g(x,y) + D, gdzie C, D są stałymi dowolnymi. Oczywiście jedną z nich można pominąć, czyli rozwiązania są postaci y(x) = x3

Transkrypt

1 1. Zagadnienia ogólne 1.1. Równanie rodziny krzywych. Ogólnym równaniem rodziny krzywych na płaszczyźnie jest (1) f(x, y, c) = 0, przy czym krzywymi są zbiory K c = (x, y) : f(x, y, c) = 0}. Jeśli c można rozwikłać z równania, to równanie różniczkowe opisujące tę rodzinę można uzyskać różniczkując (1), a następnie wstawiając rozwikłane c do otrzymanego wyniku. A. Oczywiście powyższa definicja może definiować obiekty, które trudno nazwać krzywymi. Proszę się nad tym zastanowić. B. Mając daną rodzinę krzywych można szukać krzywych prostopadłych do tej rodziny w każdym punkcie. Np. rodzina współśrodkowych okręgów jest prostopadła do rodziny półprostych wychodzących ze środka. A jak wygląda sposób szukania takiej rodziny z punktu widzenia równań różniczkowych? C. Jak znaleźć rodzinę krzywych przecinających dane pod innym kątem niż prosty? 1.2. Przykłady. I. Znajdź równania różniczkowe opisujące rodziny krzywych: x 2 + ay 2 = 1, x 2 + y 2 = c, y = a/x, y = ae x/a, y = a(1 e x/a ). II. Znajdź równanie różniczkowe rodziny krzywych ortogonalnych do rodzin: y = a x, x2 + y 2 = 2ax, y = ax 2, y = x 2 + a, x 2 + kx 2 = a 2 (k > 0 ustalone), y = ce x, cos y = ae x. 2. Metody całkowania podstawowych typów równań Będziemy zajmować się na początek znajdowaniem funkcji jednej zmiennej spełniających pewne zależności w których występuje pochodna, czasem pochodne wyższych rzędów. Przykładowo równanie y (x) + y (x) = 0 spełnia każda funkcja stała, ale także funkcja y(x) = e x. Celem jest znalezienie wszystkich funkcji spełniających zadany warunek. Często chcemy, aby funkcja spełniała pewne dodatkowe warunki, np. y(0) = 1 lub też y(1) + y (1) = 0. Generalnie równania dzieli się na pewne typy, dla których znane są metody ich rozwiązywania i kilka podstawowych przedstawione tu zostanie Równanie odwrócone. Mając dane równanie (2) y (x) = f(x, y) można rozważać równanie odwrócone (3) x (y) = 1 f(x, y), którego rozwiązaniem jest funkcja x zmiennej y. Okazuje się, że rozwiązania obu tych równań są ze sobą powiązane: jedne są funkcjami odwrotnymi do drugich. Proszę to udowodnić. Rozważanie rozwiązań równania (3) jest też istotne w sytuacji, gdy jego rozwiązania nie da się odwrócić (funkcje stałe x = const). Bardzo często są one asymptotami dla rozwiązań (2). Jeśli zapiszemy równanie w postaci symetrycznej (4) f(x, y)dx = g(x, y)dy, to należy rozwiązać zarówno równanie y = f(x,y) g(x,y), jak i x = f(x,y) g(x,y). Powyższy zapis można na razie traktować jako konwencję, w przyszłości poznają Państwo matematyczny jego sens. UWAGA: Proszę pamiętać, że przekształcając równanie zdarza się dzielić przez wyrażenie, które może się zerować. W tej sytuacji może się okazać, że punkty, w których jest zerowanie tworzą rozwiązanie. Np. równanie y = y przekształca się do postaci y y = 1. Po scałkowaniu (patrz następny podrozdział) dostaniemy ln y = x + C dla y 0. Ale oczywiście y = 0 też jest rozwiązaniem! 2.2. Równanie o zmiennych rozdzielonych. Równanie postaci (5) y (x) = f(x)g(y) rozwiązuje się licząc całki f(x)dx = 1 g(y) dy. Zauważmy, że w szczególności pozwala to rozwiązywać równania zależne od tylko jednej zmiennej: y (x) = f(x) i y (x) = f(y). Przykładowo równanie y (x) = x 2 ma rozwiązanie w postaci dy = 2 dx czyli y + C = x3 3 + D, gdzie C, D są stałymi dowolnymi. Oczywiście jedną z nich można pominąć, czyli rozwiązania są postaci y(x) = x3 3 + C. A. Proszę przypomnieć sobie sposoby całkowania funkcji. B. Równanie postaci y = f(ax + by + c) sprowadza się do równania postaci (5) przez wprowadzenie nowej zmiennej z = ax + by + c. Jak wyglądają dalsze przekształcenia i postać równania?

2 C. Jeśli rozpiszemy (5) jako dy dx = f(x)g(y) przemnożymy obustronnie przez dy i podzielimy przez g(y) a następnie scałkujemy, to dostajemy szukany wzór. Ale to jest podejście fizyczne, a matematyk powinien wiedzieć, dlaczego coś robi. Dlaczego to działa? D. Jeśli prawa strona równania nie zależy od y (y = f(x)), to rozwiązanie spełniające warunek początkowy y(x 0 ) = y 0 można zapisać używając całki oznaczonej y(x) = x 0 f(x)dx. Zauważmy, że nie pojawiają się tu enigmatyczne stałe, jak w całce nieoznaczonej. Uzasadnij, że tak jest. Czy można podobnie podać rozwiązanie dla ogólnego (5)? 2.3. Równanie jednorodne. Równaniem jednorodnym nazywamy takie, które można przekształcić do postaci (6) y = f(y/x). Równanie takie rozwiązujemy wprowadzając nową zmienną t (w istocie funkcję) taką, że y = tx. Wtedy y = t x + t i wstawiając dostajemy równanie t x + t = f(t), które w istocie ma zmienne rozdzielone. Po rozwiązaniu powracamy do zmiennych wyjściowych. A. Dlaczego ten sposób działa? B. Czy dla równania y = f(x, y) warunek f(x, y) = f(kx, ky) dla k R jest równoważny jednorodności? Czy wystarczy aby był on spełniony dla k w mniejszym zbiorze? C. Równanie ( ) (7) y a1 x + b 1 y + c 1 = f a 2 x + b 2 y + c 2 można sprowadzić do jednorodnego robiąc równocześnie liniową zamianę obu zmiennych: ξ = x + d 1, η = y + d 2. Jak znaleźć stałe d i i jak wygląda postać jednorodna w nowych zmiennych? D. Jak wyglądają przekształcenia płaszczyzny, które przekształcają jedne krzywe całkowe w inne? (Pytanie dotyczy zarówno równań (6) jak i (7).) Czy w ten sposób z jednego rozwiązania wygenerujemy wszystkie rozwiązania? 2.4. Uogólnione równanie jednorodne. Zdarzają się sytuacje, w których wprowadzenie nowej zmiennej z takiej, że y = z m sprowadza równanie do postaci równania jednorodnego. Nazywamy je uogólnionymi równaniami jednorodnymi. A. Załóżmy, że w równaniu występują tylko funkcje potęgowe i działania arytmetyczne? Jak sprawdzić, czy takie równanie jest uogólnionym równaniem jednorodnym? Jakie jest m w tej sytuacji? B. Czy da się podobnie (jak?) postępować dla dowolnej prawej strony? 2.5. Przykłady równań. I. Rozwiąż równania z rozdziału 1.2 zadanie II. II. Rozwiąż równania: ln y dy = tg xdx, 2x 2 y = y 3 + xy, y (x) = x+1 y 2 1, y = y 2 2 x, (x 2 + y 2 )y = 2xy, 2 z = 10 x+z, y = y+2 y 2x x+1 + tg x+1, y (x) = sin(x + y), y (x) = x2 +1 x 2 1, (x 2y 1)dx + (3x 6y + 2)dy = 0, (x 2 y 2 1)dy + 2xy 3 dx = 0, y xy 2 = 2xy, y (x) = e x2 y, xy y = (x + y) ln x+y x. III. Znajdź rozwiązania równania spełniające podany warunek dodatkowy y (x) = x(y 1), y(0) = 0, y (x) = sin x y, y(π/2) = 0, y (x) = 2xy, y(1) = 2y(0), sin(x + y)dx cos(x + y)dy = 0, y(1) = 1. IV. Znajdź rozwiązanie równania x 3 sin yy = 2, dla którego y(x) π 2 gdy x +. V. Znajdź rozwiązania równania e y = e 4y y + 1 ograniczone dla x. VI. Znajdź równanie krzywej przechodzącej przez punkt (0, 2), której współczynnik kierunkowy jest w każdym punkcie o 3 większy od rzędnej. VII. Znajdź równanie zwierciadła skupiającego wiązkę równoległą w jednym punkcie. VIII. Znajdź równanie krzywej, której odcinek stycznej pomiędzy punktami przecięcia z osiami jest połowiony przez punkt styczności. IX. Zakładając, stałość grawitacji, temperatury i wilgotności powietrza niezależnie od wysokości, oraz, że ciśnienie atmosferyczne na danej wysokości bierze się z przyciągania słupa powietrza powyżej, znajdź wzór opisujący ciśnienie na wysokości h, jeśli na poziomie morza gęstość powietrza wynosi 1,2 g/l, zaś ciśnienie 1000hPa. Jakie jest ciśnienie w Krakowie? A na Rysach, Mount Blanc i szczytach Himalajów? X. Prędkość wypływu cieczy z lejka jest wprost proporcjonalna do wysokości cieczy w lejku. Znajdź opis wypływu cieczy z lejka walcowego (np. szklanka z dziurką), stożkowego, ewentualnie innych ciekawych kształtów. XI. Spadochroniarz wyskoczył z samolotu na wysokości 1,5km i otworzył spadochron kilometr niżej. Jak długo spadał swobodnie, jeśli wiadomo, że opór powietrza jest proporcjonalny do kwadratu prędkości oraz prędkość opadania, przy której nie ma przyspieszenia wynosi 50m/s?

3 3. Pole kierunków i izokliny W sytuacjach, gdy nie potrafimy rozwiązać równania (albo z innych powodów tego nie robimy) można na podstawie równania znaleźć krzywe, na których rozwiązania przebiegają pod tym samym kątem (izokliny), czyli takie, na których pochodna jest stała. Interesujące są przede wszystkim izokliny odpowiadające pochodnej równej 0 (na nich rozwiązania mogą mieć ekstrema) oraz na których pochodna nie istnieje, bo prawa strona równania jest nieskończona (izokliny zerowe dla równania odwróconego). Dzielą one płaszczyznę na obszary, na których wszystkie rozwiązania są tak samo monotoniczne. W większości przypadków pozwalają one naszkicować rozwiązania i odpowiedzieć na wiele pytań dotyczących ich zachowania Przykłady. Na podstawie równania różniczkowego naszkicuj rozwiązania. y = 2x 2, y = y x 2 + 2x 2, y = sin(x + y), (x + y)dy = (y x)dx, y = 1 2 (x 2y + 3), y = (y 1)x, y = x 2 y 2, y = y x 2, y = y x Szczególne przypadki. Jakie własności mają pola kierunków dla równań z prawą stroną zależną od jednej zmiennej? Co można powiedzieć o rozwiązaniach takich równań? Jakie są odpowiedzi na powyższe pytania dla równań jednorodnych? 4. Zamiana zmiennych I. Naszkicuj rozwiązania równania y = x + y. Dokonaj zamiany zmiennych z = x + y i naszkicuj rozwiązania nowego równania ze zmiennymi (x, z). Porównaj rysunki. II. Naszkicuj rozwiązania równania y = x+y x. Dokonaj zamiany zmiennych y = zx i naszkicuj rozwiązania nowego równania ze zmiennymi (x, z). Porównaj rysunki. III. Zapisz we współrzędnych biegunowych równania y = x y, y = y+x y x. IV. Znajdź wzory przekształcające równanie różniczkowe we współrzędnych kartezjańskich do współrzędnych biegunowych. 5. Równanie liniowe pierwszego rzędu Równaniem liniowym pierwszego rzędu nazywamy równanie o postaci ogólnej (8) y = f(x)y + g(x). Innym typem równania, które sprowadza się do równania liniowego jest równanie Bernoulli ego (9) y = f(x)y + g(x)y k dla k 0, 1 rzeczywistego (oczywiście przypadki k = 0 i k = 1 też da się rozwiązać). Sprowadza się je do postaci (8) za pomocą podstawienia z = 1 y k Rozwiązywanie równań liniowych. Równanie liniowe rozwiązuje się rozpatrując na początek jednorodne równanie liniowe (10) y = f(x)y. Ponieważ ma ono w istocie rozdzielone zmienne, można znaleźć jego rozwiązanie w postaci y(x) = Cη(x). Okazuje się, że rozwiązanie równania (8) jest wtedy w postaci (11) y(x) = c(x)η(x), gdzie c(x) jest pewną funkcją, którą można znaleźć wstawiając równanie (11) do (8) i całkując odpowiednią funkcję. (Nazywa się to metodą uzmienniania stałej.) I. Proszę sprawdzić, że podana wyżej procedura zawsze daje wynik. II. Proszę sprawdzić, że metoda uzmienniania stałej pracuje również dla równania Bernoulli ego (9). III. Proszę uzasadnić, że podany wyżej sposób sprowadzania równania (9) do postaci (8) rzeczywiście działa. IV. Jeśli f i g są ciągłe w R, to każde rozwiązanie wysycone (8) ma dziedzinę R. Czy tak jest dla (9)? V. Jeśli dane są dwa różne rozwiązania równania (8), to można w prosty sposób uzyskać z nich nieskończenie wiele rozwiązań. W jaki sposób? Czy istnieje analogiczna metoda dla równania (9)? VI. Pokaż, że równanie liniowe (8) pozostanie liniowe, jeśli dokonamy jednej z następujących zamian zmiennych: x = φ(t), y = α(x)z + β(x), gdzie α, β, φ różniczkowalne Zadania. I. Rozwiąż równania: (2x 2 y ln y x)y = y; xy + 2y + x 5 y 3 e x = 0; xydy = (y 2 + x)dx; xy 2 y = x 2 + y 3 ; y(x) = y(t)dt + x + 1; 0 x 0 (x t)y(t)dt = 2x + 0 y(t)dt; II. Znajdź rozwiązanie równania y sin 2x = 2(y + cos x) ograniczone, gdy x π 2. III. Znajdź rozwiązanie równania y sin 2x + y cos x = 1 ograniczone, gdy x 0. IV. Pokaż, że w równaniu xy + ay = f(x), gdzie a > 0 i lim x 0 f(x) = b, tylko jedno rozwiązanie pozostaje ograniczone dla x 0 i znajdź dziedzinę tego rozwiązania. V. Znajdź okresowe rozwiązania równania y = 2y cos 2 x sin x. VI. Pokaż, że równanie y + y = f(x) ma, dla ograniczonej funkcji f, dokładnie jedno rozwiązanie y 0 ograniczone. Czy jeśli f jest okresowa, to y 0 jest okresowa?

4 5.3. Równanie zupełne. Czynnik całkujący. Różniczką zupełną funkcji F (x, y) nazywać będziemy wyrażenie df = F F dx + x y dy. Definicję powyższą można podać również dla funkcji o większej liczbie zmiennych, ale z naszego punktu widzenia jest to niepotrzebne. Jeśli mamy dane równanie w postaci (12) P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (lub w postaci równoważnej), w którym lewa strona równości (12) jest różniczką zupełną jakiejś funkcji F, to nazywamy je równaniem zupełnym i rozwiązanie równania jest postaci F (x, y) = C. F nazywamy wtedy pierwotną dla różniczki zupełnej. Okazuje się, że warunkiem koniecznym i wystarczającym, aby równanie (12) było zupełne jest warunek (13) P (x, y) y = Q(x, y). x W pewnych sytuacjach można równanie w postaci (12) sprowadzić do zupełnego mnożąc przez pewną funkcję µ(x, y) zwaną czynnikiem całkującym. W ogólności znalezienie czynnika całkującego jest nietrywialne, natomiast w pewnych szczególnych sytuacjach jest stosunkowo proste. Np. wtedy, gdy zależy tylko od jednej ze zmiennych lub zależy od zmiennych w dość specyficzny sposób (patrz zadania I. i III. poniżej). A. Sprawdź, że warunek (13) jest równoważny zupełności i pierwotna lewej strony (12) jest rozwiązaniem równania (12). B. Wyprowadź ogólny warunek, który powinna spełniać funkcje P i Q, aby istniał czynnik całkujący zależny tylko od jednej zmiennej. Dla przykładu, jeśli pomnożymy równanie (12) przez µ(x) i ma ono stać się zupełne, to musi spełniać (po przemnożeniu) warunek (13). C. Pokaż, że jeśli (12) jest zupełne, to rozwiązanie jest postaci F (x, y) = P (x, y)dx + φ(y), gdzie φ znajdujemy takie, żeby F y = Q(x, y), lub F (x, y) = Q(x, y)dy + ψ(x), gdzie ψ znów trzeba osobno wyliczyć. D. Jeśli równanie (12) określone jest na R 2, to można znaleźć rozwiązanie przechodzące przez (x 0, y 0 ) ze wzoru lub F (x, y) = F (x, y) = x 0 P (ξ, y)dξ + x 0 P (ξ, y 0 )dξ + y y 0 Q(x 0, η)dη = 0 y y 0 Q(x, η)dη = 0. Sprawdź, że są to rzeczywiście rozwiązania. Dlaczego powyższe wzory mogą nie dawać rozwiązań, jeśli równanie nie jest określone na całym R 2? Spróbuj znaleźć przykład równania zupełnego określonego na pierścieniu A a,b = (x, y) : 0 < a x 2 + y 2 b}, które nie ma rozwiązania na całym A a,b. I. Znajdź czynnik całkujący µ(x) i rozwiąż równania (x + y 2 )dx 2xydy = 0, (x 3 + 3xy 2 )dy (5x + 2y 3 )dx = 0. II. Rozwiąż równania y x dx + (y3 + ln x)dy = 0, (1 x 2 y)dx + x 2 (y x)dy = 0, (x + y 2 )dx 2xydy = 0, 2xydx + (x 2 y 2 )dy = 0, 2xy ln ydx + (x 2 + y y 2 )dy = 0, (x + sin x + sin y)dx + cos ydy = 0. III. Rozwiąż równanie za pomocą czynnika całkującego o podanej postaci: (3y 2 x)dx + (2y 3 6xy)dy = 0, µ(x + y 2 ) xdx + ydy + x(xdy ydx) = 0, µ(x 2 + y 2 ) 6.1. Podstawowe pojęcia. 6. układy dynamiczne I. Dla podanych równań znajdź zbiory graniczne dla wszystkich punktów przestrzeni R: x = x; x = 2x; x = x 3 x; x = sin x. II. Dla powyższych równań podaj wszystkie zbiory niezmiennicze. III. Pokaż topologiczne sprzężenie lub jego brak dla układów danych na prostej rzeczywistej przez równania x = x; x = 2x; x = 2x; x = x 2 x; x = x ; x = 1 x; x = x 3. IV. Pokaż, że układ dynamiczny na prostej nie ma niestałych orbit okresowych. V. Pokaż, że jeśli w układzie dynamicznym zbiór graniczny pewnego punktu jest jednopunktowy, to ten punkt graniczny jest stacjonarny.

5 Równaniem liniowym nazywamy równanie postaci 7. Równania liniowe x (n) + f n 1 (t)x (n 1) +... f 1 (t)x + f 0 (t)x = g(t). I. Jeśli f i, g są określone i ciągłe na przedziale I, to każde rozwiązanie wysycone równania liniowego ma jako dziedzinę I. II. Jeśli g(t) 0 to rozwiązania równania liniowego tworzą przestrzeń liniową wymiaru n. III. Rozwiązania równania liniowego tworzą przestrzeń afiniczną wymiaru n Równania o stałych współczynnikach. Rozważamy jednorodne równanie liniowe o stałych współczynnikach (14) x (n) + a n 1 x (n 1) +... a 1 x + a 0 x = 0. Znajdujemy na początek rozwiązania równania charakterystycznego (15) λ n + a n 1 λ n a 1 λ + a 0 = 0. i oznaczmy pierwiastki rzeczywiste λ i oraz ich krotności k i, zaś pierwiastki istotnie zespolone przez α i ± β i z krotnościami m i. Okazuje się, że bazą przestrzeni rozwiązań równania (14) są funkcje: (16) t k e λit, k < k i ; t k e αit sin β i t, k < m i ; t k e αit cos β i t, k < m i. I. Uzasadnij, że powyższe funkcje są liniowo niezależne. II. Załóżmy na chwilę, że rozpatrujemy równanie (14) w przestrzeni funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach zespolonych. Korzystając z tego, że jeśli pierwiastek λ i równania (15) ma krotność k i, równanie (14) można zapisać jako ( ) ki d F dt λ ii x = 0, gdzie F jest pewnym operatorem różniczkowym, zaś I identycznością, uzasadnij, że funkcje t k e λit są rozwiązaniami (14). III. Bazując na poprzednim punkcie uzasadnij, że podane wyżej rozwiązania bazowe są rozwiązaniami równania (14) rozważanego w zbiorze funkcji rzeczywistych. Mając niejednorodne równanie liniowe o stałych współczynnikach (17) x (n) + a n 1 x (n 1) +... a 1 x + a 0 x = g(t). wystarczy znaleźć jedno rozwiązanie tego równania oraz przestrzeń rozwiązań równania jednorodnego (14) (przestrzeń rozwiązań jest afiniczna). Jeśli g(t) jest kombinacją funkcji postaci (16), to możemy przewidzieć, z dokłądnością do stałych, które trzeba znaleźć, postać rozwiązań następująco (poniżej p, q będą oznaczać wielomiany): i) jeśli w g(t) występuje składnik p(t)e λt, gdzie p(t) jest stopnia m zaś λ jest pierwiastkiem (15) o krotności k (0, jeśli nie jest pierwiastkiem) to rozwiązanie (16) zawiera składnik p(t)e λt, gdzie stopień p jest m + k; ii) jeśli w g(t) występują składniki p(t)e λt sin βt, q(t)e λt cos βt, gdzie maksymalny stopień p(t) i q(t) jest m zaś α + iβ jest pierwiastkiem (15) o krotności k (0, jeśli nie jest pierwiastkiem) to rozwiązanie (16) zawiera składniki p(t)e λt sin βt, q(t)e λt cos βt, gdzie stopień p i q nie przewyższa m + k. Przykład. Rozwiązujemy równanie x 2x = t + sin t. Równanie charakterystyczne λ 2 2λ = 0 ma jednokrotne pierwiastki 0 i 2, a więc równanie jednorodne ma rozwiązania postaci A + Be 2t dla dowolnych A, B. Składnik t odpowiada wartości 0 mającej krotność 1, a więc rozwiązanie zawiera składnik (at 2 +bt+c). Podobnie sin t odpowiada wartość i nie będąca rozwiązaniem równania charakterystycznego, a więc pojawi się składnik d sin t+e cos t. Szukamy zatem takich współczynników, aby (at 2 + bt + c) + d sin t + e cos t spełniało równanie. Po wstawieniu do równania dostaniemy: a = b = 1 4, c dowolne, d = 1 5, e = 2 5. Zauważmy, że współczynnik c można było od razu pominąć, bo funkcje stałe są rozwiązaniami równania jednorodnego. Ostatecznie rozwiązaniem jest każda funkcja postaci A t2 + t + Be 2t 2 cos t sin t Równania liniowe wyższych rzędów i układy równań liniowych. Zadania. I. Wiedząc, że rozwiązania niejednorodnego równania liniowego drugiego rzędu leżą w przestrzeni rozpiętej przez funkcje 1, x i x 2, znajdź rozwiązanie ogólne oraz równanie. II. Niech q(x) 0 i rozważmy równanie y = q(x)y z warunkami brzegowymi y(x 1 ) = a, y(x 2 ) = b. Pokaż, że równanie to ma dokładnie jedno rozwiązanie i jeśli ab = 0 to rozwiązanie to jest monotoniczne. III. Pokaż, że dla rozwiązań równania y + q(x)y = 0, q(x) > 0 stosunek y (x) y(x) jest funkcją malejącą na przedziale, na którym nie zeruje się y.

6 IV. Rozwiąż poniższe równania y + y = 12x 2 + 6x, y + 3y + 2y = (x + 1) sin x, y IV + 2n 2 y + n 4 y = a sin(nx + α), y 4y + 4y = x 2, y + y = 2(1 x), y + 4y + 3y = 8e x + 9, y(0) = 2, y(0) = 2, lim x y(x) = 3. V. Równanie x + a 2 x = f(t) opisuje model oscylatora z wymuszającą siłą f zmieniającą się w czasie. a) Pokaż, że jeśli siła jest stała to rozwiązania są okresowe. b) Załóżmy, że f(t) = sin bt. Pokaż, że jeśli a = b, to rozwiązania są nieograniczone (rezonans). Zbadaj amplitudę rozwiązań z warunkiem początkowym x(0) = x (0) = 0 dla b a i zachowanie układu dla b a. c) Rozważmy równanie x + c 2 x + a 2 x = f(t) (odpowiada to dodaniu siły oporu). Sprawdź, co stanie się z rozwiązaniami w poprzednich podpunktach. d) Dla wahadła bez siły wymuszającej (f = 0) dla małych wartości c rozwiązania zmierzają do 0 oscylując wokół 0, zaś dla dużych c zmierzają monotonicznie. Zbadaj co się dzieje dla wartości pośrednich i sprawdź, że poprzednie zdanie jest prawdziwe. Czy można ustalić coś podobnego dla równania nieautonomicznego? VI. Układy równań liniowych można sprowadzić do równania liniowego wyższego rzędu Przykład. Rozważmy układ równań x = x y+t, y = 2x spełniające warunek początkowy x(0) = y(0) = 0. Różniczkując pierwsze równanie dostaniemy x = x y + 1 = x + 2x + 1. Szukamy więc rozwiązań równania x x 2x = 1. Jego rozwiązaniami są funkcje x(t) = Ae t + Be 2t 1 2. Stąd y (t) = 2Ae t 2Be 2t + 1, więc y(t) = 2Ae t Be 2t + t + C, przy czym tylko dla C = 1 2 spełnione jest równanie x = x y + t. Pozostaje więc jedynie wyznaczenie A i B takich, aby spełnione były warunki początkowe, a więc A+B 1 2 = 0 i 2A B 1 2 = 0, co spełnione jest dla A = 1 3 i B = 1 6. Rozwiąż poniższe układy równań x = 2x + y e 2t, y = 3x + 2y + 6e 2t, x = 4x 5y + 4t 1, y = x 2y + t, x(0) = y(0) = 0, 8. Układy równań liniowych x + y + y = e t, 2x + y + 2y = sin t x + x + 2y = 2e t, y + y + z = 1, z + z = 1, x(0) = y(0) = z(0) = 1 I. Dla układów liniowych na płaszczyźnie można narysować, jak wyglądają rozwiązania. (Rozwiązania z rozszerzonej przestrzeni fazowej trójwymiarowej rzutujemy na przestrzeń fazową, jak zawsze w przypadku równań autonomicznych.) Zbadaj, jak wyglądają rozwiązania w zależności od postaci Jordana macierzy (obie wartości własne różne i tych samych znaków, różnych znaków; takie same wartości własne, wartości własne zespolone, jedna z wartości własnych zerowa, obie zerowe... chyba nic nie pominąłem, ale jeśli tak, to też obowiązuje). Co się zmienia, jeśli macierz nie jest w postaci Jordana? II. Standardowo używa się postaci Jordana, w której występują oprócz wartości własnych jedynki pod lub nad prze- λ λ kątną ( 1 λ albo 0 λ ). Uzasadnij, że w obu tych podejściach wielkości λ λ klatek Jordana są identyczne. Można (często jest to użyteczne) szukać postaci Jordana, w której zamiast jedynek poza przekątną występuje inna, λ ustalona z góry liczba ɛ. Pokaż, że wielkości klatek Jordana (będących wtedy w postaci ɛ λ ) 0... ɛ λ są tej samej wielkości, co w oryginalnej wersji. III. Jeśli A R 2 2 ma czysto urojone wartości własne i jest w postaci Jordana, to dla każdego wektora x jest x Ax. Natomiast jeśli A nie jest w postaci Jordana, to istnieją dwie prostopadłe podprzestrzenie jednowymiarowe o powyższej własności. Uzasadnij powyższe fakty i znajdź sposób znajdowania tych podprzestrzeni. IV. Dla poniższych macierzy A i znajdź wartości własne, wektory własne oraz macierz przejścia P i i macierz odwrotną P 1 i. [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] A 1 =, A =, A =, A =, A =, A =, A 7 = 4 4 5, A 8 = 1 3 2, A 9 = 6 5 3, A 10 = 4 1 1, A 11 =

7 9. Twierdzenie Grobmana Hartmana. Równania gradientowe, hamiltonowskie. Funkcja Lapunowa. Jedną z metod szukania funkcji Lapunowa jest zastosowanie twierdzenia Grobmana Hartmana. Znajduje się funkcję Lapunowa dla układu liniowego zadanego przez różniczkę w punkcie stacjonarnym. Jesli wartości własne mają części rzeczywiste ujemne zawsze się to da zrobić, jesli niedodatnie czasem tak, czasem nie. Następnie przesuwamy otrzymaną funkcję tak, aby miała minimum w punkcie stacjonarnym i testujemy, czy otrzymaliśmy funkcję Lapunowa. Przydatne w badaniu stabilności bywają funkcje typu Lapunowa, w których pewne założenia nie są spełnione. Przykładowo: (a) jeśli funkcja (słabo) rośnie zamiast maleć wzdłóż rozwiązań, to pozwala wnioskować niestabilność; (b) jeśli funkcja przyjmuje wartości mniejsze lub równe wartości w punkcie stacjonarnym i (słabo) maleje wzdłóż rozwiązań, czasem pozwala wywnioskować niestabilność. I. Naszkicuj zwracając szczególną uwagę na otoczenia punktów, gdzie nie jest określona prawa strona równania, rozwiązania równań y sin(x + y) =, y 2x = x sin(x + y). II. Dla układów równań liniowych na płaszczyźnie rozstrzygnij, które są gradientowe, a które hamiltonowskie. W sytuacjach, w których początek układu współrzędnych jest (asymptotycznie) stabilny, znajdź metodę konstrukcji funkcji Lapunowa. Jak wyglądają odpowiedzi na powyższe pytania w wyższych wymiarach? III. Zbadaj równanie wahadła bez tarcia (x = k 2 sin x) i z siłami oporu (x = f 2 x k 2 sin x) pod kątem stabilności. (Jeśli są przesłanki za stabilnością proszę poszukać Hamiltonianu, jeśli podejrzewamy asymptotyczną stabilność szukamy funkcji Lapunowa.) IV. Rozwiązanie równania zupełnego jest w istocie funkcją Hamiltona (dlaczego?). Rozwiązanie równania znalezione poprzez szukanie czynnika całkującego ma pewne wspólne cechy z hamiltonowskim. Jakie są podobieństwa, a jakie różnice? V. Niech V (x, y) = x 2 (x 1) 2 + y 2 x = V x. Zbadaj stabilność punktów stacjonarnych w układzie, y = V y. x = x y + 1, VI. Zbadaj stabilność punktów stacjonarnych układu y = xy. x = y + ax(x 2 + y 2 ), VII. Zbadaj, w zależności od a R, stabilość punktu (0, 0) w układzie y = x + ay(x 2 + y 2 ). VIII. Rozwiązanie x 0 (t) równania wektorowego (18) x = f(x, t), x(t 0 ) = x 0 nazwiemy stabilnym, jeśli dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dowolne rozwiązanie z warunkiem początkowym x(t 0 ) = x 1, x 0 x 1 < δ, spełnia dla t > t 0 warunek x 0 (t) x 1 (t) < ε. Podobnie, nazwiemy je asymptotycznie stabilnym, jeśli dodatkowo lim t + x 0 (t) x 1 (t) = 0. (a) Jeśli rozwiązanie x 0 jest stacjonarne, to definicje powyższe pokrywają się z definicjami z wykładu. (b) Pokaż, że (asymptotyczna) stabilność rozwiązania równania (18) równoważna jest (asymptotycznej) stabilności stacjonarnego rozwiązania zerowego pewnego innego układu x = f(x, t), x(t 0 ) = 0. Jak znaleźć to równanie? (c) Zbadaj stabilność z definicji i sprowadzając do stabilności rozwiązania zerowego dla równań: x = 1 + t x, x(0) = 0, x = t + x, x(0) = 1, x = t 2 x, x(1) = 1, x = sin 2 x = y, x(0) = 0, x = x + sin t, x(0) = 0, x, x(0) = x 0, y = 1 x, y(0) = 0, y = x 2y, y(0) = 0. IX. Znajdując funkcje (typu) Lapunowa, zbadaj stabilność rozwiązania zerowego dla układów x = 3y 2x 3, x = xy x 3 + y, x = x 3 + 2xy 2, y = 2x 3y 3, y = x 4 x 2 y x 3, y = x 2 y, x = 2y 3, x = 2x + x 3 y, y y = x y, = z x 2 x = x 2y, y, z y = x y. = y, x X. Podaj warunki gwarantujące, że funkcja V (x, y) = y2 2 + x = y f(s)ds, g(s)ds jest funkcją Lapunowa dla 0 0 y = g(x). XI. Zbadaj stabilność punktów stacjonarnych poniższych układów i naszkicuj ich rozwiązania x = (x y 1)(y 1), y = x + y, x = sin y x 2 + 1, y = cos πx 2, x = 4y 8, y = y 2 4x 2, x = y(2 x y 1), y = x(y 1).