1 , 1 x 1 = β 1 − α 1 , 2 x 2 \mathbf _=\beta _-\alpha _\mathbf _> ekvivalens átalakítás, aztán pedig leoszthatunk α 1 , 1 > -gyel (?) Vigyázat, ezt csak akkor tehetjük, ha az együttható, amivel osztunk, nem nulla! Tehát ha a behelyettesítő módszert akarjuk alkalmazni, akkor legalább az egyik egyenlet legalább az egyik együtthatója nem nulla kell hogy legyen. Szerencsére ez általában teljesül, mivel hogy mindkét egyenlet mindkét együtthatója nulla, az elég triviális eset. Utóbbi esetben a bal oldalakon 0 állna. Ha mégis így van, akkor az egyenletrendszernek akkor és csak akkor van megoldása, ha homogén; s ez esetben minden valós számpár megoldás, ellenben ha valamelyik célérték nem nulla, azaz az egyenletrendszer inhomogén, akkor ez az egyenlet 0 = β ≠ 0 alakú, tehát azonosan hamis, nincs megoldása.
• Ezt figyelembe véve, tegyük fel, hogy α 1 , 1 ≠ 0 \neq 0> ; ekkor x 1 = β 1 − α 1 , 2 x 2 α 1 , 1 <\displaystyle \mathbf _=<\frac <\beta _-\alpha _\mathbf _>>>> ,
• ezt behelyettesítve a második egyenletbe: α 2 , 1 ( β 1 − α 1 , 2 x 2 α 1 , 1 ) + α 2 , 2 x 2 = β 2 \left(<\frac <\beta _-\alpha _\mathbf _>>>\right)+\alpha _\mathbf _=\beta _> ,
• a bal oldalon az osztást és beszorzást elvégezve α 2 , 1 β 1 α 1 , 1 − α 2 , 1 α 1 , 2 x 2 α 1 , 1 + α 2 , 2 x 2 = β 2 \beta _>>>-\alpha _\mathbf _>>>+\alpha _\mathbf _=\beta _> ,
• szorozva a feltevés szerint nem nulla α 1 , 1 ≠ 0 \neq 0> együtthatóval, α 2 , 1 β 1 − α 2 , 1 α 1 , 2 x 2 + α 1 , 1 α 2 , 2 x 2 = α 1 , 1 β 2 \beta _-\alpha _\alpha _\mathbf _+\alpha _\alpha _\mathbf _=\alpha _\beta _> ,
• összevonva az x 2 <\displaystyle \mathbf _> ismeretlen együtthatóit, α 2 , 1 β 1 + ( α 1 , 1 α 2 , 2 − α 2 , 1 α 1 , 2 ) x 2 = α 1 , 1 β 2 \beta _+\left(\alpha _\alpha _-\alpha _\alpha _\right)\mathbf _=\alpha _\beta _> , innen pedig ( α 1 , 1 α 2 , 2 − α 2 , 1 α 1 , 2 ) x 2 = α 1 , 1 β 2 − α 2 , 1 β 1 <\displaystyle \left(\alpha _\alpha _-\alpha _\alpha _\right)\mathbf _=\alpha _\beta _-\alpha _\beta _> .
• Ha most ( α 1 , 1 α 2 , 2 − α 2 , 1 α 1 , 2 ) ≠ 0 <\displaystyle \left(\alpha _\alpha _-\alpha _\alpha _\right)\neq 0> , akkor oszthatunk ezzel az együtthatóval, adódik:

• Behelyettesítve ezt az eredményt x 1 = β 1 − α 1 , 2 x 2 α 1 , 1 <\displaystyle \mathbf _=<\frac <\beta _-\alpha _\mathbf _>>>> -ben x 2 <\displaystyle \mathbf _> helyére,

Ezzel pedig megállapítottuk, hogy bizonyos speciális eseteket leszámítva, a fenti lineáris kéttagú kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása:

A következő feltételekkel:

α 1 , 1 ≠ 0 \neq 0> ;

α 1 , 1 α 2 , 2 − α 2 , 1 α 1 , 2 ≠ 0 \alpha _-\alpha _\alpha _\neq 0>

1. Triviális esetek
   1. Az α 1 , 1 ≠ 0 \neq 0> feltétel nem teljesülése esetén az egyenletrendszert nagyon egyszerű megoldani, mivel ekkor α 1 , 2 x 1 = β 1 x_=\beta _> , ami α 1 , 2 = 0 =0> esetén azt jelenti, az első egyenlet megoldása bármi lehet (ha β₁=0), illetve nem létezik (ha β₁≠0); míg α 1 , 2 ≠ 0 \neq 0> esetén x 1 = β 1 α 1 , 2 <\displaystyle x_=<\frac <\beta _>>>> . Ennek ismeretében pedig a második egyenlet egyszerű elsőfokú egyismeretlenes egyenletté egyszerűsödik.
   2. Az α_1,1α_2,2-α_1,2α_2,1 ≠ 0 feltétel teljesülése esetén azt mondjuk, az egyenletrendszer reguláris; irregulárisnak mondjuk ellenkező esetben. Belátható, az irreguláris egyenletrendszerek azok, melyeknek egyik egyenlete a másik számszorosa, ez esetben nincs megoldás, vagy végtelen sok megoldás van.

   A másodrendű determináns Szerkesztés

   Vezessük be a következő definíciót: legyenek A,B,C,D valós (vagy komplex) számok (illetve függvények, polinomok, vagy bármi olyasmik, amikkel összeadást, kivonást és szorzást lehet végezni). Ekkor az ebből a négy elemből ebben a sorrendben képezett másodrendű determinánsnak nevezzük a következő számot: AD-BC. Ezt így is szokás jelölni:

   Úgy is szokás ezt mondani, hogy a fenti táblázat alakba írt négy számból képezett determináns a táblázat „főátlója” (ÉNY-DK irányú átló, balfent-jobblent irányú átló) elemeinek (A,D) szorzatának és „mellékátlója” (ÉK-DNY irányú átló, jobbfent-ballent irányú átló) elemeinek (B,C) szorzatának különbsége.

   Fentebb megállapítottuk, hogy bizonyos speciális eseteket leszámítva, a fenti lineáris kéttagú kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása:

   Egyenletek grafikus megoldása

   Amikor egy egyenlet megoldására vagyunk kíváncsiak, az x ismeretlennek azt a számértékét keressük, amelyet az egyenlet két oldalán álló kifejezésekbe helyettesítve, azok értéke megegyezik.

   Tekintsük most az egyenlet két oldalán álló kifejezéseket, mint x Egyenlőtlenségek grafikus megoldása [ ]

   Hasonlóan járhatunk el ilyen esetben is, azzal a különbséggel, hogy most azon helyeket keressük az x-tengelyen, ahol az egyik függvény nagyobb értéket vesz föl, mint a másik.

   Például, ha az egyenlőtlenség két oldalán álló kifejezést f(x)-nek illetve g(x)-nek neveztük el, akkor az f(x)

   a) közös koordináta-rendszerben ábrázoljuk f-et és g-t,

   b) az egyenlőtlenség megoldásaként az x-tengely azon pontjainak halmazát adjuk meg, ahol g grafikonja az f-é fölött helyezkedik el.

   Természetesen ha az egyenlőtlenség nem szigorú, hanem a bal- és jobboldal egyenlősége is meg van engedve, akkor a megoldáshalmazba be kell venni a grafikonok metszéspontjainak x-koordinátáját is.

   Másodfokú egyenlet

   Azokat az egyenleteket hívjuk másodfokúnak, amelyekben az ismeretlen legmagasabb előforduló hatványa 2.

   Tehát minden másodfokú egyenlet felírható ún. általános alakban:

   >+b\cdot +c=0>>\in <\mathbb >>” width=”” height=”” /> , >” width=”” height=”” />.

   A másodfokú egyenleteknek a Hiányos másodfokú egyenletek megoldása [ ]

   Akkor mondjuk, hogy egy másodfokú egyenlet hiányos, ha általános alakjában az első-, vagy a nullad fokú tag együtthatója 0.

   Azaz az egyenlet >+c=0>>” width=”” height=”” /> , vagy >+b\cdot =0>>” width=”” height=”” /> alakú.

   2.	(amikor a nullad fokú tag hiányzik	– megoldás kiemeléssel)
   Informatika tankönyv 9 10 Színes irodalom 12 tankönyv online Újgenerációs tankönyv irodalom 6 Matematika 7 osztály tankönyv megoldókulcs ofi Published in tankönyv Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.