Równania liniowe rzędu drugiego stałych współczynnikach

Transkrypt

1 Rówaia liiowe rzędu drugiego stałyh współzyikah Rówaiem różizkowym zwyzajym liiowym drugiego rzędu azywamy rówaie postai p( t) y q( t) y r( t), (1) gdzie p( t), q( t), r( t ) są daymi fukjami Rówaie to, uzupełioe warukami pozątkowymi y( t ) y, y( t ) y, () 1 tworzy zagadieie pozątkowe (zagadieie Cauhy ego) Szzególym przypadkiem jest sytuaja, gdy współzyiki rówaia są stałe a y, (3) gdzie ab,, oraz a Z liiowośi i jedorodośi (zero po prawej stroie) rówaia (3) wyika, że jeżeli y1, y są rozwiązaiami tego rówaia, to kombiaja liiowa C y C y, gdzie 1 1 C1, C są dowolymi stałymi, też jest rozwiązaiem, o łatwo sprawdzid: a 1 by 1 y1 C1 ac1 1 bc1y 1 C1y1 a by y C ac bcy Cy a( C C ) b( C y C y ) ( C y C y ), a( C y C y ) b( C y C y ) ( C y C y ) Zatem jeśli y1, y spełiają rówaie (3), to fukja C1 y1 C y też je spełia Rozwiązao rówaia (3) będziemy ukali w postai wykładizej y( t) e (4) Po wstawieiu tej fukji do (3) i skorzystaiu ze wzorów y e e,, otrzymujemy e e e, ( ) e Stąd wyika, że parametr musi spełiad rówaie (5) Rówaie (5) azywamy rówaiem harakterystyzym dla problemu (3) Jak wiadomo pierwiastki rówaia (5) są sharakteryzowae przez zak wyróżika b 4 a Należy rozważyd trzy przypadki 1 Przypadek Istieją dwa pierwiastki rzezywiste 1, (6) a a

2 Wtedy rozwiązaie ogóle ma postad y( t) C e C e (7) 1t 1 Przypadek Teraz rówaie harakterystyze posiada tylko jede pierwiastek b a Istieje wię w tym przypadku tylko jedo rozwiązaie postai (4): ( ) t y 1 t e Okazuje się, że drugie iezależe rozwiązaie ma postad ( ) t y, t te o moża sprawdzid bezpośredio przez podstawieie a y a( e e ) b( e e ) te ( a( ) b(1 ) t) e t t t t t t t t b t ( ) te ( b) e a e a Rozwiązaie ogóle jest zatem astępująe y( t) C e C te ( C C t) e (8) t t t Przypadek W tym przypadku pierwiastki wielomiau harakterystyzego są zespoloe, gdyż dla mamy i W zególośi b i b i i, a a a b, a a (9) Rozwiązaie t e możemy rozpisad tak ( i ) t i e e e e e i (os si ) Stąd moża wywioskowad, że zęśd rzezywista, e os t, oraz zęśd urojoa, e si t, są dwoma iezależymi rozwiązaiami rówaia (3) Tak wię ogóle rozwiązaie jest ih kombiają liiową y( t) C e os C e si e ( C os C si ) (1) 1 1 Przykład Zajdziemy rozwiązaie ogóle rówaia Wielomia harakterystyzy ma postad Wyróżik (6) Zatem y 3y 3 4 ( 3) Jest o dodati, wię mamy dwa pierwiastki dae wzorami

3 Stąd rozwiązaie ogóle rówaia ma postad 1, 3 1 y t C e C e Przykład Zajdziemy rozwiązaie ogóle rówaia Wielomia harakterystyzy ma postad t 3t ( ) 1 6y 9y Poieważ 6 491, wię mamy jede pierwiastek 3 Rozwiązaie ogóle jest w tym przypadku kombiają dwóh fukji: 3t e oraz Przykład Podad rozwiązaie ogóle rówaia 3 t te, tak wię y t C C t e 3t ( ) ( 1 ) y y Wielomia harakterystyzy otrzymujemy 1 ma wyróżik ujemy Zgodie ze wzorami (9) 1 3,, 3 wię rozwiązaie ogóle wyrażoe wzorem (1) ma w tym wypadku postad Zadaia (zi) y( t) e ( C si t C os t) / Zad 1) W każdym przypadku podad ogóle rozwiązaie rówaia liiowego drugiego rzędu o stałyh współzyikah a) y 6y b) 3y ) y 4y d) 1 y e) y y, gdzie f) 3y 9y Zad ) Zaleźd rozwiązaia zagadieo pozątkowyh a) 3y y, y(), y() 1 b) 4y, y() 1, y() 1 ) 4y y, y(1), y(1)

4 Jak wiemy rozwiązaie rówaia a y, (11) gdzie ab,, i a poukujemy w postai y( x) e x Po podstawieiu tej fukji do (11) otrzymujemy rówaie algebraize, (1) które może mied dwa pierwiastki 1 lub jede (podwójy) 1 W tym drugim przypadku fukje ( ) 1x y1 x e oraz ( ) x y x e ie staowią iezależyh rozwiązao i ie możemy z ih zbudowad ogólego rozwiązaia rówaia (11) W tym przypadku okazuje się jedak, że drugim iezależym rozwiązaiem jest y( x) xy1( x) xe x, gdyż a by y a e xe b e xe xe x x x x x ( ) ( ) x x ( ) xe ( b) e, gdyż wyrażeia w obu awiasah są rówe zero:, bo 1 jest pierwiastkiem oraz b b, poieważ 1 jest pierwiastkiem podwójym (wtedy ) Tak wię w tym przypadku ogóla postad rozwiązaia y C y, 1 1 C y jest astępująa a y x C C x e (13) 1x ( ) ( 1 ), gdzie C1, C są dowolymi stałymi Przykład Podaj ogóle rozwiązaie rówaia y y W tym przypadku rówaie harakterystyze (1) ma postad 1, zyli ( 1) Stąd jedyym pierwiastkiem jest 1 1 (jest to pierwiastek podwójy) Ozaza to, że mamy astępująe x dwa iezależe rozwiązaia e x oraz xe, skąd ogóle rozwiązaie ma postad y( x) ( C C x) e x 1 Teraz przejdziemy do rozwiązywaia rówao iejedorodyh (liiowyh drugiego rzędu o stałyh współzyikah), zyli rówao postai a y f ( x), (14) gdzie f jest daą fukją Moża udowodid, że rozwiązaie ogóle rówaia (14) jest sumą ogólego rozwiązaia rówaia jedorodego (zyli rówaia, w którym f( x) ) oraz dowolego rozwiązaia rówaia iejedorodego Zatem

5 y( x) C y ( x) C y ( x) y ( x), (15) 1 1 gdzie y1( x), y( x ) są iezależymi rozwiązaiami rówaia jedorodego (11), a y ( x ) jest jakimkolwiek (tzw zególym) rozwiązaiem pełego rówaia iejedorodego (14) Jedym ze sposobów poukiwaia zególego rozwiązaia rówaia (14) jest metoda uzmieiaa stałyh (a ogół prowadzi do dośd skomplikowayh rahuków) Z drugiej stroy przy pewyh typowyh fukjah f( x ) rozwiązaie zególe moża stosukowo łatwo zaleźd Dalej są omówioe takie przypadki Fukja wielomiaowa: f ( x) a a1x ax Mamy wię rówaie a y a a x a x (16) 1 Łatwo się domyślid, że w tym przypadku rozwiązaie też musi byd wielomiaem (a ogół stopia ) Podstawiamy wię do (16) rozwiązaie w postai o daje y ( x) x x, 1 a( x x ) b( x x ) ( x x ) a a x a x, a( 6 x ( 1) x ) b( x x ) ( x x ) a a x a x 1 Porówują współzyiki przy tyh samyh potęgah x otrzymamy układ rówao liiowyh a, b a 1 1, W przypadku gdy, to układ te moża rozwiązad bez problemu Natomiast gdy, to ukamy rozwiązaia w postai x Fukja postai f ( x) ( a a1x ax ) e y ( x) x( x x ) 1 x Jest to fukja postai: (wielomia) razy (fukja wykładiza e ), gdzie jest daym współzyikiem Mamy zatem rówaie 1 x a y ( a a x a x ) e (17) Rozwiązaia zególego rówaia (17) ukamy w tym przypadku w formie x y ( x) e z( x),

6 o po wstawieiu do (17) daje az a b z a b z a a x a x (18) ( ) ( ) 1 Ozaza to, że problem zalezieia zególego rozwiązaia rówaia (14) w tym przypadku sprowadza się do rozwiązywaia (względem z z( x)) rówaia (18), które jest tego samego typu o rozpatryway już przypadek (16) Pojawiają się trzy możliwośi, które ależy rozważyd 1) ) 3), oraz, oraz Przykład Zajdź zególe rozwiązaie rówaia y x e 3x 6 ( ) Rozwiązaia ukamy w postai y x 3 ( ) e x z( x), o daje z 5z x Poieważ w tym przypadku (ie występuje wyraz zawierająy samą fukję z ), wię rozwiązaie zególe będzie miało postad z ( x) x( 1 x) g / otrzymamy rówaie Rozważamy rówaie wahadła matematyzego w ośrodku stawiająym opór Jeżeli () t ozaza kąt wyhyleia (lizoy względem piou), to z rysuku widad, że w kieruku styzym do toru (który jest okręgiem o promieiu ) działają dwie siły: mg si (składowa w kieruku styzym siły iężkośi mg ) oraz k (siła oporu ośrodka zakładamy, że jest proporjoala do prędkośi i ozywiśie przeiwie skierowaa) Poieważ przyspieeie styze a, a prędkośd styza, to z II zasady dyamiki Newtoa otrzymujemy zależośd m k mg si, gdzie: m masa kulki, długośd liki (pręta), k współzyik oporu ośrodka, g przyspieeie grawitayje Zadaia (z II) Zad 1) Podad rozwiązaie ogóle rówaia ( g 9,81 m/s ) Wprowadzają ozazeia k/ m, si (19) s

7 y 1 Asi( ), gdzie A, są daymi ieujemymi parametrami Jakie jest rozwiązaie problemy pozątkowego z warukami zerowymi y(), y() Zad ) Podaj rozwiązaie problemu wahadła matematyzego przyjmują założeie małyh wyhyleo Ozaza to, że przybliżamy sius dla małyh kątów zaym wzorem (ereg Taylora!): si Tak wię zamiast (19) rozważamy rówaie m k mg Dla uprozeie rozważyd astępująy waruek pozątkowy: (), () Przedyskutowad harakter rozwiązao w zależośi od relaji pomiędzy parametrami m, k, g