Równania różniczkowe. Notatki z wykładu.

Transkrypt

1 Równania różniczkowe Notatki z wykładu

2 Notatki własne z wykładu. Są niekompletne, bez bibliografii oraz mogą zawierać błędy i usterki. Z tego powodu niniejszy dokument może być wykorzystywany jedynie do celów własnych, poglądowych, niekomercyjnych. Przedstawione teorie nie mogą być traktowane bezkrytycznie. 1

3 Rozdział 2 Równania różniczkowe wyższych rzędów 2.1. Równania rzędu II sprowadzalne do równań rzędu I Typ 1 F (t, x, x ) = 0 Podstawienie x = u, gdzie u = u(t). Wtedy x = u i równanie przyjmuje postać: F (t, u, u ) = 0 Przykład x = 1 + (x ) 2 2

4 Postawienie x = u x = u : u = 1 + u 2 du = dt 1 + u 2 arctg u = t + c 1 u = tg(t + c 1 ) x = tg(t + c 1 ) x = tg(t + c 1 )dt x(t) = ln cos(t + c 1 ) + c 2 Typ 2 F (x, x, x ) = 0 Podstawienie x = v, gdzie v = v(x). Wtedy x = v x = v v i równanie przyjmue postać: Przykład x = x F (x, v, v ) = 0 Podstawienie x = v x = v v: v v = x równanie o zmiennych rozdzielonych vdv = xdx 1 2 v2 = c x2 v(x) = ± c 1 x 2 x = ± c 1 x 2 dx = ±dt c1 x 2 arcsin x c1 = c 2 ± t x c1 = sin(c 2 ± t) x(t) = c 1 sin(c 2 ± t) 3

5 Typ 3 Równanie jednorodne stopnia k, tzn. F (t, x, x, x ) = 0 α R F (t, αx, αx, αx ) = α k F (t, x, x, x ) Podstawienie x = e u, gdzie u = u(t). Wtedy x = u e u x = (u ) 2 e u + u e u i otrzymujemy równanie II rzędu typu 1. Przykład xx (x ) 2 = 0 Równanie jest jednorodne stopnia 2: αx αx (αx ) 2 = 0 α 2 xx α 2 (x ) 2 = 0 α 2 (xx (x ) 2 ) = 0 Niech x = e u x = u e u x = (u ) 2 e u + u e u. Wtedy e u ((u ) 2 e u + u e u ) (u e u ) 2 = 0 u e 2 u = 0 / : e 2u 0 u = 0 Otrzmaliśmy równanie typu 1. Podstawienie u = v u = v : dv = 0 dt dv = 0dt v = c 1 u = c 1 du = c 1 dt u = c 1 t + c 2 ln x = c 1 t + c 2 x(t) = ±e c 1t+c 2 Rozwiązanie ogólne Rozwiązaniem jest również funkcja x(t) 0. 4

6 2.2. Równania liniowe II rzędu Definicja (Równanie liniowe II rzędu). x + b(t)x + c(t)x = f(t) gdzie b(t), c(t), f(t) - dane funkcje zmiennej t (a, b). Zauważmy, że równanie to można sprowadzić do dwóch równań I rzędu. Istotnie, niech y 1 = x, y 2 = x : W notacji wektorowej: { y 1 = y 2 y 2 = c(t)y 1 b(t)y 2 + f(t) y = g(t, y) gdzie y = (y 1, y 2 ), y = (y 1, y 2), g(t, y) = (y 2, c(t)y 1 b(t)y 2 + f(t)). Twierdzenie Jeśli funkcje b(t), c(t), f(t) są ciągłe dla t (a, b) to zagadnienie Cauchy ego postaci x + b(t)x + c(t)x = f(t) x(t 0 ) = x 0 x (t 0 ) = x 1 ma dokładnie jedno rozwiązanie dla każdego t 0 (a, b). Dowód. Zapisujemy równanie w postaci równania wektorowego: y = g(t, y) gdzie g(t, y) = (g 1 (t, y), g 2 (t, y)) = (y 2, c(t)y 1 bt)y 2 + f(t)). Zauważmy, że funkcja g (t, y) jest ciągła na (a, b) R 2. Ponadto g spełnia lokalny warunek Lipschitza względem zmiennej y = (y 1, y 2 ) R 2. Istotnie, dla dowolnego t (a, b), ȳ = (ȳ 1, ȳ 2 ), ỹ = (ỹ 1, ỹ 2 ). Wykazujemy że g(t, ȳ) g(t, ỹ) L ȳ ỹ gdzie L = max{c 1, 1 + c 2 }. Zatem na mocy twierdzenia Picarda-Lindelöfa o istnieniu i jednoznaczności rozwiązań zagadnienia Cauchy ego, zagadnienie to ma dokładnie jedno rozwiązanie. 5

7 2.3. Układ fundamentalny rozwiązań równania liniowego jednorodnego Rozważmy równanie liniowe jednorodne postaci x + b(t)x + c(t)x = 0 Definicja (Układ fundamentalny rozwiązań). Dwa rozwiązania x 1 (t), x 2 (t) równania x + b(t)x + c(t)x = 0 tworzą jego fundamentalny układ rozwiązań jeżeli każde rozwiązanie x(t) tego równania jest kombinacją liniową równań x 1 (t), x 2 (t): x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) gdzie c 1, c 2 - stałe. Definicja (Wyznacznik Wrońskiego). Niech x 1 (t), x 2 (t) będą funkcjami różniczkowalnymi na (a, b). Wyrażenie x W (x 1 (t), x 2 (t)) = 1 (t) x 2 (t) x 1(t) x 2(t) nazywamy wyznacznikiem Wrońskiego (wrońskianem) funkcji x 1, x 2. Jeżeli W (x 1 (t), x 2 (t)) 0 dla t (a, b), to mówimy że układ funkcji x 1, x 2 jest liniowo niezależny na (a, b). Lemat Dwa rozwiązania x 1 (t), x 2 (t) równania liniowego jednorodnego tworzą jego fundamentalny układ rozwiązań na (a, b) W (x 1 (t), x 2 (t)) 0 dla każdego t (a, b). Dowód. Niech x(t) będzie dowolnym rozwiązaniem tego równania. Należy wykazać, że x(t) jest kombinacją liniową rozwiązań x 1, x 2. Wówczas dowolnie ustalamy punkt t 0 (a, b) i oznaczamy x(t 0 ) = x 0, x (t 0 ) = x (1) 0. Wyznaczymy stałe c 1, c 2 spełniające warunki: { c1 x 1 (t 0 ) + c 2 x 2 (t 0 ) = x 0 c 1 x 1(t 0 ) + c 2 x 2(t 0 ) = x (1) 0 Wiemy, że powyższy układ równań liniowych ze względu na c 1, c 2 ma dokładnie jedno rozwiązanie x 1 (t 0 )x 2(t 0 ) x 2 (t 0 )x 1(t 0 ) 0, czyli W (x 1 (t), x 2 (t)) 0. Zdefiniujmy funkcję x(t) = c 1 x 1 (t)+c 2 x 2 (t). Funkcja (x) jest rozwiązaniem równania. Ponadto wobec doboru stałych mamy: x(t 0 ) = x 0, x (t 0 ) = x (1) 0 6

8 Stąd, funkcja x(t) jest rozwiązaniem tego samego zagadnienia Cauchy ego dla równania liniowego II rzędu. Otrzymujemy: x(t) = x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) Uwaga W powyższym lemacie wystarczy założyć, że W (x 1 (t), x 2 (t)) 0 dla pewnego punktu t 0 (a, b). Można wykazać, że t 0 (a,b) W (x 1 (t 0 ), x 2 (t 0 )) 0 implikuje t (a,b) W (x 1 (t), x 2 (t)) Fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego jednorodnego o stałych współczynnikach Rozważmy równanie gdzie a, b, c R, a 0. ax + bx + cx = 0 Definicja (Równanie charakterystyczne). Równanie postaci aλ 2 + bλ + c = 0 nazywamy równaniem charakterystycznym równania liniowego. Fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego zależy od wyróżnika równania charakterystycznego = b 2 4ac. Przypadek > 0 Równanie charakterystyczne ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ 1, λ 2. Wtedy fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego tworzą funkcje postaci x 1 (t) = e λ1t, x 2 (t) = e λ 2t 7

9 a rozwiązanie ogólnie równania liniowego ma postać gdzie c 1, c 2 - stałe. x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t Przypadek = 0 Równanie charakterystyczne ma jeden podwójny pierwiastek rzeczywisty λ 0. Wtedy fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego tworzą funkcje postaci x 1 (t) = e λ0t, x 2 (t) = te λ 0t a rozwiązanie ogólne ma postać x(t) = c 1 e λ 0t c 2 te λ 0t = e λ 0t (c 1 + c 2 t) Przypadek < 0 Równanie charakterystyczne ma dwa zespolone pierwiastki λ 1 = α + iβ, λ 2 = α iβ, gdzie α = b 2a, β = 2a Wtedy fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego tworzą funkcje x 1 (t) = e αt cos(βt), x 2 (t) = e αt sin(βt) a rozwiązanie ogólne ma postać x(t) = c 1 e αt cos(βt) + c 2 e αt sin(βt) = e αt (c 1 cos(βt) + c 2 sin(βt)) Przykład Rozwiązać równanie x + 2x + 1 = 0. Równanie charakterystyczne: λ 2 + 2λ + 1 = 0 (λ + 1) 2 = 0. Zatem λ 0 = 1 jest podwójnym pierwiastkiem tego równania (przypadek 2). Stąd fundamentalny układ rozwiązań ma postać: x 1 (t) = e t, x 2 (t) = te t Rozwiązanie ogólne: x(t) = c 1 e t + c 2 te t 8

10 2.5. Równania liniowe niejednorodne o stałych współczynnikach Rozważmy równanie ax + bx + cx = f(t) gdzie a, b, c R, a 0, f(t) - dana funkcja. Jeżeli funkcje x 1 (t), x 2 (t) tworzą fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego jednorodnego ax +bx +cx = 0 to rozwiązanie ogólnie x(t) równania niejednorodnego można przedstawić w postaci sumy rozwiązania ogólnego równania jednorodnego oraz dowolnego rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego: x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) + x 3 (t) gdzie x 3 (t) jest rozwiązaniem szczególnym równania niejednorodnego. Powyższy fakt zachodzi również dla równań liniowych o współczynnikach zmiennej t (x + b(t)x + c(t)x = f(t)) Wyznaczanie rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego. Metoda przewidywań. W przypadku szczególnej postaci prawej strony równania (funkcji f(t)) możemy przewidzieć ogólną postać rozwiązania szczególnego x s (t) tego równania. Przypadek f(t) = n a k t k Przewidujemy x s (t) = α k t k W celu wyznaczenia współczynników α k wstawiamy funkcję x s (t) do równania różniczkowego. Otrzymujemy: a(n(n 1)α n t n 2 + +α 2 )+b(nα n t n 1 + +α 1 )+c(α n t n + +α 0 ) = a n t n + +a 0 9

11 Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach t dostajemy układ n+1 równań liniowych o współczynnikach α k : cα n = a n cα n 1 + bnα n = a n 1. Układ ten będzie miał jednoznaczne rozwiązanie o ile c 0. Jeśli c = 0 to lewa strona równania różniczkowego nie jest wielomianem stopnia n. Wtedy należy przewidywać x s (t) = ( α k t k ) t Wstawiając x s (t) do równania różniczkowego z odpowiedniego układu równań wyznaczamy współczynniki α 0,... α n. Będzie to możliwe o ile b 0. Jeżeli b = 0 to należy przewidywać x s (t) = ( α k t k ) t 2 Można udowodnić następującą zależność: Jeśli λ = 0 nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy x s (t) = α k t k Jeżeli λ = 0 jest pojedynczym pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy x s (t) = ( α k t k ) t Jeżeli λ = 0 jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy x s (t) = ( α k t k ) t 2 Przykład Rozwiązać zagadnienie: x + x 2x = t 2 x(0) = 0 x (0) = 1 10

12 Wyznaczymy fundamentalny układ rozwiązań tego równania. Równanie charakterystyczne λ 2 +λ 2 = 0 ma dwa pierwiastki rzeczywiste λ 1 = 1, λ 2 = 2, zatem x 1 (t) = e t, x 2 (t) = e 2t Wyznaczamy rozwiązanie szczególne x s (t) metodą przewidywań. 0 nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, więc przewidujemy Stąd Wstawiając do równania dostajemy: x s (t) = At 2 + Bt + C x s(t) = 2At + B, x s(t) = 2A 2A + 2At + B At 2 Bt C = t 2 Zatem x s (t) = 1 2 t2 1 2 t 3 4. Stąd A = 1 2 B = 1 2 C = 3 4 Wyznaczamy stałe c 1, c 2 : x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t t2 1 2 t 3 4 Rozwiązanie zagadanienia: c 1 = 1, c 2 = 1 4 x(t) = e t 1 4 e 2t t2 1 2 t 3 4 Przypadek f(t) = ( n a k t k )e At Przewidujemy rozwiązanie szczególne x s (t) = u(t)c At gdzie u(t) jest nieznaną funkcją. Wstawiając x s (t) do równania różniczkowego otrzymujemy równanie różniczkowe dla funkcji u(t): au + (2aA + b)u + (aa 2 + ba + c)u = a k t k 11

13 Podstawienie funkcji u sprowadziliśmy do przypadku 1. Można otrzymać następujące zależności: Jeżeli λ = A nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to postulujemy, że x s (t) = ( a k t k )e At Jeżeli λ = A jest pojedynczym pierwiastkiem równania charakterystycznego to x s (t) = ( a k t k )te At Jeżeli λ = A jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystycznego to x s (t) = ( a k t k )t 2 e At Przypadek f(t) = ( n a k t k ) cos(βt) lub f(t) = ( n a k t k ) sin(βt) Przypadek ten sprowadzamy do przypadku 2 przechodząc do funkcji zmiennej zespolonej. Zauważmy, że cos(βt) + i sin(βt) = e iβt i rozważmy równanie ax + bx + cx = ( a k t k )e iβt Jeżeli funkcja x(t) = u(t) + cv(t) jest rozwiązaniem zespolonym powyższego równania to część rzeczywista u(t) spełnia równanie au + bu + cu = ( a k t k ) cos(βt) zaś część urojona v(t) spełnia równanie av + bv + cv = ( a k t k ) sin(βt) Można otrzymać następujące równości: Jeżeli λ = iβ nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy x s (t) = W n (t) cos(βt) + W n (t) sin(βt) Jeżeli λ = iβ jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy x s (t) = W n (t)t cos(βt) + W n (t)t sin(βt) 12

14 gdzie W n (t) = α k t k, Wn (t) = ᾱ k t k Przypadek f(t) = ( n a k t k )e αt cos(βt) lub f(t) = ( n a k t k )e αt sin(βt) Analogicznie jak przypadku 3 można otrzymać następujące zależności: Jeśli λ = α + iβ nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to x s (t) = e αt (W n (t) cos(βt) + W n (t) sin(βt)) Jeśli λ = α + iβ jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to gdzie x s (t) = e αt (W n (t)t cos(βt) + W n (t)t sin(βt)) W n (t) = α k t k, Wn (t) = ᾱ k t k Twierdzenie Jeżeli funkcje ϕ(t) i ψ(t) są rozwiązaniami odpowiednio równań ax + bx + cx = f 1 (x) i ax + bx + cx = f 2 (x) to funkcja η(t) = ϕ(t) + ψ(t) jest rozwiązaniem równania ax + bx + cx = f 1 (x) + f 2 (x) Uwaga Powyższe twierdzenie zachodzi również dla równań liniowych II rzędu o zmiennych współczynnikach zmiennej t. Przykład Rozwiązać równanie x + wx + x = t + 2x 3t. Wyznaczamy rozwiązanie ogólnie równania jednorodnego x + 2x + x = 0. Równanie charakterystyczne: λ 2 + 2λ + 1 = 0 (λ + 1) 2 = 0 zatem λ = 1 jest podwójnym pierwiastkiem. Stąd układ fundamentalny rozwiązań tworzą funkcje x 1 (t) = e t, x 2 (t) = te t i rozwiązanie ogólnie równania jednorodnego ma postać: x ROJ (t) = c 1 e t + c 2 te t = e t (c 1 + c 2 t) 13

15 Wyznaczamy rozwiązanie szczególnie x s (t) równania różniczkowego. Wobec poprzedniego twierdzenia rozwiązanie szczególne x s (t) = x (1) s (t) + x (2) s (t) gdzie x (1) s (t) jest rozwiązaniem szczególnym równania x + 2x + x = t, zaś x (2) s (t) jest rozwiązaniem szczególnym równania x + 2x + x = 2e 3t, jest rozwiązaniem szczególnym głównego równania. Wyznaczamy x (1) s (t) metodą przewidywań (przypadek 1). Przewidujemy x (1) s (t) = At + b Wstawiamy x (1) s (t) do równania x + 2x + x = t: Zatem d dt x(1) s (t) = A d2 dt 2 x(1) s (t) = 0 aa + At + B = t A = 1, B = 2 x (1) s (t) = t 2. Wyznaczamy x (2) s (t) metodą przewidywań (przypadek 2). Przewidujemy x (2) s (t) = Ae Bt Wstawiamy x (2) s (t) do równania x + 2x + x = 2e 3t : Stąd Więc d dt x(2) s (t) = 3Ae 3t d2 dt 2 x(2) s (t) = 9Ae 3t 9Ae 3t + 6Ae 3t + Ae 3t = 2e 3t A = 1 8 x (2) s (t) = 1 8 e3t Zatem rozwiązanie szczególnie x s (t) ma postać: x s (t) = t e3t zaś rozwiązanie ogólnie równania głównego ma postać: x(t) = x ROJ (t) + x s (t) = e t (c 1 + c 2 t) + t e3t 14

16 2.6. Równania liniowe niejednorodne o zmiennych (dowolnych) współczynnikach. Metoda uzmienniania stałych. Rozważmy równanie niejednorodne x + b(t)x + c(t)x = f(t) Jeżeli funkcje x 1 (t), x 2 (t) tworzą fundamentalny układ rozwiązań równania jednorodnego x + b(t)x + c(t)x = 0 to rozwiązanie równania jednorodnego ma postać x ROJ (t) = c 1 (t)x 1 (t) + c 2 (t)x 2 (t) gdzie funkcje c 1 (t), c 2 (t) są rozwiązaniami następującego układu równań: czyli gdzie { c 1 (t)x 1 (t) + c 2(t)x 2 (t) = 0 c 1(t)x 1(t) + c 2(t)x 2(t) = f(t) c 1(t) = x 2(t)f(t), c W (t) 2(t) = x 1(t)f(t) W (t) x W (t) = 1 (t) x 1(t) x 2 (t) x 2(t) jest wyznacznikiem Wrońskiego układu funkcji x 1 (t), x 2 (t) i stąd W (t) 0 (bo x 1 (t), x 2 (t) tworzą fundamentalny układ rozwiązań). Istotnie, wiemy że funkcja x(t) = c 1 x 1 (t)+c 2 x 2 (t) jest rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego. Istotą metody uzmienniania stałych jest postulowanie, że rozwiązanie równania niejednorodnego można przestawić w postaci: x(t) = c 1 (t)x 1 (t) + c 2 (t)x 2 (t) gdzie c 1 (t), c 2 (t) są odpowiednio dobranymi funkcjami różniczkowalnymi. Różniczkując x(t) mamy: x (t) = c 1(t)x 1 (t) + c 1 (t)x 1(t) + c 2(t)x 2 (t) + c 2 (t)x 2(t) = = c 1 (t)x 1(t) + c 2 (t)x 2(t) + c 1(t)x 1 (t) + c 2(t)x 2 (t) 15

17 Załóżmy, że c 1(t)x 1 (t)+c 2(t)x 2 (t) = 0. Wtedy x (t) = c 1(t)x 1(t)+c 1 (t)xc (t)+ c 2(t)+c 2 (t)x 2(t). Zatem funkcja x(t) będzie spełniała równanie niejednorodne jeżeli będą zachodziły zastępujące warunki: c 1(t)x 1 (t) + c 2(t)x 2 (t) = 0 oraz c 1(t)x 1(t) + c 2(t)x 2(t) = f(t) W ten sposób otrzymaliśmy układ równań dla funkcji c 1 (t) i c 2 (t): { c 1 (t)x 1 (t) + c 2(t)x 2 (t) = 0 c 1(t)x 1(t) + c 2(t)x 2(t) = f(t) Układ ten ma oczywiście jednoznaczne rozwiązanie c 1(t) i c 2(t), ponieważ wyznacznik główny (i zarazem wrońskian liniowo niezależnych funkcji x 1 (t), x 2 (t)) jest różny od zera. 16