Rozwiązania wybranych zadań z równań różniczkowych. mgr inż. Piotr Kowalski

Transkrypt

1 Rozwiązania wybranych zadań z równań różniczkowych mgr inż. Piotr Kowalski 9 grudnia 03

2 Wersje numer data autor opis Piotr Kowalski Rozwiązanie równania jednorodnego z zajęć (wykryty błąd na zajęciach) Piotr Kowalski Errata z zadań z równań Bernoulliego oraz Errata do zadania grupy B z wartościami własnymi zespolonymi Piotr Kowalski Rozwiązanie chyba najpaskudniejszego (tj. najpiękniejszego) równania o zmiennych rozdzielonych jakie trafiło nam się w trakcie prac domowych Piotr Kowalski Rozwiązania zadań z pierwszej pracy domowej autorstwa Wioletty Szeligowskiej Piotr Kowalski Dołączanie reszty zadań ze zmiennych rozdzielonych, zadań z równania jednorodnego, liniowego niejednorodnego. Ponadto jedno zadanie z równania zupełnego oraz dwa niejednorodne układy równań różniczkowych. W jednym z nich pojawiają się wielokrotne wartości własne i stosowana jest metoda Eulera. Dowody autorstwa Wioletty Szeligowskiej, Tomasza Walczaka oraz Piotra Kowalskiego Piotr Kowalski Dołączone zadanie z czynnika całkującego o podpowiedzianej postaci Piotr Kowalski Dołączone zadanie niejednorodnego równania falowego z rozwijaniem w szereg Fouriera Piotr Kowalski Dołączone zadanie jednorodne równania falowego autorstwa Tomasza Walczaka Piotr Kowalski Poprawka końcówki w rozwiązaniu jednorodnego problemu falowego. Błąd zgłoszony przez Annę Rozmarynowską Piotr Kowalski Poprawione rozwiązanie w problemie jednorodnym falowym. Ważny aspekt przy rozwiązywaniu w bazie cosinusów został tam wyjaśniony Piotr Kowalski Dołączone rozwiązanie w problemie niejednorodnym dyfuzji. Zadanie z ćwiczeń. Zadanie z równania Laplace a. Rozwiązania wykonane przez Ewę Kuleszę Piotr Kowalski Poprawki literówek w równaniu dyfuzji zgłoszone przez Monikę Herkt

3 Piotr Kowalski Dołączenie rozwiązania zadania z równania liniowego II rzędu autorstwa Agaty Paul Piotr Kowalski Rozwiązanie układu równań 3 na 3 z niejednorodnością i wielokrotną wartością własną autorstwa Patrycji Augostyniak i Elżbiety Ratajczyk. Zmiana układu całej pracy Piotr Kowalski Zbadanie stabilności metodą przejścia do zmiennych biegunowych, oraz poszukiwanie całek pierwszych - opis arytmetyki dla układów w postaci ilorazowej Piotr Kowalski Rozwiązanie zadania zgłoszonego przez Panią Trubowicz oraz metoda funkcji Lapunowa autorstwa Moniki Manios i Patrycji Paciorek Piotr Kowalski Poprawa kilku literówek zgłoszonych przez Pana R.Bugę. W szczególności najważniejsza dotycząca pojęcia koercywności.

4 Współautorzy pracy ˆ Patrycja Augustyniak 3 ˆ Monika Herkt ˆ Ewa Kulesza ˆ Maciej Leszczyński ˆ Monika Manios ˆ Patrycja Paciorek ˆ Agata Paul ˆ Elżbieta Ratajczyk ˆ Anna Rozmarynowska ˆ Wioletta Szeligowska ˆ Tomasz Walczak

5 Spis treści Równania różniczkowe zwyczajne 5. Proste równania różniczkowe Równanie o zmiennych rozdzielonych Niespójna dziedzina w równaniu o zmiennych rozdzielonych.. Sklejanie rozwiązania w równaniu o zmiennych rozdzielonych Równania różniczkowe jednorodne Równanie różniczkowe liniowe niejednorodne Równanie Bernouliego Równanie liniowe rzędu o stałych współczynnikach Układy równań różniczkowych Przypadek wartości własnych rzeczywistych Przypadek wartości własnych zespolonych Przypadek wartości własnych wielokrotnych - Metoda Eulera Układy równań różniczkowych rzędu Układy z wielokrotną wartością własną rozwiązywalne bez metody Eulera Równanie zupełne Równanie z poszukiwanym czynnikiem całkującym Równanie z poszukiwaniem czynnika o znanej postaci Analiza jakościowa równań różniczkowych zwyczajnych 4. Badanie charakteru i stabilności punktów krytycznych układów równań różniczkowych Badanie stabilności z wykorzystaniem funkcji Lapunowa Poszukiwanie całek pierwszych układów równań Arytmetyka układów równań w postaci ilorazowej Równania różniczkowe cząstkowe 5 3. Rozwiązywanie równań różniczkowych metodą szeregów Fouriera 5 3. Równanie dyfuzji Równanie dyfuzji niejednorodne Równanie Laplace a Równanie Laplace a jednorodne

6 Rozdział Równania różniczkowe zwyczajne. Proste równania różniczkowe Zadanie... Sprawdzić czy podane funkcje są rozwiązaniami wskazanych równań na zadanych przedziałach. Wyznaczyć brakujące stałe dla warunków początkowych. (a) e t = e y, e y ( + y ) = na przedziale (, 0) (b) y(t) = Ce t, y + y = 0, y(0) = (c) y(t) = (t + C) sin t, y y ctg t = sin t, y( π ) = π Rozwiązanie. a Z równości e t = e y wyznaczamy y. Mamy Logarytmujemy stronami. Stąd e y = e t, (...) y(t) = ln( e t ), (...) dla t (, 0). Różniczkując funkcję y(t) = ln( e t ) otrzymamy: y (t) = et e t (...3) Podstawiając do lewej strony równości e y ( + y ) = mamy ( ) ( ) L = e ln( et ) et e = ( e t ) et t e = ( ) t = ( e t e ) t e t e = e t P =. t (...4) Stąd L P, co oznacza, że wskazana funkcja e t = e y nie jest rozwiązaniem równania e y ( + y ) = na przedziale (, 0). 5

7 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 6 b Różniczkując funkcję y(t) = Ce t otrzymamy: y (t) = Ce t (...5) dla t R. Podstawiając do lewej strony równości y + y = 0 mamy L = Ce t + Ce t = 0 = P (...6) Stąd L = P, co oznacza, że funkcja y(t) = Ce t jest rozwiązaniem równania y + y = 0. Wykorzystując teraz warunek początkowy mamy = y(0) = Ce 0 = C (...7) Stąd C =. Zatem szukane rozwiązanie zagadnienia początkowego ma postać y(t) = e t. c Różniczkując funkcję y(t) = (t + C) sin t otrzymamy y (t) = sin t + (t + C) cos t (...8) dla t R. Podstawiając do lewej strony równości y y ctg t = sin t mamy L = sin t + (t + C) cos t (t + C) sin t ctg t = sin t + (t + C) cos t (t + C) sin t cos t sin t = sin t + (t + C) cos t (t + C) cos t = sin t = P (...9) Stąd L = P, co oznacza, że funkcja y(t) = (t + C) sin t jest rozwiązaniem równania y y ctg t = sin t. Wykorzystując teraz warunek początkowy mamy π = y(π ) = (π + C) sin π (...0) Stąd π + C = π, skąd C = 0. Zatem szukane rozwiązanie zagadnienia początkowego ma postać y(t) = t sin t. Zadanie... Rozwiąż proste równanie różniczkowe (a) y = 4x + 7 e 3x, y(0) =, y (0) =, y (0) = 0 (b) y = x (c) y = 3 cos x Rozwiązanie. a Rozwiązanie ogólne wyznaczymy przez trzykrotne całkowanie y (x)dx = (4x + 7e 3x )dx. (...) Stąd y (x) = x + 9e 3x + C, (...)

8 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 7 gdzie C R. Dalej y (x)dx = (x + 9e 3x + C)dx (...3) Stąd y (x) = 4x 3 + 3e 3x + Cx + D, (...4) gdzie D R. Dalej y (x)dx = (4x 3 + 3e 3x + Cx + D)dx (...5) Stąd y(x) = x 4 + e 3x + C x + Dx + E, (...6) gdzie E R. Uwzględniając warunki początkowe otrzymujemy y(0) = y (0) = y (0) = e C 0 + D 0 + E = e C 0 + D = 0 + 9e C = 0 + E = 3 + D = 9 + C = 0 E = D = C = 9 (...7) Zatem rozwiązanie szczególne, spełniające podane warunki początkowe określone jest wzorem y(x) = x 4 + e 3x 9 x x +, gdzie x R. b Zauważmy, że f(x) = x jest określona dla x (0, ). Rozwiązanie ogólne wyznaczymy przez obustronne całkowanie y (x)dx = dx (...8) x Stąd y(x) = x + C, (...9) gdzie C R. Zatem funkcja y(x) = x + C dla x (0, ) jest rozwiązaniem równania y (x) = x. c Rozwiązanie ogólne wyznaczymy przez dwukrotne całkowanie y (x)dx = (3 cos x)dx (...0) Stąd y (x) = 3 sin x + C, (...) gdzie C R. Dalej całkując otrzymujemy y (x)dx = (3 sin x + C)dx (...) Stąd y(x) = 3 cos x + Cx + D, (...3) gdzie D R. Zatem funkcja y(x) = 3 cos x + Cx + D, gdzie x R i C, D R jest rozwiązaniem równania y = 3 cos x.

9 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 8. Równanie o zmiennych rozdzielonych Zadanie... Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych y = e y (...) Rozwiązanie. Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci y = g(x)h(y), (...) w którym g(x) = oraz h(y) = e y. Po rozdzieleniu zmiennych mamy Całkując obustronnie mamy y = (...3) e y y dx = e y dx (...4) Liczymy całkę po lewej stronie y { } y(x) = z dx = e y y = (x)dx = dz dz = e z e z dz = e z = e y(x) (...5) Stąd całka rozważanego równania jest postaci e y(x) = x + C, (...6) gdzie x + C > 0 x > C. Stąd y(x) = ln(x + C), (...7) gdzie x ( C, ). Zadanie... Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych y + y = 0 (...) Rozwiązanie. Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci y = g(x)h(y), (...) w którym g(x) = oraz h(y) = y. Po rozdzieleniu zmiennych mamy dla y 0 y = y (...3) y y = (...4)

10 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 9 Całkując obie strony równania mamy y y dx = dx (...5) Liczymy całkę po lewej stronie zamieniając zmienne { } y y(x) = z y dx = y = dz = ln z = ln y(x) (...6) (x)dx = dz z Stąd całka rozważanego równania jest postaci gdzie C R. Zatem Oznaczmy e C = D, D > 0. Mamy Niech ±D = A, A 0. Wówczas ln y(x) = x + C, (...7) y(x) = e x+c (...8) y(x) = ±De x (...9) y(x) = Ae x (...0) Zauważmy, że h(y) = y = 0 y = 0. Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie y(x) = 0. Zapisując wszystkie rozwiązania jednym wzorem mamy gdzie A R. y(x) = Ae x, (...) Zadanie..3. Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych y + xy = 0 (..3.) Rozwiązanie. Zauważmy, że problem posiada spójną dziedzinę. Spośród funkcji stałych łatwo zauważyć, żę funkcja y = 0 jest oczywiście rozwiązaniem równania różniczkowego. Po rozdzieleniu zmiennych mamy dla y 0 y = x (..3.) y Przenosząc nasz problem do postaci całkowej otrzymujemy y y dx = xdx (..3.3) Całka po lewej stronie równania wynosi { } y y(x) = z y dx = y = (x)dx = dz z dz = z = y (..3.4)

11 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 0 Stąd problem w postaci całkowej transformuje się równania algebraicznego postaci: y = x + C, (..3.5) gdzie C R. Zatem y = x C, (..3.6) Rozwiązanie to zależy w sposób jakościowy od stałej. Gdy C < 0 rozwiązanie jest określone na całej osi rzeczywistej x R. Gdy C 0 rozwiązanie jest określone poza punktem/punktami ± C. Zauważmy, że rozwiązanie stałe w tym problemie nie jest ten samej postaci co uzyskane w metodzie rozdzielania zmiennych. Zadanie..4. Rozwiązać równanie o zmiennych rozdzielonych postaci: y = x y 3 (..4.) Rozwiązanie. Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci w którym g(x) = x zmiennych mamy Całkując obustronnie mamy y = g(x)h(y), (..4.) oraz h(y) = y 3, gdzie y (, 0) (0, ). Po rozdzieleniu y y 3 = x y y 3 dx = Liczymy całki { } y y 3 y(x) = z dx = y = (x)dx = dz x dx = = x 4 Stąd całka rozważanego równania jest postaci y 4 (x) 4 = x 4 (..4.3) x dx (..4.4) x z 3 dz = z4 4 = y4 (x) 4 (..4.5) (..4.6) + C, (..4.7) gdzie x4 4 C x 4C x C i x C. Zatem Oznaczmy 4C = D, D R. Stąd y 4 (x) = x + 4C (..4.8) y(x) = ± 4 D x, (..4.9) gdzie x ( D, D) oraz D > 0. Widzimy zatem, że rozwiązanie zależy w sposób jakościowy od stałej D.

12 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE Zadanie..5. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci: y = cos x y (..5.) Rozwiązanie. Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci y = g(x)h(y), (..5.) w którym g(x) = cos x oraz h(y) = y, gdzie y (, 0) (0, ). Po rozdzieleniu zmiennych mamy y y = cos x (..5.3) Całkując obustronnie mamy y ydx = cos xdx (..5.4) Liczymy całki { y y(x) = z ydx = y (x)dx = dz } = Stąd całka rozważanego równania jest postaci gdzie C sin x. Mamy y (x) Oznaczmy C = D, gdzie D sin x. Zatem zdz = z = y (x) (..5.5) cos xdx = sin x (..5.6) = sin x + C (..5.7) y (x) = sin x + C (..5.8) 0 < y (x) = sin x + D (..5.9) Stąd y(x) = ± sin x + D, sin x + D > 0 (..5.0) Zauważmy, że rozwiązanie równania zależy w sposób jakościowy od stałego parametru. Gdy D < podane rozwiązanie nie istnieje w ogóle. Z kolei dla D > rozwiązanie jest określone dla x R. Rozwiązanie dla pozostałych parametrów istnieje na niepełnej dziedzinie. Zadanie..6. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci y y = x ln x (..6.)

13 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE Rozwiązanie. Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci y = g(x)h(y), (..6.) w którym g(x) = x ln x, gdzie x (0, e) oraz h(y) = y. Po rozdzieleniu zmiennych mamy dla y 0 y y = x ln x (..6.3) Całkując obustronnie mamy y y dx = x dx (..6.4) ln x Liczymy całki y y dx = { y(x) = z y (x)dx = dz } = z dz = z = y(x) { } ln x = s x dx = ln x = { } s = t xdx = ds s ds = ds = dt = t dt = t = s = ln x (..6.5) (..6.6) Stąd całka rozważanego równania jest postaci gdzie C R. Stąd y(x) = ln x + C (..6.7) y(x) = ln x C, (..6.8) Zauważmy, że rozwiązanie zależy w sposób jakościowy od parametru. Jeśli C 0 wtedy rozwiązanie istnieje dla x R, gdy natomiast C > 0 musi odrzucić pojedynczy punkt z dziedziny. C ln x C ln x C 4 ln x C C 4 ln x x e 4. Zauważmy, że h(y) = y = 0 y = 0. Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie y(x) = 0. Rozwiązanie to nie jest podobnej postaci co rozwiązania otrzymane metodą rozdzielania zmiennych... Niespójna dziedzina w równaniu o zmiennych rozdzielonych Zadanie..7. Rozwiązać równanie o zmiennych rozdzielonych y y = t (..7.)

14 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 3 Rozwiązanie. Zauważmy, że równanie nie posiada rozwiązań szczególnych w postaci funkcji stałych. Ponadto widzimy, że dziedzina problemu t (, 0) (0, + ) jest niespójna. Spodziewamy się zatem występowania różnych stałych na poszczególnych spójnych składowych dziedziny. Przechodzimy z równaniem y y = t do postaci całkowej y y dt = dt (..7.) t Liczymy całkę po lewej stronie zamieniając zmienne { } y y y(t) = z dt = y = z dz = z3 (t)dt = dz 3 = y3 (t) 3 (..7.3) Stąd postać całkowa równania transformuje się do następującego równania algebraicznego. y 3 (t) = ln t + C, (..7.4) 3 gdzie C ln t. Zatem Stąd y 3 (t) = 6 ln t + 3C, (..7.5) y(t) = 3 6 ln t + 3C, 6 ln t + 3C 0 (..7.6) Uwzględniając fakt występowania różnych stałych na poszczególnych spójnych składowych stwierdzamy, że rozwiązanie ogólne jest postaci: { 3 6 ln t + 3C +, t e C+, t > 0 y = 6ln ( t) + 3C, t e C, t < 0, C+, C R (..7.7) 3 Zadanie..8. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci y = y ln y x (..8.) Rozwiązanie. Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci y = g(x)h(y), (..8.) w którym g(x) = x, gdzie x (, 0) (0, ) oraz h(y) = y ln y, gdzie y (0, ). Po rozdzieleniu zmiennych mamy Całkując obustronnie mamy y y ln y = x y y ln y dx = (..8.3) dx (..8.4) x

15 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 4 Liczymy całki { } y y(x) = z y ln y dx = y = { } ln z = s (x)dx = dz z ln z dz = z dz = ds = (..8.5) s ds = ln s = ln ln z = ln ln y(x) Z drugiej strony = ln x (..8.6) x Stąd postać całkowa transformuje się do następującego równania algebraicznego: gdzie C R. Oznaczmy C = ln D, D (0, ). Stąd Zatem Oznaczmy ±D = A, A 0. Stąd ln ln y(x) = ln x + C (..8.7) ln ln y(x) = ln(d x ) (..8.8) ln y(x) = ±Dx (..8.9) y(x) = e Ax (..8.0) Zauważmy, że y = 0 nie jest rozwiązaniem równania y = y ln y x, gdyż dla y = 0 ln y nie jest określony. Natomiast y = jest rozwiązaniem naszego równania. Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie y(x) =. Zapisując wszystkie rozwiązania jednym wzorem mamy y(x) = e Ax, (..8.) gdzie A R. Uwzględniając niespójność dziedziny problemu zapisujemy ostateczną postać rozwiązania y(x) = { e A x, x > 0 e Ax, x < 0 (..8.) Zadanie..9. Rozwiązać następuje równanie o zmiennych rozdzielonych y = y x (..9.) Rozwiązanie. Zauważmy, że równanie posiada rozwiązanie szczególnych w postaci funkcji stałej y = 0. Ponadto widzimy, że dziedzina problemu t (, 0) (0, + ) jest niespójna. Spodziewamy się zatem występowania różnych stałych na poszczególnych spójnych składowych dziedziny. Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci y = g(x)h(y), (..9.)

16 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 5 w którym g(x) = zmiennych mamy x, gdzie x (, ) (, ) oraz h(y) = y. Po rozdzieleniu y y = x (..9.3) Przenosząc problem do postaci całkowej otrzymujemy y y dx = dx (..9.4) x Całka z lewej strony wynosi: { } y y(x) = z y dx = y = (x)dx = dz dz = ln z = ln y(x) (..9.5) z Całka z prawej strony równania wynosi: { } x = s x dx = = ds = ln s = ln x (..9.6) dx = ds s Stąd problem w postaci całkowej transformuje się do równania algebraicznego w postaci: ln y(x) = ln x + C, (..9.7) gdzie C R. Oznaczmy C = ln D, D > 0. Stąd ln y(x) = ln(d(x ) ), (..9.8) Zatem Zatem Niech A = ±D, A 0. Stąd y(x) = D(x ), (..9.9) y(x) = ±D(x ) (..9.0) y(x) = A(x ) (..9.) Zauważmy, że h(y) = y = 0 y = 0. Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie y(x) = 0. Możemy zatem zapisać postać rozwiązania jednym wzorem y(x) = D(x ), D R (..9.) Z uwagi na niespójną dziedzinę problemu rozwiązanie ogólne równanie zależy od wielu stałych { D (x ) y(x) =, x > D (x ), x < D, D R (..9.3) Zadanie..0. Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych: y sin t = y ln y (..0.)

17 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 6 Rozwiązanie. Widzimy, że dziedzina problemu t (kπ, (k + )π), k Z jest niespójna. Spodziewamy się zatem występowania różnych stałych na poszczególnych spójnych składowych dziedziny. Spośród funkcji stałych, dwie wymagają szczególnego zbadania. Zauważmy, że dla y = 0 funkcja h(y) = y ln y nie jest określona, zatem funkcja ta nie może być rozwiązaniem danego równania różniczkowego. Natomiast y(t) = jest oczywiście rozwiązaniem naszego równania. Dokonajmy rozdzielenia zmiennych i przejdźmy do postaci całkowej problemu: y y ln y dt = Całkę po lewej stronie wynosi { } y y(t) = z y ln y { dt = } y (t)dt = dz ln z = x = z dz = dx dt (..0.) sin t = z ln z dz = = x = ln x = ln ln z = ln ln y(t) (..0.3) Całka po prawej stronie wynosi: sin t dt =... = ln tg t (..0.4) Stąd postać całkowa równania transformuje się do równania algebraicznego postaci: ln ln y(t) = ln tg t + C, (..0.5) gdzie C R. Niech C := ln D, D > 0. Wówczas ln ln y(t) = ln tg t + ln D, (..0.6) czyli Otrzymujemy Stąd ln ln y(t) = ln(d tg t ), (..0.7) ln y(t) = D tg t (..0.8) ln y(t) = ±D tg t, (..0.9) Niech teraz A = ±D, A 0. Otrzymujemy ln y(t) = A tg t, (..0.0) y(t) = e A tg t, (..0.) Zauważmy ponadto, że funkcja stale równa może być uzyskana z powyższego wzoru poprzez położenie w miejscu A = 0. Z uwagi na istnienie wielu rozłącznych spójnych składowych dziedziny problemu rozwiązanie ogólne problemu jest postaci y(t) = e D k tg t, t (kπ, (k + )π), k Z, (Dk ) k Z R (..0.)

18 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 7 Zadanie... Rozwiązać równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych postaci y = sin y ( π ) ( ) 9 sin x, x = 7, x 4 π =. (...) Rozwiązanie. Na początek zauważmy, że dziedzina naszego problemu jest postaci x kπ dla k Z. Dziedzina problemu jest niespójna zatem spodziewamy się, że rozwiązania pochodzić będą od wielu stałych. Zauważmy, że funkcje stałe y l (x) = lπ, x kπ, k, l Z są rozwiązaniami szczególnymi naszego problemu. Załóżmy dalej, że y(x) lπ dla dowolnych l w x kπ, k Z. Przekształcając nasz problem do postaci całkowej otrzymujemy Policzmy pomocniczo sin t dt = sin t cos t dt = y sin y dx = tg t cos t dx (...) sin x dt = ln tg t + C (...3) Stąd nasze problem w postaci całkowej sprowadza się do warunku algebraicznego w postaci ln tg y = ln tg x + C (...4) Stąd dla 0 < D = ln C jest to równoważne (na mocy odwracalności funkcji ln) tg y = D tg x (...5) Biorąc pod uwagę stałość znaku na kawałkach dziedziny oraz uwzględniając rozwiązanie zerowe tg y = D tg x (...6) Zauważmy, że funkcja tg nie posiada jednoznacznego odwrócenia. Jako funkcja o okresie π posiada zatem wiele funkcji odwrotnych do niej. y ( ( x )) = arc tg Dtg + Eπ, D R, E Z (...7) Stąd rozwiązanie ogólne jest postaci y = arc tg ( D k tg ( )) x + Ek π lub y = (E k + )π, x (kπ, (k + )π), (D k ) k Z R, (E k ) k Z Z (...8) Zajmijmy się teraz zagadnieniami początkowymi x ( ) ( π = 7, x 9 4 π) =. Na początek zauważmy, że nie mogą to być rozwiązania stałe. Zatem ze wzoru ( ( π )) arc tg D 0 tg + E 0 π = 7 (...9) 4

19 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 8 Otrzymujemy, że koniecznie E 0 = aby równanie miało rozwiązanie. Zatem ( ( π )) arc tg D 0 tg = 7 π ( π 4, π ) (...0) a stąd ( ) 7 π D 0 = tg (...) Stąd znamy rozwiązanie na fragmencie rozwiązania w t (0, π) i jest ono postaci: ( ( ) 7 π ( x ) ) y = arc tg tg tg + π (...) Pozostaje drugi warunek początkowy. Zatem ze wzoru ( ( )) 9π arc tg D tg + E π = (...3) 4 Aby rozwiązanie istniało oczywiście E = 0 wtedy ( ( π )) ( arc tg D tg = π 4, π ) (...4) Stąd D = tg ( ). A zatem ( ( x )) y = arc tg tg ( ) tg, x (π, 3π) (...5).. Sklejanie rozwiązania w równaniu o zmiennych rozdzielonych Zadanie... Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych: y = y (...) Rozwiązanie. Zauważmy, że funkcje y = oraz y =, funkcje stałe są szczególnymi rozwiązaniami równania. Dokonajmy rozdzielenia zmiennych. Otrzymujemy y =, (...) y Przechodząc do postaci całkowej otrzymujemy y dx = y dx, (...3) Liczymy całkę po lewej stronie zamieniając zmienne y { } y(x) = t dx = y y = (x)dx = dt dt = (...4) t arc sin t = arc sin y (...5)

20 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 9 Stąd równanie w postaci całkowej prowadzi do następującego równania algebraicznego: arc sin y = x + C, (...6) gdzie C R. Mamy arc sin y = x + C, (...7) Stąd otrzymujemy y(x) = sin(x + C), x ( π C, π ) C (...8) Zauważmy, że możliwe jest ciągłe przedłużenie rozwiązania uzyskanego metodą rozdzielania zmiennych. Dla dowolnego C R funkcja postaci, x π C y = sin (x + C), x ( π C, π C) (...9), x π C jest ciągłym przedłużeniem rozwiązania otrzymanego metodą zmiennych rozdzielonych. Rozwiązania wyjściowego układu są funkcjami co najmniej jednokrotnie różniczkowalnymi. Wykażemy, że powyższa funkcja sklejenia jest różniczkowalna w punktach sklejeń. + lim x+ π x ( π C) +C = 0 sin(x+c)+ H lim x+ = lim cos(x+c) π x ( π C)+ +C = 0 x ( π C)+ sin(x+c) H lim x = lim x ( π π C) +C lim x ( π C)+ x π +C = 0 x ( π C)+ cos(x+c) = 0 (...0) Zatem funkcja sklejenia jest rozwiązaniem różniczkowalnym jednokrotnie, a jako różniczkowalne sklejenie rozwiązań jest rozwiązaniem wyjściowego równania różniczkowego..3 Równania różniczkowe jednorodne Zadanie.3.. Rozwiązać równanie różniczkowe jednorodne x = x + x + t, x( ) = 0, t 0 (.3..) t Rozwiązanie. Zauważmy, że dziedzina problemu posiada dwie spójne składowe. Oznacza to możliwość występowania wielu stałych w rozwiązaniu. Wykonajmy podstawienie x = ty. Wtedy lewa strona równania ma postać (ty) = ty + y (.3..)

21 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 0 Z kolei prawa strona ma postać: ty + t y + t t = y + t { y + y +, t > 0 y + = t y y +, t < 0 (.3..3) Stąd musimy rozwiązać dwa równania różniczkowe o zmiennych rozdzielonych postaci y y + = t, t > 0 y = (.3..4) y + t, t < 0 Rozwiążmy najpierw dla t > 0. Otrzymane równanie o zmiennych rozdzielonych jest równoważne równaniu y y + = (.3..5) t Całkując je stronami otrzymujemy Jest to równoważne postaci: arsinh y = ln t + C + (.3..6) arsinh y = ln td + (.3..7) gdzie D + > 0 : ln D + = C +. Jako, że funkcja arsinh jest odwracalna w całej swojej dziedzinie oraz jest na, otrzymujemy że y = sinh ln td + = eln td+ ln td+ e Rozwiążmy teraz drugie równanie różniczkowe = td + td + (.3..8) y = y + t, t < 0 (.3..9) Otrzymane równanie o zmiennych rozdzielonych jest równoważne równaniu y y + = t (.3..0) Całkując je stronami otrzymujemy Jest to równoważne postaci: arsinh y = ln( t) + C (.3..) arsinh y = ln D t (.3..) gdzie D > 0 : ln D = C. Jako, że funkcja arsinh jest odwracalna w całej swojej dziedzinie oraz jest na, otrzymujemy że y = sinh ln D t = eln D t ln t D e = t D D t (.3..3)

22 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE Stąd x = Sprawdzamy warunek brzegowy x( ) = 0 t D + D +, t > 0 t D D, t < 0 (.3..4) Stąd D =. Zatem 0 = ( ) D D (.3..5) x = { t D + D +, t > 0, t < 0 t Stąd widzimy, że dokładne rozwiązanie jest znane jedynie dla t < 0. (.3..6) Zadanie.3.. Rozwiązać równanie różniczkowe jednorodne postaci: y = t + y, t 0 (.3..) t Rozwiązanie. Ponieważ t+y t = + y t, więc rozważane równanie jest równaniem jednorodnym postaci ( y ) y = f, (.3..) t gdzie f(u) = + u u. Stosując podstawienie y = t u(t) mamy a równanie przyjmuje postać y = u(t) + t u (t), (.3..3) t u + u = + u (.3..4) Stąd Rozdzielając zmienne mamy t u = (.3..5) u = t (.3..6) Całkując obustronnie mamy Zatem u dt = dt (.3..7) t u(t) = ln t + C, (.3..8) Uwzględniając fakt istnienia dwóch spójnych składowych w dziedzinie równania różniczkowego otrzymujemy: u(t) = { ln t + C, t > 0 ln t + C, t < 0 (.3..9)

23 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE Wracając do zmiennej y otrzymujemy rozwiązanie równania wyjściowego y(t) = { t ln t + C t, t > 0 t ln t + C t, t < 0 (.3..0).4 Równanie różniczkowe liniowe niejednorodne Zadanie.4.. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci y + y = e 3t (.4..) Rozwiązanie. Równanie jest równanie różniczkowym liniowym niejednorodnym. Postępujemy trój-krokowo..rozwiązujemy równanie jednorodne postaci: y = y (.4..) Jeśli y (t) = 0 to y = 0 zatem y (t) też jest rozwiązaniem równania różniczkowego y = (.4..3) y gdzie y (t) 0. Przechodząc do postaci całkowej: y y dt = dt (.4..4) Powyższy problem w postaci całkowej przenosi się do równania algebraicznego postaci: ln y = t + C, C R (.4..5) Funkcja logarytm jest różnowartościowa i na, a zatem możemy ją odwrócić gdzie e C = D. e ln y = De t (.4..6) y = De t (.4..7) Rozwiązaniem naszego równania jednorodnego jest (po uwzględnieniu rozwiązania stałego): y = Ke t, K R (.4..8).Szukamy rozwiązania szczególnego tzn. przewidujemy rozwiązanie w postaci uzmiennionej stałej: y = K (t) e t (.4..9) Zróżniczkujmy powyższe równanie. y = K (t) e t K (t) e t (.4..0)

24 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 3 Wstawiając do (.4..) otrzymamy: K (t) e t K (t) e t + K (t) e t = e 3t (.4..) Stąd: Całkujemy stronami po t. K (t) = e 5t (.4..) K (t) dt = e 5t dt (.4..3) K (t) = e5t 5 Zatem rozwiązanie szczególne posiada postać: y s = e5t 5 e t = e3t 5 (.4..4) (.4..5) 3.Stąd rozwiązaniem ogólnym równania (.4..) jest: y o = Ke t + e3t 5 (.4..6).5 Równanie Bernouliego Równaniem Bernouliego nazywamy równanie liniowe niejednorodne postaci y + a(t)y = y n f(t) (.5.0.7) Aby rozwiązać równanie należy wykonać podstawienie postaci z = y n co sprowadza równanie do liniowego. UWAGA. Podstawienie nie jest w ogólności łatwo odwracalne. Ponadto w części przypadków nie udaje się równoważnie przekształcić z powrotem z postaci liniowej z uwagi na nierzadko występujące dzielenie przez 0. Zadanie.5.. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci x + x sin t = 3 ctg t x (.5..) Rozwiązanie. Zauważmy, że równanie jest równaniem różniczkowym Bernouliego. Wykonajmy podstawienie z = x 3. Mnożąc stronami przez x (operacja nierównoważna) otrzymujemy równanie liniowe postaci: 3 z + 3 ctg t z = sin t, t kπ (.5..)

25 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 4 Niech k Z oraz t ( k k+ π, π). Rozważmy równanie jednorodne dla równania (.5..) z + ( k ctg t z = 0, t π, k + ) π (.5..3) Rozwiązaniem powyższego równania jest funkcja ( k z = D k cos t, t π, k + ) π (.5..4) Przewidujemy rozwiązanie szczególne w postaci uzmiennionych stałych, tzn. ( k z = D k (t) cos t, t π, k + ) π (.5..5) Wtedy z z ctg t = D k (t) cos t. W konsekwencji czego D k(t) = 6 sin t (.5..6) Stąd D(t) = 6 cos t co daje rozwiązanie szczególne postaci z = 6 cos t na przedziale t ( k k+ π, π). Zatem rozwiązanie ogólne problemu ma postać: ( k z = D k cos t 6 cos t, t π, k + ) π, k Z (.5..7) Powracając do równania Bernouliego z = x 3, x 0 otrzymujemy x = 3 ( k D k cos t 6 cos t, t π, k + ) π, k Z (.5..8) Zauważmy, że równanie to nie dla wszystkich wartości D k posiada rozwiązanie na pełnej dziedzinie. Jest tak w istocie jedynie gdy D k 6 cos t 0, dla dowolnego t z odpowiadającego przedziału. W takim przypadku jedynie dla gdy dla danego przedziału P = ( k π, k+ π) cos t > 0, t P (D k 0 D k 6) cos t < 0, t P (D k 0 D k 6) (.5..9) Dla innych stałych musimy zastosować wykluczenie t arc cos 6 D k, D k 0. Zadanie.5.. Rozwiązać zagadnienie początkowe postaci e x y + y = 4 y, x R, y(0) = (.5..) + 4x Rozwiązanie. Zauważmy, że równanie jest równaniem różniczkowym Bernouliego. Wykonajmy podstawienie z = y. Mnożąc stronami przez y (operacja nierównoważna) otrzymujemy równanie liniowe postaci: e x z + z = 4 + 4x, (.5..)

26 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 5 Rozważmy równanie jednorodne dla równania (.5..) Rozwiązaniem powyższego równania jest funkcja z + z = 0, x R (.5..3) z = D e x, x R, D R (.5..4) Przewidujemy rozwiązanie szczególne w postaci uzmiennionych stałych, tzn. Wtedy z + z = D (x) e x. W konsekwencji czego z = D(x) e tx (.5..5) D (x) = + 4x (.5..6) Stąd D(t) = arc tg x co daje rozwiązanie szczególne postaci z = arc tg t e t na R. Zatem rozwiązanie ogólne problemu ma postać: z = D e x + arc tg x e x, x R (.5..7) Powracając do równania Bernouliego z = y, y 0 otrzymujemy y = ( D e x + arc tg x e x) (.5..8) Jednak zauważmy, że nasza dziedzina może ulec zawężeni. 0 < y = D e x + arc tg x e x (.5..9) Aby równanie miało sens musi zachodzi D + arc tg x > 0. Zauważmy, że w istocie tak jest dla D π. Z drugiej strony dla D π, nie ma w ogóle x spełniających zadane warunki. W trzecim przypadku rozwiązanie musi zostać obcięte do postaci: ( ) y = (arc tg x + D) tg( D) e t, t, + (.5..0) Zauważmy ponadto, że rozwiązaniem zadania jest funkcja y 0. Dla π < D < π możliwe jest ciągłe przedłużenie rozwiązania funkcją y = 0, nie jest to jednak przedłużenie różniczkowalne w punkcie tg( D), a zatem nie jest możliwe sklejenie rozwiązań. Funkcja stale równa 0 nie spełnia warunku początkowego. Poszukujemy zatem rozwiązania pośród reszty rozwiązań postaci y = ( D e x + arc tg x e x) ( t R, D) π, t tg( D), +, π < D < π Wstawiając (.5..) = ( D e 0 + arc tg 0 e 0) D = (.5..) Zatem rozwiązanie maksymalne zagadnienia początkowego jest postaci: y = ( e x + arc tg x e x) ( ) tg( ), t, + (.5..3)

27 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 6.6 Równanie liniowe rzędu o stałych współczynnikach Zadanie.6.. Rozwiązać równanie różniczkowe : y y + y = (x + ) e x y(0) = y() = e (.6..) Rozwiązanie. Rozważamy problem jednorodny: y y + y = 0 (.6..) Korzystając z metody charakterystyk otrzymujemy, że: Dla tego równania mamy: Zatem jedynym pierwiastkiem tego równania jest: Zatem rozwiązanie ogólne jest w postaci: r r + = 0 (.6..3) = 0 (.6..4) r 0 = (.6..5) y 0 (x) = c e x + c x e x (.6..6) Przeprowadzamy teraz uzmiennianie stałych. Przewidujemy rozwiązanie szczególne w postaci: y s (x) = c (x) e x + c (x) x e x (.6..7) Wówczas: y s(x) = c (x) e x + c (x) e x + c (x) x e x + c (x) e x + c (x) x e x (.6..8) Przyjmijmy, że: Wówczas: c (x) e x + c (x) x e x = 0 (.6..9) y s(x) = c (x) e x + c (x) e x + c (x) x e x (.6..0) y s (x) = c (x) e x +c (x) e x +c (x) e x +c (x) e x +c (x) x e x +c (x) e x +c (x) x e x Po podstawieniu do naszego równania otrzymujemy, że: (.6..) y s (x) y s(x)+y s (x) = c (x) exp(x)+c (x) (x+) exp(x) = (x+) exp(x) (.6..) Otrzymujemy następujący układ równań: { c (x) exp(x) + c (x) (x + ) exp(x) = (x + ) exp(x) c (x) exp(x) + c (.6..3) (x) x exp(x) = 0

28 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 7 Po zredukowaniu powyższy układ równań możemy przedstawić w postaci: { c (x) + c (x) (x + ) = (x + ) e x c (x) + c (.6..4) (x) x = 0 Aby rozwiązać powyższy układ równań wykorzystamy metodę wyznaczników: W = (x + ) x = x (x + ) = x x = (.6..5) W c = (x + ) ex (x + ) 0 x = x e x x e x (.6..6) W c = (x + ) ex 0 = x ex e x (.6..7) Zatem: ( Wc c = W ( Wc c = W ) dx = ) dx = ( x e x x e x ( x e x e x ) dx = (x e x x e x) dx ) dx = (.6..8) (x e x + e x ) dx (.6..9) Zatem rozwiązaniem naszego układu równań są funkcje: { c (x) = e x x e x x e x c (x) = x e x (.6..0) Wynika z tego, że rozwiązane szczególne jest w postaci: y s (x) = c (x) e x +c (x) x e x = exp(x) x exp(x) x exp(x)+exp(x) x = exp(x) (x ) (.6..) Zatem : y(x) = y o (x) + y s (x) = c exp(x) + c x exp(x) + exp(x) (x ) (.6..) Wyznaczamy wartości stałych na podstawie zadanych warunków początkowych: Zatem: = c exp(0) + c 0 exp(0) + exp( 0) (0 ) (.6..3) Wyznaczamy wartość stałej: = c (.6..4) + = c (.6..5) 0 = c (.6..6) c = 0 (.6..7) y(x) = c x exp(x) + exp(x) (x ) (.6..8) e = c exp() + exp( ) ( ) (.6..9) e = c e (.6..30)

29 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 8 Ostatecznie otrzymujemy, że: c = (.6..3) y(x) = x exp(x) + exp(x) (x ) (.6..3).7 Układy równań różniczkowych.7. Przypadek wartości własnych rzeczywistych Zadanie.7.. Rozwiązać układ równań różniczkowych z niejednorodnością [ ] [ ] y 5 t = y t (.7..) Rozwiązanie. Rozwiążmy problem jednorodny y = Wartości własne spełniają następujące równanie [ ] 5 y (.7..) = λ + 8λ + 5 = (λ + 3)(λ + 5) (.7..3) Macierz układu posiada zatem dwie jednokrotne wartości własne λ = 3 oraz λ = 5. Poszukujemy wektorów własnych odpowiadających poszczególnym wartościom. [ ] [ ] [ ] xw 0 = (.7..4) 0 0 y w 0 [ Stąd np. wektor w = spełnia ten układ. Dla drugiej wartości własnej ] [ ] [ ] 0 xw = 0 y w [ ] 0 0 (.7..5) [ Stąd np. wektor w = spełnia ten układ. Zatem rozwiązanie ogólne proble- 0] my jednorodne ma postać y = [ ] [ ] C C e 3t C 0 e 5t (.7..6) Przewidujemy rozwiązanie szczególne, metodą uzmiennienia stałych tj. rozwiązanie szczególne postaci: [ ] [ ] C (t) C y = (t) e 3t C (t) 0 e 5t (.7..7)

30 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 9 Wnioskując ze sprawdzonych reguł różniczkowania wiemy, że pochodna y wynosi [ ] [ ] [ ] [ ] C y = (t) C (t) e 3t C (t) C C (t) 0 e 5t + (t) 3 e 3t C (t) 0 5 e 5t = = Z drugiej strony [ ] 5 y = 0 3 [ ] [ ] C (t) C (t) e 3t C (t) 0 e 5t + = [ ] [ ] 3C (t) 5C (t) e 3t 6C (t) 0 e 5t (.7..8) [ ] [ ] [ ] 5 C (t) C (t) e 3t 0 3 C (t) 0 e 5t = [ ] [ ] (.7..9) 3C (t) 5C (t) e 3t 6C (t) 0 e 5t Stąd [ ] t t = y = [ ] 5 y = 0 3 [ e 3t e 5t e 3t 0 [ C (t) C (t) C (t) 0 ] [ ] e 3t = e 5t ] [ ] (.7..0) C (t) C (t) Łatwo policzyć, że W = e 8t > 0 dla wszystkich t R, W C = (t + t) e 3t. W efekcie W C = t e 5t oraz C = t e 3t dt = 7 ( 6t + 9t ) e 3t C = (t + t) e 5t = 5 e5t ( 3 + 5t + 5t ) (.7..) gdzie rozwiązanie szczególne posiadało postać: [ ] [ ] [ C (t) C y s = (t) e 3t ( ) ( C (t) 0 e 5t = 7 6t + 9t + ) ] t + 5t ( ) 7 6t + 9t (.7..) A rozwiązanie ogólne posiada postać y = y o + y s..7. Przypadek wartości własnych zespolonych Errata zadania z zajęć. Zadanie.7.. Rozwiązać układ równań jednorodnych o stałych współczynnikach podany za pomocą macierzy. Rozwiązanie. Rozważmy macierz podaną w zadaniu o odszukajmy jej wartości własne ([ ]) 3 λ det = 0 0 = λ + 4λ + 5 (.7..) λ

31 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 30 Stąd występują tu dwie wartości własne sprzężone ze sobą λ = ± ı. Zatem otrzymamy tu rozwiązanie wygenerowane postaci y s = e ( ±ı) t w. Odszukajmy przykładowy wektor własny [ [ ] [ ı x 0 = (.7..) ı] y 0] Wybierając y = otrzymamy wektor własny [ ] ı w = (.7..3) Wykorzystamy postać wykładniczej funkcji zespolonej [ ] [ ] ı ı y s = e ( +ı) t = e t (cos t + ı sin t) = [ ] [ ] (.7..4) e = t cos t + e t sin t e e t + ı t cos t + e t sin t cos t e t sin t Stąd rozwiązanie ogólne jest w postaci sumy rozwiązania rzeczywistego i zespolonego: [ ] [ ] e y = C t cos t + e t sin t e e t + C t cos t + e t sin t cos t e t (.7..5) sin t Co możemy zapisać w postaci: [ ] [ ] C C y = C + C e t cos t C C e t sin t (.7..6).7.3 Przypadek wartości własnych wielokrotnych - Metoda Eulera Zadanie.7.3. Rozwiązać układ równań różniczkowych niejednorodny [ ] [ ] y 5 e t = y + (.7.3.) 3 Rozwiązanie. Rozwiążmy problem jednorodny postaci: [ ] y 5 = y (.7.3.) 3 Wartości własne spełniają równanie postaci e t 0 = λ + 8λ + 6 = (λ + 4) (.7.3.3) Stąd występuje tu pojedyncza wartość własna -krotna. Skorzystamy z ogólnej postaci rozwiązania szczególnego nazywaną metodą Eulera, która stwierdza że

32 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 3 k-krotna wartość własna posiada k rozwiązań o liniowo niezależnych wektorach własnych postaci y s = e λt Bw (.7.3.4) gdzie λ jest k krotną wartością własną, a macierz B jest postaci y w k t i B = I + i! (A λi)i (.7.3.5) i= Dla k = macierz B posiada postać B = I + t (A λi). Poszukujemy zatem dwóch liniowo niezależnych wektorów własnych [ ] [ ] [ ] [ ] xw 0 = w y w 0 = [ ] [ ] [ ] [ ] (.7.3.6) xw = w = w = Zatem z metody Eulera y = C e 4t (I + t (A λi)) C e 4t ([ ] [ [ + C ] e 4t (I + t (A λi)) = ] [ ([ ] [ 0 + t + C 0]) e 4t + t ]) [ ] [ ] C + C = C e 4t C C C t e 4t (.7.3.7) Poszukujemy rozwiązania szczególnego metodą uzmienniania stałych. [ ] [ ] C (t) + C y s = (t) C (t) e 4t C (t) C (t) C (t) t e 4t (.7.3.8) Policzona pochodna wynosi [ ] [ ] C y s = (t) + C (t) C (t) e 4t C (t) C (t) C (t) t e 4t + = = [ ] [ ] C (t) + C + (t) C (t) 4 e 4t C (t) C (t) C (t) 4t e 4t + e 4t = [ ] [ ] C (t) + C (t) C (t) e 4t C (t) C (t) C (t) t e 4t + [ ] [ ] [ ] C (t) + C + (t) C (t) 4 0 e 4t C (t) C (t) C (t) 4 t e 4t [ ] [ ] C (t) + C (t) C (t) e 4t C (t) C (t) C (t) t e 4t + [ ] [ ] 4C (t) 3C + (t) 4C (t) e 4t 4C (t) + 7C (t) 4C (t) t e 4t (.7.3.9)

33 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 3 Z drugiej strony [ ] [ ] [ ] 5 C (t) + C (t) C (t) e 4t 3 C (t) C (t) C (t) t e 4t = [ ] [ ] (.7.3.0) 4C (t) 3C = (t) 4C (t) e 4t 4C (t) + 7C (t) 4C (t) t e 4t Stąd równanie przyjmuje postać [ ] [ ] [ ] C (t) + C (t) C (t) e 4t e t C (t) C (t) C (t) t e 4t = e t Co prowadzi do układu [ ] [ ] e 4t e 4t +t e 4t C (t) e 4t e 4t t e 4t C (t) = [ e t e t ] (.7.3.) (.7.3.) Wtedy wyznaczniki układu równań wynoszą W = e 8t < 0 dla t R, W C = e t e 4t e t t e 4t e t e 4t e t t e 4t, W C = e t e 4t + e t e 4t. C = ( e 3t + e 3t t + e t + e t t ) e 8t dt = 9 5 e5t + 5 e5t t e6t + 6 e6t t C = ( ) 3 e6t + e 5t dt = e 6t e5t 5 (.7.3.3) Powyższe uzmiennione funkcje pasują do rozwiązania szczególnego przewidzianego w postaci y s = [ ] [ ] C (t) + C (t) C (t) e 4t C (t) + C (t) C (t) t e 4t Rozwiązanie ogólne jest w postaci y = y o + y s.. (.7.3.4).7.4 Układy równań różniczkowych rzędu 3 Zadanie.7.4. Rozwiaząć układ równań różniczkowych z niejednorodnością x 5 4 x 0 y = 5 y + 0. (.7.4.) z z Rozwiązanie. 5 4 Niech A = 5. Rozwiążmy problem jednorodny postaci: x x y z = A y z Wartości własne macierzy A spełniają równanie 0 = (5 λ) (9 + λ) (9 + λ) + 36(5 λ) 40(5 + λ) = λ 3 + λ + λ = (λ )( λ)( + λ).

34 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 33 Oznacza to, że macierz A posiada dwie różne wartości własne: pojedynczą λ = oraz podwójną λ /3 =. Poszukujemy wektorów własnych odpowiadających poszczególnym wartościom. Niech x w 5 ( ) 4 5 ( ) x w y w = ( ) z w 6x y 4z = 0 x + y + z = 0 0x 3y 8z = 0 =. Wtedy { y 4z = 6 y + z = { y = z = (.7.4.) Zatem wektorem własnym dla λ = jest na przykład wektor w =. Dla λ /3 = poszukujemy dwóch liniowo niezależnych wektorów własnych. 5 4 x w 0 5 y w = 0 (.7.4.3) z w 0 4x y 4z = 0 3x + y + 3z = 0 0x 3y 0z = 0 Niech z w Stąd w = =. Wtedy { 4x y = 4 3x + y = Niech z w3 =. Wtedy { 4x y = 5 3x + y = 3 Zatem w 3 = 3. x w3 y w3 z w3 { x = y = 0 4x y 4z = 3x + y + 3z = 0 0x 3y 0z = = 0 (.7.4.4) { x = y = 3

35 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 34 Korzystając z metody Eulera dostajemy, że dwukrotna wartość własna λ /3 generuje dwa rozwiązania na liniowo niezależnych wektorach własnych postaci y s = e λ /3t Bw, gdzie B = I+t(A λi). Otrzymujemy zatem trzy liniowo niezależne rozwiązania szczególowe: e λt w = e t (.7.4.5) ( 0 ) e λ/3t Bw = e t 0 + t 0 (.7.4.6) 0 ( e λ/3t Bw 3 = e t 3 + t ) 0 (.7.4.7) Oznacza to, że rozwiazanie ogólne problemu jednorodnego jest postaci x(t) + t y(t) = C e t + C e t 0 + C 3 e t 3 z(t) + t o = = C e t +C e t +C 3 e t ( + t) C e t +3C 3 e t C e t +C e t +C 3 e t ( + t) C C + C 3 C 3 e t C 3C 3 0 e t C C + C 3 C 3 t e t Przewidujemy rozwiązanie szczególne problemu niejednorodnego (.7.4.) metodą uzmienniania stałych tj. rozwiązanie szczególne postaci: x(t) C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) e t y(t) = C (t) 3C 3 (t) 0 e t (.7.4.8) z(t) C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) t e t s Różniczkując stronami x(t) y(t) = C (t) C (t) + C 3(t) C 3(t) C (t) 3C 3(t) 0 e t e t z(t) C (t) C (t) + C 3(t) C 3(t) t e t s + C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) C (t) 3C 3 (t) 0 e t e t C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) t e t + e t Ponadto mamy, że e t e t = t e t + e t e t e t t e t (.7.4.9)

36 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 35 Wstawiając (.7.4.9) do poprzedniej równości otrzymujemy: x(t) y(t) z(t) s = + C (t) C (t) + C 3(t) C 3(t) e t C (t) 3C 3(t) 0 e t C (t) C (t) + C 3(t) C 3(t) t e t C (t) C (t) + 3C 3 (t) C 3 (t) e t C (t) 3C 3 (t) 0 e t C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) t e t (.7.4.0) Natomiast z treści zadania mamy, że x(t) y(t) z(t) s = 5 4 C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) e t 0 5 C (t) 3C 3 (t) 0 e t C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) t e t C (t) C (t) + 3C 3 (t) C 3 (t) e t 0 = C (t) 3C 3 (t) 0 e t + 0 C (t) C (t) + C 3 (t) C 3 (t) t e t (.7.4.) Po przyrównaniu do siebie (.7.4.0) i (.7.4.) problem sprowadza się do: C (t) C (t) + C 3(t) C 3(t) e t 0 C (t) 3C 3(t) 0 e t = 0 C (t) C (t) + C 3(t) C 3(t) t e t C (t) e t +C (t) e t +C 3(t)( e t +t e t ) = 0 C (t) e t +3C 3(t) e t = 0 C (t) e t +C (t) e t +C 3(t)(e t +t e t ) = e t e t e t +t e t C (t) 0 e t 0 3 e t C (t) = 0 (.7.4.) e t e t e t +t e t C 3(t) Do rozwiązania układu (.7.4.) wykorzystamy metodę wyznaczników. e t e t e t +t e t W = det e t 0 3 e t = 6 e t ( e t +t e t )+3 e t +(e t +t e t ) 6 e t = e t e t e t e t +t e t W C W C W C 3 0 e t e t +t e t = det e t = ( ) 4 e t e t +t e t e t e t +t e t 0 3 e t = 3 et = det e t 0 e t +t e t e t 0 3 e t e t e t +t e t = ( ) 5 e t e t +t e t e t 3 e t e t e t 0 = det e t 0 0 = ( ) 6 e t e t e t e t e t 0 = = t 7

37 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 36 Zatem C (t) = C (t) = C 3 (t) = WC 3 e t W dt = e t dt = 3 e t (.7.4.3) WC t 7 W dt = e t dt = 9 e t +t e t (.7.4.4) WC 3 W dt = e t dt = e t (.7.4.5) Powyższe uzmiennione funkcje wstawiamy do rozwiązania szczególnego przewidzianego w (.7.4.8): x(t) 3 e t 5 e t +t e t e t e t y(t) z(t) = 6 e t (t) 6 e t (t) 6 e t 7 e t +t e t 0 e t e t t e t (.7.4.6) s Ostatecznie rozwiązanie równania (.7.4.) jest postaci: x(t) x(t) x(t) y(t) = y(t) + y(t) = z(t) z(t) z(t) C C + C 3 C 3 e t 3 e t 5 e t +t e t e t e t = C 3C 3 0 e t + 6 e t 6 e t 0 e t = C C + C 3 C 3 t e t 6 e t 7 e t +t e t e t t e t C C + C 3 C 3 e t 8 = C 3C 3 0 e t + C C + C 3 C 3 t e t 3 Zauważmy, że rozwiązanie szczególne mogliśmy otrzymać prostszą metodą. Przewidujemy rozwiązanie szczególne w postaci stałej tj. x(t) y(t) = D D z(t) D 3 Wstawiamy je do równania (.7.4.) s D 5 4 D 0 5D D 4D 3 D = 5 D + 0 = D + 5D + D 3 D D 3 0D 3D 9D 3 + Stąd otrzymujemy następujący układ równań liniowych 5D D 4D 3 = 0 D + 5D + D 3 = 0 0D 3D 9D 3 = o s Zatem D D D 3 8 = 3

38 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 37 Ostatecznie rozwiązanie równania (.7.4.) jest postaci: x(t) y(t) = x(t) y(t) + x(t) y(t) = C C + C 3 C 3 C 3C 3 0 e t e t + z(t) z(t) z(t) C C + C 3 C 3 t e t o s Układy z wielokrotną wartością własną rozwiązywalne bez metody Eulera Zadanie.7.5. Odszukać rozwiązania równania x x y = 3 3 y z z Rozwiązanie. Stosujemy metodę wartości własnych. Łatwo sprawdzić, że macierz posiada dwie wartości własne λ = 0 wartość własną pojednczą oraz λ = wartość własną podwójną. Poszukujemy wektorów własnych dla tej wartości własnej, dokładnie dwóch liniowo niezależnych. x y = 0 z 0 Macierz w tym problemie jest osobliwa, zatem problem ten posiada nieskończenie wiele rozwiązań. Łatwo zauważyć, że macierz w tym równaniu ma rząd równy. Wobec twierdzeń Kroneckera-Cappellego przestrzeń rozwiązań jest dwuwymiarowa. Oznacza to, że możemy wybrać dwa liniowo niezależne wektory własne dla tego równania (bez konieczności rozważania kolejnego równania). Poszukiwane wektory własne to np. w =, w = 0 Łatwo odszukać, że wektorem własnym dla λ = 0 będzie np. wektor Zatem rozwiązanie będzie postaci: x y = C e C e t 0 + C 3 e t = z C C + C 3 0 3C C 3 0 e t C C 0 0 Łatwo sprawdzić, że jest to w istocie rozwiązanie problemu wyjściowego. Rozwiązanie zerowe jest poprawne, zatem nie jest możliwy brak rozwiązań. Zauważmy, że w takim przypadku B = I czyli w zasadzie pomimo wartości własnych wielokrotnych wzory metody Eulera nie będą potrzebne.

39 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 38 Powyższe zadanie jest przykładem na to jak nawyk potrafi sprawić, że jesteśmy zgubieni. Najbardziej podstawowym twierdzeniem dla nas twierdzenie, że n funkcyjnie liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych rozpina przestrzeń wszystkich rozwiązań równania. Nie jest istotne czy otrzymamy je z metody Eulera czy też po prostu biorąc kilka niezerowych i liniowo niezależnych rozwiązań..8 Równanie zupełne.8. Równanie z poszukiwanym czynnikiem całkującym Zadanie.8.. Odszukaj całkę ogólną z równania zupełnego postaci ( 3t y + ty + y 3) dt + ( t + y ) dy = 0 (.8..) Rozwiązanie. Zacznijmy od sprawdzenia czy równanie jest w postaci zupełnej. Przyjmując, że równanie jest podane w postaci P (t, y)dt + Q(t, y)dy = 0, sprawdzenie warunku pochodnych mieszanych sprowadza się do weryfikacji znaku równości P y = Q t. P y = 3t + t + 3y Q t = t P y (.8..) Poszukujemy zatem czynnika całkującego zależnego jedynie od t. Wtedy spełniony musiałby być warunek µp y = µ tq + µq t. W konsekwencji ln µ(x) = P y Q t 3t Q dt = + t + 3y t t + y dt = 3t (.8..3) Stąd czynnik całkujący ma postać µ(t) = e 3t. Równanie przyjmuje postać: ( 3t y e 3t +ty e 3t + e 3t y 3) dt + ( e 3t t + e 3t y ) dy = 0 (.8..4) Upewnijmy się, że równanie jest teraz w postaci zupełnej. Przyjmując, że jest ono w postaci P (t, y)dt + Q(t, y)dy = 0 P y = 3t e 3t +t e 3t +3y e 3t Q t = t e 3t + e 3t 3t + 3y e 3t = P y (.8..5) Wyznaczmy całkę ogólną równania: Stąd F (x, y) = 3t y e 3t +ty e 3t + e 3t y 3 dt = t e 3t y + y 3 e3t 3 + C(y) F (x, y) = e 3t t + e 3t y dy = t e 3t y + y 3 e3t 3 + C(t) (.8..6) F (x, y) = t e 3t y + y 3 e3t 3 = C (.8..7) jest całką ogólną równania.

40 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 39.9 Równanie z poszukiwaniem czynnika o znanej postaci Zadanie.9.. Rozwiąż równanie x xy + (x + y)y = 0 (.9..) odnajdując najpierw czynnik całkujący postaci µ(x, y) = µ ( x + y ) Rozwiązanie. Równanie nie jest w postaci zupełnej P y = x Q x = x (.9..) Poszukujemy czynnika całkującego postaci µ ( x + y ). ( ( µ x + y ) P (x, y) ) y = ( µ ( x + y ) Q(x, y) ) x µ zyp + µp y = µ zxq + µq x µ z(yp xq) = µ(q x P y) ln µ = Q x P y yp xq d(x + y ) (.9..3) Zatem musimy policzyć następującą całkę aby odszukać czynnik całkujący x+x y(x xy) x(x +y) d(x + y ) = 3x yx xy x 3 +xy d(x + y ) = 3x ( x)(y +x ) d(x + y ) = 3 z dz (.9..4) Zatem otrzymujemy równanie algebraiczne postaci Stąd µ = z 3 czyli czynnik całkujący postaci ln µ = 3 ln z (.9..5) µ(x + y ) = Zatem mamy równanie w postaci zupełnej (x + y ) 3 (.9..6) x xy (x + y ) + x + y 3 (x + y ) 3 y = 0 (.9..7) Sprawdzamy czy równanie jest w istocie zupełnym P y = x 3(x xy)(x +y ) y = x(x +y ) 3(x xy)y (x +y ) 3 (x +y ) 9 (x +y ) 5 (x +y ) 5 = (x +3y y )x (x +y ) 5 Q x = x x +y 3 3(x +y)(x +y ) x (x +y ) 9 = (x +3y y )x (x +y ) 5 = (.9..8) Odszukajmy całkę równania F (x, y) = x xy y x dx = (x +y ) 3 dx = (x +y ) 3 z 3 dz = y + C(y) (.9..9) x +y y

41 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 40 Policzenie drugiej całki okazuje się być znacznie trudniejsze. Pokażemy jak wygląda oraz jak można go uniknąć. F (x, y) = x + y dy (.9..0) (x + y ) 3 Najpierw rozdzielmy na dwie całki. Pierwsza z nich jest natychmiastowa: y = (x + y ) 3 x + y. (.9..) Aby policzyć drugą zastosujmy podstawienie trygonometryczne y = x tg u. x (x +y ) 3 x 3 x 3 ( + sin u cos u dy = x (x + x tg u) 3 ) 3 x cos u du = ( cos u ) 3 cos udu = sgn x () 3 cos udu = sgn x sin u (.9..) Aby powrócić z podstawienia zauważmy, że sin u = sin u sin u + cos u cos u cos u = tg u tg u + Co uwzględniając wiedzę o znaku sin oraz tg daje nam sin u = tg u tg u + (.9..3) (.9..4) Zatem druga całka wynosi = sgn x y x y x + Stąd druga całka wynosi 3 Stąd całka równania ma postać: y x = sgn x x y + x = y y + x (.9..5) F (x, y) = y + C(x) (.9..6) x + y F (x, y) = y x + y = C (.9..7) By uprościć rozwiązanie zamiast całkować, możemy inaczej poszuakać postaci funkcji C(y), czyli różniczkować. Przypomnijmy, że F (x, y) = y + C(y) (.9..8) x + y 3 Można zauważyć wystąpienie problemu dla x = 0 ale w ogólnym rozrachunku widać, że ten przypadek nic nie wnosi.

42 ROZDZIAŁ. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE 4 z pierwszego (prostego) całkowania. Q(x, y) = F y(x, y) = ( (y )y ) 3 + C (y) = x +y x +y = x +y y +y ( ) 3 + C x (y) = +y ( ) 3 + C (y) x +y x +y (.9..9) A zatem C (y) = 0 stąd F (x, y) = y x + y = C (.9..0)

43 Rozdział Analiza jakościowa równań różniczkowych zwyczajnych. Badanie charakteru i stabilności punktów krytycznych układów równań różniczkowych { x = x + y(x + y ) y = y x(x + y ) Poszukajmy punktów krytycznych( punktów w których obie pochodne się zerują). Należy więc rozwiązać układ: { 0 = x + y(x + y ) 0 = y x(x + y ) Oczywistym rozwiązaniem jest punkt (x 0, y 0 ) = (0, 0). Jeśli którakolwiek ze zmiennych x lub y przyjmie wartość 0 to otrzymujemy punkt (0, 0). Gdy żadna z nich nie jest równa zero, możemy pierwsze równanie pomnożyć przez x, a drugie przez y. Następnie dodajmy równania stronami. Po takim przekształceniu otrzymujemy warunek: 0 = x + y Stąd wynika że jest tylko jeden punkt krytyczny. Żeby sprawdzić jaki charakter ma ten punkt zastosujemy narzucające się podstawienie biegunowe: { x = r cos φ y = r sin φ Gdzie r 0 i φ [0, Π).Przekształcony układ wygląda następująco: { r cos φ r sin φ φ = r cos φ + r 3 sin φ r sin φ + r cos φ φ = r sin φ + r 3 cos φ Na pierwszy rzut oka nie jest to zbyt przyjemna postać tego układu. Wystarczy jednak zastosować pewną sztuczkę - pomnóżmy pierwsze równanie przez cos φ, a drugie przez sin φ, następnie dodajmy je stronami. Dostajemy wtedy { r cos φ r sin φ cos φ φ = r cos φ + r 3 sin φ cos φ r sin φ + r cos φ sin φ φ = r sin φ + r 3 cos φ sin φ r cos φ+r sin φ = r cos φ+r sin φ 4

44 ROZDZIAŁ. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH43 Stąd mamy, że r = r. Z założenia r 0 mamy że dla każdego t, funkcja r(t) jest rosnąca, co skutkuje tym, że jakikolwiek punkt z sąsiedztwa punktu (0, 0) oddala się od niego wraz z przyrostem czasu. Rozwiążemy ten problem również drugim sposobem - korzystając z twierdzenia o Linearyzacji Hartmana- Grobmana. Aby to zrobić policzmy macierz Jacobiego tego układu w punkcie (0, 0). [ J(x, y) = + xy x + 3y 3x y xy J(0, 0) = [ 0 0 Mamy w tym wypadku wartości własne dodatnie. Stąd, wiemy że jest to punkt krytyczny niestabilny.. Badanie stabilności z wykorzystaniem funkcji Lapunowa Rozważamy równanie postaci ] ] x = f(x) (..0.) gdzie f : R n Q R n funkcja klasy C, gdzie Q jest pewnym niepustym zbiorem otwartym, zawierającym 0 R n będące punktem krytycznym układu. Definicja.. (Funkcja Lapunowa). Funkcję V : Q R klasy C spełniającą warunki () V (x) 0 () V (x) = 0 x = 0 (3) gdy t x(t) jest rozwiązaniem (..0.) to funkcja t V (x(t)) jest nierosnąca na t Warunek (3) jest równoważny warunkowi, że grad V f 0. Twierdzenie... Jeśli dla (..0.) istnieje funkcja Lapunowa, to rozwiązanie zerowe jest stabilne. Jeśli dodatkowo grad V f < 0 dla x Q \ {0}, to jest to rozwiązanie asymptotycznie stabilne. Definicja..3. Funkcję V (x) nazywamy antyfunkcją Lapunowa jeżeli:. V (x) = 0 x = 0. V (x) 0 3. dla x Q \ {0} zachodzi warunek V (x(t)) t > 0 4. W przypadku gdy Q = R n to funkcja musi spełniać dodatkowo warunek lim V (x) = + x + Czyli V musi być funkcją koercywną.