Równania różniczkowe zwyczajne. Autorzy: Vsevolod Vladimirov Julian Janus

Transkrypt

1 Równania różniczkowe zwyczajne Autorzy: Vsevolod Vladimirov Julian Janus 9

2 Spis treści Skalarne równania różniczkowe zwyczajne. Pojęcia wstępne Równania różniczkowe rzędu pierwszego o zmiennych rozdzielonych Równania różniczkowe rzędu pierwszego, które sprowadzają się do równań o zmiennych rozdzielonych Przykłady równań różniczkowych wykorzystywanych w naukach przyrodniczych Zagadnienie początkowe (zagadnienie Cauchy'ego). Poprawność zadania warunków początkowych Liniowe równania różniczkowe rzędu pierwszego Metoda Eulera Równania różniczkowe liniowe wyższych rzędów - podstawowe pojęcia Liniowa zależność i niezależność funkcji Fundamentalny zbiór rozwiązań dla równań różniczkowych liniowych wyższych rzędów Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych drugiego rzędu, gdy znamy jedno rozwiązanie Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych drugiego rzędu o stałych współczynnikach Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach rzędu wyższego niż dwa Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów metodą uzmieniania stałych Przykłady rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów o stałych współczynnikach metodą uzmienniania stałych Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów o stałych współczynnikach metodą przewidywań Przykłady zastosowań równań różniczkowych liniowych rzędu drugiego Równania różniczkowe rzędu drugiego sprowadzalne do równań rzędu pierwszego Równania różniczkowe Eulera Rozwiązywanie układów równań różniczkowych metodą operatorową (sprowadzanie układu równań do równania zwyczajnego rzędu wyższego) Przykłady rozwiązywania układów równań różniczkowych metodą operatorową Przykład rozwiązywania układów równań z warunkami początkowymi metodą operatorową Układ normalny równań różniczkowych rzędu pierwszego Układy równań różniczkowych liniowych rzędu pierwszego Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy wartości własne są rzeczywiste i jednokrotne Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy wartości własne są jednokrotne, ale nie wszystkie rzeczywiste Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu jest diagonalizowalna Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna Macierz wykładnicza i jej własności Wyznaczanie macierzy wykładniczej Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach przy użyciu macierzy wykładniczej Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach metodą uzmienniania stałych Rozwiązywanie układów równań liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach metodą przewidywań Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach metodą przewidywań Przykłady zastosowania układów równań różniczkowych Układy dynamiczne. Klasyfikacja punktów stacjonarnych na płaszczyźnie Pojęcie całkowania jakościowego. Układy hamiltonowskie na płaszczyźnie Analiza jakościowa równania Duffinga Analiza jakościowa równania opisującego ruch płaski wahadła matematycznego Nieliniowe rozwiązania okresowe w dwuwymiarowym układzie dynamicznym Warunki powstania cyklu granicznego w równaniu typu Van der Pola Skalarne quasiliniowe równanie cząstkowe Rozwiązanie ogólne równania quasiliniowego w przypadku funkcji dwóch zmiennych niezależnych Przykłady znajdowania rozwiązania ogólnego równania quasiliniowego o dwóch zmiennych niezależnych Rozwiązywanie zagadnienia początkowego równania quasiliniowego o dwóch zmiennych niezależnych

3 Skalarne równanie quasiliniowe dla funkcji n zmiennych niezależnych Twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności dla równań różniczkowych zwyczajnych Stabilność rozwiązań równań różniczkowych zwyczajnych

4 Skalarne równania różniczkowe zwyczajne. Pojęcia wstępne Czym są równania różniczkowe i do czego one służą? Zacznijmy od pewnych analogii. W kursie matematyki elementarnej rozwiązuje się równania algebraiczne. Przykładem może służyć układ równań liniowych { x + y =, x y = () lub równanie x x 6 =, zwane równaniem kwadratowym. Rozwiązywanie obu równań polega na znalezieniu liczb, które po podstawieniu do odpowiednich równań czyniły by z nich tożsamości. W przypadku układu równań w naszym przypadku są to liczby x = y = /, które są określone jednoznacznie. Podane równanie kwadratowe spełniają dwie liczby: x = 3 oraz x =. W przypadku równań różniczkowych nie chodzi o znalezienie rozwiązań liczbowych. Rozwiązaniami są funkcje różniczkowalne spełniające równanie, przy czym niejednoznaczność rozwiązania jest raczej regułą niż wyjątkiem. Przejdźmy jednak do definicji. DEFINICJA Definicja : Równaniem różniczkowym zwyczajnym (RRZ) nazywamy równanie F(t, x(t), x (t),, x (n) (t)) =, () gdzie F jest funkcją różniczkowalną w każdym ze swoich argumentów. W równaniu ( ) niewiadomą jest n krotnie różniczkowana funkcja x = x(t), zatem równanie ( ) jest równaniem funkcyjnym. Jeżeli jesteśmy w stanie rozwiązać równanie ( ) względem ostatniej zmiennej, wówczas możemy go napisać w postaci równoważnej x (n) = Ψ (t, x(t), x(t),..., x (n ) ), zwanej postacią kanoniczną skalarnego RRZ n-tego rzędu. (3) Rozwiązać równanie ( ) oznacza znaleźć n razy różniczkowalną funkcję x = φ(t), która, będąc podstawioną do równania ( ), uczyni z niego tożsamość. Rzędem równania ( ) nazywamy największy rząd pochodnej szukanej funkcji x = φ(t), występującej w tym równaniu. Najprostsze równanie różniczkowe dyktuje problem znalezienia funkcji pierwotnej x(t) do zadanej funkcji ciągłej f(t) : d x d t = f(t). (4) Zatem rozwiązanie tego równania dane jest wzorem x(t) = f(t) d t, opisującym nieskończenie wiele funkcji pierwotnych funkcji x(t), rózniących się o dowolną stałą.

5 X(t) Rysunek : Fragmenty funkcji pierwotnych funkcji cos t t PRZYKŁAD Przykład : Dane jest równanie różniczkowe zwyczajne rzędu pierwszego z funkcją niewiadomą x(t) : d x = cos t. d t (5) Powyższe równanie można zapisać w sposób równoważny jako równość różniczek dx = cos t d t d sin t. Jak wiadomo, równość różniczek implikuje równość odpowiednich całek, w danym przypadku równość ta będzie miała postać d x = cos t d t. Licząc odpowiednie całki otrzymamy x(t) = sin t + C. Zatem funkcja x(t), spełniająca RRZ ( 5 ) nie jest zadana jednoznacznie, lecz z dokładnością do dowolnej stałej (stałej całkowania). Sens geometryczny stałej występującej w powyższym wzorze wynika z interpretacji pochodnej jako tangensa kąta nachylenia do osi O X prostej stycznej do wykresu funkcji w dowolnym punkcie (t, x(t)) (zob. Rys. ). Stąd funkcją pierwotną będzie również każda funkcja postaci x(t) + C, gdzie C = const. Równania różniczkowe rzędu pierwszego o zmiennych rozdzielonych Równanie rzędu pierwszego F(t, x(t), x (t)) = można na ogół rozwikłać względem zmiennej x (t), przedstawiając go w postaci równoważnej d x d t = φ(t, x), (6) (7) zwaną postacią kanoniczną RRZ rzędu. Takiego równania nie można scałkować przy dowolnej prawej stronie. Poniżej przedstawimy podstawowe typy funkcji, dla których potrafimy podać rozwiązanie bądź to w postaci analitycznej bądź w postaci całek (kwadratur).. Funkcja φ nie zależy od zmiennej t: d x d t = φ(x).

6 Przepisując równanie w postaci d x φ(x) = d t, a następnie całkując, otrzymujemy rozwiązanie w postaci uwikłanej: d x = t + C, C R. φ(x). Funkcja φ nie zależy od zmiennej x: Przepisując równanie w postaci d x = ψ(t) d t, a następnie całkując, otrzymujemy rozwiązanie w postaci: d x d t = ψ(t). x = ψ(t)d t + C. 3. Równanie typu dx dt P(t) Q(x) =. Rozwiązanie sprowadza się do warunku P(t) d t = Q(x) d x. Oznaczenie. Wszystkie równania rozpatrzone w tym punkcie nazywamy RR rzędu o zmiennych rozdzielonych. Równania różniczkowe rzędu pierwszego, które sprowadzają się do równań o zmiennych rozdzielonych Całkowanie równań różniczkowych (RR) rzędu pierwszego wiąże się, na ogół, z przedstawieniem ich w postaci równań o zmiennych rozdzielonych.. Równanie postaci d x d t = f(a t + b x). (8) Stosujemy podstawienie z = a t + b x. Różniczkując z względem t, otrzymamy z = a + b x i wówczas wyjściowe równanie ma postać lub, po rozdzieleniu zmiennych, Całkując powyższe wyrażenie, otrzymamy d z d t = a + b f(z), d z a+b f(z) = d t. = t + C. d z a+b f(z)

7 PRZYKŁAD Przykład : W tym przypadku z = t + x, z = + x, zaś f(z) = z. Podstawiając to do powyższego równania, otrzymujemy: Stąd otrzymujemy rozwiązanie d x d t d z +z = t + x. +z C = ln = t. x = C e t (t + ).. Równania jednorodne. Są to równania, które nie zmieniają kształtu przy transformacjach x α x, t α t, gdzie α jest dowolną stałą nie równą się zeru. Równanie takie może być sprowadzone do postaci Stosujemy podstawienie z = x. Wówczas x = z t i x = t z + z. Otrzymamy wtedy t a po rozdzieleniu zmiennych d z d t d x d t x t = f ( ). t x x t f(z) z t = =, d t t d z f(z) z =. Całkując stronami, otrzymamy: t C d z f(z) z log[ ] =. PRZYKŁAD Przykład 3: Zgodnie z powyższym wzorem f(z) = z(z + ), więc mamy do policzenia całkę Wracając do zmiennej wyjściowej otrzymamy równość d x d t d z f(z) z = ( + ) t t = log[ ] log C log t. x C Wprowadzając dogodną stałą zgodnie ze wzorem C ~ = log C, po elementarnych przekształceniach otrzymujemy rozwiązanie x t x t d z z+ z z z = =. t x =. C ~ log t 3. Do jednorodnego równania sprowadza się równanie postaci d x d t a t+ b x+ c a t+ b x+ c = f ( ). (9)

8 Rozpatrzmy najpierw przypadek szczególny d x d t a t+ b x+ c a t+ b x+ c =. () Wprowadzamy podstawienie: t = r + α, x = p + β. Ponieważ x = x(t), więc p = p(t), zatem zmienną r będziemy traktować jako nową zmienną niezależną, zaś funkcja p będzie nową zmienną zależną. Zauważmy że zachodzą równości d t = d r, oraz d x = d p. Równanie można zatem przepisać w postaci d p d r a r+ b p+ h a r+ b p+ h =, () gdzie h = a α + b β + c, h = a α + b β + c. Przypomnijmy kiedy układ równań liniowych { a α + b β + =, c a α + b β + c = można rozwiązać względem zmiennych α, β. Postać macierzowa tego układu jest następująca: α a M ( ) = [, b α c ] ( ) = ( ). β a, β b c Z twierdzenia Cramera wynika, iż układ ma jedno rozwiązanie α, β, o ile J = det M^ = a b a b. Jeżeli warunek powyższy zachodzi, wówczas możemy w sposób jednoznaczny dobrać stałe α, β w taki sposób że h, h znikną. Dzieląc licznik i mianownik prawej strony równania ( ) przez r, otrzymamy wtedy d p d r p a + b p a + b r p r r = = F ( ). Jest to jednorodne równanie, które poprzez podstawienie z = p sprowadza się do równania o zmiennych rozdzielonych. r Jeżeli det M = a b a b =, wówczas nie można wyeliminować opisanym wyżej sposobem parametrów h, h. Niemniej jednak ten przypadek również jest całkowalny. Rzeczywiście, równość J = oznacza, że współczynniki są proporcjonalne, tzn. istnieje stała k taka że a = k a, b = k b. A zatem równanie ( ) można przepisać w postaci równania ( 8 ) d x d t k( a t+ b x)+ c = = F( a t + x). a t+ b x+ c b I tak jak w równaniu ( 8 ) wprowadzamy podstwienie z = a t + b x, d z d t = b F(z) + a, otrzymując równanie które jest równaniem o zmiennych rozdzielonych. Przypadek ogólny, czyli równanie ( 9 ), przekształcamy w podobny sposób: jeżeli a t + b x k( a t + b x), to wówczas przechodzimy do zmiennych ξ = t t, η = x x, gdzie stałe t, x określamy jako rozwiązania układu równań a t + b x + c =, a t + b x + c =. () (3) W wyniku dla funkcji η(ξ) otrzymujemy równanie ξ+ η + η/ξ = f ( ) = f ( ) = F [ ]

9 dη dξ a ξ+ b η a + b η/ξ η a ξ+ b η a + b η/ξ ξ = f ( ) = f ( ) = F [ ] jest to równanie jednorodne. W przypadku gdy a t + b x = k( a t + b x), równanie ( 9 ) można zapisać jako d x d t k( a t+ b x)+ c = f ( ) = f ( t + x). a t+ b x+ c a b (4) Podstawienie z = a t + b x, sprowadza go do równania o zmiennych rozdzielonych: d z d t = b f (z) + a = F(z). UWAGA Uwaga : W przypadku gdy a t + b x = k( a t + b x), równanie ( 9 ) sprowadza się do równania postaci ( 4 ). 4. Równania jednorodne uogólnione. Jest to klasa równań, które się nie zmieniają przy jednoczesnym skalowaniu zmiennej zależnej i niezależnej t α t, x α k x, gdzie α, k-stałe. Równania takie można przedstawić w postaci d x d t x t k = t k f ( ). (5) Podstawienie z = x t k sprowadza równanie ( 5 ) do równania o zmiennych rozdzielonych: d z d t f(z) k z t =. Przykłady równań różniczkowych wykorzystywanych w naukach przyrodniczych

10 PRZYKŁAD Przykład 4: Model maltuzjański. W biologii ważnym problemem jest określenie dynamiki populacji bakterii. Otóż: niech P(t) oznacza liczebność populacji w chwili czasu t. W sytuacji, gdy zasoby pokarmowe są nieograniczone, liczebność populacji w chwili t + Δt w dobrym przybliżeniu opisuje wzór P(t + Δt) = P(t) + k P(t) Δ t, (6) gdzie k jest stałą. Równość tę można przedstawić w postaci P(t+Δt) P(t) Δt = kp(t). Dokonując w powyższym równaniu przejścia granicznego P(t+Δt) P(t) lim Δt Δt dp(t) dt =, otrzymujemy równanie różniczkowe dp(t) dt = kp(t), (7) zwane modelem maltuzjańskim dynamiki populacji. Równanie to można przedstawić w postaci równości różniczek dp P = d (log P ) = k d t = d (k t). dla P. Całkując wyrażenie d (log(p)) = d (k t) (ponownie wykorzystujemy to iż równość różniczek implikuje równość odpowiednich całek), otrzymamy równość gdzie C ~ R. Kładąc C ~ = log C, C > mamy log P = k t + C ~, P = C e k t. (8) Jednakże P = spełnia równanie ( 8 ), więc spełnia równanie ( 7 ) przy dowolnej stałej C R. Faktycznie uzyskaliśmy nieskończenie wiele rozwiązań naszego problemu. Są one wyznaczone poprzez dobór dowolnej stałej C (zgodnie z sensem biologicznym rozwiązania, C ). Całość rozwiązań można przedstawić na płaszczyźnie ( t, x), zwanej płaszczyzną fazową (zob. Rys. ). W jaki sposób można interpretować wzór ( 8 )? Ewolucja populacji będzie zależeć od tego, jaka była liczebność populacji w chwili początkowej t. Zadając wielkość P( t ) = P pozbywamy się niejednoznaczności, gdyż wykorzystując warunek otrzymamy wzór P( t ) = P = C e k t, P(t) = P e k(t t ), (9) który już jednoznacznie określa ewolucję takiej populacji, która w chwili t liczyła P bakterii

11 x t Rysunek : Graficzna reprezentacja zbioru rozwiązań równania (), odpowiadających różnym wartościom parametru C, na płaszczyźnie fazowej (t, x)

12 PRZYKŁAD Przykład 5: Dynamika punktu materialnego. Innym prostym przykładem jest równanie dynamiki punktu materialnego o masie m. Drugie prawo Newtona daje następujący znany związek pomiędzy masą m, siłą F a przyspieszeniem a : m a = F. W przypadku jednowymiarowym wszystkie trzy wielkości są wielkościami skalarnymi. Oznaczamy je wówczas przez m, F, a. Jeżeli założymy że F =, to dostaniemy, po podzieleniu przez m, równanie a =. Jak wiadomo, przyspieszenie określa szybkość zmiany prędkości v punktu materialnego w chwili t, a jego precyzyjna definicja jest następująca: v(t+δt) v(t) Δt Δt d v(t) d t a(t) = lim = = v (t). () Z kolei, prędkość v(t) określa się jako szybkość zmiany położenia przestrzennego x(t) punktu materialnego: Daje to zatem równanie x(t+δt) x(t) Δt Δt v(t) = lim = = x (t). d d t d d x(t) d t d t d czyli x =. Mamy więc w tym przypadku do czynienia z równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu drugiego. dt d v(t) Równanie to całkuje się w dwóch krokach. Pierwszym krokiem jest całkowanie równania =, które jest równoważne d t równaniu d v = d t =. Całkując je otrzymamy d x(t) d t d x(t) d t a = v(t) = = =, d x(t) d t v(t) = =, C () gdzie C jest dowolną stałą całkowania. Na drugim kroku wykorzystujemy to że z ( ), wynika równość różniczek d x = d ( C t), która z kolei implikuje równość całek gdzie C, C są dowolnymi stałymi. Zatem ruch jednowymiarowy punktu materialnego w przypadku braku sił ( F = ) określa się wzorem d x = x = d ( C t) = C + C t, x(t) = C + C t, (), R. C C Ważnym wnioskiem wynikającym z powyższego przykładu jest, że przy znajdowaniu rozwiązania równania d x(t)/d t =, które jest najprostszym skalarnym równania różniczkowego zwyczajnego rzędu, musieliśmy dwa razy zastosować procedurę całkowania i stąd w rozwiązaniu ( ) pojawiły się dwie dowolne stałe. Należy więc założyć, iż w przypadku równania n-go rzędu znalezienie rozwiązania będzie wymagać n-krotnego całkowania, a to z kolei wyprodukuje nam n dowolnych stałych. Domniemanie to jest jak najbardziej słuszne: prawdziwe jest następujące twierdzenie.

13 TWIERDZENIE Twierdzenie : Rozwiązanie ogólne skalarnego równania różniczkowego zwyczajnego rzędu n zależy od n dowolnych stałych (tzw. stałych całkowania). Stałych całkowania jest dokładnie tyle, ile wynosi rząd równania. Wróćmy teraz do rozwiązania ( ), równania ( ) i zadajmy sobie pytanie odnośnie jego praktycznego wykorzystania w celu przewidywania położenia punktu materialnego w ruchu jednostajnym prostoliniowym. Otóż, żeby wyeliminować nieoznaczoności tkwiące w tym równaniu w postaci dowolności stałych całkowania, musimy dodatkowo znać zarówno położenie x, w którym znajdował się punkt materialny w chwili początkowej t, jak i prędkość v, z jaką punkt się porusza. Daje to układ równań algebraicznych z którego możemy łatwo określić stałe C, C : A zatem położenie w czasie t punktu materialnego spełniającego zadane warunki początkowe jest jednoznacznie określone wzorem x( t ) = C + C t = x, x ( t ) = C = v, C = x v t, C = v. x( t ) = x, x ( t ) = v x(t) = x + v (t t ). Przypisy. Teza ta jest poprawna tylko wówczas gdy po różne strony równości stoją funkcje tylko jednego argumentu, innymi słowami, zmienne się nie mieszają. Rozwiązanie ( 9 ) mówi nam, iż populacja bakterii rośnie z czasem w sposób wykładniczy. Prowadzi to do wiadomego paradoksu: w skończonym czasie niewielka populacja bakterii rozrasta się do tego stopnia, iż pokrywa metrową warstwą kulę ziemską. Jest to związane z założeniem o nieograniczonej bazie pokarmowej oraz braku czynników powodujących kurczenie się populacji. Oba te założenia nie są prawdziwe, niemniej jednak równanie ( 7 ) jest użyteczne, gdyż opisuje poprawnie początkowe stadium rozwoju populacji, w którym 'walka' o pokarm oraz inne czynniki powodujące spowolnienie wzrostu nie są jeszcze istotne. Bardziej realistycznym modelem uwzględniającym powyższe czynniki naturalnego spowolnienia jest równanie postaci zwane równaniem logistycznym. dp(t) d t P(t) C = k P(t) ( ) =, (3) Zagadnienie początkowe (zagadnienie Cauchy'ego). Poprawność zadania warunków początkowych

14 Powstaje pytanie: co należy zrobić, by rozwiązanie skalarnego RRZ nie zależało od dowolnych stałych? W innym sformułowaniu pytanie to brzmi następująco: przy jakich warunkach rozwiązanie RRZ będzie jednoznaczne? Otóż, skoro rozwiązanie ogólne skalarnego RRZ n-go rzędu zależy od n dowolnych stałych, to, żeby otrzymać rozwiązanie jednoznaczne, wystarczy, jak się wydaje, podać n dodatkowych warunków algebraicznych. Domniemanie to jest słuszne w większości przypadków, z którymi stykamy się w praktyce. Jednak w pewnych wyjątkowych sytuacjach, a mianowicie wówczas, gdy dane początkowe są zadane niepoprawnie, rozwiązanie wciąż będzie niejednoznaczne. Może też powstać sytuacja, że przy źle postawionych danych początkowych rozwiązanie nie będzie w ogóle istnieć. Dla przykładu rozpatrzmy następujące równanie: d x d t x t =. (4) Równanie to można przepisać w postaci równości d x x d t t =, które ma równowazną postać różniczkową d log x = d log t. Implikuje to następujący ciąg równości: d log x = d log t log x = log t + log C x = C t, C R. (5) Podstawiając funkcję x = C t do równania wyjściowego, możemy przekonać się, że czyni ona z niego tożsamość. Lewa strona: d (C t) d t = C, Prawa strona: x(t) t C t t = = C. Zatem zadając warunek początkowy w postaci t i rozwiązując równanie algebraiczne x( t ) = a = C t względem C, otrzymamy jedyne rozwiązanie x(t) = a. Zadając warunek początkowy otrzymamy niedorzeczność: b = C. Przyczyną tego jest nieokreśloność prawej strony równania przy t =. Warunek początkowy jest spełniony przy dowolnej wartości stałej C.Przyczynę tego można zrozumieć, gdy rozpatrzymy zbiór wszystkich możliwych rozwiązań równania ( 4 ) postaci ( 5 ). Obrazuje go na płaszczyźnie fazowej (t, x) pęk linii prostych przechodzących przez początek współrzędnych, (zob. Rys. 3). Widzimy że początek współrzędnych jest jedynym punktem na płaszczyźnie, przez który przechodzą wszystkie rozwiązania równania. Dlatego właśnie zadanie warunków początkowych w tym punkcie prowadzi do nieijednoznaczności. x( t ) = a, gdzie t, x() = b, x() =, t

15 f(t) -> x x 5 t Rysunek 3: Graficzna reprezentacja zbioru rozwiązań równania ( 4 ) odpowiadających różnym wartościom parametru C, na płaszczyźnie fazowej (t, x) Podsumowując to co powiedzieliśmy, wprowadzimy następujące oznaczenie: Punkt punktem osobliwym, jeżeli w tym punkcie prawa strona RRZ przybiera wartość zerową, lub jest nieoznaczona. Ogólna reguła więc brzmi następująco: płaszczyzny fazowej nazywa się Postawienie warunków początkowych w punkcie osobliwym prowadzi do niejednoznaczności rozwiązania zagadnienia początkowego, lub do niedorzeczności. d x d t = f(t, x) ( t, x ) Liniowe równania różniczkowe rzędu pierwszego Liniowym niejednorodnym równaniem różniczkowym rzędu pierwszego nazywamy równanie postaci d x(t) d t + p(t) x(t) = q(t), gdzie p(t), q(t) - wiadome funkcje, przy czym zakładamy że q(t) nie równa się tożsamosciowo zeru. Stowarzyszonym równaniem jednorodnym nazywamy równanie postaci Po przemnożeniu tego równania przez dt x dx d t + p(t) (t) =. x otrzymujemy równanie o zmiennych rozdzielonych: dx x = p(t) d t. Stąd, po stałkowaniu otrzymjemy x = C e p(t) d t, C R. Rozwiązanie problemu niejednorodnego uzyskujemy metodą uzmienniania stałej. Polega ona na zamianie stałej C w powyższeym wzorze przez pewną nieznaną funkcję C(t). Rozwiązanie poszukujemy w postaci x(t) = C(t) e F(t), F(t) = p(t) d t. Po podstawieniu do równania wyjściowego otrzymamy: dc dt = q(t) e F(t) lub dc = q(t) e F(t) dt. Zatem C(t) = C + q(t) e F(t) d t. Stąd już łatwo można otrzymać postać rozwiązania ogólnego problemu niejednorodnego: x(t) = e F(t) ( C + q(t) e F(t) d t), F(t) = p(t) d t. (6)

16 PRZYKŁAD Przykład 6: d x d t + x(t) = t (7) Z postaci równania odczytujemy że p(t) =, natomiast q(t) = t. Do policzenia mamy całkę oraz całkę F(t) = p(t) d t d t = t. e F(t) q(t) d t = e t t d t = e t (t ). Rozwiązanie Rozwiązanie ogólne równania ( 7 ) ma postać Metoda Eulera x(t) = e t ( C + e t (t )). Omówiliśmy, których rozwiązania można uzyskać za pomocą procesu całkowania. Niestety, nawet jeśli ograniczymy się do RRZ rzędu pierwszego, to większości z nich nie jesteśmy w stanie rozwiązać poprzez ich całkowanie, co więcej, rozwiązania takich równań nie są funkcjami elementarnymi. Dlatego powinniśmy w dalszym ciągu omówić bardziej uniwersalne metody. Rozpatrzmy parę x, y, gdzie x jest zmienną niezależną, natomiast y jest pewną różniczkowalną funkcją zmiennej x. Zadamy sobie pytanie, co oznacza równość y = f(x, y). (8) Odpowiedź, którą już znamy, brzmi następująco: prawa strona równania zadaje w każdym punkcie ( x, y ) płaszczyzny fazowej wielkość pochodnej rozwiąznia y = ϕ(x; C) przechodzącego przez ten punkt. Można to przeformułować jeszcze w taki sposób: prosta y = (x x ) f( x, y ) + y (9) jest styczna do rozwiązania y = ϕ(x; C) równania ( 8 ) spełniającego warunek początkowy y( x ) = y. Rozwinięcie tego rozwiązania w szereg Taylora y(x) = y + (x x ) f( x, y ) + O( x x ) (3) pozwala wnioskować że "dokładne" rozwiązanie w małym otoczeniu punktu x różni się od linii prostej ( 9 ), o wyraz który jest rzędu x x. A więc, dokładne rozwiązanie można przybliżać odcinkami prostej postaci y k = (x x k ) f( x k, y k ) + y k (3) gdzie ( x k, y k ), k =,, zbiór punktów leżących w pobliżu poszukiwanej krzywej. W poszukiwaniu takiego przybliżenia korzystamy z pojęcia pola kierunków, które można określić jako pole taz zwanych infinitezymalnych odcinków zadanych w każdym punkcie (x, y) za pomocą wzoru (d x, d y) = d x (, f(x, y)). (3) Obraz graficzny takiego pola kierunków można uzyskać w każdym z dostępnych pakietów matematyki komputerowej ( MathCad, MathLab, Maple, Mathematica ). Tutaj i dalej będziemy przytaczać "orfografię" pakietu Mathematica. Zobrazujemy, dla przykładu, pole kierunków funkcji Komórka.. f(x, y) = x y.

17 In[] := [V ector FieldPlot s ] f[ x, y ] = x y; V F = V ectorfieldplot[{, f[x, y]}, {x,, 4}, {y, 3, 3}, Axes T rue, ScaleF unction (&), AxesLabel {x, y}] Wynikiem jest wykres pola kierunków przedstawiony na Rys. 4 y x Rysunek 4: Graficzna reprezentacja pola kierunków funkcji f(x, y) = x y Na Rys. 5 przedstawione zostało pole kierunków z kilkoma rozwiązaniami dokładnymi równania y = x y, które dane są wzorem y = C e x + x. (33) Widać na nim wyraźnie, że pole kierunków jest styczne do rozwiązania w każdym punkcie. y x Rysunek 5: Graficzna reprezentacja pola kierunków funkcji f(x, y) = x y oraz rozwiązania dokładne (6) odpowiadające stałym całkowania C = 4, C = oraz C = 4 Znajomość pola kierunków w celu konstrukcji przybliżonego rozwiązania równania różniczkowego wykorzystał po raz pierwszy Leonard Euler. Jego algorytm dotyczy poszukiwania rozwiązania przybliżonego zadadnienia Cauchyego y = f(x, y), y( x ) = y. (34) Traktując stałe x, y oraz funkcję f(x, y) jako znane wielkości, Euler zaproponował opis łamanej przybliżającej rozwiązanie na odcinku [a = x, b] w postaci następującego algorytmu: = + h f(, ),

18 gdzie h = b a. N y = y + h f( x, y ), y = y + h f( x, y ), y 3 = y + h f( x, y ), y k+ = y k + h f( x k, y k ), y N = y N + h f( x N, y N ), Do tego, by przybliżenie dostatecznie dobrze opisywało poszukiwane rozwiązanie, należy stosować dostatecznie mały krok h (czyli duże N). Do zastosowania powyższego algorytmu, w zasadzie, wystarczy umieć posługiwać się kalkulatorem, jednak odpowiednie obliczenia są bardzo żmudne. Podamy, zgodnie z 3, dwie wersje algorytmu Eulera, zaimplentowane w pakiecie Mathematica dla rozwiązywania zagadnienia początkowego y = x y, y( x ) =. (35) na odcinku (, 4) z krokiem h =.. Prosty kod wygląda następująco: Komórka.. x[ n ] := nh; y[ n ] := y[n ] + hf[x[n ], y[n ]]/; n > &&n Integers; h =.; y = ; f[, ] = x y; x y UWAGA Uwaga : Warunki n > n Integers są potrzebne by uniknąć nieskończonej rekursji, która mogłaby powstać, jeżeli pozwolilibyśmy n przybierać dowolne (w tym również ujemne) wartości. Jeżeli teraz dodać moduł Komórka.3. sol = Table[{x[n], y[n]}, {n,, 4/h}], to otrzymamy poszukiwane przybliżone rozwiązanie w postaci tabelki. Powyższy algorytm przy dużej liczbie iteracji N będzie pracować wolno, ponieważ przy każdej kolejnej liczbie n obliczenia rozpoczynają się od punktu y[]. Algorytm można jednak zmodyfikować w taki sposób że wielkości v[], v[],... v[n] będą zapamiętywane, co znacznie usprawni obliczenia. Kolejną rzeczą jest zastąpienie tabelki sol przez funkcję interpolacyjną veul[ t ] = Interpolation[sol][t]. Wszystko to razem wzięte tworzy następujący szybko działający algorytm: Komórka.4. t[ ] := nh;

19 t[ n ] := nh; v[ n ] := (v[n] = v[n ] + hf[t[n ], v[n ]])/; n > &&n Integers; v[] := v; h =.; f[, ] = t v; t v v = ; sol = Table[{t[n], v[n]}, n,, 4/h]; veul[ t ] = Interpolation[sol][t] vexact[ t ] = Exp[ t] + t ; p = Plot[{vEul[t], vexact[t]}, {t,, 4}, PlotStyle {{Thick, Dashed}, Black}] y Rysunek 6: Przybliżone rozwiązanie równania () uzyskane metodą Eulera (linia przerywana), na tle rozwiązania dokładnego (linia ciągła) x W wyniku implementacji tego algorytmu uzyskujemy rozwiązanie przybliżone na tle rozwiązania dokładnego, co ilustruje Rys. 6. Przypisy. Teza ta jest poprawna tylko wówczas gdy po różne strony równości stoją funkcje tylko jednego argumentu, innymi słowami, zmienne się nie mieszają. Rozwiązanie ( 9 ) mówi nam, iż populacja bakterii rośnie z czasem w sposób wykładniczy. Prowadzi to do wiadomego paradoksu: w skończonym czasie niewielka populacja bakterii rozrasta się do tego stopnia, iż pokrywa metrową warstwą kulę ziemską. Jest to związane z założeniem o nieograniczonej bazie pokarmowej oraz braku czynników powodujących kurczenie się populacji. Oba te założenia nie są prawdziwe, niemniej jednak równanie ( 7 ) jest użyteczne, gdyż opisuje poprawnie początkowe stadium rozwoju populacji, w którym 'walka' o pokarm oraz inne czynniki powodujące spowolnienie wzrostu nie są jeszcze istotne. Bardziej realistycznym modelem uwzględniającym powyższe czynniki naturalnego spowolnienia jest równanie postaci zwane równaniem logistycznym. 3. D. Dubin, Numerical and Analytical Methods for Scientists and Enginneers Using Mathematica, John Wiley and Sons, New Jersey, 3 dp(t) d t P(t) C = k P(t) ( ) =, (36) Równania różniczkowe liniowe wyższych rzędów - podstawowe pojęcia

20 DEFINICJA Definicja : Równania liniowego rzędu n-tego Równaniem różniczkowym liniowym rzędu n nazywamy równanie postaci a n (t) y (n) (t) + a n (t) y (n ) (t) + + a (t) y (t) + a (t)y(t) = f(t) (37) gdzie y(t) jest szukaną funkcją y : I R, a dane funkcje f(t) i a i (t), i =,, n są ciągłe i określone w przedziale I R o wartościach rzeczywistych. Przez przedział I rozumiemy jeden z następujących zbiorów: (a, b), (, a), (a, + ) lub R. UWAGA Uwaga 3: Jeżeli f(t) = dla każdego t I, to równanie ( 37 ) będziemy nazywać równaniem jednorodnym, w przeciwnym razie równaniem niejednorodnym. DEFINICJA Definicja 3: Rozwiązania Rozwiązaniem równania ( 37 ) nazywamy funkcję y(t) określoną w przedziale I i n -krotnie różniczkowalną, spełniającą dla każdego t I równanie ( 37 ). DEFINICJA Definicja 4: Problemu początkowego Zagadnienie polegające na znalezieniu rozwiązania równania ( 37 ), które dla ustalonego t I spełnia n -równości: y( t ) = b, y ( t ) = b,, y n ( t ) = b n, (38) gdzie b,, b n są danymi stałymi, będziemy nazywać problemem początkowym.

21 PRZYKŁAD Przykład 7: Pokażemy, że funkcja y(t) = sin(t) jest rozwiązaniem problemu początkowego postaci y (t) + 4y(t) =, y() =, y () =, gdzie t R. Rozwiązanie: y (t) = cos(t) i y (t) = 4 sin(t), więc y (t) + 4y(t) = 4 sin(t) + 4 sin(t) =, czyli funkcja y(t) jest rozwiązaniem równania. Ponadto y() = sin() = i y () = cos() =, zatem funkcja y(t) spełnia waruneki początkowe. PRZYKŁAD Przykład 8: Pokażemy, że funkcja y(t) = c t + t + jest rozwiązaniem następującego problemu początkowego t y (t) t y (t) + y(t) =, y() =, y () = w przedziale (, ), dla dowolnego parametru c. Rozwiązanie: y (t) = ct + i y (t) = c zatem t y (t) t y (t) + y(t) = t c t(ct + ) + (c t + t + ) =. Ponadto y() = i y () =, co kończy dowód, że y(t) jest rozwiązaniem problemu początkowego.

22 TWIERDZENIE Twierdzenie : ZAŁOŻENIA: Niech funkcje y (t),, y k (t) będą rozwiązanimi równania jednorodnego a n (t) y (n) (t) + a n (t) y (n ) (t) + + a (t) y (t) + a (t)y(t) =. (39) TEZA: Wtedy dowolna liniowa kombinacja tych funkcji gdzie c, c k y(t) = c y (t) + + c k y k (t), są dowolnymi stałymi, jest również rozwiązaniem równania ( 39 ) DOWÓD: Dowód przeprowadzimy w przypadku, gdy k = n =, (dla dowolnego k, n N dowód jest analogiczny). Niech y (t), y (t) będą rozwiązaniami równania a (t) y (t) + a (t) y (t) + a (t)y(t) =. (4) Definiujemy y(t) = c y (t) + c y (t) gdzie c, c są to dowolne stałe, wtedy y (t) = c y (t) + c (t) i (t) = (t) + (t). y y c y c y Podstawiając teraz y(t), y (t), y (t) do równania ( 4 ) otrzymujemy a (t) ( c y (t) + c y (t)) + a (t) ( c y (t) + c y (t)) + a (t) ( c y (t) + c y (t)]) = c ( a (t) y (t) + a (t) y (t) + a (t) y (t)) + c ( a (t) y (t) + a (t) y (t) + a (t) y (t)]) =. Zatem y(t) jest rozwiązaniem równania ( 4 ). PRZYKŁAD Przykład 9: Funkcje y (t) = e t i y (t) = e 3t są rozwiązaniami równania y + 3 y + y =. Zatem na mocy twierdzenia, funkcja y(t) = c e t + c e 3t, gdzie c, c - są to dowolne stałe, jest też rozwiązaniem tego równania.

23 TWIERDZENIE Twierdzenie 3: O istnieniu i jednoznaczności rozwiązania problemu Cauchy'ego ZAŁOŻENIA: Niech funkcje f(t) i a k (t), gdzie k =,, n, będą ciągłe i określone w przedziale I R, ponadto a n (t), dla każdego t I. TEZA: Wtedy problem początkowy { a n(t) y (n) (t) + a n (t) y (n ) (t) + + a (t) y (t) + a (t)y(t) = f(t), t I, y( t ) = b, y ( t ) = b,, y (n ) ( t ) = b n gdzie t I, zaś b,..., b n - są to dowolne stałe, posiada dokładnie jedno rozwiązanie określone w przedziale I. Dowód tego twierdzenia jest przedstawiony w module Twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności dla równań różniczkowych zwyczajnych. Liniowa zależność i niezależność funkcji DEFINICJA Definicja 5: Liniowej zależności zbioru funkcji Mówimy, że zbiór funkcji f (t),, f n (t) określonych na przedziale I R jest liniowo zależny, jeżeli istnieją stałe c,, c n nie wszystkie równe zero, takie że c f (t) + + c n f n (t) =, dla każdego t I. DEFINICJA Definicja 6: Liniowej niezależności zbioru funkcji Mówimy, że zbiór funkcji f (t),, f n (t) określonych na przedziale I jest liniowo niezależny jeśli nie jest liniowo zależny. Inaczej mówiąc, równość c f (t) + + c n f n (t) = zachodzi dla każdego t I jedynie w przypadku, gdy wszystkie współczynniki c i, i =,, n są równe zero.

24 UWAGA Uwaga 4: Z liniowej zależności funkcji przykład: jeśli c, to f (t),, f n (t) wynika, że jedną z nich można przedstawić jako kombinację pozostałych. Na c f c f 3 c f c 3 c n f c n (t) = (t) (t) (t). Stąd wynika, że dwie funkcje f(t) i g(t) są liniowo zależne wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje stała c taka, że f(t) = cg(t). PRZYKŁAD Przykład : Funkcje f (t) = t, f (t) = t, f 3 (t) = 4t 3t określone na R są liniowo zależne. Istotnie jeśli weżmiemy c = 4, c = 3, c 3 =, to otrzymamy tożsamość co oznacza, że funkcje 4 f (t) + 3 f (t) + f 3 (t) = 4t + 3 t + 4t 3 t = f (t), f (t), f 3 (t) są liniowo zależne. PRZYKŁAD Przykład : Pokażemy, że funkcje f (t) =, f (t) = t, f 3 (t) = t Należy zatem pokazać, że następująca tożsamość są liniowo niezależne. c f (t) + c f (t) + c 3 f 3 (t) = dla t R (4) c c c zachodzi jedynie w przypadku gdy = = =. 3 Z równości Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-( ) dla t =, wynika, że c =. Uwzględniając, że c = i podstawiając do równości Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-( ) za t kolejno i, otrzymujemy następujący układ równań { + c 3 = c + c 3 =, którego jedynym rozwiązaniem jest c = i c 3 =, co kończy dowód liniowej niezależności.

25 TWIERDZENIE Twierdzenie 4: ZAŁOŻENIA: Zakładamy, że funkcje f (t),, f n (t) określone na przedziale I R są n krotnie różniczkowalne i wyznacznik nie jest równy zero przynajmniej dla jednego t z przedziału I. f (t) f (t) f (n ) (t) f (t) f (t) f (n ) (t) f n (t) f n (t) f (n ) n (t) (4) TEZA: Wtedy funkcje f (t),, f n (t) są liniowo niezależne. Powyższy wyznacznik będziemy oznaczać W( f (t),, f n (t)) i nazywać Wrońskianem, inaczej wyznacznikiem macierzy Wrońskiego. DOWÓD: Dowód twierdzenia podamy w przypadku, gdy n =. Dla większych n dowód jest podobny. Zakładamy, że istnieje t I, dla którego W( f ( t ), f ( t )). Dla dowodu nie wprost zakładamy, że funkcje f (t) i f (t) są liniowo zależne. To oznacza, że istnieją stałe c, c jednocześnie nie równe zero takie, że dla każdego t I zachodzi równość c f (t) + c f (t) =. (43) Różniczkując stronami równość Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-( 3 ) dostajemy (t) + (t) =. c f c f (44) Dla t = t, z równości Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-( 3 ) i Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-( 4 ) otrzymujemy układ równań c ( ) + ( ) = { f t c f t c f ( ) + ( ) = t c f t o niewiadomych c i c, dla którego wyznacznik W( f ( t ), f ( t )). Zatem układ ten posiada jedynie rozwiązanie zerowe c = i c =, co jest sprzeczne z założeniem, że c i c nie są jednocześnie równe zero. Oznacza to, że funkcje f (t) i f (t) są liniowo niezależne. WNIOSEK Wniosek : Jeżeli funkcje f (t),, f n (t) są n - krotnie różniczkowalne na I i są liniowo zależne, to W( f (t),, f n (t)) =, dla każdego t I.

26 UWAGA Uwaga 5: Z tego, że wrońskian dla funkcji f (t),, f n (t) jest równy zero dla każdego t I nie wynika, że funkcje f (t),, f n (t) są liniowo zależne. Na przykład: funkcje f (t) = t, f (t) = t t są różniczkowalne w R i W( f (t), f (t)) =, dla każdego t R. Funkcje te są liniowo niezależne, ponieważ nie istnieje c R takie, że f (t) = c f (t), dla każdego t R. PRZYKŁAD Przykład : Pokażemy, że funkcje f (t) = e t, f (t) = te t i f 3 (t) = e t są liniowo niezależne. W tym celu obliczamy ich wrońskian e t te t e t e t te t e t W( f (t), f (t), f 3 (t)) = e t (t + )e t e t = e t (t + )e t = 4e t (4t + 4)e t e t 3e t (3t + 4)e t e t et (t + )e t = e t [ e 4t (3t + 4) (3t + 3) e 4t ] = e 5t. 3e t (3t + 4)e t Stąd, na mocy twierdzenia Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-, funkcje f (t) = e t, f (t) = te i f 3 (t) = e t są liniowo niezależne. PRZYKŁAD Przykład 3: π Pokażemy, że funkcje f (t) = sin t, f (t) = cos t, f 3 (t) = sin(t + ) są liniowo zależne. 6 π π π 3 3 Ponieważ f 3 (t) = sin(t + ) = sin t cos + cos t sin = sin t + cos t = f (t) + (t), f 3 f (t) + (t) (t) = dla każdego. f f 3 t R zatem Ponieważ współczynniki przy f (t), f (t), f 3 (t) nie są równe zero, więc funkcje f (t), f (t), f 3 (t) są liniowo zależne.

27 PRZYKŁAD Przykład 4: Pokażemy, że dla dowolnego n funkcje, t, t,, t n są liniowo niezależne. I-sposób: Należy pokazać prawdziwość następującej implikacji: Wynika ona bezpośrednio z faktu, że wielomian niezerowy o współczynnikach rzeczywistych stopnia n ma co najwyżej n różnych pierwiastków rzeczywistych. Ponieważ wielomian c + c t + + c n t n ma nieskończenie wiele pierwiastków więc musi być wielomianem zerowym, czyli wszystkie jego wspóczynniki są równe zero. II-sposób: Ponieważ wrońskian funkcji, t, t,, t n : c + c t + + c n t n =, t R c = c = = c n =. t t t 3 t n! t 3t nt n! 3!t n(n )t W(, t, t n ) = n 3! n(n )(n )t n 3 =!!3! n! n! jest różny od zera, więc liniowa niezależność funkcji wynika z twierdzenia Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-. WNIOSEK Wniosek : Z przykładu Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-5 wynika, że funkcje e λ, t e λ, t e λ,, t n e λ są liniowo niezależne.

28 PRZYKŁAD Przykład 5: Funkcje są liniowo niezależne. sin(αt), t sin(αt),, t n sin(αt), cos(αt), t cos(αt),, t n cos(αt) Jeżeli weźmiemy liniową kombinację tych funkcji i przyrównamy ją do zera n t i ( c i sin(αt) + d i cos(αt)) =, t R i= (45) π(4k+) a w miejsce t podstawimy t k =, (k Z) wówczas sin(α t ) = i Zatem α k cos(α t k ) =. c + c t k + + c n t n =, k Z k równość ta zachodzi, gdy c = c = = c n =, ponieważ niezerowy wielomian c + c t + + c n t n może mieć co najwyżej n różnych pierwiatków rzeczywistych. Analogicznie, jeżeli w tożsamości Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-( 5 ) w miejsce t podstawimy ~ πk ~ ~ t k =, (k Z), dla których sin(α t ) = i to otrzymujemy równość α k cos(α t k) =, d + d t ~ k + + d n t ~n k =, k Z, a ta zachodzi, gdy d = d = = d n = i to kończy dowód liniowej niezależności danego zbioru funkcji. WNIOSEK Wniosek 3: Z przykładu Liniowa zależnośc i niezależność funkcji-6 wynika, że funkcje są liniowo niezależne. e λ sin(αt), e λ t sin(αt),, e λ t n sin(αt), e λ cos(αt), e λ t cos(αt),, e λ t n cos(αt) PRZYKŁAD Przykład 6: Funkcje e λ t, e λt,, e λ n t są liniowo niezależne, jeżeli λ i λ j, gdy i j. W celu pokazania liniowej niezależności powyższych funkcji, liczymy ich wrońskian = it =

29 e λ t e λ t e λ n t λ e λ t λ e λ t λ n e λ t n n λ λ λ n W( e λ t,, e λ n t ) = = e λ i t = i= λ n e λ t λ n e λ t λ n n e λ n t λ n λ (n ) λ n n λ λ λ n e n i= λ it. λ n λ n λ n n Ostatni wyznacznik w powyższej równości liczymy następująco: mnożymy i -ty wiersz przez λ i odejmujemy od i + wiersza, i =,, n i następnie korzystamy z własności wyznacznika λ λ n λ λ n λ λ n λ λ λ n ( λ ) λ λ n λ n n λ n λ n n λ λ λ n λ = = λ n λ n λ λ n n λ n n λ λ λ λ n λ λ n λ = = λ n λ n ( λ ) n ( λ n λ ) λ λ n n ( λ n λ ) n ( λ i λ ). i= Mnożąc teraz w ostatnim wyznaczniku w powyższej równości i -ty wiersz przez λ i odejmując od i + wiersza, i =,, n, otrzymamy analogicznie, jak powyżej, następującą zależność: λ λ n λ 3 λ n 3 λ n λ n n λ 3 λ n = n i=3( ). λ i λ λ n 3 3 λ n 3 n Postępując tak dalej otrzymamy λ λ n λ λ n λ n λ n n n n n = ( λ i λ ) ( λ i λ ) ( λ i λ n ). i= i=3 i=n Stąd wynika, że W( e λt,, e λ n t ) i kończy to dowód liniowej niezależności funkcji e λ t, e λ t,, e λ n t. Fundamentalny zbiór rozwiązań dla równań różniczkowych liniowych wyższych rzędów Niech a n (t) y (n) (t) + a n (t) y (n ) (t) + + a (t) y (t) + a (t)y(t) = f(t) (46) będzie równaniem różniczkowym liniowym rzędu n, gdzie y(t) jest nieznaną funkcją a dane funkcje f(t) i k(t), k =, n

30 a k (t), k =, n są ciągłe i określone w przedziale I R. Przez przedział I rozumiemy jeden z następujących zbiorów: (a, b), (, a), (a, + ) lub R. UWAGA Uwaga 6: Jeżeli współczynnik a n (t) przy pochodnej najwyższego rzędu w równaniu ( 46 ) jest różny od zera dla każdego t I, to równanie to można zapisać w postaci y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) = g(t) (47) a gdzie b (t) = k (t) k, k =,, n i g(t) = f(t). (t) a n (t) a n TWIERDZENIE Twierdzenie 5: ZAŁOŻENIA: Funkcje b k (t), k =, n są ciągłe w przedziale I R. TEZA: Wtedy dla równania jednorodnego y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) =, t I istnieje n -liniowo niezależnych rozwiązań y (t),, y n (t). (48) DOWÓD: Niech t będzie dowolnym ustalonym punktem z przedziału I i niech y k (t) będzie rozwiązaniem równania ( 48 ) z warunkiem początkowym: y (i) dla i = k k ( t ) = { dla i k, gdzie i =,,, n. Istnienie takiego rozwiazania wynika z twierdzenia. Z twierdzenia wynika, że funkcje y (t),, y n (t) są liniowo niezależne ponieważ wrońskian jest różny od zera. W( y ( t ),, y n ( t )) = =

31 UWAGA Uwaga 7: Jeżeli funkcje y (t),, y n (t), są rozwiązaniami równania ( 47 ) i istnieje t I takie, że W( y ( t ),, y n ( t )) to W( y (t),, y n (t)) dla każdego t I. Wynika to z faktu, że Powyższą zależność wykażemy dla n =. Niech y (t), y (t), będą rozwiązaniami równania W( y (t),, y n (t)) = W( y ( t ),, y n ( t )) e b t (s)ds n. y ( ) (t) + b (t) y (t) + b (t)y(t) =. Oznaczmy przez w(t) := W( y (t), y (t)). Różniczkując w(t) i uwzględniając, że y (t) = b (t) y (t) b (t)y(t) otrzymujemy t w (t) = ( y (t) y (t) y (t) (t)) = (t) (t) + (t) ( (t) (t) (t) (t)) y y y y b y b y ( b (t) y (t) b (t) (t)) (t) (t) (t) = (t)w(t) y y y y b. Przekształcamy powyższe równanie i całkujemy w przedziale ( t, t) Zatem t t w (s) w(s) ds = t (s)ds ln = (s)ds. t b w(t) w( t ) t t b w(t) = w( t ) e t b (s)ds. t DEFINICJA Definicja 7: Fundamentalnego zbioru rozwiązań Zbiór rozwiązań { y (t),, y n (t)}, równania ( 47 ) będziemy nazywali fundamentalnym zbiorem rozwiązań, jeżeli dla każdego t I wrońskian W( y (t),, y n (t)) jest różny od zera. UWAGA Uwaga 8: Fundamentalny zbiór rozwiązań nie jest wyznaczony jednoznacznie. Dla danego równania istnieje nieskończenie wiele różnych fundamentalnych zbiorów rozwiązań.

32 PRZYKŁAD Przykład 7: Dla równania y (t) + y (t) y(t) =, t R fundamentalnymi zbiorami rozwiązań są na przykład zbiory { e t, e t }, { e t + e t, e t } lub { e t + e t, e t e t } TWIERDZENIE Twierdzenie 6: ZAŁOŻENIA: Niech zbiór { y (t),, y n (t)} będzie fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania ( 48 ). TEZA: Wtedy dowolne rozwiązanie zapisać następująco: gdzie c, c n R. y(t) równania ( 48 ) jest kombinacją liniową fundamentalnego zbioru rozwiązań, co możemy y(t) = c y (t) + + c n y n (t) DOWÓD: Niech funkcja y(t) będzie dowolnym rozwiązaniem równania ( 48 ) i niech { y (t),, y n (t)} będzie fundamentalnym zbiorem rozwiązań tego równania. Dla dowolnego ustalonego t I rozważmy następujący układ równań c y ( t ) + + c n y n ( t ) = y( t ) c y ( ) + + ( ) = ( ) t c n y n t y t c y (n ) ( t ) + + c n y (n ) n ( t ) = y (n ) ( t ) gdzie niewiadomymi sa c,, c n. Ponieważ wyznacznikiem powyższego układu jest wrońskian, który jest różny od zera, więc układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie. Definiujemy funkcję Y (t) = c y (t) + + c n y n (t), t I, gdzie współczynniki c,, c n są rozwiązaniem powyższego układu. Z twierdzenia wynika, że funkcja Y (t) jest rozwiązaniem równania ( 48 ) i spełnia warunek początkowy Y (i) ( t ) = y (i) ( t ), i =,, n. Z twierdzenia wynika, że równanie ( 48 ) z powyższym warunkiem początkowym posiada dokładnie jedno rozwiązanie, zatem Y (t) = y(t) dla każdego t I, co kończy dowód twierdzenia.

33 UWAGA Uwaga 9: Pokażemy, że stałe c,, c n dwa różne przedstawienia w twierdzeniu 6 określone są jednoznacznie. Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że mamy Odejmując stronami powyższe równania otrzymamy Ponieważ funkcje y (t),, y n (t) są liniowo niezależne, więc co kończy dowód. y(t) = c y (t) + + c n y n (t) y(t) = ~ y (t) + + c~ n yn (t). c = ( c c~ ) y (t) + + ( c n c~ n ) yn (t). c c~ = c c~ = = c n c~ n =, UWAGA Uwaga : Z twierdzenia 5 i twierdzenia 6 wynika, że zbiór wszystkich rozwiązań równania ( 47 ) jest przestrzenią wektorową wymiaru n. Zbiór fundamentalny rozwiązań tego równania jest bazą tej przestrzeni.

34 TWIERDZENIE Twierdzenie 7: ZAŁOŻENIA: Zakładamy, że funkcje y(t) i y ~ (t) są rozwiązaniami równania ( 47 ) TEZA: Wtedy różnica tych funkcji y(t) y ~ (t) jest rozwiązaniem równania jednorodnego ( 48 ). DOWÓD: Ponieważ funkcje y(t) i y ~ (t) są rozwiązaniami równania ( 47 ) więc zachodzą następujące równości: Odejmując stronami powyższe równości otrzymujemy y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) = g(t) y ~(n) (t) + b n (t) y ~(n ) (t) + + b (t) y ~ (t) + b (t) y ~ (t) = g(t). y (n) (t) y ~(n) (t) + b n (t) [ y (n ) (t) y ~(n ) (t)] + + b (t) [y(t) y ~ (t)] =. Uwzględniając fakt, że pochodna różnicy dwóch funkcji jest równa różnicy pochodnych tych funkcji, powyższą równość możemy zapisać następująco (y y ~ ) (n) (t) + b n (t)(y y ~ ) (n ) (t) + + b (t) (y y ~ ) (t) =, co kończy dowód twierdzenia. WNIOSEK Wniosek 4: Z twierdzeń 5 i 6 wynika, że jeżeli Y (t) jest rozwiązaniem równania ( 47 ) to dowolne rozwiązanie y(t) równania ( 47 ) jest postaci y(t) = Y (t) + c y (t) + + c n y n (t) gdzie { y (t),, y n (t)} - jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań jednorodnego równania ( 48 ).

35 PRZYKŁAD Przykład 8: Funkcje y (t) = e t i y (t) = e t są rozwiązaniami równania y (t) 3 y (t) + y(t) =, t R. (49) Pokażemy, że funkcje y (t) i y (t) stanowią fundamentalny zbiór rozwiązań. W tym celu liczymy ich wrońskian W( y (t), y (t)) = et e t = e 3t e 3t = e 3t, t R. e t e t Zatem funkcje y (t), y (t) stanowią fundamentalny zbiór rozwiązań równania ( 49 ). Stąd, na mocy twierdzenia 6, dowolne rozwiązanie równania ( 49 ) możemy zapisać w postaci gdzie c, c są dowolnymi stałymi. y(t) = c y (t) + c y (t) = c e t + c e t Wyznaczmy rozwiązanie równania ( 49 ) spełniające warunek początkowy y() = i y () =. Liczymy pochodną rozwiązania ogólnego która wynosi y (t) = c e t + c e t. Uwzględniając warunek początkowy otrzymujemy następujący układ równań y() = { c e + c e = c + c =, y () = c e + c e = c + c = którego rozwiązaniem jest c = 3 i c =. Zatem rozwiązaniem problemu początkowego jest funkcja y(t) = 3e t e t. PRZYKŁAD Przykład 9: Funkcje y (t) = t i y (t) = t 3 są rozwiązaniami równania jednorodnego Stanowią one fundamentalny zbiór rozwiązań dla tego równania, ponieważ ich wrońskian nie jest równy zero Zatem rozwiązanie ogólne tego równania ma postać Rozważmy teraz równanie niejednorodne 3 t y (t) t y (t) y(t) =, t (, + ). W( y (t), y (t)) = t t 3 = 3t 4 t 4 = t 4, dla t (, ). t 3t y(t) = c t + c t 3. 3 t y (t) t y (t) y(t) = 4t, t (, + ). Funkcja y (t) = t + t jest rozwiązaniem równania niejednorodnego. Stąd, na mocy wniosku 4 rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego ma postać y(t) = t + t + c t + c t 3, gdzie c, c są dowolnymi stałymi.

36 Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych drugiego rzędu, gdy znamy jedno rozwiązanie Wyznaczenie fundamentalnego zbioru rozwiązań równania y (n) (t) + a n (t) y (n ) (t) + + a (t) y (t) + a (t)y(t) =, t I, (5) gdy współczyniki a i (t) nie są stałymi, jest z reguły trudnym zadaniem. Jeżeli znamy jedno rozwiązanie y (t) równania ( 5 ) to kolejne, liniowo niezależne rozwiązanie szukamy w postaci y(t) = u(t) y (t), gdzie u(t) jest nieznaną funkcją. Metoda ta prowadzi do wyznaczenia rozwiązania równania różniczkowego liniowego rzędu n, gdzie niewiadomą jest funkcja u(t). W praktyce metoda ta jest użyteczna dla równań rzędu drugiego. TWIERDZENIE Twierdzenie 8: Liouville'a ZAŁOŻENIA: Zakładamy, że funkcja y (t) jest rozwiązaniem równania y (t) + a (t) y (t) + a (t)y(t) =, t I, gdzie a (t), a (t) są funkcjami ciągłymi określonymi w przedziale I i y (t), dla t I. (5) TEZA: Wtedy funkcja e y (t) = y (t) a (t)dt dt y (t) jest rozwiązaniem równania ( 5 ) i wówczas oba rozwiązania y (t), y (t) są liniowo niezależne. (5) DOWÓD: Szukamy rozwiązania równania ( 5 ) liniowo niezależnego z y (t) w postaci y(t) = u(t) y (t), gdzie u(t) jest nieznaną funkcją. Liczymy y (t), y (t) i podstawiamy do równania ( 5 ). y + a y + a y = u y + u y + + (u + ) + u = u y a y u y a y y u + ( y + a ) + u( + + ) =. y u y a y a y Uwzględniając, że y + a + =, otrzymujemy równanie y a y y (t) u (t) + ( y (t) + a (t) (t)) (t) = y u, w którym dokonując podstawienia v(t) = u (t) dostajemy równanie różniczkowe rzędu pierwszego o zmiennych rozdzielonych: y (t) v (t) + [ y (t) + a (t) (t)]v(t) =. y Po rozdzieleniu zmiennych otrzymujemy równanie dv y = ( (t) + a (t)) dt, v y (t) które następnie całkujemy obustronnie. Wtedy ln v(t) = ln y (t) a (t)dt + c. Uwzględniając, że c można przedstawić w postaci c = ln c i przenosząc logarytmy na prawą stronę równania otrzymujemy, że Stąd wynika, że v(t) y (t) ln( ) = a (t)dt. c v(t) = c e (t)dt a y (t)

37 gdzie stała c może przyjmować wartości dodatnie jak i ujemne. Całkując powyższą równość otrzymujemy Zatem e u(t) = v(t)dt = c a (t)dt dt +. y (t) c e a (t)dt y(t) = u(t) y (t) = c y (t) dt + (t). y (t) c y Przyjmując c = i c =, dostajemy drugie rozwiązanie równania ( 5 ) postaci e a (t)dt y (t) = y (t) dt. y (t) Funkcje y (t), y (t) są liniowo niezależne ponieważ wrońskian nie jest równy zero. e a dt y y dt W( y, y ) = y = y y e a dt e dt + a dt y y e a dt PRZYKŁAD Przykład : Wyznaczyć rozwiązanie problemu początkowego t (t) 3t (t) + 4y(t) =, { y y y() =, y () = t (, + ) (53) jeżeli wiadomo, że y (t) = t jest rozwiązaniem równania jednorodnego. Równanie jednorodne w ( 53 ) po podzieleniu stronami przez t można zapisać w postaci y (t) 3 (t) + y(t) =, t (, + ). t y 4 t (54) Najpierw wyznaczymy drugie liniowo niezależne rozwiązanie równania ( 53 ). Na podstawie twierdzenia Liouville'a szukane drugie rozwiązanie y (t) ma postać y (t) = t e 3 dt t dt = t e 3 ln t dt = t ln t3 e dt = t dt = t ln t. t 4 t 4 t 4 t Ponieważ wiadomo, że y (t) i y (t) są to rozwiązania liniowo niezależne, więc rozwiązanie ogólne równania ( 54 ) ma postać y(t) = c y (t) + c y (t) = c t + c t ln t. Uwzględniając warunek początkowy otrzymujemy następujący układ równań y() = + ln = =, { c c c y () = c + c ( ln + ) = c + c = którego rozwiązaniem jest c = i c =. Zatem rozwiązanie problemu początkowego ( 53 ) ma postać y(t) = t ln t.

38 PRZYKŁAD Przykład : Funkcja (t) = y e at jest rozwiązaniem równania Wyznaczyć rozwiązanie ogólne tego równania. Drugie liniowo niezależne rozwiązanie wyznaczamy ze wzoru ( 5 ) Zatem ogólne rozwiązanie ma postać y a y + a y =. y (t) = e at e adt dt = e at e at dt = e at dt = e at t. e at e at y(t) = c e at + c e at t = e at ( c + c t), gdzie c, c są to dowolne stałe. Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych drugiego rzędu o stałych współczynnikach DEFINICJA Definicja 8: Równaniem różniczkowym liniowym jednorodnym rzędu drugiego o stałych współczynnikach nazywamy równanie postaci a y (t) + a y (t) + a y(t) =. (55) gdzie a, a a są stałymi i a. Rozwiązania równania ( 55 ) szukamy w postaci funkcji y(t) = e λt. Wtedy, podstawiając y(t) = e λt, y (t) = λe λt i y (t) = λ e λt do równania ( 55 ) dostajemy a λ e λt + a λ e λt + a e λt =. Dzieląc powyższe równanie przez e λt dostajemy tak zwane równanie charakterystyczne a λ + a λ + a =. (56) Zauważmy, że równanie charakterystyczne można otrzymać podstawiając do równania ( 55 ) w miejsce odpowiednio λ, λ,. Równanie kwadratowe może mieć deltę dodatnią, równą zeru lub ujemną. Gdy Δ > wtedy równanie ( 56 ) ma dwa różne rzeczywiste pierwiastki y (t), y (t), y(t) Mamy wtedy dwie funkcje będące rozwiązaniem równania ( 55 ) a a 4a a a + a 4a a λ λ a a =, =. (t) = λ t i (t) = λ t.

39 Funkcje te są liniowo niezależne, więc rozwiązanie ogólne równania ( 55 ) ma w tym przypadku postać Gdy Δ = wtedy równanie ( 56 ) ma jeden pierwiastek rzeczywisty λ =. a Funkcja y (t) = e λt jest rozwiązaniem równania ( 56 ). Drugie liniowo niezależne rozwiązanie wyznaczamy na podstawie twierdzenia Liouville'a i ma postać Rozwiązanie ogólne równania ( 55 ) ma w tym przypadku postać y (t) = e λt i y (t) = eλ t. y(t) = c y (t) + c y (t) = c e λt + c e λt. a a y (t) = e λt e dt t a dt = e λt e a dt = e λt e λt dt = e λt dt = e λt t. e λt e λt e λt y(t) = c y (t) + c y (t) = e λt ( c + t c ). a Gdy Δ < wtedy równanie ( 56 ) ma dwa różne pierwiastki zespolone wzajemnie sprzężone a 4a a a λ a 4a a a λ a a a a Wtedy mamy dwie funkcje będące rozwiązaniem równania ( 55 ) = i, = + i. y (t) = e λt i y (t) = eλ t. Funkcje te są liniowo niezależne. Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 55 ) ma w tym przypadku postać y(t) = c e λt + c e λt. Niedogodnością tego przedstawienia jest to, że funkcje y (t) i y (t) są funkcjami o wartościach zespolonych. Wyznaczymy teraz liniowo niezależne funkcje o wartościach rzeczywistych, spełniające równanie ( 55 ). W celu uproszczenia zapisów wprowadzamy następujące oznaczenia a 4a a a a a α =, β =. Wtedy pierwiastki λ, λ możemy zapisać następująco λ = α βi, λ = α + βi. W dalszym rozumowaniu będziemy korzystać z następującej zależności Eulera e θi = cos θ + i sin θ, θ R. Stąd mamy, że y y Na podstawie twierdzenia dowolna kombinacja liniowa rozwiązań równania ( 55 ) jest rozwiązaniem tego równania, stąd następujące funkcje są rozwiązaniami równania ( 55 ). Na podstawie wniosku 3 funkcje te są liniowo niezależne. (t) = e = = = (cos(βt) i sin(βt)) (t) = e = = = (cos(βt) + i sin(βt)). Y Y (t) = y (t) + (t) = cos(βt) y e αt i (t) = y i (t) (t) = sin(βt). y e αt Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 55 ) w tym przypadku ma postać y(t) = e αt ( c cos(βt) + c sin(βt)).

40 PRZYKŁAD Przykład : Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania Równanie charakterystyczne dla tego równania jest następujące Pierwiastkami tego równania są λ = i λ =. Zatem rozwiązanie ogólne ma postać y (t) 3 y (t) + y(t) =. λ 3λ + =. y(t) = c e t + c e t. PRZYKŁAD Przykład 3: Wyznaczyć rozwiązanie problemu początkowego y (t) 4 y (t) + 4y(t) =, y() =, y () = 4. Równanie charakterystyczne dla tego równania jest następujące λ 4λ + 4 =. Równanie to ma tylko jeden pierwiastek Ponieważ λ =. Stąd rozwiązanie ogólne jest postaci y(t) = e t ( c + c t). więc z warunków początkowych dostajemy następujący układ równań którego rozwiązaniem jest c = i c =. Zatem rozwiązaniem problemu początkowego jest funkcja y (t) = e t ( c + c t) + e t c = e t ( c + c + c t), = y() = c, 4 = y () = c + c, y(t) = e t (t + ).

41 PRZYKŁAD Przykład 4: Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego Równanie charakterystyczne ma postać Równanie to ma dwa pierwiastki zespolone λ = i i λ = + i gdzie α =, β =. Zatem rozwiązanie ogólne ma postać Ponieważ więc z pierwszego warunku początkowego dostajemy zaś z drugiego warunku początkowego mamy Stąd wynika, że c = i c = 4. Zatem rozwiązanie problemu początkowego jest postaci y (t) 4 y (t) + 5y(t) =, y() =, y () =. λ 4λ + 5 =. y(t) = e t ( c cos t + c sin t). y (t) = e t ( c cos t + c sin t) + e t ( c sin t + c cos t) = e t (( c + c ) cos t + (c c ) sin t), = y() = e ( c cos + c sin ) = c, = y () = e [( c + c ) cos + (c c ) sin ] = c + c. y(t) = e t ( cos t + 4 sin t). Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach rzędu wyższego niż dwa DEFINICJA Definicja 9: Równaniem różniczkowym liniowym jednorodnym rzędu n o stałych współczynikach nazywamy równanie postaci L(y(t)) := a n y (n) (t) + a n y (n ) (t) + + a y (t) + a y(t) =, t R (57) gdzie a,, a n są stałymi i a n. Chcąc wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania ( 57 ) musimy wyznaczyć układ fundamentalny rozwiązań równania ( 57 ). Tak jak w przypadku dla n =, szukamy rozwiązania równania ( 57 ) w postaci funkcji y(t) = e λt. Równanie charakterystyczne odpowiadające równaniu ( 57 ) ma postać n ϕ(λ) := + + λ + =. n n n

42 Analogicznie jak w przypadku ϕ(λ) := a n λ n + a n λ n + a λ + a =. n =, rozpatrzymy trzy przypadki. (58) Przpadek I. Jeżeli λ,, λ k są rzeczywistymi jednokrotnymi pierwiastki równania ( 58 ) wtedy z przykładu 7 z modułu "Liniowa zależność i niezależność funkcji" wynika, że funkcje y (t) = e λ t,, y k (t) = e λ k t stanowią liniowo niezależny zbiór rozwiązań równania ( 57 ). Przpadek II. Jeżeli λ jest k - krotnym pierwiatkiem równania ( 58 ) wtedy funkcje y (t) = e λt, y (t) = t eλ t,, y k (t) = t k e λ t, są liniowo niezależnymi rozwiązaniami równania ( 57 ). Istotnie, dla dowolnej liczby naturalnej i, i k prawdziwa jest następująca zależność: Ponieważ λ jest k - krotnym pierwiatkiem równania ( 58 ) więc Zatem funkcja y i+ (t) jest rozwiązaniem równania ( 57 ). Liniowa niezależność rozwiązań y (t),, y k (t) równania ( 57 ) wynika z wniosku. Przpadek III. Niech λ = α + βi będzie jednokrotnym zespolonym pierwiastkiem równania ( 58 ). Wtedy liczba sprzężona λ = α βi też jest pierwiatkiem jednokrotnym równania ( 58 ) gdyż współczynniki równania ( 58 ) są rzeczywiste. Analogicznie jak dla równań rzędu drugiego pokazuje się, że pierwiastkom tym odpowiadają następujące linowo niezależne rozwiązania równania ( 57 ): Przpadek IV.Niech λ = α + βi będzie pierwiastkiem zespolonym równania ( 58 ) o krotności k, Wtedy liczba sprzężona λ = α βi też jest pierwiatkiem równania ( 58 ) o krotności k, gdyż współczynniki równania ( 58 ) są rzeczywiste. Analogicznie jak w "Przypadku II" dowodzi się, że następujące funkcje y (t) = e λt, y (t) = t e λt,, y k (t) = t k e λt, y k+ (t) = e λ t, y k+ (t) = t e λ t,, y k (t) = t k e λ t, są liniowo niezależnymi rozwiązaniami równania ( 57 ). Postępując tak samo jak dla równań rzędu drugiego można wykazać, że rozwiązaniom y l (t) = t l e λt, y k+l (t) = t l e t dla l k, równania ( 57 ) odpowiadają nastepujące funkcje y (t) = e αt sin(βt), y (t) = e αt t sin(βt),, y k (t) = e αt t k sin(βt), będące rozwiązaniami równania ( 57 ). Na podstawie wniosku 3 wynika, że powyższe rozwiązania równania ( 57 ) są liniowo niezależne. L( (t)) = ϕ (i) ( λ ) e λt + ϕ (i ) ( λ )t eλ t + + ( ) + ϕ( ). ϕ λ t i e λt λ t i e λt y i+ ( ) = dla l k. ϕ (l) λ y (t) = e αt sin(βt), y (t) = e αt cos(βt). y k+ (t) = e αt cos(βt), y k+ (t) = e αt t cos(βt),, y k (t) = e αt t k cos(βt) PRZYKŁAD Przykład 5: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania y y y + y =. Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu jest następujące λ 3 λ λ + =. Pierwiastkami równania charakterystycznego są liczby,,. Stąd na podstawie przykładu 7 funkcje y (t) = e t, y (t) = e t, y 3 (t) = e t stanowią układ fundamentalny dla naszego równania różniczkowego i rozwiązanie ogólne ma postać y(t) = c e t + c e t + c 3 e t gdzie c, c i c 3 są dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

43 PRZYKŁAD Przykład 6: Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego y 5 y + 3 y + 9y =, y() = 3, y () = 4, y () = 3. Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma postać Ponieważ λ 3 5 λ + 3λ + 9 =. λ 3 5 λ + 3λ + 9 = (λ + )(λ 3 ), więc równanie charakterystyczne ma dwa pierwiastki rzeczywiste: (pierwiastek dwukrotny). Zatem następujące funkcje λ = (pierwiastek jednokrotny) i λ = 3 są rozwiązaniami rozpatrywanego równania różniczkowego. Pokażemy, że stanowią układ fundamentalny rozwiązań rozpatrywanego równania. Musimy zatem wykazać, że wyżej wymienione funkcje są liniowo niezależne. Wystarczy sprawdzić czy ich wrońskian jest różny od zera Zatem rozwiązanie ogólne ma postać Ponieważ więc z pierwszego warunku początkowego dostajemy zaś z drugiego warunku początkowego mamy Z trzeciego warunku początkowego otrzymujemy Wówczas rozwiązaniem układu równań jest c =, c = i c 3 =. Zatem rozwiązaniem problemu początkowego jest funkcja y (t) = e t, y (t) = e 3t, y 3 (t) = te 3t e t e 3t e 3t t t W ( y (t), y (t), y 3 (t)) = e t 3e 3t e 3t ( + 3t) = e t e 3t e 3t = e t 9e 3t e 3t 3 + 3t (6 + 9t) t t e 5t = = [4(6 + 8t) 8( + 4t)] = t e 5t 4 + 4t e 5t e 5t t t y(t) = c e t + e 3t ( c + c 3 t). y (t) = c e t + 3 e 3t ( c + t c 3 ) + e 3t c 3 = c e t + e 3t (3 c + c 3 + 3t c 3 ) y (t) = c e t + 3 e 3t (3 c + c 3 + 3t c 3 ) + 3 e 3t c 3 = c e t + e 3t (9 c + 6 c 3 + 9t c 3 ), 3 = y() = c + c, 4 = y () = c + 3 c + c 3. 3 = y () = c + 9 c + 6 c 3. c + c = 3 c = 4 c c 3 c + 9 c + 6 c 3 = 3 y(t) = e t + e 3t ( t).

44 PRZYKŁAD Przykład 7: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu jest następujące Pierwiastkami dwukrotnymi tego równania charakterystycznego są Pierwiastkom tym odpowiadają następujące funkcje które są rozwiązaniami rozpatrywanego równania. Z przykładu 6 wynika, że są liniowo niezależne i tym samym stanowią układ fundamentalny rozwiązań rozpatrywanego równania. Zatem rozwiązanie ogólne równania jest postaci y (4) + 8 y + 6y =. λ λ + 6 = ( λ + 4 ) =. λ = i, λ = i. y (t) = cos(t), y (t) = t cos(t), y 3 (t) = sin(t), y 4 (t) = t sin(t), y(t) = c cos(t) + c t cos(t) + c 3 sin(t) + c 4 t sin(t), gdzie c, c, c 3, c 4 są to dowolne stałe. Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów metodą uzmieniania stałych W module tym omówimy wyznaczanie rozwiązań dla równań liniowych niejednorodnych postaci y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) = g(t), (59) gdy znamy fundamentalny zbiór rozwiązań równania jednorodnego y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) =. (6) Zachodzi następujące twierdzenie: TWIERDZENIE Twierdzenie 9: ZAŁOŻENIA: Niech funkcje y (t),, y n (t) będą fundamentalnym układem rozwiązań równania jednorodnego ( 6 ). TEZA: Wtedy rozwiązanie równania ( 59 ) jest określone następująco y(t) = c (t) y (t) + + c n (t) y n (t). (t),, n (t)

45 Gdzie współczynniki c (t),, c n (t) są dowolnymi rozwiązaniami układu równań y (t) c (t) + + y (t) (t) = n c n y (t) c (t) + + (t) (t) = y n c n y (n ) (t) c (t) + + (t) (t) = y n (n ) c n y (n ) (t) c (t) + + (t) (t) = g(t). y (n ) n c n DOWÓD: Dowód twierdzenia podamy w przypadku gdy n =, dla większych n dowód jest podobny. Niech funcje y (t), y (t) będą układem fundamentalnym dla równania jednorodnego y (t) + b (t) y (t) + b (t)y(t) =. (6) Szukamy rozwiązania równania niejednorodnego y (t) + b (t) y (t) + b (t)y(t) = g(t) (6) w następującej postaci gdzie c (t), c (t) y(t) = c (t) y (t) + c (t) y (t) są nieznanymi funkcjami. W celu wyznaczenia nieznanych funkcji c (t), c (t) podstawiamy y(t), y (t) i y (t), gdzie y (t) = c (t) y (t) + (t) (t) + (t) (t) + (t) (t), c y c y c y y (t) = c (t) y (t) + (t) (t) + (t) (t) + (t) (t)+ c y c y c y c (t) y (t) + (t) (t) + (t) (t) + (t) (t) c y c y c y do równania niejednorodnego ( 6 ) otrzymujemy c ( ) + ( + ) y c y c y c y c y c y c y c y b c y c y c y c y b c y c y = ( c + + ( + ) + ( + + ) + ( + + ) + + = g(t). y c y ) b c y c y c y b y b y c y b y b y c y c y Do znalezienia dwóch niewiadomych funkcji potrzebujemy dwa niezależne warunki. Więc jeżeli przyjmiemy, że c (t) y (t) + (t) (t) = c y i uwzględnimy fakt, że funkcje y (t), y (t) są rozwiązaniami równania ( 6 ) czyli to dostaniemy zależność y (t) + b (t) (t) + (t) (t) =, (t) + (t) (t) + (t) (t) =, y b y y b y b y c (t) y (t) + (t) (t) = g(t). c y Ponieważ wrońskian W( y (t), y (t)), więc układ równań (t) (t) + (t) (t) = { y c y c y (t) c (t) + (t) (t) = g(t) y c posiada dokładnie jedno rozwiązanie określone wzorami Cramera gdzie c w (t) w(t) (t) =, (t) =, c w (t) w(t) y (t) y (t) y (t) y (t) w(t) =, w (t) =, w (t) = (t) (t) g(t) (t) (t) y y y y g(t) Po scałkowaniu dostajemy (t) (t) (t) = dt +, (t) = dt +

46 c w (t) = (t) w dt + c, c (t) = (t) dt + w(t) w(t) c gdzie c, c są to dowolne stałe. Stąd ogólna postać rozwiązania równania niejednorodnego jest następująca w y(t) = (t) ( (t) w dt + c ) + y (t) ( (t) dt + ) y w(t) w(t) c PRZYKŁAD Przykład 8: Funkcje y (t) = t i y (t) = stanowią fundamentalny układ rozwiązań równania jednorodnego t Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego t y (t) y(t) = dla t (, + ). t y (t) y(t) = 3t dla t (, + ). Dzieląc powyższe równanie przez t, otrzymujemy Ponieważ g(t) = 3, t w więc y (t) y(t) = 3. t t t w(t) = t = ( ) t = = 3, t t t t t (t) = t 3 = +, (t) = = 3. 3 w t t t t 3 t t 3 t t Stąd c w (t) dt dt (t) = dt = = ln t + + c w(t) t 3 t 3 6t i c w (t) w(t) 3t 3 (t) = dt = dt = dt + dt = + +. Rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać t 3 y(t) = t (ln t + t + ) + ( 3 t + + c ) = ln t t 3 3 t t t c 3 c t 6t c t 3 3 t 3 c

47 TWIERDZENIE Twierdzenie : ZAŁOŻENIA: Jeżeli funkcje y (t),, y n (t) są układem fundamentalnym rozwiązań równania jednorodnego y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) =, t I i funkcje Y i (t), i =,, k są odpowiednio rozwiązaniami równań y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) = g i (t), t I, i =,, k. TEZA: Wtedy dla dowolnych stałych,, c c n funkcja y(t) = c y (t) + + c n y n (t) + Y (t) + + Y k (t) jest rozwiązaniem równania y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) = g (t) + + g k (t), t I. DOWÓD: Z założeń twierdzenia wynika prawdziwość następujących zależności Z własności pochodnych i powyższych zależności mamy co kończy dowód twierdzenia. y (n) (t) + b (t) (t) + + (t) (t) + (t) (t) =, j n y (n ) b j y b j y j j =,, n i (t) + b n (t) Y (n ) (t) + + b (t) (t) + (t) (t) = (t), i Y b i Y i g i i =,, k. Y (n) n c j ( y (n) (t) + b (t) (t) + + (t) (t) + (t) (t))+ j n y (n ) b j y j b y j j= k ( Y (n) (t) + b (t) (t) + + (t) (t) + (t) (t)) = i n Y (n ) b i Y i b Y i i= y (n) (t) + b n (t) y (n ) (t) + + b (t) y (t) + b (t)y(t) = g (t) + + g k (t), Przykłady rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów o stałych współczynnikach metodą uzmienniania stałych Jedną z metod rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach jest metoda uzmienniania stałych opisana jest w module. Podamy teraz przykłady jej zastosowania do równan liniowych o stałych współczynnikach. PRZYKŁAD

48 Przykład 9: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania Krok. Wyznaczamy układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma jeden pierwiastek λ = o krotności. Zatem następujące funkcje y + y + y = e t ln t. y + y + y =. + λ + = y (t) = e t i y (t) = te t stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego. Krok. Szukamy rozwiązania równania niejednorodnego w postaci funkcji λ y(t) = c (t) y (t) + c (t) y (t) = c (t) e t + c (t)t e t. Zgodnie z twierdzeniem, pochodne c (t), c (t) są rozwiązaniem układu równań i są określone następująco (t) (t) + (t) (t) = { y c y c y (t) c (t) + (t) (t) = ln t y c e t c w (t) (t) = i c w (t) (t) =, w(t) w(t) gdzie y (t) y (t) y (t) y (t) w(t) =, w (t) =, (t) =. (t) (t) e t w ln t (t) (t) e t ln t y y y y Obliczamy w(t), w (t), w (t) Po scałkowaniu oraz c (t), c (t) w(t) = e t te t = ( t) + t =, e t e t e t e t e t ( t) te w (t) = t = t ln t, e t ln t e t e t ( t) w (t) = e t = e t ln t. e t e t ln t dostajemy w c (t) = (t) u = ln t du = dt t dt = ( t ln t)dt = { } = w(t) dv = tdt v = t t t t ln t tdt = ln t + = ( ln t ) +, 4 t c c 4 w (t) u = ln t du = dt c (t) = dt = ln tdt = { t } = w(t) dv = dt v = t t ln t dt = t ln t t + c = t(ln t ) + c gdzie c, c są to dowolne stałe. Zatem rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać y(t) = e t t ( ( ln t ) + c ) + t e t (t(ln t ) + c ). 4

49 ZADANIE Zadanie : Treść zadania: Znaleźć rozwiązanie ogólne równania y + y y =. e t + Rozwiązanie: Krok. Wyznaczamy układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego y + y y =. Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ = i λ =. Następujące funkcje + λ = y (t) = e t i y (t) = e t stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego. Krok. Szukamy rozwiązania równania niejednorodnego w postaci funkcji λ y(t) = c (t) y (t) + c (t) y (t) = c (t) e t + c (t) e t. Zgodnie z twierdzeniem 9 c (t), c (t) są rozwiązaniem układu równań (t) (t) + (t) (t) = { y c y c y (t) c (t) + (t) (t) =. y c e t + Z układu tego wyliczamy c w (t) w(t) (t) = i (t) = c w (t) w(t) gdzie Całkując c (t), c (t) otrzymujemy w(t) = et e t = e t e t = 3 e t, e t e t w (t) = e t e = t, e t e t + e t + w (t) = et e = t. e t e t + e t + w (t) dt dt dt c (t) = dt = = ( ) = w(t) 3 e t ( e t + ) 3 e t e t + dt e ( t + e t dt e dt) = ( dt + t dt) = 3 e t e t + 3 e t e t + ( e t t + ln( e t + )) + c, 3 oraz (t) t t dt u = t dt = = { } = =

50 c (t) = w (t) e t e t dt u = e t udu dt = = { } = w(t) 3 e t + du = e t dt 3 u + = u + du du = ( du ) = (u ln(u + )) + c = 3 u + 3 u + 3 ( ln( + )) + 3 et e t c gdzie c, c są to dowolne stałe. Zatem rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać y(t) = ( ( e t t + ln( e t + )) + c ) + e ( ( e t ln( e t + )) + c ). e t 3 t 3 ZADANIE Zadanie : Treść zadania: Znaleźć rozwiązanie równania y 3 y + 3y y = e t które spełnia warunki początkowe y() =, y () =, y () =. Rozwiązanie: Krok. Wyznaczamy układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego y 3 y + 3y y =. Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma jeden pierwiastek rzeczywisty λ = o krotności 3. Zatem następujące funkcje λ 3 3 λ + 3λ = y (t) = e t, y (t) = te t i y 3 (t) = t e t stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego. Krok. Szukamy rozwiązania równania niejednorodnego w postaci funkcji y(t) = c (t) y (t) + c (t) y (t) + c 3 (t) y 3 (t) = c (t) e t + c (t)t e t + c 3 (t) t e t. Zgodnie z twierdzeniem 9 c (t), c (t), (t) c 3 są rozwiązaniem układu równań czyli y (t) c (t) + y (t) (t) + (t) (t) = c y 3 c 3 y (t) c (t) + (t) (t) + (t) (t) = y c y c 3 3 y (t) c (t) + (t) (t) + (t) (t) =, y c y 3 c e 3 t e t c (t) + t e (t) + (t) = t c t e t c 3 e t c (t) + e t (t + ) c (t) + ( + t) (t) = e t t c 3 e t c (t) + e t (t + ) c (t) + ( + 4t + ) (t) =. e t t c e t 3 Po podzieleniu stronami przez Z układu tego wyliczamy e t równań tego układu otrzymamy układ równoważny c (t) + t c (t) + (t) = t c 3 c (t) + (t + ) c (t) + ( + t) (t) = t c 3 c (t) + (t + ) c (t) + ( + 4t + ) (t) =. t c 3 (t) (t) (t) (t) =, (t) =, (t) =

51 c w (t) w(t) (t) =, (t) =, (t) = c w (t) w(t) c 3 w (t) w(t) gdzie t t t t t t w(t) = t + t + t = = =, t t t + t + 4t + t + t t t t w (t) = t + = t + t = t, t + t + t t + t + 4t + t w (t) = t + t = t = t, t + t t + 4t + t w 3 (t) = = =. t + t t + t + Całkując c (t), c (t), (t) c 3 dostajemy gdzie c, c, c 3 są to dowolne stałe. Rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać (t) = dt = dt = +, Krok 3. Wyznaczamy teraz rozwiązanie które spełnia warunki poczatkowe. Z warunku y() = wynika, że c =. Ponieważ to z warunku y () = mamy, że c + c =, czyli c =. Druga pochodna funkcji y(t) wynosi c c w (t) w(t) w (t) w(t) w 3 (t) w(t) więc z warunku y () = dostajemy c + c + c 3 =, skąd wynika, że c 3 =. Rozwiązanie problemu początkowego ma zatem postać t t 6 t3 c t c (t) = dt = dt = +, c 3 c 3 (t) = dt = dt = t + y(t) = e t ( + ) + t ( + ) + ( t + ) = ( + t + + ). 6 t3 c e t t c t e t c 3 e t c c t c 3 6 t3 y (t) = e t ( c + c t + c 3 t t + ) 6 t3 c c 3 t y (t) = e t ( c + c t + c 3 t t t t) 6 t3 c c 3 t c c 3 t c 3 y(t) = e t (t t + ). 6 t3 Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów o stałych współczynnikach metodą przewidywań Metodę przewidywań można stosować jedynie do rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach. Zaletą tej metody jest to, że unika się całkowania, jak to ma miejsce w metodzie współczynników nieoznaczonych. Natomiast wadą jest to, że ma zastosowanie tylko dla pewnego typu funkcji. Rozważmy równanie a n y (n) (t) + a n y (n ) (t) + + a y (t) + a y(t) = f(t), t R (63) gdzie prawa strona jest funkcją postaci f(t) = e αt [ P k (t) cos(βt) + R m (t) sin(βt)], (64) (t) k (t) m

52 a P k (t) i R m (t) są wielomianami odpowiednio stopnia k i m. Oznaczmy przez ϕ(λ) wielomian występujący po lewej stronie równania charakterystycznego ϕ(λ) = a n λ n + a n λ n + a λ + a =. Przypadek gdy β =. W tym przypadku funkcja f(t) ma postać f(t) = (t). e αt P k. Jeżeli α nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 63 ) w postaci Y (t) = (t), e αt W k gdzie W k (t) jest nieznanym wielomianem stopnia k.. Jeżeli α jest pierwiastkiem równania charakterystycznego o krotności r, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 63 ) w postaci Y (t) = (t), t r e αt W k gdzie W k (t) jest nieznanym wielomianem stopnia k. Przypadek gdy β. W tym przypadku funkcja f(t) ma postać ( 64 ).. Jeżeli α ± βi nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 63 ) w postaci Y (t) = e αt [ S N (t) cos(βt) + T N (t) sin(βt)], gdzie S N (t) i T N (t) są nieznanymi wielomianami stopnia N = max {k, m}.. Jeżeli α ± βi jest pierwiastkiem równania charakterystycznego o krotności r, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 63 ) w postaci Y (t) = t r e αt [ S N (t) cos(βt) + T N (t) sin(βt), ] gdzie S N (t) i T N (t) są nieznanymi wielomianami stopnia N = max {k, m}.

53 PRZYKŁAD Przykład 3: Znaleźć rozwiązanie ogólne równania y 3 y + y = e t ( t + t). (65) Krok. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ = i λ =. Zatem następujące funkcje y (t) = e t i y (t) = e t stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego, więc rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci y 3 y + y =. ϕ(λ) = λ 3λ + = y (t) = c e t + c e t. Krok. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne Y (t) równania ( 65 ). Ponieważ f(t) = e t ( t + t) więc α = i β =. Uwzględniając fakt, że ϕ( ), szukamy rozwiązania szczególnego Y (t) w postaci Y (t) = e t ( b t + b t + b ). Wyznaczamy Y (t) i Y (t) Y (t) = e t ( b t + (b b )t + b b ), Y (t) = e t ( b t + ( b 4 b )t + b b + b ). Podstawiając teraz Y (t), Y (t) i Y (t) do równania ( 65 ) dostajemy e t ( b t + ( b 4 b )t + b b + b ) 3 e t ( b t + (b b )t + b b )+ e t ( b t + b t + b ) = e t ( t + t). Dzieląc powyższą równość przez e t otrzymamy równanie 6 b t + (6b b )t + b 5 b + 3 b = t + t. Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach dostajemy układ równań 6 b = 6b = b b 5 b + 6 b = 7 4 którego rozwiązaniem jest b =, b = i Rozwiązanie szczególne równania ( 65 ) jest wówczas 54 b =. 9 Y (t) 6 postaci Y (t) = ( + t + ). e t 6 t 4 9 Ponieważ rozwiązanie ogólne równania ( 63 ) jest sumą rozwiązania szczególnego i jednorodnego, więc ma postać y(t) = Y (t) + y (t) = e t ( + t + ) t 4 c 9 54 e t c e t

54 PRZYKŁAD Przykład 3: Znaleźć rozwiązanie ogólne równania y 4 y = t + 3t. (66) Krok. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ = o krotności i λ = 4. Następujące funkcje y (t) = e t =, y (t) = e t t = t, y 3 (t) = e 4t stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego, więc rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci y 4 y =. ϕ(λ) = λ 3 4 λ = y (t) = c + c t + c 3 e 4t. Krok. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne Y (t) równania ( 66 ). Ponieważ f(t) = t + 3t więc α = i β =. Uwzględniając fakt, że zero jest dwukrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 66 ), Y (t) w postaci Y (t) = t ( b t + b t + b ) = b t 4 + b t 3 + b t. Wyznaczamy Y (t), Y (t) i Y (t) Y (t) = 4 b t b t + b t, Y (t) = b t + 6b t + b, Y (t) = 4b t + 6 b. Podstawiając teraz wyrażenia na Y (t), Y (t), Y (t) i Y (t) do równania ( 66 ) dostajemy 4b t + 6b 4( b t + 6b t + b ) = 48 b t + (4b 4 b )t + 6b 8 = t + 3t. Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach po obu stronach powyższej równości dostajemy układ równań 7 którego rozwiązaniem jest b =, b =, i 46 b 48 =. 64 Zatem rozwiązanie szczególne równania ( 66 ) Y (t) jest postaci Rozwiązanie ogólne równania ( 66 ), ma postać 48 b = 4b 4 = 3 b 6b 8 b = 46 t t3 64 t Y (t) = t t3 y(t) = Y (t) + y (t) = t t c c c 3 e 4t

55 PRZYKŁAD Przykład 3: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania y + y = t cos t. (67) Krok. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma dwa pierwiastki zespolone sprzężone ze sobą λ = i i λ = i. Następujące funkcje y (t) = e t cos t = cos t, y (t) = e t sin t = sin t stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego, więc rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci y + y =. ϕ(λ) = λ + = y (t) = c cos t + c sin t. Krok. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne Y (t) równania ( 67 ). Ponieważ f(t) = t cos t więc α = i β =. Uwzględniając fakt, że ±i są jednokrotnymi pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego Y (t) w postaci Y (t) = t[( a t + a ) cos t + ( b t + b ) sin t]. Wyznaczamy Y (t) i Y (t) Y (t) = [ b t + ( a + b )t + a ] cos t + [ a t + (b a )t + b ] sin t, Y (t) = [ a t + (4b a )t + a + b ] cos t + [ b t (4 a + b )t + b a ] sin t. Podstawiając teraz wyrażenia na Y (t), Y (t) i Y (t) do równania ( 67 ) otrzymamy (4b t + a + b ) cos t + ( 4a t + b a ) sin t = t cos t. Przenosząc wszystko na lewą stronę i grupując odpowiednio wyrazy, dostaniemy ( a + b ) cos t + (4b )t cos t + (b a ) sin t + ( 4 a )t sin t =. (68) Z przykładu 6 wynika, że funkcje cos t, t cos t, sin t, t sin t są liniowo niezależne, więc wszystkie współczynniki w równości ( 68 ) są równe zero a + b = 4b = b = a 4 =. a Rozwiązaniem tego układu jest a =, a =, b =, =. 4 b 4 Zatem rozwiązanie szczególne Y (t) ma postać a rozwiązanie ogólne równania ( 67 ) wyraża sie wzorem 4 4 t Y (t) = t cos t + sin t y(t) = Y (t) + (t) = (t cos t + sin t) + cos t + sin t. y 4 t c c

56 PRZYKŁAD Przykład 33: Znaleźć rozwiązanie ogólne równania y + y + y = e t sin t + t + e t. (69) Do rozwiązania tego równania wykorzystamy twierdzenie o superpozycji rozwiązań. Krok. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne y (t) równania jednorodnego y + y + y =. Krok. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne Y (t) równania y + y + y = e t sin t. (7) Krok 3. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne Y (t) równania y + y + y = t. (7) Krok 4. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne Y 3 (t) równania y + y + y = e t (7) Na mocy twierdzenia o superpozycji rozwiązań, rozwiązanie równania ( 69 ) jest równe sumie wyżej wymienionych rozwiązań Ad. Równanie charakterystyczne ma postać y(t) = y (t) + Y (t) + Y (t) + Y 3 (t). + λ + = jego pierwiastki to liczby zespolone λ = + i, λ = i. Zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego ma postać λ y (t) = e t ( c cos t + c sin t). Ad. Ponieważ f (t) = e t sin t więc α = i β =. Liczby + i i i nie są pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy więc rozwiązania szczególnego równania ( 7 ) w postaci Y (t) Obliczamy pochodne Y (t) i Y (t) Y (t) = (a cos t + b sin t). Podstawiając teraz wyrażenia na Y (t), Y (t) i Y (t) do równania ( 7 ) otrzymamy Y e t (t) = e [(a + b) cos t + (b a) sin t], (t) = (b cos t a sin t). t Y e t 4 e t [(a + b) cos t + (b a) sin t] = e t sin t. Dzieląc obustronnie powyższą równość przez e t i przenosząc wszystko na lewą stronę dostajemy Ponieważ funkcje cos t, sin t 4(a + b) cos t + [4(b a) ] sin t =. są liniowo niezależne, więc współczynniki w powyższej równości są równe zero 4(a + b) = { 4(b a) =. Rozwiązaniem tego układu jest a =, b = i rozwiązanie szczególne Y (t) ma postać 8 8 Y (t) = Ad 3. Ponieważ f (t) = t, więc α = i β =. 8 et (sin t cos t). (t)

57 Uwzględniając fakt, że nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego Y (t) równania ( 7 ) w postaci Liczymy Y (t) i Y (t) Y (t) = a t + a t + a. Y (t) = a t +, (t) =. a Y a Podstawiając teraz wyrażenia na Y (t), Y (t) i Y (t) do równania ( 7 ) i przenosząc wszysko na lewą stronę, otrzymamy (a ) t + (4 a + a )t + a + 4 a =. Ponieważ funkcje t, t, są liniowo niezależne, więc współczynniki w powyższej równości są równe zero a = 4 a + = a a + 4 a =. Rozwiązaniem tego układu jest a =, a =, = i rozwiązanie szczególne ma postać a Y 4 (t) Y (t) = t. t 4 Ad 4. Ponieważ f 3 (t) = e t, więc α = i β =. Liczba nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy więc rozwiązania szczególnego równania ( 7 ) w postaci Y 3 (t) = a e t. (t) Y 3 Podstawiając do równania ( 7 ) Y 3 (t), Y (t) = a e t, Y (t) = a 3 3 e t ae t a e t + a e t = e t. dostajemy równość Stąd wynika, że a = i wówczas rozwiązanie szczególne Y 3 (t) ma postać Y 3 (t) = e t. Rozwiązaniem ogólnym równania ( 69 ) jest zatem funkcja y(t) = e t ( c cos t + c sin t) + (sin t cos t) + t + e t. 8 et t 4

58 ZADANIE Zadanie 3: Treść zadania: Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego y + 3 y + y = cos t, y() =, y () =. (73) Rozwiązanie: Krok. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego y + 3 y + y =. Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu ma dwa pierwiastki rzeczywiste λ = i λ =. Następujące funkcje y (t) = e t, y (t) = e t stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego, więc rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci + 3λ + = Krok. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne Y (t) równania ( 73 ). Ponieważ f(t) = cos t, więc α = i β =. Uwzględniając fakt, że ±i nie są pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego Y (t) w postaci Podstawiamy Y (t), Y (t) = a sin t + b cos t i Y (t) = 4a cos t 4b sin t do równania ( 73 ) i otrzymujemy Przenosząc wszystko na lewą strone równania i grupując odpowiednio wyrazy dostajemy λ y (t) = c e t + c e t. Y (t) = a cos t + b sin t. 4a cos t 4b sin t + 3( a sin t + b cos t) + (a cos t + b sin t) = cos t. ( a + 6b ) cos t + ( b 6a) sin t =. Ponieważ funkcje cos t, sin t są liniowo niezależne, więc współczynniki przy nich muszą być równe zero a + 6b = { b 6a =. Rozwiązaniem tego układu jest 3 a =, b =, zatem 3 Y (t) = cos t + sin t. Rozwiązanie ogólne równania ( 73 ) jest postaci Uwzględniając warunki początkowe otrzymujemy następujący układ równań którego rozwiązaniem jest y(t) = c e t + c e + cos t + sin t. t y() = + cos + sin = + = { c e c e 3 c c y () = c e c e + sin + 3 cos = c c + 3 = 3 c =, =. c Rozwiązaniem problemu początkowego ( 73 ) jest funkcja y(t) = cos t + sin t. 3 3 e t 3

59 Przykłady zastosowań równań różniczkowych liniowych rzędu drugiego Przy pomocy równań liniowych rzędu drugiego opisuje sie wiele zagadnień fizycznych, np. zagadnienia związane z ruchem drgającym. Drganiami harmonicznymi nazywamy drgania wykonywane przez ciało, na które działa siła: F = k r. W jednowymiarowym przypadku Rys. 7 można ją zapisać jako: F = kx, gdzie k to stała dodatnia, a x jest to wartość wychylenia z położenia równowagi. Znak minus związany jest z tym, że siła działająca na ciało jest przeciwnie skierowana, niż wychylenie z położenia równowagi. Rysunek 7:

60 PRZYKŁAD Przykład 34: Równanie ruchu wynikające z drugiej zasady dynamiki Newtona dla jednowymiarowych drgań harmonicznych ma postać: m x (t) = kx(t), (74) gdzie t oznacza czas, a m masę ciała. k Po podzieleniu obu stron równania ( 74 ) przez m i przyjęciu oznaczenia ω = dla częstotliwości drgań własnych, m dostajemy równanie: Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu jest następujące: jego pierwiastkami są λ = i ω, λ = i ω. Zatem roziązanie ogólne równania ( 74 ) ma postać Ponieważ istnieje φ takie, że (t) + x(t) =. x ω + =, λ ω x(t) = c cos( ω t) + c sin( ω t). c c = cos φ i = sin φ c + c c + c i przyjmując oznaczenie A = c + c, rozwiązanie x(t) możemy zapisać: x(t) = c + c cos( t) + sin( t) = c c ω ω c + c c + c A( sin φ cos( ω t) + cos(φ) sin( ω t)) = A sin( ω t + φ), gdzie A oznacza amplitudą drgań, a φ ich fazę.

61 PRZYKŁAD Przykład 35: Równanie opisujące drgania harmoniczne tłumione, w przypadku gdy opór jest proporcjonalny do prędkości, jest postaci: m x (t) = kx(t) β x (t), (75) gdzie β jest dodatnią stałą (współczynnik oporu ośrodka). Po podzieleniu obu stron powyższego równania przez m i przyjęciu oznaczeń γ = β k i ω =, równanie ( 75 ) można zapisać w postaci m m x (t) + γ x (t) + ω x(t) =. Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu jest następujące: + γλ + =. λ ω (76) Możemy wyróżnić trzy przypadki w zależności od znaku wyrażenia Przypadek I Jeśli γ ω >. Wtedy pierwiastkami równania ( 76 ) są λ Roziązanie ogólne w tym przypadku ma postać. γ ω = γ + γ ω, λ = γ γ ω x(t) = c e λt + c e λt. Przypadek II Jeśli γ ω =. W tym przypadku równanie ( 76 ) ma jeden pierwiastek podwójny λ = γ i rozwiązanie ogólne ma postać Przypadek III Jeśli γ ω <. W tym przypadku pierwiastki równania charakterystycznego są zespolone i rozwiązanie ogólne ma postać x(t) = e γt ( c + c t). = γ + i ω γ, = γ i λ ω γ Używając tych samych oznaczeń, jak w przykładzie 34, rozwiązanie λ x(t) = e γt ( c cos(t ω γ ) + sin(t )). c ω γ x(t) x(t) = Ae γt sin(t ω γ + φ). można zapisać w postaci: PRZYKŁAD Przykład 36: Drgania wymuszone dla zewnętrznej siły wymuszającej zmieniającej się okresowo tłumienie, opisane są równaniem m x (t) = kx(t) + F cos(ωt), F = cos(ωt), F kiedy nie występuje (77)

62 gdzie F jest stałą. k Dzieląc obu stronie powyższe równanie przez m i przyjmując oznaczenia ω = (częstotliwość drgań własnych) i m F A =, dostajemy równanie: m Rozważymy dwa przypadki: Przypadek I Dla ω ω. Rozwiązanie równania jednorodnego jest takie samo jak w przykładzie 34; Szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 78 ) w postaci funkcji Podstawiamy X(t) do równania ( 78 ) i x (t) + ω x(t) = A cos(ωt). x (t) = c cos( ω t) + c sin( ω t). X(t) = a cos(ωt) + b sin(ωt). X (t) = aω cos(ωt) bω sin(ωt) X (t) + ω X(t) = a( ω ω ) cos(ωt) + b( ω ω ) sin(ωt) = A cos(ωt). (78) Powyższa tożsamość zachodzi gdy Stąd wynika, że A = a( ω ω ) i b( ω ω ) =. b = i X(t) = A ω ω cos(ωt). Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 78 ) ma postać: Zauważmy, że rozwiązanie to jest ograniczone Przypadek II Dla ω = ω. Ponieważ pierwiastkami równania charakterystycznego ϕ(λ) = λ + ω = są liczby i ω, iω a funkcja po prawej stronie równania ( 78 ) jest postaci A cos( ω t), więc szukamy rozwiązania szczególnego w postaci: X(t) = t (a cos( ω t) + b sin( ω t)). Wyznaczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji X(t) : Podstawiając X(t) i X (t) do równania ( 78 ) otrzymujemy następującą tożsamość Powyższa równość zachodzi gdy a = i b =, zatem ω Rozwiązanie ogólne równania ( 78 ) ma postać A x(t) = cos(ωt) + c cos( t) + sin( t). ω ω ω c ω A x(t) + c c. + ω ω X (t) = a cos( ω t) + b sin( ω t) + ω t ( a sin( ω t) + b cos( ω t)) X (t) = ω [ a sin( ω t) + b cos( ω t)] ω t [a cos( ω t) + b sin( t)]. ω aω sin( ω t) + bω cos( ω t) = A cos( ω t). A A X(t) = t sin( ω t). ω A x(t) = t sin( ω t) + cos( t) + sin( t). ω c ω c ω Amplituda tego rozwiązania jest następująca A ( t + c + ω ) c i rośnie do nieskończoności z czasem. W takim przypadku mamy do czynienia ze zjawiskiem rezonansu.

63 PRZYKŁAD Przykład 37: Przeanalizujemy rozwiązania równania ( 77 ), gdy m =.5kg, F =.5N, k = 4N/m, z warunkiem poczatkowym x() =, x () = dla ω = 3.6s ω = 3.8s ω = 4 s k. W naszym przypadku ω = = 4. m Dla ω = 3.6s rozwiązaniem problemu początkowego jest funkcja x(t) = (cos(3.6t) cos(4t)). Dla ω = 3.8s rozwiązaniem problemu poczatkowego jest funkcja x(t) =.85(cos(3.8t) cos(4t)). W obu przypadkach amplitudy drgań są ograniczone, ale im ω jest bliżej ω, tym amplitudy drgań są większe. Dla ω = 4s rozwiązaniem problemu początkowego jest funkcja x(t) =.5t sin(4t). Amplituda drgań w tym przypadku wynosi.5t i zmierza z czasem do nieskończoności. Rys. 8 przedstawia wykresy omawianych rozwiązań Rysunek 8: Równania różniczkowe rzędu drugiego sprowadzalne do równań rzędu pierwszego W module tym będziemy rozpatrywać równania rzędu drugiego postaci F(t, y, y, y ) =, gdzie F jest funkcją ciągłą ze względu na wszystkie swoje zmienne. Rozpatrzymy trzy przypadki. Przypadek I. Jeśli F(t, y, y ) =. W tym równaniu y nie występuje w sposób jawny. Dokonujemy podstawienia: y (t) = u(t) (79) wtedy y (t) = u (t) i rozpatrywane równanie sprowadza się do równania rzędu pierwszego F(t, u, u ) =.

64 PRZYKŁAD Przykład 38: Rozwiązać równanie ( + t ) y = ( y ). (8) Zauważmy, że funkcja y(t) c, gdzie c jest to dowolna stała, jest jednym z rozwiązań równania ( 8 ). Szukamy teraz rozwiązań równania ( 8 ), które nie są tożsamościowo równe stałej. Stosujemy podstawienie ( 79 ) i wówczas otrzymujemy równanie które jest równaniem rzędu pierwszego o zmiennych rozdzielonych. Po przekształceniu do postaci formy różniczkowej i rozdzieleniu zmiennych otrzymujemy Całkując obustronnie powyższe równanie, dostajemy ( + t ) u = u du u u dt (+t) =. c +t = + gdzie c jest dowolną stałą. Stąd wynika, że Całkując obustronnie powyższe równanie, otrzymujemy y +t c (+t) (t) = u(t) =. + t c y(t) = ( ) dt = ( ( + t) c ) dt = c ( + t) c c ( + t) ( + t) c dt ( ) dt = t ln c ( + t) + c. c c ( + t) c c c c c Przypadek II. Jeśli F(y, y, y ) =. W tym równaniu t nie występuje w sposób jawny. Dokonujemy podstawienia: y (t) = u(y(t)). Wtedy, ze wzoru na pochodną funkcji złożonej, mamy y (t) = du dy du = u dy dt dy i rozpatrywane równanie sprowadza się do równania rzędu pierwszego (8) du F(y, u, u ) =, dy gdzie u jest funkcją zależną od y.

65 PRZYKŁAD Przykład 39: Rozwiązać równanie y (y ) =. y (8) Funkcja y(t) c jest jednym z rozwiązań równania ( 8 ). Szukamy teraz rozwiązań równania ( 8 ), które nie są tożsamościowo równe stałej. Stosujemy podstawienie ( 8 ) i otrzymujemy równanie du u u =. dy y Ponieważ u nie jest tożsamościowo równe zero, więc powyższe równanie jest równoważne równaniu du u =. dy y Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, które po przekształceniu do formy różniczkowej i rozdzieleniu zmiennych można zapisać następująco du u dy =. y Całkując obustronnie powyższe równanie, otrzymujemy gdzie c jest to dowolna stała większa od zera. Stąd mamy, że gdzie c dowolna stała różna od zera. Po rozdzieleniu zmiennych dostajemy równanie które następnie obustronnie całkujemy i wówczas otrzymujemy Rozwiązaniem równania ( 8 ) jest zatem funkcja ln u = ln y + ln c, y = u = y c, dy y = c dt, ln y = ct + ln c. y(t) = c e ct. Przypadek III. Równania różniczkowe jednorodne rzędu drugiego.

66 DEFINICJA Definicja : Równanie F(t, y, y, y ) = (83) nazywamy równaniem jednorodnym stopnia n, jeżeli dla każdego λ R mamy F(t, λy, λ y, λ y ) = λ n F(t, y, y, y ). W celu rozwiązania równania ( 83 ) dokonujemy podstawienia y(t) = e u(t). (84) Po dwukrotnym zróżniczkowaniu powyższej funkcji: y = e u u, y = e u (( u ) + u ) i podstawieniu do równanie ( 83 ) przyjmuje ono postać F(t, e u, e u u, e u (( u ) + u )) =.

67 PRZYKŁAD Przykład 4: Rozwiązać równanie y y + t( y ) ty y =. (85) Zauważmy, że funkcja y(t) c jest jednym z rozwiązan równania ( 85 ). Szukamy teraz rozwiązań równania ( 85 ), które nie są tożsamościowo równe stałej. Równanie ( 85 ) jest równaniem jednorodnym ( 8 ), ponieważ Stosujemy podstawienie ( 84 ) i otrzymujemy równanie Po przekształceniach otrzymujemy F(t, λy, λ y, λ y ) = λyλ y + t(λy ) tλyλ y = λ (y y + t( y ) ty y ) = λ F(t, y, y, y ). e u u + t( e u u ) t e u (( u ) + u ) =. t u = u. Jest to typ równania omawiany w przypadku I, I zatem stosujemy podstawienie pierwszego o zmiennych rozdzielonych z = u i otrzymujemy równanie rzędu Po scałkowaniu stronami ostatniego równania, mamy dz z dt t t z = z =. gdzie c jest to dowolna stała większa od zera. ln z = ln t + ln c Stąd u = z = t c, gdzie c jest to dowolna stała różna od zera. Po scałkowaniu ostatniej równości otrzymamy t u = +, gdzie jest to dowolna stała. c c c Rozwiązanie równania ( 85 ) ma zatem postać t + y(t) = e c c. Równania różniczkowe Eulera DEFINICJA Definicja : Równaniem różniczkowym Eulera rzędu n nazywamy równanie postaci a n t n y (n) (t) + a n t n y (n ) (t) + + a t y (t) + a y(t) = f(t) (86) gdzie: a,, a n są to stałe, a n i f(t) jest funkcją ciągłą określoną w przedziale I R. Chcąc wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania ( 86 ) musimy najpierw wyznaczyć układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego a n t n y (n) (t) + a n t n y (n ) (t) + + a t y (t) + a y(t) =. (87)

68 Omówimy wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań dla n =, czyli dla równania: a t y (t) + a t y (t) + a y(t) =. (88) Rozwiązania równania ( 88 ) szukamy w postaci funkcji y(t) = t k gdzie k jest stałą. Wtedy y(t) = t k, y (t) = kt k i y (t) = k(k ) t k podstawiamy do równania ( 88 ) i dostajemy a k(k ) t k + a k t k + a t k =. Dzieląc powyższe równanie przez t k otrzymamy równanie a k + ( a a )k + a =. (89) Rozważymy trzy przypadki w zależności od Δ = ( a a ) 4a a. Przypadek I. Δ >. Równanie ( 89 ) ma wtedy dwa różne rzeczywiste pierwiastki Wtedy mamy dwie funkcje będące rozwiązaniem równania ( 88 ) Funkcje te są liniowo niezależne ponieważ ich wrońskian a a ( a a ) 4a a a a + ( a a ) 4a a k k a a =, =. y (t) = t k i y (t) = t k. t k k t k t k k t k = t k + k ( k k ), dla t, jest różny od zera. Zatem rozwiązanie ogólne równania( 88 ) w tym przypadku ma postać a Przypadek II. Δ =. Równanie ( 89 ) ma wtedy jeden pierwiastek rzeczywisty k = a. Funkcja y jest a (t) = t k rozwiązaniem równania ( 88 ). Dzieląc obustronnie równanie ( 88 ) przez a t otrzymujemy Drugie liniowo niezależne rozwiązanie wyznaczamy na podstawie twierdzenia Liouville'a Rozwiązanie ogólne równania ( 88 ) w tym przypadku ma postać Przypadek III. Δ <. Równanie ( 86 ) ma wtedy dwa różne pierwiastki zespolone wzajemnie sprzężone Wtedy mamy dwie funkcje będące rozwiązaniem równania ( 88 ) y(t) = c t k + c t k. (t) + (t) + y(t) =. Funkcje te są liniowo niezależne. Uzasadnienie jest identyczne jak w przypadku pierwszym. Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 88 ) w tym przypadku ma postać Niedogodnością tego przedstawienia jest to, że funkcje y (t) i y (t) są funkcjami o wartościach zespolonych. Wyznaczymy teraz funkcje liniowo niezależne o wartościach rzeczywistych, spełniające równanie ( 88 ). W celu uproszczenia zapisów wprowadzamy następujące oznaczenia y a y a a t a t y (t) = t k e a a dt t dt = t k e a a ln t dt = t k t a a t k dt = t k dt = t k ln t. t k t k t y(t) = c t k + c t k ln t. a a i 4a a ( a a ) a a + i 4a a ( a a ) k =, k =. a a y (t) = t k i y (t) = t k. y(t) = c t k + c t k. a α = a 4a a ( a a ), β = a a Wtedy pierwiastki k, k równania ( 89 ) możemy zapisać następująco

69 k = α βi, k = α + βi. W dalszym rozumowaniu będziemy korzystać z następującej zależności Eulera e θi = cos θ + i sin θ, θ R i faktu, że t = e ln t. Stąd otrzymujemy y (t) = t k = t (α iβ) = t α t iβ = t α e iβ ln t = t α [cos(β ln t) i sin(β ln t)] y (t) = t k = t (α+iβ) = t α t iβ = t α e iβ ln t = t α [cos(β ln t) + i sin(β ln t)] Na podstawie twierdzenia dowolna kombinacja liniowa rozwiązań równania ( 88 ) jest rozwiązaniem tego równania, stąd następujące funkcje są rozwiązaniami równania ( 88 ). Y Y (t) = y (t) + (t) = cos(β ln t), y t α i (t) = y i (t) (t) = sin(β ln t). y t α Ponieważ funkcje te są liniowo niezależne, więc rozwiązanie ogólne równania ( 88 ) w tym przypadku ma postać y(t) = t α [ c cos(β ln t) + c sin(β ln t)]. W przypadku gdy n >, postępuje się analogicznie jak dla równań o stałych współczynnikach. Szuka się rozwiązania równania w postaci funkcji y(t) = t k. Licząc kolejno pochodne y (t),, y n (t) i podstawiając do równania ( 87 ) otrzymuje się wielomian stopnia n zmiennej k, który będziemy oznaczać ψ n (k). Analogicznie jak w przypadku n =, rozpatrzymy trzy przypadki, w zależności od pierwiastków równania ψ n (k) =. (9) Przypadek I. Pierwiastki Wtedy funkcje k,, k s równania ( 9 ) są rzeczywiste i jednokrotne. stanowią liniowo niezależny zbiór rozwiązań równania ( 87 ). Przypadek II. Niech k będzie pierwiatkiem rzeczywistym równania ( 9 ) o krotności r gdzie r >. Wtedy funkcje są liniowo niezależnymi rozwiązaniami równania ( 87 ) Przypadek III. Niech k = α + βi będzie pierwiastkiem równania ( 9 ) o krotności r gdzie r. Wtedy liczba sprzężona k = α βi też jest pierwiatkiem tego równania o krotności r. Pierwiastkom tym odpowiadają nastepujące funkcje będące liniowo niezależnymi rozwiązaniami równania ( 87 ). y (t) = t k,, y s (t) = t k s y (t) = t k, y (t) = t k ln t,, y k (t) = t k (ln t) r t α sin(β ln t), t α ln t sin(β ln t),, t α (ln t) sin(β ln t), t α cos(β ln t), t α ln t cos(β ln t),, t α (ln t) cos(β ln t)

70 PRZYKŁAD Przykład 4: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania Eulera t y 6y = 5 ln t. (9) Równanie charakterystyczne ( 86 ) odpowiadające równaniu ( 86 ) jest następujące jego pierwiastkami są k =, k = 3. k k 6 =, Rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego odpowiadającego równaniu ( 9 ) jest funkcja y (t) = c t + c t 3. Szukamy rozwiązanie równania ( 9 ) metodą uzmienniania stałych y(t) = c (t) t + c (t) t 3. Funkcje c (t), c (t) wyznaczamy z układu równań i są one odpowiednio równe (t) + (t) = t { c t 3 c (t) + 3 (t) = 5 t 3 c t c c w (t) w(t) (t) = i (t) = c ln t t w (t) w(t) gdzie Stąd c (t) = t ln t, c (t) = i po scałkowaniu otrzymujemy ln t Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 9 ) ma postać t w(t) = 3 t = 3 = 3 + = 5, 3t t t 3 t t 3 t3 w (t) = t3 = 5t ln t, 5 ln t 3t t w (t) = t ln t = 5. t 4 t 4 t 3 5 ln t t u = ln t du = dt t t c (t) = t ln tdt = { } = ln t tdt = dv = tdt v = t t t ln t + c 4 ln t u = ln t du = dt t ln t dt c (t) = dt = { } = + = t 4 dv = dt v = 3t 3 3 t 4 t 4 3t 3 ln t ( + ) + c. 3 9 t 3 t y(t) = ( t ln t + c ) + ( ( + ) + ). 4 t ln t c t t 3 Rozwiązywanie układów równań różniczkowych metodą operatorową (sprowadzanie układu równań

71 do równania zwyczajnego rzędu wyższego) DEFINICJA Definicja : Przez układ równań różniczkowych będziemy rozumieli dwa lub więcej równań zawierających pochodne dwóch lub więcej nieznanych funkcji jednej zmiennej. PRZYKŁAD Przykład 4: Niech x, x, x 3 będą funkcjami zmiennej t, to x + x + = x x 3 x + x + + = t x x x 3 x + + = (9) x 3 x x 3 jest układem równań różniczkowych o niewiadomych funkcjach x, x, x 3. Przez D będziemy oznaczać operator różniczkowania - przyporządkowujący funkcji x(t) Dx(t) := x (t). Przez D k będziemy oznaczać k -krotne złożenie operatora D i D k x(t) := x (k) (t). Jeżeli L jest operatorem określonym następująco jej funkcję pochodną: L := a k D k + a k D k + + a D + a (93) gdzie a,, a k -są to dowolne stałe, to dla dowolnej funkcji x(t) k -krotnie różniczkowalnej mamy: Lx(t) = a k D k x(t) + a k D k x(t) + + a Dx(t) + a x(t) = a k x (k) (t) + + a x (t) + a x(t). UWAGA Uwaga : Składanie operatorów postaci L = a k D k + a k D k + + a D + a, L = b n D n + b n D n + + b D + b jest przemienne : L L = L L.

72 PRZYKŁAD Przykład 43: Dla operatorów L = D D + i L = D + wyznaczamy złożenia: L L = ( D D + ) (D + ) = D 3 + D D D + D + = D 3 + D D +, L L = (D + ) ( D D + ) = D 3 D + D + D D + = D 3 + D D + stąd wynika, że L L = L L. Stosując powyższe oznaczenia układ równań ( 9 ) można zapisać następująco: L x + L x + L 3 x 3 = L + + = t x L x L 3 x 3 L 3 x + L 3 x + L 33 x 3 = (94) gdzie : L = D +, L = D, L 3 =, L = D, L = D +, L 3 = D, L 3 = D, L 33 = D +. Omówimy teraz rozwiązywanie układów równań postaci: L 3 = D, L x + L x + + L n x n = f (t) L n x + L n x + + L nn x n = f n (t) (95) gdzie operatory L ij są postaci ( 93 ) Powyższy układ rozwiązuje się podobnie jak układ równań liniowych, z wykorzystaniem wzorów Cramera: W x i = W i, i =,, n (96) gdzie W i Mnożeniu elementów przy liczeniu wyznacznika W odpowiada złożenie operatorów. Przy liczeniu wyznaczników W i najpierw składamy odpowiednie operatory, a następnie wyliczamy wartość tak otrzymanego operatora dla funkcji f k (t). Na przykład mnożąc elementy na przekątnej dostajemy : Pokażemy prawdziwość wzorów ( 95 ) dla n =. Rozważmy układ równań i L f (t) L n = det, L n f n (t) L nn L L n W = det. L n L nn L nn L i+i+ L i i L ( f i (t)). L + = (t) { x L x f L x + L x = f (t). (97) Pierwsze równanie układu ( 97 ) obkładamy obustronie operatorem L a drugie operatorem L i otrzymujemy następujący układ równań: Uwzględniając fakt, że L { L x + L L x = L f (t) L L x + L L x = L f (t). L L = L L i po odjęciu tych równań stronami, dostajemy równanie różniczkowe zwyczajne o stałych współczynnikach odpowiedniego rzędu zmiennej x : ( ) = (t) (t).

73 Stąd mamy ( L L L L ) x = L f (t) L f (t). L det [ L f (t) L ] x = det [ ] W x = W. L L f (t) L Analogicznie jeżeli pierwsze równanie układu ( 97 ) obłożymy obustronnie operatorem L a drugie L i odejmiemy stronami to otrzymamy Stąd mamy L det [ L L f (t) ] x = det [ ] W x = W. L L L f (t) Zauważmy, że równania charakterystyczne W x =, W x = dla obu równań W x = W, W x = W są takie, same. ( L L L L ) x = L f (t) L f (t). Przykłady rozwiązywania układów równań różniczkowych metodą operatorową

74 PRZYKŁAD Przykład 44: Rozwiązać układ równań { x + y 5x = x + y x =. (98) Układ ten zapisany przy użyciu operatorów ma następującą postać (D 5)x + Dy = { (D )x + Dy =. Na podstawie zależności 5, szukane funkcje x, y są rozwiązaniami następujących równań: D 5 D D x = D, D 5 D y = D 5. D D D D D (99) Ponieważ D 5 D = (D 5) D D (D ) = D 5D D + D = D 4D, D D D = D() D() =, D 5 = (D 5)() (D )() = D D więc równanie ( 99 ) można zapisać następująco: ( D 4D)x =, ( D 4D)y =. Zatem x i y są rozwiązaniami następujących równań rzędu drugiego x 4 x = i y 4 y =. () Równania charakterystyczne dla obu równań ( ) są takie same, a mianowicie λ 4λ =. Pierwiastkami tego równania są λ = i λ = 4 więc rozwiązania ogólne równań ( ) są następujące: x(t) = c + c e 4t i y(t) = c 3 + c 4 e 4t. Podstawiając teraz x(t) i y(t) do układu ( 98 ) i dokonując redukcji wyrazów podobnych, dostajemy układ równań: { (3 + 4 c 4 ) e 4t 5 c = (3 c + 4 c 4 ) e 4t c =. Uwzględniając fakt, że funkcje i e 4t są liniowo niezależne otrzymujemy c = i 3 c + 4 c 4 =. Zatem rozwiązania x(t) i y(t) układu ( 98 ) są następujące x(t) = c e 4t 3 i y(t) = c 3 c 4 e 4t gdzie c i c 3 -są to dowolne stałe. PRZYKŁAD Przykład 45:

75 Rozwiązać układ równań { x x + y + y = x x + y + y =. () Układ ten zapisany przy użyciu operatorów ma następującą postać (D )x + ( + )y = { D ( D )x + (D + )y = i z mamy D D + x = D +, D D + y = D. D D + D + D D + D () Ponieważ D D + = (D ) (D + ) ( + ) ( ) =, D D D D D 4 D + D + = (D + )() ( D + )() = D() + D () =, D + D = (D )() ( )() = D() () + = D D D więc x i y są rozwiązaniami następujących równań rzędu czwartego x (4) + x = i y (4) + y =. (3) Równanie charakterystyczne dla równania jednorodnego x (4) + x = (4) ma postać λ 4 + λ = i jego pierwiastkami są λ = pierwiastek dwukrotny, λ = i λ 3 =. Zatem rozwiązanie równania jednorodnego ( 4 ) ma postać x (t) = c + c t + c 3 e t + c 4 e t. Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego ( 3 ) wyznaczamy metodą przewidywań. Ponieważ obie funkcje po prawej stronie równań są równe, zaś jest pierwiastkiem dwukrotnym równania charakterystycznego, więc szukane rozwiązanie jest postaci x p (t) = A t. Podstawiając x p (t) do pierwszego równania układu ( 3 ) otrzymujemy, że A =, więc x p (t) =. t Zatem rozwiązanie ogólne pierwszego równania z układu 6 ma postać x(t) = x (t) + x p (t) = c + c t + c 3 e t + c 4 e t. t Rozwiązanie drugiego równania z ( 3 ) ma taką samą postać y(t) = y (t) + y p (t) = c 5 + c 6 t + c 7 e t + c 8 e t. t Podstawiając x(t) i y(t) do układu ( ) otrzymujemy układ równań + + ( )t + ( ) + = { c c c 5 c 6 c c 7 c 3 e t c 8 e t c + c 6 + c 5 + ( c 6 c )t + c 8 e t =. Ponieważ funkcje, t, e t, e t są liniowo niezależne, więc dostajemy następujący układ równań

76 c + c + c 5 = c + c 5 + c 6 = c + c 6 = c = 7 c 3 = c 8 (5) z którego wynika, że c 8 =, c 7 = c 3, c 6 = c +, c 5 = c c +. Zatem rozwiązaniem układu ( ) są funkcje gdzie c, c, c 3 i c 4 są to dowolne stałe. x(t) = c + c t + c 3 e t + c 4 e t, t y(t) = c c + + ( c + )t + c 3 e t t Przykład rozwiązywania układów równań z warunkami początkowymi metodą operatorową PRZYKŁAD Przykład 46: Rozwiążemy następujący problem początkowy x + x z = y + y z = e t z + x y = t 9 x() =, y() =, z() =. 4 4 (6) Układ ten zapisany przy użyciu operatorów ma następującą postać (D + )x z = (D + )y z = e x y + Dz = t i z zależności 5, mamy, że x, y i z spełniają równania: D + x =, D + e t D + D t D D + D + y =, D + e t D t D D + D + z =. D + D + e t D t Ponieważ D + e t t D + D + = (D + ) D + D + (D + ) = + + D, D 3 D D = (D + ) D() + e + (D + )(t) = + t, t e t D = (D + ) D( t) + t + (D + )(t) = 3 t + t,

77 D + D + e t t D + = (D + ) D( e ) + + (D + )(t) = 3 + t, t e t e t D e t = (D + ) (t) (D + )() + (D + )( ) = + t + e t e t t więc x, y i z są rozwiązaniami następujących równań zwyczajnych rzędu trzeciego ( D 3 + D + D)x = x + x + x = e t + t, ( D 3 + D + D)y = y + y + y = 3 e t + t, ( D 3 + D + D)z = z + z + z = e t + t +. (7) (8) (9) Równanie charakterystyczne dla równania jednorodnego x + x + x = ma postać λ 3 + λ + λ = i jego pierwiastkami są λ = i λ = pierwiastek dwukrotny. () Rozwiązanie równania ( ) x (t) = c + ( c + c 3 t) e t. Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego ( 7 ) wyznaczamy metodą przewidywań. Ponieważ funkcja po prawej stronie równania ( 7 ) jest sumą funkcji e t i t, więc musimy wyznaczyć rozwiązania szczególne dla równań: x + x + x = e t, x + x + x = t. () () Z uwagi na to, że liczba nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( ) w postaci x p (t) = A e t. Podstawiając x p (t) do równania otrzymujemy ( ) Stąd wynika, że 4A e t = e t. x 4 p 4 et A = i (t) =. Ponieważ liczba jest jednokrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( ) w postaci x p (t) = t(bt + C). Podstawiając x p (t) do równania ( ) otrzymujemy Stąd wynika, że Bt + 4B + C = t. x p t B =, C = i (t) = t. Rozwiązanie ogólne równania ( 7 ) ma zatem postać Ponieważ lewe strony równań ( 7 ) i ( 9 ) są takie same, a prawe są tego samego typu, więc postępując analogicznie wyznaczamy rozwiązania równań ( 8 ) i ( 9 ) x(t) = x (t) + x p (t) + x p (t) = c + ( c + c 3 t) e t + + t. 4 et t y(t) = c 4 + ( c 5 + c 6 t) e t t, 4 et t z(t) = c 7 + ( c 8 + c 9 t) e t + + t. et t Podstawiając teraz x(t), y(t) i z(t) do układu ( 6 ) otrzymujemy układ równań c c 7 + ( c 3 c 8 ) e t c 9 t e t = c + ( ) t = 4 c 7 c 6 c 8 e t c 9 e t c c 4 + ( c 9 c 8 + c c 5 ) e t + ( c 3 c 6 c 9 )t e t =. Ponieważ funkcje, e t, te t są liniowo niezależne, dostajemy następujące zależności: =, =, =, =, =, { c c 7 c 3 c 8 c 9 c 4 c 7 c 6 c 8 c c 4 =, c c 5 c 8 + c 9 =, c 3 c 6 c 9 =. Stąd, po prostych rachunkach, otrzymujemy c 4 = c, c 5 = c c 3, c 6 = c 3, c 7 = c 3, c 8 = c 3, c 9 =.

78 Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 6 ) ma postać x(t) = c + ( c + c 3 t) e t + + t 4 et t y(t) = c + ( c c 3 + c 3 t) e t t 4 et t z(t) = c 3 + c 3 e t + + t. et t (3) Uwzględniając warunki początkowe, otrzymujemy układ równań x() = c + c + = y() = c + c c 3 + = 4 z() = c 3 + c 3 + = którego rozwiązaniem jest c =, c =, c 3 =. Podstawiając wyliczone c, c i c 3 do ( 3 ) dostajemy rozwiązanie problemu początkowego ( 6 ) x(t) = + ( + t) e t + + t 4 et t y(t) = ( 3 + t) e t t 4 et t z(t) = + e t + + t. et t 9 4, Układ normalny równań różniczkowych rzędu pierwszego DEFINICJA Definicja 3: Układem normalnym równań różniczkowych rzędu pierwszego nazywamy układ równań postaci x (t) = f (t, x (t),, x n (t)) x (t) = f (t, (t),, (t)) x x n x n(t) = f n (t, x (t),, x n (t)) (4) gdzie x,, x n są nieznanymi funkcjami zmiennej niezależnej t I, a f,, f n są danymi funkcjami określonymi w I U, gdzie I = (a, b),, a i b mogą być nieskończonościami, U R n. DEFINICJA Definicja 4: Przez rozwiązanie układu równań rózniczkowych ( 4 ) rozumiemy funkcje różniczkowalne x,, x n spełniające dla każdego t I układ równań ( 4 ).

79 DEFINICJA Definicja 5: Jeżeli x,, x n są rozwiązaniem układu ( 4 ) to trajektorią rozwiązania nazywamy zbiór punktów w przestrzeni R n określony następująco {( x (t), x (t),, x n (t)), t I}. DEFINICJA Definicja 6: Problem początkowy (Cauchy'ego) dla układu ( 4 ) polega na znalezieniu w przedziale x (t), x (t),, x n (t) układu ( 4 ) spełniającego warunki początkowe x ( t ) = x, x ( t ) = x,, x n ( t ) = x n, gdzie x,, x n są dane, a t jest ustalonym punktem przedziału I. I rozwiązania (5) TWIERDZENIE Twierdzenie : o istnieniu i jednoznaczności f Jeżeli funkcje f i (t, x,, x ), dla i =,, n, są wraz z pochodnymi cząstkowymi i n, (i, j =,, n) ciągłe w x j I U R n+ i ( t, x,, x n ) I U, to układ równań ( 4 ) z warunkami początkowymi () posiada dokładnie jedno rozwiązanie w pewnym otoczeniu punktu t. Dowód tego twierdzenia podany jest w module "Twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności dla równań różniczkowych zwyczajnych". PRZYKŁAD Przykład 47: Pokazać, że układ równań { x = t x + x x = x + sin( x ) + e t z warunkiem początkowym x () =, x () = posiada w pewnym otoczeniu punktu t = dokładnie jedno rozwiązanie. Istotnie, funkcje f (t, x, x ) = t x + x, f (t, x, x ) = x + sin( x ) + e t są ciągłe w R 3 ponadto ich pochodne f f = t, f = x, f =, = cos( ) x x x x x są również ciągłe w R 3. Zatem, na mocy twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności, problem początkowy posiada dokładnie jedno rozwiązanie w pewnym otoczeniu punktu t =.

80 UWAGA Uwaga : Każde równanie rzędu n x (n) = F(t, x, x,, x (n ) ) (6) można przekształcić do układu postaci ( 4 ). Istotnie, określmy następująco nowe zmienne Wtedy równanie ( 6 ) można zapisać w postaci układu równań x = x, x = x,, x n = x (n ). x = x x = x 3 x = x n n x n = F(t, x,, x n ). PRZYKŁAD Przykład 48: Przekształcić problem początkowy x = { x t x t 3 x x() =, x () =, x () = (7) do postaci ( 4 ), ( 5 ) Określmy nowe zmienne x, x, x 3 w następujący sposób x = x, x = x, x 3 = x. Stąd mamy, że x = x = x, = =, = = x x x 3 x x t x 3 3 x t 3 x Zatem problem początkowy ( 7 ) można zapisać w postaci problemu początkowego dla układu: x = x x = x 3 x t = x x t 3 x x () =, x () =, x 3 () =.

81 PRZYKŁAD Przykład 49: Przekształcić układ równań { x + y + x = t y + y + x = do postaci ( 4 ) Określmy nowe zmienne w następujący sposób x = x, x = y, x 3 = x, x 4 = y. Wówczas x = x, =, = + t, = +. 3 x x 4 x x 3 x 4 x x 4 x 3 Układ wyjściowy można zatem zapisać następująco w postaci układu x = x 3 x = x 4. x = + t x 3 x 4 x 4 = x x 3 +. Układy równań różniczkowych liniowych rzędu pierwszego DEFINICJA Definicja 7: Układem normalnym równań różniczkowych liniowych rzędu pierwszego nazywamy układ równań postaci x (t) = a (t) (t) + + (t) (t) + (t) x a n x n f x n(t) = a n (t) x (t) + + a nn (t) x n (t) + f n (t) (8) gdzie x,, x n są nieznanymi funkcjami zmiennej niezależnej t I, a współczynniki a ij (t) i funkcje f i (t) są danymi funkcjami określonymi w przedziale I = (a, b), gdzie a i b mogą być nieskończonościami. DEFINICJA Definicja 8: Jeżeli f i (t) =, i =,, n, t I, to układ ( 8 ) nazywamy jednorodnym.

82 DEFINICJA Definicja 9: Rozwiązaniem układu ( 8 ) nazywamy funkcje x,, x n ciągłe i różniczkowalne w przedziale I, spełniające układ ( 8 ) dla każdego t I. DEFINICJA Definicja : Warunkiem początkowym dla układu ( 8 ) nazywamy układ równości : x ( t ) = x, x ( t ) = x,, x n ( t ) = x n (9) gdzie x,, x n są danymi stałymi, a t jest ustalonym punktem przedziału I. Zapis macierzowy układu ( 8 ).) Wprowadzając następujące oznaczenia: x (t) a (t) a n (t) f (t) x x(t) =, A(t) =, f(t) =, x =, x n (t) a n (t) a nn (t) f n (t) układ ( 8 ) można zapisać w postaci x n x (t) = A(t)x(t) + f(t), () a warunek początkowy ( 9 ) x( t ) = x. () TWIERDZENIE Twierdzenie : o istnieniu i jednoznaczności Jeżeli A(t), f(t) są ciągłe w I R n, to istnieje dokładnie jedno rozwiązanie x(t) układu ( 8 ) określone w całym przedziale I i spełniające warunek początkowy ( 9 ). Dowód tego twierdzenia jest przedstawiony w module "Twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności dla równań różniczkowych zwyczajnych".

83 UWAGA Uwaga 3: Twierdzenie to jest szczególnym przypadkiem twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności dla układów równań. Istotna różnica między twierdzeniami jest taka, że w twierdzeniu ogólniejszym rozwiązanie istnieje w pewnym otoczeniu punktu t a w przypadku układu równań liniowych istnieje i jest określone na całym przedziale I. Struktura zbioru rozwiązań układu jednorodnego: x (t) = A(t)x(t), t I. () Niech będzie zbiorem wszystkich rozwiązań układu (5). V = {x(t) : x (t) = A(t)x(t), t I} TWIERDZENIE Twierdzenie 3: TEZA: Zbiór wszystkich rozwiązań układu ( ) jest przestrzeń wektorową n -wymiarową nad zbiorem liczb rzeczywistych. DOWÓD: Niech x x x (t) = (t), x (t) = (t) x n (t) x n (t) będą dowolnymi rozwiązaniami układu ( ) i pochodnej dostajemy następującą tożsamość: λ, λ będą dowolnymi liczbami rzeczywistymi. Korzystając z własności ( λ x (t) + λ x (t)) = λ x (t) + λ (t) = A(t) ( (t) + (t)) x λ x λ x więc λ x (t) + λ x (t) jest rozwiązaniem układu ( ). Zatem zbiór V jest przestrzenią wektorową nad ciałem R. Pokażemy teraz, że wymiar przestrzeni V jest n. Niech t będzie dowolnym ustalonym punktem przedziału I. Definiujemy odwzorowanie liniowe L L : V x x( t ) R n. Pokażemy, że odwzorowanie Istotnie L jest izomorfizmem. ker L = {x(t) V : x( t ) = } = {} wynika to z twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności rozwiązań układów równań, ponieważ funkcja tożsamościowo równa zero jest rozwiązaniem układu ( ) i spełnia warunek początkowy x( t ) =. Zatem odwzorowanie L jest różnowartościowe. Z twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności wynika, że dla dowolnego x R n istnieje x V takie, że x( t ) = x. Stąd wynika, że L jest odwzorowaniem na zbiór i kończy to dowód, że L jest izomorfizmem. Ponieważ przestrzenie izomorficzne maja ten sam wymiar, więc dim V = dim R n = n.

84 DEFINICJA Definicja : Dowolną bazę x (t),, x n (t) przestrzeni V będziemy nazywać układem fundamentalnym dla równania ( ). UWAGA Uwaga 4: Jeżeli x(t) jest rozwiązaniem układu ( ) i x (t),, x n (t) jest układem fundamentalnym dla układu ( ) to istnieją liczby rzeczywiste c,, c n takie, że x(t) = c x (t) + + c n x n (t). UWAGA Uwaga 5: Jeżeli funkcje x x x x n (t) = (t), x (t) = (t),, x n (t) = (t) x n (t) x n (t) x nn (t) stanowią układ fundamentalny dla równania (5), to x (t) x n (t) x (t) x n (t) x n (t) dla każdego t I. x nn (t) DEFINICJA Definicja : Jeżeli x (t),, x n (t) jest układem fundamentalnym dla układu (5), to macierz x (t) x (t) x n (t) X(t) = x n (t) x n (t) x nn (t) nazywamy macierzą fundamentalną i spełnia ona równanie macierzowe X (t) = A(t) X(t). Podamy teraz jak wyznacza się rozwiązanie układu niejednorodnego ( ) gdy znamy już układ fundamentalny rozwiązań układu jednorodnego ( ). TWIERDZENIE

85 Twierdzenie 4: TEZA: Niech X(t) będzie macierzą fundamentalną układu jednorodnego ( ) to rozwiązanie ogólne układu niejednorodnego ( ) jest postaci x(t) = X(t) C + X(t) X (t) f(t)dt (3) gdzie C = [ c,, c n ] T, c,, c n - są dowolnymi stałymi i X (t) oznacza macierz odwrotną do macierzy X(t). Natomiast rozwiązanie układu ( ) spełniające warunek początkowy ( ) jest postaci x(t) = X(t) ( X ( t ) x + t X (s) f(s)ds). t (4) DOWÓD: Niech X(t) będzie macierzą fundamentalną układu ( ). Z uwagi 4 mamy, że dla dowolnego rozwiązania x(t) układu ( ) istnieje macierz C taka, że x(t) = X(t) C. Rozwiązania równania ( ) szukamy metodą uzmienniania stałej C, to znaczy że C traktujemy jako funkcię zmiennej t x(t) = X(t) C(t). (5) Różniczkując powyższą równość otrzymujemy x (t) = X (t) C(t) + X(t) C (t). (6) Podstawiając teraz ( 5 ) i ( 6 ) do równania ( ) otrzymujemy X (t) C(t) + X(t) C (t) = A(t) X(t) C(t) + f(t). (7) Ponieważ X (t) = A(t) X(t) więc z ( 7 ) mamy, że X(t) C (t) = f(t). Z uwagi 5 wynika, że macierz X(t) jest odwracalna dla każdego t I, więc z powyższej równości otrzymujemy C (t) = X (t) f(t). (8) Całkując obustronnie powyższą równość ze względu na t dostajemy, że c C(t) = X (t) f(t)dt + C, gdzie C =. Podstawiając prawą stronę powyższej równości do równania ( 5 ) otrzymamy równość ( 3 ). Jeżeli uwzględniamy warunek początkowy, to całkujemy obustronnie równanie ( 8 ) od t do t i dostajemy C(t) C( ) = (s) f(s)ds. t t X t c n Podstawiając wyliczone C(t) do równania ( 5 ) otrzymamy x(t) = X(t) C( ) + X(t) (s) f(s)ds. t t t X (9) Ponieważ x = x( t ) = X( t ) C( t ), więc C( t ) = X ( t ) x. Stąd i ( 9 ) dostajemy równość ( 4 ) i kończy to dowód twierdzenia.

86 Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy wartości własne są rzeczywiste i jednokrotne Rozważmy układ równań postaci x (t) = A x(t), (3) gdzie Omówimy wyznaczanie układu fundamentalnego rozwiązań dla układu równań różniczkowych ( 3 ) gdy wartości własne macierzy A są rzeczywiste i jednokrotne. Rozwiązania układu ( 3 ) szukamy w postaci funkcji Podstawiamy x(t) i x (t) = λve λt do równania ( 3 ) a a n x (t) A =, a ij R, x(t) =. x n (t) a n a nn v x(t) = v e λt, gdzie v =. v n λv e λt = A (v e λt ) = e λt A v. Dzielimy powyższą równość obu stronie przez e λt A v = λv. Stąd wynika, że λ jest wartością własną macierzy A a v - wektorem własnym odpowiadającym tej wartości własnej. Z powyższych rozważań wynika, że chcąc wyznaczyć układ fundamentalny rozwiązań układu ( 3 ) należy w pierwszej kolejności wyznaczyć wartości własne macierzy A i odpowiadające im wektory własne. Wartości własne macierzy A są pierwiastkami wielomianu: A λi = p n λ n + p n λ n + + p λ + p =, (3) gdzie I oznacza macierz jednostkową a p,, p n - są to liczby rzeczywiste. Jeśli λ jest wartością własną macierzy A to przez = {x : (A λi)x = } oznaczać będziemy zbiór wektorów własnych odpowiadających wartości własnej λ. V λ

87 TWIERDZENIE Twierdzenie 5: TEZA: Jeżeli λ,, λ n są różnymi rzeczywistymi wartościami własnymi macierzy A i v,, v n sa odpowiednio odpowiadającymi im wektorami własnymi to funkcje x (t) = v e λ t,, x n (t) = v n e λ n t stanowią układ fundamentalny rozwiązań układu równań różniczkowych ( 3 ). Rozwiązanie ogólne układu ( 3 ) jest postaci x(t) = c x (t) + + c n x n (t), gdzie,, c c n - są to dowolne stałe. DOWÓD: Oznaczmy przez V zbiór wszystkich rozwiązań układu ( 3 ). Z twierdzenia wiemy, że V - jest przestrzenią wektorową n - wymiarową. Z kursu algebry liniowej wiadomo, że wektory własne odpowiadające różnym wartością własnym są liniowo niezależne. Zatem wektory v,, v n są liniowo niezależne a w konsekwencji funkcje x (t),, x n (t) należące do przestrzeni V są też liniowo niezależne i stanowią bazę tej przestrzeni, czyli są układem fundamentalnym rozwiązań układu równań różniczkowych ( 3 ). Stąd wynika, że jeżeli x(t) jest dowolnym rozwiązaniem układu ( 3 ) to istnieją stałe rzeczywiste c,, c n takie, że x(t) = c x (t) + + c n x n (t). PRZYKŁAD Przykład 5: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 3 ) gdy A = 3. 4 Wyznaczamy wartości własne macierzy A λ A λi = = ( λ) = 3 λ 3 λ 4 λ 4 λ ( λ)((3 λ)(4 λ) ) = ( λ)(λ )(λ 5) = zatem wartościami własnymi są liczby λ =, λ =, λ 3 = 5.. Wyznaczamy teraz kolejno podprzestrzenie własne V, V i V 3 odpowiadające tym wartościom własnym. Jeśli λ =. Wtedy Rozwiązujemy układ równań: V = {x : (A I) x =, } gdzie x = x. (A I) x = x x 3 = { {

88 x x x = { + x + x 3 = x { = x x + 3 x 3 = x = x. 3 x 3 Zatem V x 3 =.5x 3 =.5 x 3, x 3 R i v =.5. x 3 Jeśli λ =. Wtedy V = {x : (A I) x =.} Rozwiązujemy układ równań: (A I) x = : x x = x x = x + + = { x x = 3 x =. x + x 3 = x 3 Zatem Jeśli λ 3 = 5. Wtedy Zatem V x 3 = x 3 = x 3, x 3 R i v =. x 3 V 3 = {x : (A 5I) x =, } gdzie x = x. Rozwiązujemy układ równań (A 5I) x = : 4 x 4 x = x x = x + = { x x = 3 x =. x x 3 = 3 x x 3 V 3 = x = x, x R i v 3 =. x Stąd wynika, że funkcje x (t) = v e t =.5 e t, x (t) = v e t = e t, x 3 (t) = v 3 e 5t = e 5t stanowią układ fundamentalny rozwiązań dla układu ( 3 ) i rozwiązanie ogólne tego układu układu ma postać x(t) = c.5 e t + c e t + c 3 e 5t, x x 3 gdzie c, c, c 3 są to dowolne liczby rzeczywiste. Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy wartości własne są jednokrotne, ale nie wszystkie rzeczywiste

89 Rozważmy układ równań różniczkowych postaci x (t) = A x(t), (3) gdzie Omówimy wyznaczanie układu fundamentalnego dla układu ( 3 ) gdy wartości własne macierzy wszyskie rzeczywiste. a a n x (t) A =, a ij R, x(t) =. x n (t) a n a nn A są jednokrotne, ale nie UWAGA Uwaga 6: Niech w(λ) = p n λ n + p n λ n + + p λ + p (33) będzie wielomianem o współczynnikach rzeczywistych. Jeżeli λ = α + βi jest miejscem zerowym tego wielomianu to liczba sprzężona λ = α βi jest również miejscem zerowym tego wielomianu. Istotnie, z własności sprzężenia dla liczb zespolonych mamy = p n λ n + p n λ n + + p λ + p = więc λ jest mniejscem zerowym wielomianu ( 33 ) p λ n n p λ n n p λ p Wartości własne macierzy A są miejscami zerowymi wielomianu: A λi = p n λ n + p n λ n + + p λ + p = Z uwagi 6 wynika, że jeżeli λ jest zespoloną wartością własną macierzy A to λ jest też wartością własną macierzy A. UWAGA Uwaga 7: Jeżeli λ jest zespoloną wartością własną macierzy A i v jest wektorem własnym odpowiadającym tej wartości własnej to v jest wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej sprzężonej λ. Istotnie, z własności sprzężenia dla liczb zespolonych mamy λ = (A λi) v = (A λi) v = (A I) v więc v jest wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej λ. Niech λ = α + βi będzie zespoloną wartością własną macierzy A a v wektorem własnym odpowiadającym tej wartości własnej. λ Z uwagi 7 wynika, że funkcje v e λt, v e t są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu ( 3 ). Korzystając z zależności e λt = e αt+βti = e αt e βti = e αt (cos(βt) + i sin(βt)), v λt, t

90 funkcje v e λt, ve λt można zapisać następująco: v e λt = (R(v) + ii(v)) e αt (cos(βt) + i sin(βt)) = e αt [R(v) cos(βt) I(v) sin(βt) + i(r(v) sin(βt) + I(v) cos(βt))], ve λt = (R(v) ii(v)) e αt (cos(βt) i sin(βt)) = e αt [R(v) cos(βt) I(v) sin(βt) i(r(v) sin(βt) + I(v) cos(βt))] gdzie R oznacza część rzeczywistą a I część urojoną. Ponieważ zbiór rozwiązań układu równań różniczkowych ( 3 ) jest przestrzenią wektorową to następujące funkcje, x (t) = (v e λt + ve λt ) = R(v e λt ) = e αt (R(v) cos(βt) I(v) sin(βt)), x (t) = (ve λt ve λ t ) = I(v e λt ) = e αt (R(v) sin(βt) + I(v) cos(βt)) i są liniowo niezależnymi rozwiązaniami tego układu. (34) (35) Stąd wynika, że dla wartości własnych zespolonych λ i wystarczy wyznaczyć tylko wektor własny v dla wartości własnej λ. PRZYKŁAD Przykład 5: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu równań różniczkowych ( 3 ) gdy A =. Wyznaczamy wartości własne macierzy A λ A λi = = ( λ)[( λ + ] = λ ) λ więc λ =, λ = + i, λ 3 = i są jednokrotnymi wartościami własnymi macierzy A. Wyznaczymy teraz kolejno podprzestrzenie własne V i V odpowiadające wartościom własnym λ, λ. Jeśli λ =. Wtedy Rozwiązujemy układ równań V = {x : (A I) x =, } gdzie x = x. (A I) x = x x x = { + x 3 = x { = x 3 x = x =. x 3 x x 3 Zatem Niech v =, wtedy funkcja jest rozwiązaniem układu ( 3 ). V = x 3 = x 3, x 3 R. x 3 x (t) = v e t = e t, Jeśli λ = + i. Wtedy V = {x : (A ( + i)i) x = }.

91 Rozwiązujemy układ równań (A ( + i)i) x = : i x ix x + x 3 = x i x = x i = { i x = ix 3 x =. x i x 3 = x 3 Zatem x 3 ix 3 i i V = x 3 = x 3, x 3 R i v = = + i. x 3 Ponieważ R( v ) = i I( v ) =. to z zależności ( 34 ) i ( 35 ) wynika, że funkcje x (t) = cos t sin t e t, x 3 (t) = sin t + cos t e t. są liniowo niezależnymi rozwiązaniami rozpatrywanego układu, odpowiadające wartościom własnym λ i λ 3 Rozwiązanie ogólne układu ( 3 ) ma postać: x(t) = c e t + c cos t sin t e t + c 3 sin t + cos t e t gdzie c, c i c 3 są to dowolne stałe rzeczywiste. Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu jest diagonalizowalna Rozważmy układ równań postaci x (t) = A x(t), (36) gdzie a a n x (t) A =, a ij R, x(t) =. x n (t) Z kursu algebry liniowej wiemy, że macierz A jest diagonalizowalna jeżeli dla każdej watrości własnej wymiar podprzestrzeni własnej odpowiadającej tej wartości jest równy jej krotności. Niech λ będzie wartością własną macierzy A o krotności k > i wymiar podprzestrzeni własnej V λ = {x : (A λi) x = } jest równy k. Jeżeli układ wektorów { v,, v k } jest bazę przestrzeni V λ to następujące funkcje x (t) = v e λt,, x k (t) = v k e λt są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu (). a n a nn

92 UWAGA Uwaga 8: Przyjmujemy następujące oznaczemia dotyczące operacji na macierzach : zapis a w i + b w j oznacza, że mnożymy wiersz i-ty przez a i wiersz j-ty przez b i wynik zapisujemy w wierszu j -tym. Analogicznie w przypadku kolumn zapis a k i + b k j oznacza, że mnożymy kolumnę i-tą przez a i kolumnę j-tą przez b i wynik zapisujemy w kolumnie j- tej. PRZYKŁAD Przykład 5: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu (), gdy A =. Wyznaczamy wartości własne macierzy A: λ = 3 jest wartością własną o krotności jeden i λ = 3 jest wartością własną o krotności dwa. Wyznaczymy teraz kolejno podprzestrzenie własne V i V odpowiadające wartościom własnym λ i λ. Jeśli λ = 3. Wtedy Zatem Funkcja A λi = 3 λ λ λ 4 V λ λ λ w = w 3 λ 3 + λ λ λ k = + k = (3 λ) λ = (λ 3 ) (λ + 3) =, 4 λ = {x : (A + 3I) x =, } gdzie x = x. Rozwiązujemy układ równań (A + 3I) x = : 4 x 4x x + x 3 = 4 x = x = 4 x 3 x x 3 x + x + 4 x 3 = x x + x 3 = w 3 + w x x + + = { { x x 3 x + x 3 = x = x 3 3 x + 3 = x + x + x 3 = x 3 x = x 3. V x 3 = x 3 = x 3, x 3 R i v =. x 3 x x 3 () x (t) = v e 3t = e 3t

93 jest rozwiązaniem układu Jeśli λ = 3. Wtedy () odpowiadającym wartości własnej λ. V = {x : (A 3I) x = }. Rozwiązujemy układ równań (A 3I) x = : x x x + x 3 = x = x + = = +. x x 3 x x x 3 x + x x 3 = Zatem x + x 3 V = x = x + x 3, x R. x 3 Przestrzeń V jest generowana przez wektory v = i v 3 = które są liniowo niezależne. Więc wymiar przestrzeni V jest równy krotności wartości własnej λ. Stąd wynika, że następujące funkcje x 3 x (t) = e 3t, x 3 (t) = e 3t są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu () odpowiadającymi wartości własnej λ. Fundamentalnym zbiorem rozwiązań dla układu Rozwiązanie ogólne układu () ma postać () są funkcje { x (t), x (t), x 3 (t)}. x(t) = c e 3t + c e 3t + c 3 e 3t gdzie c, c, c 3 są to dowolne liczby rzeczywiste. Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna Rozważmy układ równań postaci x (t) = A x(t) (37) gdzie Z algebry liniowej wiadomo, że macierz nie jest diagonalizowalna, jeżeli istnieje wartość własna, której krotność jest większa niż odpowiadający jej wymiar podprzestrzeni własnej. Niech λ będzie wartością własną macierzy A o krotności k > i wymiar podprzestrzeni własnej V () = {x : (A λi)x = } λ jest mniejszy niż k. Na początek wprowadzimy pewne oznaczenia: a a n x (t) A =, a ij R, x(t) =. x n (t) a n a nn (i) i+ = {x : (A λi x = }, i =,,.

94 V (i) ) i+ λ = {x : (A λi x = }, i =,,. Zbiory V (i) i =,, - są podprzestrzeniami wektorowymi przestrzeni R n i będziemy nazywać je podprzestrzeniami λ wektorów głównych rzędu i. Podprzestrzenie wektorów głównych dla wartości własnej λ tworzą ciąg wstępujący Dokładniej mówiąc, istnieje liczba naturalna V () V () V () λ λ λ m taka, że. V (m) λ V () V () V () λ λ λ TWIERDZENIE, dim = k i = dla m l. V (m) λ V (m) λ V (m) λ V (l) λ Twierdzenie 6: ZAŁOŻENIA: Niech v (m) V (m) V (m ) i wektory v (m ), v (m ),, v (), v () będą określone następująco: λ λ v (m ) := (A λi) v (m ) := (A λi) v := (A λi) v () v () := (A λi) v () v (m) v (m ) (38) TEZA:. v () V () {} i v (j) V (j) V (j ), gdzie j =,, m. λ λ λ. Wektory v (), v (),, v (m) - są liniowo niezależne. DOWÓD: Z założenia o wektorze v (m) i zależności () wynika, że i Stąd wynika, że Pokażemy teraz, że v (j) = (A λi) m j v (m) gdzie j =,, m = (A λi ) m+ v (m) = (A λi) j+ (A λi ) m j v (m) = (A λi ) j+ v (j). v (j) V (j) gdzie j =,, m. v () i v (j) V (j ), gdzie j =,, m. (39) Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że v () =. Z zależności (3) dla j = wynika, że Zatem v (m) = v () = (A λi ) m v (m). V (m ) co jest sprzeczne z założeniem o v (m). λ Przypuśćmy teraz dla dowodu nie wprost, że v (j) V (j ). Z zależności ( 39 ) wynika, że Analogicznie jak wcześniej otrzymujemy sprzeczność z założeniem o Wykażemy teraz prawdziwość punktu drugiego. Niech = (A λi ) j v (j) = (A λi) j (A λi ) m j v (m) = (A λi ) m v (m). v (m) i kończy to dowód punktu pierwszego. m α j v (j) =, gdzie α, α m R. j= m (j) (A λi = (A λi = m (m) () (4)

95 Uwzględniając fakt, że (A λi ) m v (j) = dla j =,, m i (A λi ) m v (m) = v () otrzymujemy zatem α m =. = (A λi ) m ( m j= α jv (j) ) = m j= α j (A λi ) m v j = α m v (), Teraz zależność ( 4 ) można zapisać następująco: m j= α jv (j) =, gdzie α, α m R. Obkładając obustronie powyższą równość operatorem (A λi) m otrzymujemy Zatem α m =. = (A λi ) m ( m j= α jv (j) ) = m j= α j (A λi ) m v j = α m v (). Postępując analogicznie w ten sam sposób kolejno dla j = m, m 3,,, współczynniki α j są równe zero, co kończy dowód twierdzenia. wykazuje się, że wszystkie TWIERDZENIE Twierdzenie 7: ZAŁOŻENIA: Niech v (m),, v (m) będą dowolnymi wektorami z V (m) V (m ) takimi, że dla dowolnych α (m),, α (m) R l λ λ l nierównych jednocześnie zero spełniony jest warunek: l (4) α (m) v (m) V (m ). k k λ k= Dla k =,, l wektory v (m ), v (m ),, v (), v () określone są zależnością : k k k k. v (j) k := (A λi ) m j v (m), j =,, m. k TEZA: Wektory są liniowo niezależne. v (),,,,,,,,, v (m) v () v (m) v () l v (m) l DOWÓD: Niech l m k= j= α (j) k v(j) k =, gdzie R. α (j) k (4) Uwzględniając fakt, że (A λi ) m v (j) = dla j =,, m, k =,, l i k (A λi ) m v (m) = v () otrzymujemy k k l m = (A λi ) m ( ) = (A λi =. k v(j) ) m v j k k k k k= j= α (j) l m k= j= α (j) l α (m) v () k k= (43) Jeżeli nie wszystkie α (m), k =,, l k były by równe zero, to z założenia ( 39 ) i twierdzenia 6 wynika, że l α (m) v (m) k k k= l α (m) v () V () k k λ k= (A λi ) m ( ) = {} co daje sprzeczność z ( 43 ). Zatem α (m) α (m) k = = = l m i zależność ( 4 ) można zapisać następująco: =.

96 l m k= j= α (j) k v(j) k Obkładając teraz powyższą równość operatorem (A λi) m i uwzględniając, że (A λi ) m v (j) k = dla j =,, m, k =,, l i (A λi ) m v (m ) k = v () k otrzymujemy =. l m α (j) = (A λi ) m ( ) = (A λi =. k v(j) ) m v j k k k k k= j= l m α (j) k= j= l α (m ) v () k k= (44) Jeżeli nie wszystkie α (m ), k =,, l k były by równe zero to z założenia ( 4 ) i twierdzenia 6 wynika, że l α (m ) v (m) k k k= l α (m ) v () V () k k λ k= (A λi ) m ( ) = {} co daje sprzeczność z ( 44 ). Zatem α (m ) =, k k =,, l. Postępując analogicznie kolejno dla m, m 3,, wykazuje się, że α (j) = k dla j =,, m, k =,, l, co oznacza, że wektory v (j), k j =,, m, k =,, l, kończy to dowód twierdzenia. są liniowo niezależne i TWIERDZENIE Twierdzenie 8: ZAŁOŻENIA: Niech k < m i v (m),, v (m) są dowolnymi wektorami z takimi, że dla dowolnych liczb n V (m) V (m ) λ λ α (m),, α (m) R nierównych jednocześnie zero spełniony jest warunek l n i= α(m) v (m) V (m ). i i λ Dla j =,, m, i =,, n wektory v (j) określone są następująco: i Ponadto zakładamy, że istnieją wektory v (j) i := (A λi ) m j v (m). u (k),, u (k) s V (k) λ i V (k ) λ takie, że dla dowolnych liczb α (k),,,,, α (k) n n i= β (k) β (k) s s spełniony jest warunek α (k) v (k) + β (k) u (k) V (k ). i i i i λ i= (45) Dla j =,, k, i =,, s wektory u (j) i określone są następująco: u (j) i := (A λi ) k j u (k). i TEZA: Wektory są liniowo niezależne. v (),,,,,,,,,,,,, v (m) v () n v (m) n u () u (k) u () s u (k) s DOWÓD: Niech n m i= j= α (j) v (j) i i s k + =. i= j= β (j) u (j) i i (46)

97 Uwzględniając, że z zależności ( 46 ) otrzymujemy (A λi ) k+ v (j) =, i i =,, n, j =,, k, (A λi ) k+ v (j) = v (j k ), i i i =,, n, j = k +,, m, (A λi ) k+ u (j) =, i =,, s, j =,, k i n m =(A λi ) k+ ( + ) = n m i= j= n m i= j=k+ α (j) i i= j= α (j) v (j) i i s k i= j= β (j) u (j) i i (A λi ) k+ v (j) + β (j) (A λi ) k+ u (j) = α (j) i v (j k ) i. i s k i= j= i i (47) Ponieważ z twierdzenia 7 wynika, że wektory v (j), j =,, m i =,, n, i α (j) = dla i =,, n, j = k +,, m. i Zatem zależność () można teraz zapisać następująco: są liniowo niezależne, więc k n ( + ) =. j= i= α (j) v (j) i i s β (j) u (j) i i i= (48) Po obłozeniu obustronnym równania ( 47 ) operatorem (A λi) k otrzymujemy k = ( α (j) (A λi ) k v (j) + β (j) (A λi ) k u (j) ) = α (k) + β (k). j= n i= i i s i= i Jeśli nie wszystkie α (k), β (k) były by równe zero to mielibyśmy sprzeczność z założeniem ( 45 ). Zatem i i α (k) =, i =,, n i β (k) =, i =,, s. i i Postępując analogicznie kolejno dla k, k 3,, wykazuje się, że α (j) = dla j =,, m, i =,, n, i i β (j) = dla j =,, k, i =,, s, co kończy dowód twierdzenia. i i n i= v () i i s i= u () i i

98 UWAGA Uwaga 9: Jeżeli wektory v (), v (),, v (m) rozwiązaniami układu ( 37 ). są określone zależnością ( 38 ) to następujące funkcje są liniowo niezależnymi x (t) = v () e λt, x (t) = ( v () + t v () ) e λt, x 3 (t) = ( v () + t v () t + ),, v() e λt x m+ (t) = ( v (m) + t v (m ) t t (m ) t m ). v(m ) (m )! v() m! v() e λt (49) Istotnie, liniowa niezależność funkcji x (t), x m+ (t) v (), v (),, v (m). Pokażemy teraz, że funkcje wynika z liniowej niezależności wektorów są rozwiązaniami układu równań ( 37 ) x k+ (t) = ( v (m) + t v (m ) + + tm ), k =,,, m m! v() e λt Pochodna funkcji x k+ (t) jest równa: Z zależności ( 38 ) mamy, że Stąd wynika, że x (t) = ( v (m ) (m ) tm + t v λ ( + t + + )). k+ m! v() v (m) v (m ) tm m! v() e λt A( v () ) = λ v (), A( v (i) ) = v (i ) + λ v (i), i =,, m. A( x k+ (t)) = (A( v (m) ) + ta( v (m ) t m ) + + A( )) = m! ( v (m ) + t v (m ) t m λ ( + t + + )) = (t) m! v() v (m) v (m ) t m m! v() e λt x k+ zatem x k+ (t) jest rozwiązaniem równania ( 37 ) v () e λt UWAGA Uwaga : Wyznaczanie układu fundamentalnego rozwiązań układu ( 37 ) Chcąc wyznaczyć układ fundamentalny rozwiązań układu równań różniczkowych ( 37 ) postępujemy następująco:. Wyznaczamy wartości własne macierzy A.. Dla każdej wartości własnej λ wyznaczamy maksymalną podprzestrzeń niezmienniczą V (m). λ 3. Wyznaczamy odpowiednią bazę przestrzeni V (m). Poniżej przedstawiam algorytm wyznaczania tej bazy: λ Wprowadzamy następujące oznaczenia: n i = dim V (i) dim V (i ). Liczby n tworzą ciąg nierosnący : λ λ i n m n m n n. Krok. Wybieramy n m wektorów v (m),, v (m) n m V (m) V (m ) λ λ w ten sposób, że dla dowolnych liczb α (m),, α (m) nierównych jednocześnie zero, spełniony jest warunek n m n m i= α (m) v (m) V (m) V (m ) i i λ λ. Następnie dla każdego i =,, n m korzystając z zależności ( 4 ) definiujemy wektory v (m ), v (m ),, v (), v () i i i i. Z twierdzenia 7 wynika, że wektory v (),,,,,,,,,,,, v () v (m) v () v () v (m) v () n m v () n m v (m) n m

99 są liniowo niezależne. Krok. i. Jeżeli = = to układ wektorów zdefiniowanych w kroku uzupełniamy wektorami własnymi tak, aby otrzymany układ wektorów stanowił bazę przestrzeni Wystarczy w tym celu do wektorów własnych z kroku V (m). λ v (),, v () n m dołączyć takie wektory własne aby otrzymany układ wektorów stanowiły bazę przestrzeni V (). λ Wektory zdefiniowane w kroku uzupełnione o te dodatkowe wektory własne stanowią bazę przestrzeni V (m). λ ii. Jeżeli nie wszystkie liczby n,, n m są sobie równe, to z tych liczb biorę najmniejszą, która jest większą od n m. Dla przykładu niech n j będzie taką liczbą. Niech v (), v (),, v (m), v (), v (),, v (m),, v (),,, n m v () n m v (m) n m będą wektorami zdefiniowanymi w kroku i niech := dim V (j) dim V (j ). Wybieramy k j wektorów u (j),, u (j) V (j) V (j ) w ten sposób, że dla dowolnych liczb k j λ λ α (j),, α (j),,, nierównych jednocześnie zero spełniony jest warunek n m β (j) β (j) k j k j λ λ. n m i= α (j) i v (j) i + k j i= β(j) u (j) i i V (j) λ V (j ) λ Następnie dla każdego i =,, k j u (j ), u (j ),, u (), u (). i i i i korzystając z zależności ( 38 ) definiujemy wektory Z twierdzenia 8 wynika, że wektory są liniowo niezależne. v (),,,,,, v (m) n m, u,, u (j),,, v (m) v () n m u () k j u (j) k j Jeżeli n = = n j to otrzymany układ wektorów stanowi bazę przestrzeni V (m), gdy liczba tych wektorów jest λ równa krotności wartości własnej λ. W przeciwnym razie układ tych wektorów uzupełniamy wektorami własnymi tak, by nowo powstały układ był bazą przestrzeni V (m). λ Jeżeli nie wszystkie liczby n,, n j są sobie równe to z tych liczb biorę najmniejszą, która jest większą od n j i postępujemy analogicznie jak wcześniej. 4. Dla tak skonstruowanej bazy przestrzeni V (m) λ korzystając z uwagi 9 wyznaczamy rozwiązania liniowo niezależne układu równań różniczkowych ( 37 ) 5. Ponieważ wektory własne odpowiadające różnym wartościom własnym są liniowo niezależne. Więc zbiór rozwiązań układu ( 37 ) określony w punkcie 4 dla każdej wartości własnej jest liniowo niezależny i stanowi układ fundamentalny rozwiązań układu ( 37 ). Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna Rozważmy układ równań postaci x (t) = A x(t) (5) gdzie a a n x (t) A =, a ij R, x(t) =. x n (t) a n a nn PRZYKŁAD

100 Przykład 53: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 5 ) gdy A =. Wyznaczamy wartości własne macierzy A: A λi = λ 3 λ 4 λ λ λ λ w + w = λ + λ λ λ = ( λ) 3 λ = ( λ ) 3 = 4 λ k = + k zatem λ = jest 3-krotnym pierwiastkiem. Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej λ = V () Rozwiązujemy układ równań (A I) x = : = {x : (A I) x =, } gdzie x = x. x x 3 x x + x + x 3 = x = x + + = =. x x 3 x 3 x x x x x 3 = x 3 Zatem x V () = x = [ ] +,, R. x x x x x x Wymiar przestrzeni V () wynosi i jest mniejszy od krotności wartości własnej. Musimy więc wyznaczyć podprzestrzeń główną rzędu pierwszego: V () = {x : (A I) x = }. Ponieważ więc V () = R 3. (A I ) = = Bazę w V () wyznaczamy następująco: bierzemy dowolny wektor v () V () V (). Niech v () =, wyznaczamy teraz wektor własny z zależności v () w twierdzeniu : = (A I) = =. v () v () Należy teraz do wektorów v (), v () dobrać wektor v () V (), tak by wektory v (), v (), v () były liniowo niezależne. Niech v () =, wektory są liniowo niezależne, bo wyznacznik którego kolumnami są te wektory v (), v (), v () =

101 = jest różny od zera. Stąd wynika, że układ fundamentalny rozwiązań układu ( 5 ) jest następujący: Rozwiązanie ogólne układu ( 5 ) ma postać x (t) = v () =, (t) = = et e t x v () et e t x 3 (t) = ( v () + t v () ) e t = + t. e t x(t) = c e t + c e t + c 3 + t e t gdzie c, c, c 3 są to dowolne stałe. PRZYKŁAD Przykład 54: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 5 ) gdy Wyznaczamy wartości własne macierzy A : A =. 3 4 λ λ A λi = λ = 3 λ 4 λ λ = ( λ ( λ = ( λ = λ 3 λ ) 3 ) ) 5 4 λ λ więc λ = jest wartością własną o krotności pięć. Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej λ = V () = {x : (A I) x = }. Rozwiązujemy układ równań (A I) x = : 4 x x x = x 3 = x + x = x = x. x + = x 4 4 x 5 = x5 = x 4x = 4 x 4 5 x 5 Zatem () = = 3 + 4, 3, 4 R.

102 Wymiar przestrzeni wynosi i jest mniejszy od krotności wartości własnej, która wynosi 5. Musimy wyznaczyć podprzestrzeń główną, której wymiar będzie wynosił 5. Wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego Ponieważ więc Stad wynika, że przestrzeń główna rzędu pierwszego ma postać: Ponieważ wymiar podprzestrzeni jest równy 4 i jest mniejszy niż krotność wartości własnej, więc musimy wyznaczyć podprzestrzeń wektorów głównych rzędu drugiego: Ponieważ więc i. Bazę w przestrzeni wyznaczamy następująco:.. Ponieważ więc ze zbioru bierzemy dowolny wektor Następnie wyznaczamy wektor główny rzędu pierwszego i wektor własny Oczywiście tak określone wektory są liniowo niezależne. Przyjmując:.. Ponieważ więc ze zbioru biorę dowolny wektor taki, że dla dowolnych liczb nierównych jednocześnie zero, zachodzi warunek: Tak określone wektory są liniowo niezależne i stanowią bazę przestrzeni = = +,, R. V () x 3 x 4 x 4 x 3 x 4 x 3 x 4 V () = {x : (A I x = }. V () ) (A I = = ) 4 4 (A I x = = = = i,,, R. ) x x x 3 x 4 x 5 x x x x 3 x 4 x 5 = = + + +,,,, R. V () x x 3 x 4 x 5 x x 3 x 4 x 5 x x 3 x 4 x 5 V () = {x : (A I x = }. V () ) 3 (A I = ) 3 = V () R 5 dim = 5 V () V () dim dim = 5 4 = V () V () V () V (). v () := (A I), := (A I). V () V () v () v () V () v () v () v (),, v () v () = to = (A I) = i = (A I) =. v () v () v () v () v () dim dim = 4 = V () V () V () V () v (),, α α +. α v () α v () V () V () v (),,,, v () v () v () v (). V () Gdy = to = (A I) =.

103 Z uwagi wynika, że układ fundamentalny rozwiązań układu ( 5 ) jest następujący: Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 5 ) ma postać gdzie dowolne stałe. ZADANIE Zadanie 4: Zadanie 4: Treść zadania: Treść zadania: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 5 ), gdy Rozwiązanie: Rozwiązanie: Wyznaczamy wartości własne macierzy : Gdy = to = (A I) =. v () v () v () (t) = =, (t) = ( + t ) = + t x v () et e t x v () v () e t e t (t) = ( + t + ) = + t + x 3 v () v () t v () e t t e t (t) = =, (t) = ( + t ) = + t. x 4 v () et e t x 5 v () v () e t e t x(t) = (t) + (t) + (t) + (t) + (t) c x c x c 3 x 3 c 4 x 4 c 5 x 5,,,, c c c 3 c 4 c 5 A = A A λi = =

104 λ 4 3 λ A λi = 4 λ = 3 λ λ λ λ (3 λ) λ = (3 λ)( λ) = 3 λ λ λ λ (3 λ)( λ ) = ( λ (3 λ = λ ) 3 ) λ zatem mamy dwie wartości własne λ = o krotności 3 i λ = 3 o krotności. Wyznaczymy podprzestrzeń własną dla wartości własnej λ =. V () Rozwiązujemy układ równań (A I) x = : = {x : (A I) x =, }. 4 x 4 x = x x = 4 = x 3 x 4 x = 3 x 4 3x x + x 3 + x 4 + x 5 = x 5 x + x + x 3 + x 4 + x 5 = x = x =, R x 3 x 4 x5 = x 3 x 4. Zatem V () = = +,, R. x 3 x 3 x 4 x 3 x 4 x 4 x 3 x 4 Wymiar przestrzeni V () wynosi i jest mniejszy od krotności wartości własnej. Musimy więc wyznaczyć podprzestrzeń główną rzędu pierwszego. Wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego dla λ Rozwiązujemy układ równań (A I) x =. Zatem V () V () ) = {x : (A I x = }. 8 x 8 x = 4 x 4 x = 4 x 3 = 4 x = 5 7 x 4 5 x + 7 x + x 3 + x 4 + x 5 = 5 5 x 5 5 x + 5 x + x 3 + x 4 + x 5 = x { =,,, dowolne liczby rzeczywiste. x = ( + + ) 5 x x 3 x 4 x 3 x 4 x 5 5 ( x + + ) 5 3 x 4 x = x = + +,,, R 3 x 3 x 4 x 5 x 3 x 4 x 5 x 4 x 5 a więc wymiar podprzestrzeni V () wynosi 3 i jest równy krotności wartości własnej λ. =

105 5 Bierzemy dowolny wektor v () V () V (). Jeżeli v () = to odpowiadający jemu wektor własny wyznaczamy z zależnośc: Do wektorów v (), v () należy teraz dobrać wektor v () V () tak, by wektory v (), v (), v () były liniowo niezależne. Jeśli v () =, to łatwo sprawdzić, że wektory są liniowo niezależne. v (), v (), v () Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną dla wartości własnej λ = 3 : Rozwiązujemy układ równań (A 3I) x = : Zatem 4 5 = (A I) = = v () v () Z uwagi 9 wynika, że natępujące funkcje są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu ( 5 ): x (t) = v e t =, (t) = = e t x v e t 5 e t stosując metodę Gaussa x 3 (t) = ( v () + t v ) = + t. e t 5 e t 4 3 x + x = x x 3 = 4x + = 3 x 4 x 5 7x 4 7 x 5 = V () = {x : (A 3I) x =, } x x x + 4 x = x 3 = x 4x x 3 = x 4 3x x + x 3 x 4 + x 5 = x = x x 3 x 4 x 5 x 5 w + w w + w 4 5 w + 3 w + w 3 w 3 5 w + w w 3+4w x = x x x = x = 3 x =. x 3 = + 4 x 4 4 x 5 x 3 = x 4 = x 5 x 4 = x 5 v ()

106 V () Wymiar przestrzeni V () wynosi i jest mniejszy niż krotność wartości własnej λ. Wyznaczamy teraz podprzestrzeń wektorów głównych rzędu pierwszego Rozwiązujemy układ równań (A 3I) x =. = =, R. x 5 x 5 x 5 x 5 V () ) = {x : (A 3I x = }. 4 8 x x 4x 8 x = 4 4 x 3 = 4 x + x + 4 x 3 = 7 x 7 x 4 + x x 3 + x 4 x 5 = x 3x x 3 x 4 + x 5 = 3 x 5 x x = x + 3 x + x 3 = 7 x + x x 3 + x 4 x 5 = x 3x x 3 x 4 + x 5 = Rozwiązujemy powyższy układ, stosując metodę Gaussa w + w 7 w + w 3 3 w + w 3 3 w w 4 w 7 + w w 3 w 4 + x x = x = x = 4x 4 4x 5 x + =,, R. x 3 x = x 3 = x 4 x 5 x 4 x 5 x 3 + x 4 x 5 = x 3 = x 4 + x 5. Zatem V () 4x 4 4x x 4 x 5 = x 4 + x 5 = x 4 + x 5, x 4, x 5 R. x 4 x 5 Wymiar przestrzeni V () wynosi i jest równy krotności wartości własnej λ. 4 Wybieramy dowolny wektor v () V () V. Jeżeli to wyznaczamy teraz wektor własny z v () = v () zależności: 4 4 = (A 3I) = = v () v () Następujące funkcje są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu ( 5 ): (t) = = 3t 3t, 5(t) = ( + t 3) = + t 3t. 4 3t

107 x 4 4 (t) = v e 3t = e 3t, x 5 (t) = ( v () + t v ) = + t. 3 e 3t e 3t Funkcje x (t), x (t), x 3 (t), x 4 (t), x 5 (t) są liniowo niezależne i stanowią układ fundamentalny układu ( 5 ). Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 5 ) ma postaci gdzie c,, c 5 x(t) = c x (t) + c x (t) + c 3 x 3 (t) + c 4 x 4 (t) + c 5 x 5 (t) dowolne stałe. Macierz wykładnicza i jej własności Przez M(n n, C) będziemy oznaczać zbiór macierzy o wymiarach n n i wartościach zespolonych. DEFINICJA Definicja 3: Normę w przestrzeni M(n n, C) określamy następująco: A = max{ a ij, i, j =,, n}. Łatwo zauważyć, że zachodzi nierówność A n A n. Dla t R definiujemy ciąg macierzy { S k (t)} S k k (t) =. i= t i i! Ai Elementy macierzy (t) S k będziemy oznaczać b (k) (t) ij S k (t) (t) n (t) =. (t) b (k) (t) b (k) b (k) b (k) n nn

108 UWAGA Uwaga : Dla dowolnego ustalonego t ciąg { S k (t)} jest ciągiem Cauchy'ego to znaczy, że dla dowolnego ε > istnieje N takie, że dla k, m N zachodzi nierówność S m (t) S k (t) ε. (5) Istotnie dla m > k mamy m t i m t i S m (t) S k (t) = A. i! Ai i i! i=k+ i=k+ (5) Z kryterium zbieżności d'alemberta wynika, ze szereg liczbowy t i A i i! i= jest zbieżny. Zatem istnieje N, że dla k N zachodzi nierówność: t i A i < ε. i! i=k+ Stąd i z ( 5 ) wynika ( 5 ) co kończy dowód uwagi. Ponieważ dla każdego i, j =,, n mamy nierówność (t) (t) S (t) (t), ij ij m S k b (m) b (k) więc z uwagi wynika, że ciąg { b (k) (t)} ij Zatem istnieje granica tego ciągu jest ciągiem Cauchy'ego. b ij (t) = lim b (k) ij k (t). DEFINICJA Definicja 4: Macierz wykładniczą e ta definujemy jako granicę ciągu macierzy { S k (t)} : b (t) b n (t) b (k) (t) b (k) (t) n e ta = = lim t = (t) =. k lim S k i k i! Ai b n (t) b nn (t) b (k) (t) b (k) i= (t) n nn

109 UWAGA Uwaga : d ( ) = A = A. dt eta e ta e ta (53) Istotnie, ponieważ szereg jest zbieżny niemal jednostajnie w R, i= t i i! Ai więc możemy różniczkować go wyraz po wyrazie. Zatem mamy, że Zauważmy ponadto, że zachodzi równość d d t i t i t i ( ) = ( ) = = A = A. dt eta dt i! Ai (i )! Ai (i )! Ai e ta i= i= i= A e ta = e ta A. UWAGA Uwaga 3: Dla dowolnej macierzy M(n n, C) i dowolnych liczb s, t R zachodzi równość e (s+t)a Istotnie, ze wzoru na pochodną iloczynu i uwagi mamy: = e sa e ta. (54) d ( e (s+t)a e ta d ) = ( e (s+t)a ) e ta + e (s+t)a d ( ) = dt dt dt e ta e (s+t)a Ae ta e (s+t)a A e ta =. Zatem wartość iloczynu e (s+t)a e ta nie zależy od t i jest równa wartości dla t = e (s+t)a e ta = e (s+)a e A = e sa I = e sa, bo e = I. (55) Stąd dla s = mamy e ta e ta = I, więc e ta jest macierzą odwrotną do macierzy e ta e ta = ( e ta ). (56) Mnożąc obie strony równości ( 54 ) przez e ta, otrzymujemy równość (3).

110 UWAGA Uwaga 4: Dla dowolnych macierzy A, B M(n n, C) : jeżeli AB = BA, to e t(a+b) = e ta e tb. (57) Istotnie z uwagi mamy d ( e t(a+b) e tb e ta ) = dt e t(a+b) (A + B) e tb e ta e t(a+b) Be tb e ta e t(a+b) e tb A e ta. Ponieważ AB = BA, to A B i = B i A, dla i =,, n, więc e tb ( t) i A = B i ( t) i A = A B i ( t) i = A B i = A e tb. i! i! i! i= i= i= Zatem d ( ) =, dt et(a+b) e tb e ta czyli e t(a+b) e tb e ta nie zależy od t, więc jest równe wartości dla t = e t(a+b) e tb e ta = I. Mnożąc obustronnie powyższą równość kolejno przez e ta i e tb otrzymamy zależność ( 56 ) UWAGA Uwaga 5: Macierz e ta jest macierzą fundamentalną układu równań x (t) = A x(t), (58) gdzie Wynika to bezpośrednio z uwagi. a a n x (t) A = i x(t) =. x n (t) a n a nn Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 57 ) przy użyciu macierzy e ta można zapisać następująco: c x(t) = e ta C gdzie C =, c,, c n R. c n (59) x Natomiast rozwiązanie równania ( 57 ) z warunkiem początkowym x( t ) = x gdzie x = można zapisać x n

111 następująco: n x(t) = e ta e ta x = e (t )A. t x Wyznaczanie macierzy wykładniczej Do wyznaczania macierzy wykładniczej e ta wykorzystamy następujące twierdzenie: TWIERDZENIE Twierdzenie 9: ZAŁOŻENIA: Niech A będzie dowolną rzeczywistą lub zespoloną macierzą kwadratową wymiaru n n. TEZA: Wtedy istnieje nieosobliwa macierz P, taka że A = PJ P, gdzie J jest tak zwaną macierzą Jordana macierzy A. Macierz Jordana ma postać: J J J k J k. elementy J i macierzy J są zwane klatkami Jordana. Omówimy teraz jak wyznacza się klatki Jordana i macierz nieosobliwą P. Niech A będzie rzeczywistą macierzą kwadratową wymiaru n n, a λ,, λ k, k n będą wartościami własnymi macierzy A. Niech V () i = {x : (A I) x = }, będzie podprzestrzenią własną odpowiadająca wartości własnej λ i. Rozważymy następujące przypadki.. Wymiar przestrzeni V () jest równy krotności wartości własnej λ Niech - oznacza krotność wartości własnej i i i. m λ i niech układ wektorów { v (),, v () } będzie bazą przestrzeni V (). Każdemu wektorowi v () odpowiada pojedyncza klatka i i m i i j Jordana, którą będziemy oznaczać J ij = [ λ i ]. W tym przypadku mamy m jednakowych pojedynczych klatek Jordana. J ij λ i. Wymiar przestrzeni V () i jest mniejszy od krotności wartości własnej λ i. Jeżeli m - jest krotnością wartości własnej λ i a r - wymiarem przestrzeni własnej V (), i wtedy mamy m wektorów { v (),, v () }, i i m z których tylko pierwszych r stanowi bazę przestrzeni V () i a pozostałe m r wektorów są wektorami głównymi odpowiednich rzędów związanymi niekoniecznie ze wszystkimi wektorami własnymi { v (),, v () }. Każdemu wektorowi własnemu v (),, v () i i r i i r odpowiada odpowiednio klatka Jordana J i,, J ir. Jeżeli wektorowi v () i j - nie odpowiada żaden wektor główny, to klatka Jordana odpowiadająca wektorowi v () i j jest jednoelementowa = [ ]. Jeżeli natomiast wektorowi własnemu v () i j odpowiadają wektory główne v (),, v (k) i j i j związane z wektorem v () i j zależnościami: λ i () () = (A λi)

112 to klatka Jordana odpowiadająca wektorowi v () = (A λi) v () i j i j v () = (A λi) v () i j i j v (k ) = (A λi) v (k) i j i j v () ma wymiar (k + ) (k + ) i j λ i λ i J ij =. λ i λ i (6) W macierzy J ij jej pierwszej kolumnie odpowiada wektor własny v () i j, drugiej wektor główny v () i j, odpowiednio k + - kolumnie wektor główny v (k) i j. Kolumnami macierzy nieosobliwej P są wektory własne i główne. Konstrukcje macierzy P wyjaśnimy na przykładzie. Niech macierz A wymiaru 5 5 ma dwie wartości własne: λ o krotności 3, której odpowiadają wektory v (), v (), v () określone zależnością ( 6 ) oraz wartość własną λ o krotności, której odpowiadają wektory v (), v () określone zależnością ( 6 ). Wówczas klatki Jordana odpowiadające wartościom własnym λ (odpowiednio λ ) mają postać J λ λ = λ, J = [ ]. λ λ Macierz Jordana J ma wtedy postać: λ J J = [ ] = J λ λ λ λ a kolumnami macierzy P są odpowiednio współrzędne wektorów v (), v (), v (), v (), v (). Macierz Jordana J można zapisać też w postaci J J = [ ], ale wtedy kolumnami macierzy P są odpowiednio współrzędne wektorów v (), v (), v (), v (), v (). J

113 UWAGA Uwaga 6: Jeżeli A = P J P to e ta = P e tj P. Istotnie, ponieważ P P = I więc (P J P ) k = P J P P J P P J P = P J k P. Zatem e ta (At) (At) 3 (At) n = I + At =! 3! n! P P + P J P t + (P J P ) t + + (P J P ) n tn + =! n! P P + P J P t + P J P t + + P J n P t n + =! n! P (I + Jt + J t + + J n t n + ) P = P e tj P! n! co należało wykazać. UWAGA Uwaga 7: Jeżeli J e tj J = to e tj =. e tj k J k Wynika to bezpośrednio z faktu, że m -ta potęga macierzy J jest równa J m J m =. J m k Niech J i będzie klatką Jordana wymiaru s s J i λ i λ i =. λ i λ i Macierz J i możemy zapisać jako sumę macierzy J i = D i + M i gdzie = i =.

114 D i λ i λ i = i =. M i λ i λ i Ponieważ D i M i = M i D i więc na mocy uwagi 4 mamy e tj i = e t( D i + M i ) = e td i e tm i. UWAGA Uwaga 8: M n i = dla n s. Prawdziwość tej zależności pokażemy na przykładzie, gdy s = 3 M i =, M i =, M 3 = i Policzymy teraz e td i. Ponieważ D m i λ m i = λ m i więc e td (td i i ) (td i ) 3 (td i ) n = I + t D i =! 3! n! k= ( λ t k! i ) k e λ i t =. ( λ i t) k e λ i t k= k! Policzymy teraz e tm i. Z uwagi 3 mamy e tm (tm i i ) (tm i ) 3 (tm i ) s = I + t M i =! 3! (s )! t! t t t s (s )! t s 3 (s 3)! t s (s )! t s (s )! t. Zatem s it s t i

115 t s eλ i t (s )! t s eλ i t (s )! e λ i t te λ i t e λ i t t s 3 e tj i = e td i e tm eλ i t t s eλ t i (s 3)! (s )! i =. e λ i t te λ i t e λ i t Wyznaczymy teraz macierze J, P, i e tj dla niektórych przykładów z następujących modułów: "Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy wartości własne są różne, ale nie wszystkie rzeczywiste", "Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu jest diagonalizowalna", "Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna". PRZYKŁAD Przykład 55: Niech A = będzie macierzą z przykładu. Wartościami własnymi macierzy A są λ =, λ = + i, λ 3 = i, a odpowiadające im wektory własne generujące podprzestrzenie własne V (), V (), V () są odpowiednio równe: 3 i i v () =, =, =. v () v () 3 Klatki Jordana odpowiadające wektorom v (), v (), v () są odpowiednio równe: 3 J = [ ], J = [ + i ], J 3 = [ i ]. Zatem Uwzględniając fakt, że t J i i J = J = + i, P =. J 3 i e αt+βti = e αt e βti = e αt (cos(βt) + i sin(βt)) otrzymujemy e tj e t e tj = e tj = e t(+i) = e tj 3 e t( i) e t (cos t + i sin t). e e t (cos t i sin t)

116 PRZYKŁAD Przykład 56: Niech A = będzie macierzą z przykładu. Wartościami własnymi macierzy A są λ = 3 i λ = 3 - o krotności. Podprzestrzeń własna V () jest generowana przez wektor v () = a podprzestrzeń własna V () ma wymiar i generowana jest przez wektory v () = i v () =. 3 Wektorom własnym v (), v () i v () odpowiadają odpowiednio następujące klatki Jordana: 3 J = [ 3 ], J = [ 3 ], J 3 = [ 3 ]. Zatem J 3 J = J = 3, P =, J 3 3 e tj e 3t e tj = e tj = e 3t. e tj 3 e 3t

117 PRZYKŁAD Przykład 57: Przykład 57: Niech będzie macierzą z przykładu. Pięciokrotną wartością własną macierzy jest Podprzestrzeń własna jest dwuwymiarowa i generowana jest przez wektory i Wektorowi włąsnemu odpowiadają następujące wektory główne rzędu pierwszego i drugiego a wektorowi własnemu odpowiada następujący wektor główny rzedu pierwszego Wektorom własnym i odpowiadają odpowiednio następujące klatki Jordana: Zatem A = 3 4 A λ =. V () = v () =. v () v () =, = v () v () v () =. v () v () v () =, = [ ]. J J J = [ ] =, P =, J J = [ ] =. e tj e tj e tj e t te t e t t e t te t e t e t te t e t

118 PRZYKŁAD Przykład 58: Przykład 58: Niech będzie macierzą z zadania. Wartościami własnymi macierzy są - o krotności 3 i - o krotności. Podprzestrzeń własna odpowiadająca wartości własnej jest dwuwymiarowa i generowana jest przez wektory i. Podprzestrzeń własna odpowiadająca wartości własnej jest jednowymiarowa i generowana jest przez wektor Wektorowi włąsnemu odpowiada następujący wektor główny rzędu pierwszego. Wektorom własnym i odpowiadają odpowiednio następujące klatki Jordana: Zatem Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach przy użyciu jednorodnych o stałych współczynnikach przy użyciu macierzy wykładniczej macierzy wykładniczej PRZYKŁAD Przykład 59: Przykład 59: Wyznaczyć rozwiązanie problemu początkowego: A = A = λ = 3 λ λ = v () = v () λ =. v () 7 7 v () = v () 4 v (), v () v () = [ ], = [ ], = [ ]. J J J 3 3 J = =, P =, J J J = =. e tj e tj e tj e tj e t e t te t e t e 3t te 3t e 3t =, =. (t) x(t) x()

119 x (t) x(t) x() y (t) = y(t), y() =. z (t) z(t) z() (6) W pierwszej kolejności wyznaczamy wartości własne macierzy A zatem λ =, λ =, λ 3 = 3 są jednokrotnymi wartościami własnymi macierzy A. Wyznaczamy teraz podprzestrzenie własne dla λ, λ i λ 3. Dla λ =. Zatem podprzestrzeń własna Dla λ =. Zatem podprzestrzeń własna Dla λ 3 = 3. A λi = λ 3 λ λ A =, λ λ λ w = + w k λ = + k λ λ = ( λ) 3 λ = ( λ)( λ)(3 λ) = λ λ = {X : (A I) X = }, x x x + x 3 = (A I) X = x = x + = x 3 x x 3 x + x + x 3 = x { x + x 3 = x { x + x 3 = x { = x 3. x + x + x 3 = = = V () V () ma postać x 3 V () = =, R x 3 x 3 x 3 i wektorem własnym generującym tę podprzestrzeń jest v () =. ma postać x = {X : (A I) X = }, x x + x 3 = x (A I) X = x = x = {. x 3 = x 3 x = x + x = x V () V () x V () = =, R x x x x i wektorem własnym generującym tę podprzestrzeń jest v () =. x 3 = {X : (A 3I) X = }, 3 x x x + x 3 = (A 3I) X = x = x = x 3 x x 3 x + x x 3 = x { x + x 3 = x { = x. x x x 3 = = V () x 3 x Zatem podprzestrzeń własna V () 3 ma postać = =, R

120 x V () = =, R 3 x x x i wektorem własnym generującym tą podprzestrzeń jest v () = 3 Macierze J, P i P mają więc postać: J =, P =, P =. 3 Ponieważ A = P J P, więc e t e ta = P e tj P = e t = e 3t e t e t + e 3t e t e t e t + e 3t e t e 3t e t e t e 3t. e t + e t e t + e t e t Rozwiązanie problemu początkowego ( 6 ) jest zatem postaci x(t) x() e t e t + e 3t e t e t e t + e 3t e 3t y(t) = e ta y() = e t e 3t e t e t e 3t = e 3t. z(t) z() e t + e t e t + e t e t UWAGA Uwaga 9: Jeżeli szukamy rozwiązania ogólnego układu równań x (t) = A x(t) i wartości własne macierzy A są rzeczywiste, to rozwiązanie ogólne jest postaci: x(t) = e ta C = P e tj P C = P e tj C ~ gdzie C ~ c~ = c~ n c~,, c~ n są to dowolne stałe rzeczywiste. W takiej sytuacji nie ma potrzeby wyznaczać macierzy odwrotnej: istnieje C ~ takie, że C ~ = P C. P, ponieważ dla dowolnego stałego wektora C PRZYKŁAD Przykład 6: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu równań: (t) = A x(t) gdzie A =.

121 Wyznaczamy wartości własne macierzy A : zatem λ =, λ = i, λ 3 = i są jednokrotnymi wartościami własnymi macierzy A. Wyznaczamy teraz podprzestrzenie własne dla λ, λ i λ 3. Dla λ =. Zatem podprzestrzeń własna Dla λ = i. Zatem podprzestrzeń własna Wyznaczamy macierz A λi = λ x λ (t) = A x(t) gdzie A =. λ λ λ λ w + = w λ k = + k λ λ = ( λ) λ = ( λ)( λ + ) = λ λ = {X : (A I) X = }, x x x + x 3 = (A I) X = x = x + = x 3 x x 3 x + x x 3 = x { x + x = r 3 + r x { x + x 3 = x { = x 3. x + x x 3 = x = = V () V () ma postać V () = =, R x 3 x 3 x 3 x 3 i wektorem własnym generującym tą podprzestrzeń jest v () =. = {X : (A ii) X = }, i x (A ii) X = i x = i x 3 ( i) x x + x 3 = r + r ( i) x x i + = { {. x x 3 + (i ) x = x = x i x + ( + i) = x + x + ( i) x 3 = x x 3 x 3 = x V () V () ma postać x V () = x = x, x R (i )x i i wektorem własnym generującym tę podprzestrzeń jest v () =. i Dla λ 3 = i. W tym przypadku V () = V () i v () = v () =. 3 3 i Macierze J, P i P mają więc postać: J = i, P =, P = i i i. 4 4 i + i i + i i e tj tj t t = =. x 4 4 i

122 e tj e t e t = e it = cos t + i sin t. e it cos t i sin t Zatem e t e ta = P e tj P = cos t + i sin t + i i cos t i sin t sin t + cos t sin t sin t i i i =. 4 4 e t + sin t + cos t e t sin t sin t + i i i ( e t 3 sin t + cos t) ( + sin t cos t) 4 4 et cos t sin t Zatem rozwiązanie ogólne ma postać: gdzie c, c, c 3 x (t) sin t + cos t sin t sin t c x (t) = e t + sin t + cos t e t sin t sin t c = x 3 (t) ( e t 3 sin t + cos t) ( + sin t cos t) et cos t sin t c 3 ( sin t + cos t)c sin tc sin tc 3 ( e t + sin t + cos t) c ( e t sin t) c sin tc 3 ( e t 3 sin t + cos t) c ( + sin t cos t) et c (cos t sin t)c 3 są to dowolne stałe rzeczywiste. Przykład 6 pokazuje, że jeżeli macierz A ma wartości własne zespolone, to macierz P e tj jest zespolona, natomiast macierz P e tj P jest rzeczywista, dlatego musimy wyznaczyć macierz P, bo inaczej otrzymalibyśmy rozwiązanie zespolone układu. ZADANIE Zadanie 5: Treść zadania: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu równań: 4 x (t) = A x(t), gdzie A =. 3 Rozwiązanie: Obliczamy wartości własne macierzy A : 4 λ = (4 λ)( λ + + 3( λ) = (λ = λ ) ) 3 3 λ zatem λ = jest 3-krotną wartością własną macierzy A. Wyznaczymy podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej λ =. 3 V () = {X : (A I) X =, } x x x 3 = x x = x = { x 3 = x x = 3x x x 3 = x x 3 zatem () = =, R.

123 V () x = x = x, x R. x Wymiar podprzestrzeni własnej V () jest równy i jest mniejszy od krotności wartości własnej. W związku z tym, wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego V () = {X : (A I) X =, } x x + x x 3 = x = x + = = + x x 3 x 3 x x x + x x 3 = x 3 zatem V () x = x = x + x, x, x R. x + x Wymiar podprzestrzeni głównej rzędu pierwszego V () jest równy i jest mniejszy od krotności wartości własnej. W tej sytuacji wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu drugiego V () = {X : (A I) 3 X =, }. Ponieważ (A I ) 3 =, więc V () = R 3. Bierzemy teraz dowolny wektor v () V () V (). Niech v () = wtedy i v () = (A I) v () = = 3 3 v () = (A I) v () = =. 3 3 Wektory v (), v () i v () są liniowo niezależne. Stąd wynika, że macierze J i P są postaci: J =, P =. 3 Zatem macierz e tj jest następująca e t te t t e t e tj = e t te t e t i rozwiązanie ogólne rozważanego układu można zapisać następująco : x (t) e t te t x (t) = P e tj t e t c C = e t te t c = x 3 (t) 3 e t c 3 e t t e t + e + t + t e t e t e t c e t t e t + e t + t. t e t e t c e t t e t + 3e t e t + 3te c 3 gdzie c, c, c 3 są to dowolne stałe, należące do zbioru liczb rzeczywistych. Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach metodą

124 uzmienniania stałych Rozważmy układ równań: x (t) = A x(t) + f(t) dla t I R (6) gdzie x (t) a a n f (t) x(t) =, A =, f(t) =. x n (t) f n (t) a n a nn Jeżeli funkcje x x (t) x (t) x n (t) (t) =, x (t) =,, x n (t) = x n (t) x n (t) x nn (t) stanowią układ fundamentalny rozwiązań dla układu jednorodnego : to macierz x (t) X(t) = x n (t) x (t) = A x(t), x (t) x n (t) x n (t) x nn (t) (63) nazywamy macierzą fundamentalną układu ( 63 ). Z twierdzenia 3 wynika, że rozwiązanie ogólne układu równań ( 6 ) jest postaci x(t) = X(t) (C + X (t) f(t)dt) (64) c gdzie C =, a c,, c n -są to dowolne stałe. c n Natomiast rozwiązanie układu równań ( 6 ) spełniającego warunek początkowy x ( t ) = x, x ( t ) = x,, x n ( t ) = x n, (65) gdzie x,, x n, są dane, a t jest ustalonym punktem przedziału I, jest postaci: x(t) = X(t) ( X ( t ) x + t (s) f(s)ds). t X (66) PRZYKŁAD Przykład 6: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 6 ) gdy Wyznaczamy wartości własne macierzy A : A = [ ] 3 i f(t) = [ ]. e t więc λ = i λ = 4 są pierwiastkami tego równania. Dla λ = wyznaczymy podprzestrzeń własną Rozwiązujemy układ równań (A I) x = : A λi = λ = ( λ)(3 λ) = λ 5λ + 4 = 3 λ V () x x = {x : (A I) x =, } gdzie x = [ ]. [ ] [ ] = [ ] { =.

125 x [ ] [ x ] = [ ] { + x = x = x. x x + x = Zatem Podprzestrzeń V () jest generowana przez wektor własny v () = [ ]. Dla λ = 4 wyznaczymy podprzestrzeń własną Rozwiązujemy układ równań (A 4I) x = : Zatem V () V () x = {[ ] = [ ] R}. x x x = {x : (A 4I) x =, } gdzie x = [ ]. x [ ] [ x ] = [ ] { + x = x =. x x x = x V () x = {[ ] = [ ] R}. x x x Podprzestrzeń V () jest generowana przez wektor v () = [ ]. Wyznaczymy teraz macierz e ta, która jest macierzą fundamentalną rozważanego układu. Ponieważ A = P J P, gdzie x x więc 3 J = [ ], P = [ ], = [ ] 4 P e ta = P e tj P e = [ ] [ t ] [ ] = [ et 3 e4t + 3 et 3 e4t ]. e 4t et 3 e4t 3 et 3 e4t Ponieważ macierz odwrotną do macierzy e ta jest macierz e ta, więc rozwiązanie rozważanego układu jest postaci x (t) x(t) = [ ] = e ta (C + e ta f(t)dt) = x n (t) 3 et + 3 e4t + 3 et 3 e4t c + + [ ] ([ ] + [ ] [ ] dt) = + e t 3 et 3 e4t 3 et + 3 e4t 3 et 3 e4t 3 et + 3 e4t 3 et 3 e4t 3 et + 3 e4t 3 et 3 e4t )dt 3 et 3 e4t 3 e t 3 e 4t 3 e t 3 e 4t c 3 e t 3 e 4t 3 e t 3 e 4t 3 et 3 e4t c 3 e 4t 3 e 3t 3 e t et 3 e4t c e t 3 e 4t 3 e 3t 3 3 et 3 e4t c ( 3 e 4t 3 e 3t 3 e t et 3 e4t c ( )dt 3 e t 3 e 4t 3 e 3t 3 3 et 3 e4t t + e 4t 9 e 3t 3 e t c et 3 e4t + t + 3 e t 6 e 4t 9 e 3t c 3 + [ ] ([ ] + [ ] dt) = + + [ ] ([ ] + [ ]) = + + [ ] [ ] = + [ ( 7 + ( c 36 + c ) e 4t 4 e t( 6 c + 3 c + 3t)) ]. (9 + ( c + ) + ( t)) 8 c e 4t e t c c PRZYKŁAD Przykład 6: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 6 ), gdy A = [ ] i sin t f(t) = [ ] e t. cos t A

126 Wyznaczamy wartości własne macierzy A : więc λ = i i λ = + i są pierwiastkami tego równania. Dla λ = i wyznaczymy podprzestrzeń własną Rozwiązujemy układ równań (A ( i) I) x = : Zatem V () A λi = λ = ( λ ) + = λ x = {x : (A λ I) x =, }, gdzie x = [ ]. i x [ ] [ x ] = [ ] { i x = x = x i. i x x + x i = V () x = {[ ] = [ ] x x R}. x i i Podprzestrzeń V () jest generowana przez wektor własny v () = [ ] = [ ] + [ ] i. i Do wyznaczenia układu fundamentalnego rozwiązań dla układu jednorodnego wykorzystamy zależności 3 i 4. x Ponieważ α = i β =, więc R( v ) = [ ] i I( v ) = [ ]. Stąd z zależności 3 i 4 mamy następujące rozwiązania liniowo niezależne, odpowiadające wartościom własnym λ i λ : x (t) = ([ ] cos t [ ] sin t) e t, x (t) = ([ ] sin t + [ ] cos t) e t. Macierz fundamentalna układu jednorodnego ma postać: e t cos t e t sin t X(t) = [ ]. e t sin t e t cos t Ponieważ macierz odwrotna do macierzy X(t) jest następująca X e t cos t e t sin t (t) = [ ], e t sin t e t cos t więc rozwiązanie rozważanego układu jest postaci x (t) x(t) =[ ] = X(t) (C + X (t) f(t)dt) = x n (t) e t cos t e t sin t c [ ] ([ e t cos t e t sin t sin t ] + [ ] [ ] e t dt) = e t sin t e t cos t c e t sin t e t cos t cos t e t cos t e t sin t c [ ] ([ e t cos t e t sin t c ] + [ ] dt) = [ ] [ ] = e t sin t e t cos t c e t e t sin t e t cos t c + e t e t ( c cos t + ( + ) sin t) [ c e t ]. e t ( c sin t + ( c + e t ) cos t) Rozwiązywanie układów równań liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach metodą przewidywań Rozważmy układ równań: (t) = A x(t) + f(t) dla t I R

127 x (t) = A x(t) + f(t) dla t I R (67) gdzie Jeżeli x (t) a a n f (t) x(t) =, A =, f(t) =. x n (t) a n a nn f n (t) x c (t) jest rozwiązaniem ogólnym układu jednorodnego: i x (t) = A x(t) x p (t) jest rozwiązaniem szczególnym układu ( 67 ) to rozwiązanie ogólne układu ( 67 ) jest postaci: x(t) = x c (t) + x p (t). UWAGA Uwaga 3: Jeżeli f(t) = f (t) + + f k (t) i dla każdego j =,, k funkcja x pj jest rozwiązaniem szczególnym układu równań (t) = A x(t) + to rozwiązaniem ogólnym układu ( 67 ) jest następująca funkcja x f j (t), x(t) = x c (t) + x p (t) + + x pk (t). Metoda przewidywań ma zastosowanie, jeżeli elementy macierzy f(t) są wielomianami, funkcjami wykładniczymi, funkcjami sinus lub cosinus, ewentualnie sumami lub iloczynami wymienionych funkcji. UWAGA Uwaga 3:. Jeżeli funkcja f(t) w równaniu ( 67 ) jest postaci: b k f(t) = e λt tk + + t +, gdzie b ij są stałymi, b nk b b n b b n (68) to wtedy, gdy λ nie jest wartością własną macierzy A, szukamy szczególnego rozwiązania równania ( 67 ) w postaci x p d k (t) = e λt tk + + t + d nk d d n d d n (69) Jeżeli natomiast λ jest wartością własną macierzy A o krotności m, to szukamy szczególnego rozwiązania równania ( 67 ) w postaci x p d k+m (t) = e λt tk+m + tk+m + + t +. d nk+m d k+m d nk+m d d n d d n (7). Jeżeli funkcja f(t) w równaniu ( 67 ) jest postaci: αt k + + t + cos(βt)+

128 b k f(t) = e αt tk + + t + cos(βt)+ b nk c j e αt c nj tj b b n c b b n + + t + sin(βt), c n c c n (7) to wtedy gdy α ± βi nie jest wartością własną macierzy A, wówczas szukamy szczególnego rozwiązania równania ( 67 ) w postaci c N x p (t) = e αt tn + + t + cos(βt)+ e αt c nn d N d nn tn c c n d c c n d + + t + sin(βt), d n d n (7) gdzie N = max{j, k}. Jeżeli natomiast α ± βi jest wartością własną macierzy A o krotności m, to szukamy szczególnego rozwiązania równania ( 67 ) w postaci c N+m x p (t) = e αt tn+m + + t + cos(βt)+ e αt c nn+m d N+m d nn+m tn+m c c n d c c n d + + t + sin(βt). d n d n (73) Algorytm postępowania przy wyznaczaniu rozwiązania układu ( 67 ) metodą przewidywań.. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne x c (t) układu jednorodnego: x (t) = A x(t).. Funkcje f(t) przedstawiamy jako sumę funkcji f(t) = f (t) + + f k (t), gdzie każda z tych funkcji jest postaci ( 68 ) lub ( 7 ). 3. Dla każdej funkcji f i (t), i =,, k wyznaczamy rozwiązanie szczególne x pi (t) układu równań x (t) = A x(t) + f i (t). (74) W zależności od postaci funkcji f i (t) przewidujemy rozwiązanie szczególne x pi (t) w postaci ( 69 ), ( 7 ) i ( 7 ) lub ( 73 ). Podstawiając x pi (t) i x p i (t) do równania ( 74 ) otrzymamy równanie macierzowe, z kórego wyliczamy stałe d lj, c lj. 4. Rozwiązanie ogólne układu ( 67 ) zapisujemy jako sumę wyżej wymienionych rozwiązań: x(t) = x c (t) + x p (t) + + x pk (t). Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach metodą przewidywań PRZYKŁAD Przykład 63:

129 Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu równań x x (t) x (t) = [ ] = [ ] [ (t) ] + [ ] x (t) 3 x (t) e t (75) metodą przewidywań. Rozwiązaniem ogólnym x c (t) równania jednorodnego jest patrz: 6. x x (t) x (t) (t) = [ ] = [ ] [ ] x (t) 3 (t) + x c (t) = e ta 3 C = [ et 3 e4t + 3 et 3 e4t ] [ ] = et 3 e4t 3 et 3 e4t c x 3 et 3 e4t c c ( + ) + ( + ) 3 [ et 3 e4t c ] ( + ) + ( + ) 3 et 3 e4t c 3 et 3 e4t c Funkcję f(t) można zapisać następująco: f(t) = [ ] = f (t) + (t), gdzie (t) = [ ] = [ ], (t) = [ ]. e t f f e t f e t Szukamy rozwiązania szczególnego dla następującego układu równań x [ (t) x ] = [ ] [ (t) ] + [ ]. x (t) 3 x (t) (76) Ponieważ liczba, czyli współczynnik przy t w funkcji wykładniczej, nie jest wartością własną macierzy A, to szukamy rozwiązania szczególnego układu ( 76 ) w postaci: Po zróżniczkowaniu Stąd układ równań ma postać: a jego rozwiązaniem jest a x (t) = [ p ]. a x p (t) i podstawieniu do ( 76 ) otrzymujemy + + [ ] = [ ] [ ] + [ ] = [ ]. 3 a 4 Teraz szukamy rozwiązania szczególnego dla układu równań =, = 3 a a a a + 3 a a { a + a = a + 3 a = a. Zatem rozwiązanie szczególne ma postać 3 4 x p (t) = [ ]. x [ (t) x (t) ] = [ ] [ ] + [ ]. x (t) 3 x (t) et (77) Ponieważ liczba - współczynnik przy t w funkcji wykładniczej, jest wartością własną jednokrotną macierzy A, to szukamy rozwiązania szczególnego układu ( 77 ) w postaci: a x (t) = [ p ] t e t b + [ ] e t. a b Po zróżniczkowaniu (t) x p i podstawieniu do ( 77 ) otrzymujemy a ([ b ] (t + ) + [ ]) e t a = [ ] ([ b ] t + [ ]) e t + [ ]. a b 3 a b et Po podzieleniu obu stron powyższej równości przez e t i wymnożeniu macierzy otrzymujemy a [ t + a + b ( a + a )t + b + b ( a + a )t + b + b a ] = [ ] [ ] = [ ]. a t + a + b ( a + 3 a )t + b + 3 b + ( a + a )t + b + b a + Stąd dostajemy układ równań:,

130 a + a = a + b + b =, a + a = a + b + b = którego rozwiazaniem jest a =, a =, =, gdzie jest dowolną liczbą rzeczywistą. Przyjmując 3 b 3 b 3 b b =, rozwiązanie szczególne układu ( 79 ) jest dane wzorem 3 x p (t) = [ ] t e t + [ 3 ] e t. 3 Zatem otrzymujemy rozwiązanie ogólne układu ( 75 ) postaci ( + ) + ( + ) 3 x(t) = x c (t) + x p (t) + x p (t) = [ et 3 e4t c 3 et 3 e4t c ] + ( + ) + ( + ) 3 et 3 e4t c 3 et 3 e4t c [ ] + [ ] t e t + [ 3 ] e t. 3 PRZYKŁAD Przykład 64: Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu równań x (t) = A x(t) + f(t), gdzie cos t + A = i f(t) = sin t. e t Równanie jednorodne x (t) x (t) = x = (t) x (t) x (t) x 3 (t) x (t) 3 jest rozważane w 5. Jednokrotnymi wartościami własnymi macierzy A są λ =, λ = + i, λ 3 = i i rozwiązanie ogólne układu jednorodnego jest wówczas postaci x(t) = c e t + c cos t sin t e t + c 3 sin t + cos t e t, (78) gdzie c, c i c 3 są to dowolne stałe, należące do zbioru liczb rzeczywistych. Funkcję f(t) można zapisać następująco : cos t + cos t f(t) = sin t = f (t) + f (t) + f 3 (t), gdzie f (t) = sin t, f (t) = e t, (t) =. e t f 3 Wyznaczamy rozwiązanie szczególne dla następującego układu równań x (t) (79) x (t) = x = A x(t) + (t) = +. (t) x (t) cos t f x (t) sin t x 3 (t) x (t) 3 Ponieważ liczby i, i nie są wartościami własnymi macierzy A, to szukamy rozwiązania szczególnego układu ( 79 ) w postaci: a a x p (t) = a cos t + a sin t. a 3 a 3 Po zróżniczkowaniu x p (t) i podstawieniu do ( 79 ) a następnie po przeniesieniu na lewą stronę otrzymujemy następującą tożsamość: a + a + a a 3 a a + a a 3 a a + a cos t + + a a a sin t =, a a 3 + a 3 a a 3 a 3 która jest prawdziwa dla dowolnego t, jeżeli a, a, a, a, a 3, a 3 spełniają układ równań.

131 a + a + a a 3 = a + a a + a 3 = a a + a =. a + a + a = a a 3 + a 3 = a + a 3 + a 3 = Rozwiązaniem powyższego układu jest a =, a =, =, =, =, = 5 a 5 a 5 a 5 3 a 3 i wtedy rozwiązanie szczególne ma postać x p (t) = 6 cos t + sin t Wyznaczamy teraz rozwiązanie szczególne dla następującego układu równań x (8) (t) x (t) = x = A x(t) + (t) = +. (t) x (t) f x (t) x 3 (t) x (t) 3 e t Ponieważ liczba - współczynnik przy t w funkcji wykładniczej, jest jednokrotną wartością własną macierzy A, to szukamy rozwiązania szczególnego układu ( 79 ) w postaci: b b x p (t) = b + b t e t. b 3 b 3 Po zróżniczkowaniu x p (t) i podstawieniu do równania ( 8 ) oraz przeniesieniu na lewą stronę otrzymujemy następującą tożsamość: ( b + b b 3 + ( b b 3 )t b + b + b t e t =, + b + b 3 + b t która jest prawdziwa dla dowolnego t, jeżeli b, b, b, b, b 3, b 3 spełniają układ równań b + b b 3 = b + b = + b + b 3 =, b b 3 = b = którego rozwiazaniem jest b =, b =, b = b 3 =, =, gdzie jest dowolną liczbą b b 3 b rzeczywistą. Przyjmując b =, rozwiązanie szczególne układu ( 8 ) ma wtedy postać x p (t) = + t e t. Pozostaje nam wyznaczyć rozwiązanie szczególne dla układu równań x (8) (t) x (t) = x (t) x (t) = A x(t) + f 3 (t) = x (t) +. x 3 (t) x 3 (t) Szukamy rozwiązania szczególnego układu ( 8 ) w postaci: c x p3 (t) = c. c 3 Po zróżniczkowaniu x p (t) i podstawieniu do równania ( 8 ) otrzymujemy następujący układ równań c c c 3 = c, + c = c + c 3 = 5 5 którego rozwiazaniem jest c =, c =, =. Rozwiązanie szczególne układu ( 8 ) ma postać c 3 5 x p3 (t) = 5. Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 78 ) jest następujące: (t) + (t) + (t) + (t) = t + cos t sin t t + c 3

132 x(t) = x c (t) + x p (t) + x p (t) + x p3 (t) = c e t + c cos t sin t e t c 3 sin t + cos t e t + 6 cos t + sin t + + t +. 5 e t Przykłady zastosowania układów równań różniczkowych Układy równań różniczkowych mają zastosowanie przy opisie wielu zagadnień fizycznych, technicznych i ekonomicznych. PRZYKŁAD Przykład 65: Przepływy i mieszanie cieczy Rysunek 9: Mamy trzy zbiorniki A, B i C połączone jak na Rys. 9. Zbiornik A zawiera 6 litrów roztworu, w którym rozpuszczono 3 kg soli, natomiast zbiorniki B i C zawierają czystą wodę. Zbiornik A zasilany jest czystą wodą wlewaną z prędkością v=4 l/min. Ze zbiornika A do B następuje przepływ z prędkością v=6 l/min, a ze zbiornika B do A z prędkością v3= l/min. Ze zbiornika B do C następuje przepływ z prędkością v4=6 l/min, a ze zbiornika C do B z prędkością v5= l/min. Ponadto ze zbiornika C wydalany jest roztwór z prędkością v6=4 l/min. Przyjmuje się, że ciecze mieszają się natychmiastowo, czyli stężenie soli w każdej części zbiornika jest takie samo. Określić ilość soli (w kilogramach) w zbiornikach A, B i C w zależności od czasu. Rozwiązanie Niech x A (t), x B (t) x C (t) oznacza ilość solii odpowiednio w zbiornikach A, B i C w chwili t. Wtedy x (t), x (t) (t) oznacza szybkość zmiany ilości soli odpowiednio w zbiornikach A, B i C. A x B C x W chwili t do zbiornika A wpływa B (t) x kg/min i wypływa 6 A (t) kg/min soli. 6 6 Zatem przebieg procesu w zbiorniku A można opisać równaniem x A 3 x B x A (t) = (t) (t). x Analogicznie, w chwili t do zbiornika B wpływa 6 A (t) x + C (t) kg/min 6 6 x 6 B (t) x + B (t) kg/min soli. 6 6 W zbiorniku B przebieg procesu można zatem opisać równaniem soli i jednocześnie wypływa z niego x B x A 3 x C 5 x B (t) = (t) + (t) (t). x Podobnie jak wcześniej, do zbiornika C wpływa 6 B (t) x kg/min soli i wypływa 6 C (t) kg/min soli. 6 6 W związku z powyższym przebieg procesu w zbiorniku C opisany jest równaniem x (t) = (t) (t). C x B x C Ponadto, mamy następujący warunek początkowy x A () = 3, x B () = x C () =. Zatem zawartość soli w poszczególnych zbiornikach opisana jest następującym układem równań: (8) (t) = (t) (t) B A,

133 x (t) = A x (t) (t) 3 B x A x (t) =, B x (t) + (t) (t) A x 3 C x 5 B x (t) = (t) (t) C x B x C z warunkiem początkowym ( 8 ). Wartościami własnymi macierzy układu 3 A = 5 3 są liczby: λ =, λ =, = a odpowiadające im wektory własne są następujące: 5 λ 3 3, v =, v =, v 3 =. 3 (83) Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 83 ) ma postać: gdzie c, c, c 3 x A (t) x B (t) = c e t c e t c 3 e t 3, 3 x C (t) są to dowolne stałe. Uwzględniając warunek początkowy ( 8 ) otrzymujemy, że funkcje x A (t) = 3 e t 5 ( + 5 e t + 3 e t 6 ) x B (t) = 8 e t 5 ( + e t 6 ) x A (t), x B (t), x C (t) x C (t) = 9 e t 5 ( + e t 3 ) ( + 4 e t e t e t ) określone są wzorami:. PRZYKŁAD Przykład 66: Obwód elektryczny Rysunek : Rozważmy obwód elektryczny jak na Rys. skłądający się z dwóch cewek o indukcyjności L = L = [H] oraz dwóch oporników R = 8[Ω], R = 3[Ω] i prądu zmiennego którego siła elektromotoryczna zmiennia sie zgodnie z zależnością E(t) = sin t[v ]. Wyznaczyć natężenia prądów i (t) i i 3 (t) po zamknięciu klucza K. Rozwiązanie Z pierwszego prawa Kirchhoffa wynika zależność i (t) = i (t) + i 3 (t). (84) Z drugiego prawa Kirchhoffa dla oczka ABEFA otrzymujemy zależność zaś dla oczka BCDEB di R i (t) + R i (t) + L = E(t), dt L di 3 dt R i (t) =. Z równości ( 84 ), ( 85 ) i ( 86 ) po podstawieniu za L, L, R, R i E(t) podanych wartości, otrzymujemy (t) 3(t) (85) (86)

134 następujący układ równań ze względu na zmienne (t) i i (t) i 3 di dt di 3 dt = 4 i (t) 8 i 3 (t) + sin t = 3 (t) i (87) z warunkiem początkowym i () = i 3 () =. Macierz układu ( 87 ) 4 8 A = [ ] 3 ma wartości własne λ =, λ = i wówczas odpowiadające im wektory własne są następujące: 4 v = [ ], v = [ ]. Zatem rozwiązanie ogólne układ jednorodnego 3 i [ 4 8 i ] = [ ] [ (t) ] i 3 (t) 3 i 3 (t) ma postać: i c (t) [ ] = c e t 4 [ ] + c e t [ ], i c3 (t) 3 gdzie c, c, są to dowolne stałe. (88) Rozwiązania szczególnego równania ( 87 ) szukamy w następującej postaci i p (t) a [ ] = [ cos t + a sin t ]. i p3 (t) b cos t + b, sin t Po podstawieniu powyższej funkcji do równania ( 87 ) i wyliczeniu a a, b, b, otrzymujemy 9 56 i p (t) cos t + sin t 9 9 [ ] = [ ]. i (t) p3 cos t + sin t 9 9 Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 87 ) jest następujące i c (t) [ ] = c e t 4 [ ] + c e t 9 56 cos t + sin t 9 9 [ ] + [ ]. i c3 (t) cos t + sin t 9 9 Uwzględniając warunek początkowy ( 88 ) rozwiązaniem układu ( 87 ) są funkcje i (t), i 3 (t), określone wzorami: { i 4 6 i 3 (t) = ( cos t + 4 sin t) 9 e t e t e t e t (t) = ( cos t 46 sin t. ) 9 e t e t e t e t PRZYKŁAD Przykład 67: Układ drgających mas Rysunek : Mamy dwie masy m = m = kg połączone trzema sprężynami o stałych sprężystościach k = k = k 3 = N/m, tak jak na Rys.. Niech x (t) i x (t) określają położenie poszczególnych mas w stosunku do położenia równowagi, mają wartość dodatnią, gdy wychylenie jest na prawo i ujemną, gdy wychylenie jest na lewo. Drgania powyższego układu opisane są następującym układem równań m (89) { x (t) = k (t) + ( (t) (t)) x k x x m x (t) = k ( (t) (t)) (t). x x k 3 x W postaci macierzowej powyższy układ można zapisać następująco: gdzie M X (t) = K X(t), (t) M = [ ], K = [ ], X(t) = [ ]. (9)