R´

ownania r´

o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

PrzykÃlad 14.1

Om´owimy jeszcze jeden przykÃlad zagadnienia prowadza

,

cego do

r´ownania pierwszego rze

,

du. ZaÃl´o˙zmy, ˙ze spadochroniarz wyskoczyÃl z samolotu na

wysoko´sci 1500 m i ˙ze spada swobodnie a˙z do wysoko´sci 500 m. ZakÃladamy, ˙ze op´or

powietrza jest proporcjonalny do kwadratu pre

,

dko´sci (tak jest przy ,,du˙zych” pre

,

d-

ko´sciach). ZaÃl´o˙zmy dodatkowo, ˙ze graniczna pre

,

dko´s´c spadania jest r´owna 50 m/s

(chodzi o to, ˙ze przy tej pre

,

dko´sci siÃla oporu powietrza r´ownowa˙zy siÃle

,

cie

,

˙zko´sci).

Jak dÃlugo spada´c be

,

dzie spadochroniarz do chwili otwarcia spadochronu na wysoko´sci

500 m?

Oznaczmy wysoko´s´c nad powierzchnia

,

Ziemi w chwili t przez h(t) , wsp´oÃlczynnik

proporcjonalno´sci, kt´ory wyste

,

puje w tre´sci zadania — przez k , mase

,

spadochro-

niarza przez m . Z drugiej zasady dynamiki Newtona wnioskujemy, ˙ze

mh

00

(t) = −mg + k[h

0

(t)]

2

— h

0

(t) to pre

,

dko´s´c w chwili t , h

00

(t) — to przyspieszenie w tym momencie. Z for-

malnego punktu widzenia napisane zostaÃlo r´ownanie r´o˙zniczkowe drugiego rze

,

du.

Je´sli jednak potraktujemy pre

,

dko´s´c h

0

jako niewiadoma

,

funkcje

,

, to oka˙ze sie

,

ono

r´ownaniem pierwszego rze

,

du. Niech x(t) = h

0

(t) . R´ownanie, po tej zmianie deko-

racji, wygla

,

da tak

x

0

(t) = −g +

k

m

[x(t)]

2

,

albo te˙z tak

1 =

x

0

(t)

−g +

k

m

[x(t)]

2

.

Mamy wie

,

c

t + C =

R

dt =

R

x

0

(t) dt

−g+

k

m

[x(t)]

2

=

R

dx

−g+

k

m

x

2

=

1

2

√

g

R h

1

x

√

k/m−

√

g

−

1

x

√

k/m+

√

g

i

dt =

=

1
2

·

q

m

gk

ln

¯

¯

¯

x

√

k/m−

√

g

x

√

k/m+

√

g

¯

¯

¯ .

Mno˙zymy r´owno´s´c obustronnie przez 2t ·

p

gk/m , a potem podnosimy liczbe

,

e do

odpowiednich pote

,

g i otrzymujemy dosy´c dÃlugi wz´or

e

2t·

√

gk/m

· e

2C·

√

gk/m

= ±

x

√

k/m−

√

g

x

√

k/m+

√

g

.

Oczywi´scie x(0) = h

0

(0) = 0 — to pocza

,

tkowa pre

,

dko´s´c spadania. Wobec tego

1 · e

2C·

√

gk/m

= ±

0−

√

g

0+

√

g

= ±1 . Sta

,

d wynika, ˙ze e

2C·

√

gk/m

= 1 , wie

,

c

1

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

e

2t·

√

gk/m

= = −

x

√

k/m−

√

g

x

√

k/m+

√

g

=

√

g−x

√

k/m

√

g+x

√

k/m

.

Z tej r´owno´sci wyznaczamy

x(t) = x =

r

gm

k

·

1 − e

2t·

√

gk/m

1 + e

2t·

√

gk/m

.

Wobec tego, ˙ze speÃlniona ma by´c r´owno´s´c lim

x→∞

x(t) = −50 (spadamy, a nie wznosimy

sie

,

), stwierdzamy, ˙ze

p

gm

k

= 50 . Dla prostoty przyjmujemy, ˙ze g = 10

m

s

2

. Otrzy-

mujemy wie

,

c

m

k

= 250 i wobec tego

h

0

(t) = x(t) = 50

1 − e

2

5

t

1 + e

2

5

t

.

Teraz znajdziemy h(t) . Wystarczy scaÃlkowa´c. Mamy

h(t) = 50

Z

1 − e

2

5

t

1 + e

2

5

t

dt = 50

Z ·

1 −

2e

2

5

t

1 + e

2

5

t

¸

dt = 50t − 250

Z ·

d(1 + e

2

5

t

)

1 + e

2

5

t

¸

=

= 50t − 250 ln(1 + e

2

5

t

) + 250 ln 2 + 1500 .

StaÃla

,

dobrali´smy tak, by h(0) = 1500 . Szukamy takiego t , ˙ze

500 = h(t) = 50t − 250 ln(1 + e

2

5

t

) + 250 ln 2 + 1500 = 250 ln

e

t/5

1+e

2

5

t

+ 1500 ,

co oznacza, ˙ze ln

2e

t/5

1+e

2

5

t

= −4 = ln e

−4

, czyli e

−4

=

e

t/5

1+e

2

5

t

, wie

,

c

0 = 1 + e

2

5

t

− 2e

4

e

t

5

=

£

e

t/5

− e

4

¤

2

+ 1 − e

8

,

czyli e

t/5

= e

4

+

√

e

8

− 1 , zatem t = 5 ln

©

e

4

+

√

e

8

− 1

ª

≈ 23, 47 s.

Tylko ostatni krok (przybli˙zenie) zostaÃl wsparty komputerem, chocia˙z ja umiem te

obliczenia przeprowadzi´c bez komputera i tablic.

Zajmiemy sie

,

r´ownaniami r´o˙zniczkowymi postaci x

00

(t)+ax

0

(t)+bx(t) = 0 , gdzie

a, b oznaczaja

,

liczby (niekoniecznie rzeczywiste). Zaczniemy od prostego przykÃladu.

PrzykÃlad 14.2

Rozwia

,

˙zemy r´ownanie

x

00

(t) − 5x

0

(t) + 6x(t) = 0 .

Zauwa˙zmy, ˙ze x

00

(t)−5x

0

(t)+6x(t) =

£

x

0

(t)−3x(t)

¤

0

−2

£

x

0

(t)−3x(t)

¤

. Wprowadzimy

pomocnicza

,

niewiadoma

,

. Niech y(t) = x

0

(t) − 3x(t) . Funkcja pomocnicza y(t)

musi speÃlnia´c r´ownanie y

0

(t) − 2y(t) = 0 . Wynika sta

,

d, jak ju˙z wiemy, ˙ze istnieje

staÃla c taka, ˙ze y(t) = ce

2t

. Problem zostaÃl sprowadzony do rozwia

,

zania r´ownania

r´o˙zniczkowego pierwszego rze

,

du z niewiadoma

,

funkcja

,

x :

x

0

(t) − 3x(t) = ce

2t

.

2

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

Rozwia

,

zujemy pomocnicze r´ownanie jednorodne x

0

(t) − 3x(t) = 0 . Rozwia

,

zanie

og´olne ma posta´c x(t) = ke

3t

, gdzie k oznacza pewna

,

liczbe

,

. Zamiast liczby k

rozwa˙zymy funkcje

,

k zmiennej t i znajdziemy rozwia

,

zanie w postaci k(t)e

3t

. Pod-

stawiaja

,

c do r´ownania otrzymujemy

ce

2t

=

£

k(t)e

3t

¤

0

− 3k(t)e

3t

= k

0

(t)e

3t

+ 3k(t)e

3t

− 3k(t)e

3t

= k

0

(t)e

3t

.

Sta

,

d wynika, ˙ze k

0

(t) = ce

−t

i w ko´

ncu k(t) = −ce

−t

+ c

1

. Mamy wie

,

c

x(t) = [−ce

−t

+ c

1

]e

3t

= −ce

2t

+ c

1

e

3t

.

Wykazali´smy, ˙ze ka˙zde rozwia

,

zanie r´ownania x

00

(t) − 5x

0

(t) + 6x(t) = 0 mo˙ze by´c

zapisane w postaci c

1

e

3t

+c

2

e

2t

(podstawili´smy c

2

= −c ). W wykÃladnikach pojawiÃly

sie

,

pierwiastki r´ownania charakterystycznego λ

2

−5λ +6 = 0 . To nie jest przypadek.

Je´sli a, b ∈ C i r´ownanie λ

2

+ aλ + b = 0 ma dwa r´o˙zne pierwiastki λ

1

, λ

2

, to

0 = x

00

(t) + ax

0

(t) + bx(t) =

£

x

0

(t) − λ

1

x(t)

¤

0

− λ

2

£

x

0

(t) − λ

1

x(t)

¤

=

=

£

x

0

(t) − λ

2

x(t)

¤

0

− λ

1

£

x

0

(t) − λ

2

x(t)

¤

.

Oznaczaja

,

c y(t) = x

0

(t)−λ

1

x(t) otrzymujemy r´ownanie y

0

(t)−λ

2

y(t) = 0 . Stosuja

,

c

procedure

,

zastosowana

,

przed chwila

,

w konkretnej sytuacji stwierdzamy, ˙ze istnieja

,

takie liczby c

1

, c

2

, ˙ze dla ka˙zdej liczby r ∈ R zachodzi x(t) = c

1

e

λ

1

t

+c

2

e

λ

2

t

r´owno´s´c.

To, ˙ze funkcja tak okre´slona jest rozwia

,

zaniem interesuja

,

cego nas r´ownania, mogli´smy

sprawdzi´c bezpo´srednio, ale nie wiedzieliby´smy wtedy, ˙ze innych rozwia

,

za´

n nie ma.

Nasza metoda zawiera dow´od tego, ˙ze wskazane funkcje sa

,

jedynymi rozwia

,

zaniami

tego r´ownania.

Twierdzenie 14.1 (o rozwia

,

zaniach jednorodnego r´

ownania r´

o˙zniczkowego

liniowego drugiego rze

,

du o staÃlych wsp´

oÃlczynnikach)

(a) Je´sli r´ownanie charakterystyczne λ

2

+ aλ + b = 0 r´ownania x

00

+ ax

0

+ bx = 0

ma dwa r´o˙zne pierwiastki λ

1

, λ

2

, to ka˙zde rozwia

,

zanie r´ownania x

00

+ ax

0

+ bx = 0

mo˙ze by´c zapisane w postaci c

1

e

λ

1

t

+ c

2

e

λ

2

t

, gdzie c

1

, c

2

∈ C .

(b) Je´sli r´ownanie charakterystyczne λ

2

+ aλ + b = 0 r´ownania x

00

+ ax

0

+ bx = 0

ma jeden pierwiastek podw´ojny λ

1

, to ka˙zde rozwia

,

zanie r´ownania x

00

+ ax

0

+ bx = 0

mo˙ze by´c zapisane w postaci (c

1

+ c

2

t)e

λ

1

t

, gdzie c

1

, c

2

∈ C .

Dow´

od. Cze

,

´s´c (a) zostaÃla wykazana przed sformuÃlowaniem. Zajmiemy sie

,

cze

,

´s-

cia

,

(b). Z wzor´ow Vi`ete’a wynika, ˙ze 2λ

1

= −a oraz λ

2

1

= b , a sta

,

d bez trudu

wnioskujemy, ˙ze x

00

+ ax

0

+ bx = (x

0

− λ

1

x)

0

− λ

1

(x

0

− λ

1

x) . Przyjmijmy, ˙ze

y = x

0

− λ

1

x . Mamy wie

,

c y

0

− λ

1

y = 0 , zatem y = c

2

e

λ

1

t

. Dla znalezienia funkcji

x wystarczy rozwia

,

za´c r´ownanie x

0

− λ

1

x = c

2

e

λ

1

t

. Z twierdzenia o rozwia

,

zaniach

r´owna´

n liniowych pierwszego rze

,

du wynika, ˙ze pewien quasiwielomian pierwszego

3

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

stopnia z wykÃladnikiem λ

1

jest rozwia

,

zaniem (szczeg´olnym) tego r´ownania. Przyj-

mijmy, ˙ze x(t) = (d

2

t + d

1

)e

λ

1

t

. Mamy wtedy

c

2

e

λ

1

t

=

¡

(d

2

t + d

1

)e

λ

1

t

¢

0

− λ

1

(d

2

t + d

1

)e

λ

1

t

= d

2

e

λ

1

t

.

Wystarczy wie

,

c przyja

,

´c d

2

= c

2

. Liczba d

1

mo˙ze by´c dowolna

,

staÃla

,

, co zreszta

,

jest

jasne od pocza

,

tku, bo do dowolnego rozwia

,

zania r´ownania niejednorodnego mo˙zna

doda´c dowolne rozwia

,

zanie r´ownania jednorodnego. Oznaczaja

,

c c

1

= d

1

otrzymu-

jemy rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

00

+ ax

0

+ bx = 0 w postaci (c

1

+ c

2

t)e

λ

1

t

.

Be

,

dziemy sie

,

teraz zajmowa´c r´ownaniem postaci

x

00

(t) + ax

0

(t) + bx(t) = g(t) ,

(nj2)

gdzie a, b ∈ C za´s g jest funkcja

,

cia

,

gÃla

,

o warto´sciach zespolonych okre´slona

,

na

pewnym przedziale, by´c mo˙ze na caÃlej prostej. Najwa˙zniejsze dla nas sa

,

te r´ownania,

w kt´orych funkcja g jest quasiwielomianem.

Z r´ownaniem (nj2) wia

,

za´c be

,

dziemy r´ownanie linowe jednorodne

y

00

(t) + ay

0

(t) + by(t) = 0

(j2)

oraz r´ownanie charakterystyczne

λ

2

+ aλ + b = 0 .

(ch2)

R´ownanie charakterystyczne (ch2) ma dwa pierwiastki λ

1

, λ

2

(niekoniecznie rzeczy-

wiste i niekoniecznie r´o˙zne). Dla ka˙zdej liczby λ mamy wie

,

c

λ

2

+ aλ + b = (λ − λ

1

)(λ − λ

2

) ,

speÃlnione sa

,

te˙z znane (kiedy´s) wszystkim maturzystom wzory Vi`ete’a:

λ

1

+ λ

2

= −a , λ

1

λ

2

= b .

Z nich wynika, ˙ze

x

00

(t) + ax

0

(t) + bx(t) =

¡

x

0

(t) − λ

2

x(t)

¢

0

− λ

1

¡

x

0

(t) − λ

2

x(t)

¢

.

Mo˙zna sobie uÃlatwi´c manipulacje wprowadziwszy symbol D , oznaczaja

,

cy r´o˙zniczko-

wanie, umawiaja

,

c sie

,

, ˙ze symbol Df oznacza pochodna

,

funkcji f , tzn.

Df (t) = f

0

(t) .

Wtedy speÃlnione sa

,

naste

,

puja

,

ce r´owno´sci:

D(c

1

f

1

+ c

2

f

2

) = c

1

Df

1

+ c

2

Df

2

(liniowo´s´c r´o˙zniczkowania),

D(f

1

· f

2

) = Df

1

· f

2

+ f

1

· Df

2

(pochodna iloczynu).

Be

,

dziemy te˙z pisa´c D

2

f zamiast D(Df ) . Przy takich umowach r´ownanie (nj2)

mo˙zna zapisa´c tak D

2

x + aDx + bx = g , opu´scili´smy argument, co wielokrotnie

4

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

be

,

dziemy robi´c, bo to upraszcza zapis, cho´c zmusza do pamie

,

tania, kt´ore symbole

oznaczaja

,

liczby, a kt´ore — funkcje. Je´sli jeszcze um´owimy sie

,

, ˙ze (D+λ)x = Dx+λx

dla ka˙zdej liczby λ i ka˙zdej funkcji r´o˙zniczkowalnej x , to mo˙zemy napisa´c

x

00

+ ax

0

+ bx = D

2

x + aDx + bx = (D − λ

1

)

¡

Dx − λ

2

x

¢

= (D − λ

1

)

¡

(D − λ

2

)x

¢

.

Naturalnym pomysÃlem jest wie

,

c pisanie x

00

+ ax

0

+ bx = (D − λ

1

)(D − λ

2

)x , co

zwykle sie

,

czyni. Nasze r´ownanie ma wie

,

c posta´c

(D − λ

1

)(D − λ

2

)x = g .

Niech z = (D − λ

2

)x . Rozwia

,

zanie r´ownania drugiego rze

,

du (D − λ

1

)(D − λ

2

)x = g

mo˙zna wie

,

c sprowadzi´c do rozwia

,

zania dw´och r´owna´

n pierwszego rze

,

du: najpierw

szukamy funkcji z takiej, ˙ze (D − λ

1

)z = g a po znalezieniu z szukamy funkcji x

takiej, ˙ze (D − λ

2

)x = z . Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli (D − λ

1

)(D − λ

2

)x

1

= g i (D − λ

1

)(D −

λ

2

)x

2

= g , to (D−λ

1

)(D−λ

2

)(x

1

−x

2

) = (D−λ

1

)(D−λ

2

)x

1

−(D−λ

1

)(D−λ

2

)x

2

=

= g − g = 0 ,

czyli r´o˙znica rozwia

,

za´

n r´ownania niejednorodnego, speÃlnia r´ownanie jednorodne.

Jasne jest, ˙ze je´sli (D − λ

1

)(D − λ

2

)x = g i (D − λ

1

)(D − λ

2

)y = 0 , to

(D − λ

1

)(D − λ

2

)(x + y) = (D − λ

1

)(D − λ

2

)x + (D − λ

1

)(D − λ

2

)y = g + 0 = g .

Oznacza to, ˙ze je´sli znajdziemy w jaki´s spos´ob jedno rozwia

,

zanie r´ownania niejed-

norodnego* i wszystkie rozwia

,

zania r´ownania jednorodnego, to tym samym znajdzie-

my wszystkie rozwia

,

zania r´ownania niejednorodnego.

Ostrze˙zenie:

(D + 1)(D − t)x = (D + 1)(x

0

− tx) = x

00

− (tx)

0

+ x

0

− tx = x

00

+ (1 − t)x

0

− (1 + t)x ,

ale

(D − t)(D + 1)x = (D − t)(x

0

+ x) = x

00

+ x

0

− tx

0

− tx = x

00

+ (1 − t)x

0

− tx , zatem

(D + 1)(D − t)x 6= (D − t)(D + 1)x .

Widzimy wie

,

c, ˙ze kolejno´s´c wykonywania operacji ma wpÃlyw na wynik. W tym

konkretnym przypadku mo˙zna sie

,

tego spodziewa´c przed przeprowadzaniem oblicze´

n,

bo pochodna

,

funkcji staÃlej jest 0 , a (t)

0

= 1 6= 0 .

Jednak je´sli λ

1

, λ

2

sa

,

liczbami (innych z braku czasu nie rozwa˙zamy), to

(D − λ

1

)(D − λ

2

) = (D − λ

2

)(D − λ

1

) .

PrzykÃlad 14.3

Zajmiemy sie

,

r´ownaniem oscylatora harmonicznego, na razie bez

tÃlumienia i wymuszenia, czyli r´ownaniem x

00

+ ω

2

x = 0 . Mo˙zna je zapisa´c w postaci

0 = (D

2

+ω

2

)x = (D+ωi)(D−ωi)x . Z tego, co ju˙z wiemy o r´ownaniach jednorodnych

drugiego rze

,

du wynika, ˙ze rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

00

+ ω

2

x = 0 wygla

,

da tak:

*

np. zgadniemy!

5

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

x(t) = c

1

e

−ωit

+ c

2

e

ωit

, gdzie c

1

, c

2

∈ C .

Otrzymali´smy rozwia

,

zanie w postaci zespolonej. Mo˙zna je zapisa´c w postaci

rzeczywistej. Niech c

1

= α

1

+ β

1

i , c

2

= α

2

+ β

2

i , gdzie α

1

, β

1

, α

2

, β

2

∈ R . Wtedy

x(t) = c

1

e

−ωit

+ c

2

e

ωit

=

=

£

α

1

+ β

1

i

¤£

cos(ωt) − i sin(ωt)

¤

+

£

α

2

+ β

2

i

¤£

cos(ωt) + i sin(ωt)

¤

=

=

£

(α

1

+ α

2

) cos(ωt) + (β

1

− β

2

) sin(ωt)

¤

+ i

£

(β

1

+ β

2

) sin(ωt) − (α

1

− α

2

) cos(ωt)

¤

.

Je´sli ω ∈ R , to z tego, ˙ze funkcja x jest rozwia

,

zaniem r´ownania x

00

+ ω

2

x = 0

wynika, ˙ze

0 = 0 = x

00

+ ω

2

x = x

00

+ω

2

x = ¯

x

00

+ ¯

ω

2

¯

x , wie

,

c r´ownie˙z funkcja ¯

x jest rozwia

,

zaniem.

Wobec tego, ˙ze suma rozwia

,

za´

n te˙z jest rozwia

,

zaniem, stwierdzamy, ˙ze funkcje x + ¯

x

i

1
2

(x + ¯

x) = Rex sa

,

rozwia

,

zaniami r´ownania. R´ownie˙z funkcja Imx =

1

2i

(x − ¯

x)

jest rozwia

,

zaniem. Poniewa˙z

Rex(t) = (α

1

+ α

2

) cos(ωt) + (β

1

− β

2

) sin(ωt) oraz

Imx(t) = (β

1

+ β

2

) sin(ωt) − (α

1

− α

2

) cos(ωt) ,

wie

,

c rozwia

,

zania rzeczywiste wygla

,

daja

,

tak:

d

1

cos(ωt) + d

2

sin(ωt) ,

gdzie d

1

, d

2

oznaczaja

,

dowolne liczby rzeczywiste.

Mamy x(0) = d

1

i x

0

(0) = ωd

2

. Wobec tego d

1

to poÃlo˙zenie w chwili t = 0 , a

w d

2

zakodowana jest pre

,

dko´s´c pocza

,

tkowa. Fizycy na og´oÃl wola

,

inne paramet-

ry: amplitude

,

i faze

,

. Niech A =

p

d

2

1

+ d

2

2

i niech θ be

,

dzie takim ka

,

tem, ˙ze

cos θ =

d

1

√

d

2

1

+d

2

2

oraz sin θ = −

d

2

√

d

2

1

+d

2

2

. Wtedy zachodzi r´owno´s´c

x(t) = d

1

cos(ωt) + d

2

sin(ωt) = A

£

cos θ cos(ωt) − sin θ sin(ωt)

¤

= A cos(θ + ωt) .*

Jest jasne jak przechodzi´c od zestawu parametr´ow d

1

, d

2

do zestawu A, θ i odwrot-

nie. Mo˙zna wie

,

c od razu szuka´c rozwia

,

zania w postaci A cos(θ + ωt) jednak opis

og´olnej teorii w tych terminach jest bardziej skomplikowany i do tego mniej og´olny,

wie

,

c u˙zywamy funkcji wykÃladniczych i liczb zespolonych.

Okazuje sie

,

, ˙ze w elementarnych zastosowaniach najcze

,

´sciej funkcja g ma dosy´c

szczeg´olna

,

posta´c, bywa cze

,

sto quasiwielomianem ewentualnie cze

,

´scia

,

rzeczywista

,

lub urojona

,

quasiwielomianu.

Wiemy, jak rozwia

,

zywa´c bardzo szczeg´olne r´ownania pierwszego rze

,

du. Mo˙zemy

zaja

,

´c sie

,

r´ownaniami drugiego rze

,

du. Jest jasne, ˙ze w przypadku r´ownania drugiego

rze

,

du prawdziwe jest

*

A jest najwie,ksza, warto´scia, funkcji x , −A — najmniejsza, i dlatego liczbe, A nazywamy amplituda,;

liczbe, θ nazywamy faza,, ω to cze,stotliwo´s´c.

6

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

Twierdzenie 14.2 (o rozwia

,

zaniach r´

ownania liniowego drugiego rze

,

du)

Niech a, b ∈ C i niech w oznacza dowolny wielomian o by´c mo˙ze nierzeczywistych

wsp´oÃlczynnikach. R´ownanie x

00

+ ax

0

+ bx = w(t)e

λt

ma rozwia

,

zanie, kt´ore jest

quasiwielomianem o wykÃladniku λ .

Je´sli λ nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, to stopie´

n roz-

wia

,

zania r´owny jest stopniowi w(t) , je´sli λ jest pierwiastkiem jednokrotnym, to

stopie´

n rozwia

,

zania jest o 1 wie

,

kszy od stopnia w(t) , je´sli λ jest pierwiastkiem

dwukrotnym, to stopie´

n rozwia

,

zania jest o 2 wie

,

kszy od stopnia w(t) .

Studenci bez trudu uog´olnia

,

to twierdzenie na przypadek r´owna´

n wy˙zszego rze

,

du

o staÃlych wsp´oÃlczynnikach, kt´orych prawa strona jest quasiwielomianem w(t)e

λt

.

Stopie´

n rozwia

,

zania szczeg´olnego jest wie

,

kszy od stopnia w(t) o krotno´s´c λ jako

pierwiastka wielomianu charakterystycznego lewej strony.

PrzykÃlad 14.4

Znajdziemy rozwia

,

zania r´ownania x

00

+ x = 2 cos t + 12t sin t .

Tym razem prawa strona nie jest quasiwielomianem. Zachodza

,

jednak r´owno´sci

2 cos t = Re

¡

2e

it

¢

i 12t sin t = Im12

¡

e

it

¢

.

Zajmiemy sie

,

r´ownaniami pomocniczymi x

00

+ x = 2e

it

oraz x

00

+ x = 12te

it

.

W obu przypadkach r´ownanie charakterystyczne r´ownania to λ

2

+1 = 0 . Ma ono

dwa pierwiastki i oraz −i . Wobec tego jednym z rozwia

,

za´

n r´ownania r´o˙zniczkowego

x

00

+ x = 2e

it

jest quasiwielomian stopnia pierwszego, a r´ownania x

00

+ x = 12te

it

— quasiwielomian stopnia drugiego .

W pierwszym przypadku powinien wie

,

c by´c speÃlniony wz´or

2e

it

=

¡

(At + B)e

it

¢

00

+ (At + B)e

it

= 2Aie

it

+ i

2

(At + B)e

it

+ (At + B)e

it

= 2Aie

it

.

Sta

,

d wynika, ˙ze A = −i . B mo˙ze by´c dowolne. Znale´zli´smy rozwia

,

zanie og´olne

r´ownania x

00

+ x = 2e

it

:

x(t) = −ite

it

+ c

1

e

it

+ c

2

e

−it

.

W drugim przypadku musi zachodzi´c r´owno´s´c

12te

it

=

¡

(At

2

+ Bt + C)e

it

¢

00

+ (At

2

+ Bt + C)e

it

=

= 2Ae

it

+ 2i(2At + B)e

it

+ i

2

(At

2

+ Bt + C)e

it

+ (At

2

+ Bt + C)e

it

=

= 4Aite

it

+ (2A + 2Bi)e

it

.

Wynika sta

,

d, ˙ze A = −3i oraz 2A + 2Bi = 0 , czyli B = 3 . C mo˙ze by´c dowolne.

Rozwia

,

zaniem og´olnym drugiego r´ownania jest

−3it

2

e

it

+ 3te

it

+ c

1

e

it

+ c

2

e

−it

.

Rozwia

,

zaniem szczeg´olnym r´ownania x

00

+ x = 2 cos t jest funkcja Re

¡

− ite

it

¢

=

=t sin t . Rozwia

,

zaniem og´olnym — funkcja t sin t + c

1

cos t + c

2

sin t . Ma to by´c

7

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

rozwia

,

zanie rzeczywiste, zatem tym razem staÃle c

1

, c

2

musza

,

by´c rzeczywiste.

Rzeczywistym rozwia

,

zaniem og´olnym r´ownania x

00

+ x = 12t sin t jest funkcja

Im

¡

− 3it

2

e

it

+ 3te

it

¢

+ c

1

cos t + c

2

sin t = −3t

2

cos t + 3t sin t + c

1

cos t + c

2

sin t .

Zn´ow zainteresowani jeste´smy rozwia

,

zaniem rzeczywistym, zatem i w tym przypadku

c

1

, c

2

∈ IR .

Poka˙zemy teraz jak mo˙zna uzmiennia´c staÃle (obie na raz!) w r´ownaniach drugie-

go rze

,

du. Rozwia

,

˙zemy r´ownanie, kt´ore wÃla´snie rozwia

,

zali´smy, ale podkre´sli´c nale˙zy,

˙ze te

,

metode

,

mo˙zna stosowa´c r´ownie˙z wtedy, gdy funkcja g (prawa strona r´ownania)

nie jest quasiwielomianem.

PrzykÃlad 14.5

Znajdziemy rozwia

,

zania r´ownania x

00

+ x = 2 cos t + 12t sin t . Po-

mocnicze r´ownanie jednorodne wygla

,

da tak y

00

+ y = 0 . Jego rozwia

,

zaniem og´olnym

jest funkcja c

1

cos t + c

2

sin t — stosujemy tym razem rzeczywista

,

posta´c, by da´c

odetchna

,

´c osobom, kt´ore jeszcze nie zda

,

˙zyÃly polubi´c liczb zespolonych. Be

,

dziemy

szuka´c rozwia

,

zania r´ownania niejednorodnego w postaci c

1

(t) cos t + c

2

(t) sin t , gdzie

c

1

, c

2

oznaczaja

,

teraz niewiadome funkcje. Mamy

£

c

1

(t) cos t + c

2

(t) sin t

¤

0

= c

0

1

(t) cos t + c

0

2

(t) sin t − c

1

(t) sin t + c

2

(t) cos t .

Je´sli obliczymy druga

,

pochodna

,

, to pojawia

,

sie

,

c

00

1

(t) i c

00

2

(t) , co mo˙ze spowodowa´c

jakie´s kÃlopoty. Przyjmiemy wie

,

c, ˙ze c

0

1

(t) cos t + c

0

2

(t) sin t = 0 dla ka˙zdego t —

dodajemy te

,

r´owno´s´c sztucznie, ale mamy dwie niewiadome funkcje c

1

, c

2

, wie

,

c dwa

r´ownania nas przerazi´c nie powinny. Mamy wie

,

c:

£

c

1

(t) cos t + c

2

(t) sin t

¤

00

=

£

− c

1

(t) sin t + c

2

(t) cos t

¤

0

=

= −c

0

1

(t) sin t + c

0

2

(t) sin t − c

1

(t) cos t − c

2

(t) cos t .

W r´ownaniu x

00

+ x = 2 cos t + 12t sin t zasta

,

pimy x(t) przez c

1

(t) cos t + c

2

(t) sin t

uwzgle

,

dniaja

,

c naj´swie˙zsze r´owno´sci:

2 cos t + 12t sin t =

¡

c

1

(t) cos t + c

2

(t) sin t

¢

00

+ c

1

(t) cos t + c

2

(t) sin t =

= −c

0

1

(t) sin t + c

0

2

(t) cos t − c

1

(t) cos t − c

2

(t) sin t + c

1

(t) cos t + c

2

(t) sin t =

= −c

0

1

(t) sin t + c

0

2

(t) cos t .

Otrzymali´smy wie

,

c ukÃlad r´owna´

n (z niewiadomymi c

0

1

(t), c

0

2

(t) )

½

c

0

1

(t) cos t + c

0

2

(t) sin t = 0,

−c

0

1

(t) sin t + c

0

2

(t) cos t = 2 cos t + 12t sin t.

Niech W (t) =

¯

¯

¯

¯

cos t

sin t

− sin t

cos t

¯

¯

¯

¯ = cos

2

t − (− sin

2

t) = 1 6= 0 , zatem otrzymany ukÃlad

8

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

r´owna´

n ma dokÃladnie jedno rozwia

,

zanie:

c

0

1

(t) =

¯

¯

¯

¯

0

sin t

2 cos t + 12t sin t cos t

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

cos t

sin t

− sin t

cos t

¯

¯

¯

¯

= = −2 sin t cos t − 12t sin

2

t,

oraz

c

0

2

(t) =

¯

¯

¯

¯

cos t

0

− sin t 2 cos t + 12t sin t

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

cos t

sin t

− sin t

cos t

¯

¯

¯

¯

= 2 cos

2

t + 12t sin t cos t.

CaÃlkuja

,

c i upraszczaja

,

c nieco otrzymujemy c

1

(t) = 4 cos

2

t + 6t sin t cos t − 3t

2

+ d

1

i c

2

(t) = 4t + 4 sin t cos t − 6t cos

2

t + d

2

, co pozwala napisa´c wynik

x(t) = −3t

2

cos t + 4t sin t + (d

1

+ 4) cos t + d

2

sin t .

Wida´c wie

,

c, ˙ze wynik na pierwszy rzut oka jest nieco inny ni˙z poprzednio otrzymany,

ale ta r´o˙znica jest kosmetyczna: zamiast d

1

+ 4 w poprzednim wyniku jest c

1

, co

oczywi´scie nie ma na nic wpÃlywu, bo obie staÃle sa

,

dowolnymi liczbami zespolonymi.

Je´sli f, g sa

,

funkcjami r´o˙zniczkowalnymi, to wyznacznik

¯

¯

¯

¯

f (t)

g(t)

f

0

(t) g

0

(t)

¯

¯

¯

¯ nazy-

wany jest ich wyznacznikiem Wro´

nskiego.*. Dla trzech funkcji f, g, h wyznacznik

definiowany jest tak

¯

¯

¯

¯

¯

¯

f

g

h

f

0

g

0

h

0

f

00

g

00

h

00

¯

¯

¯

¯

¯

¯

itd. Z naszego punktu widzenia jest on o tyle

istotny, ˙ze je´sli wybieramy dwa rozwia

,

zania x

1

, x

2

jednorodnego liniowego r´o˙znicz-

kowego r´ownania drugiego rze

,

du, niekoniecznie o staÃlych wsp´oÃlczynnikach i ich wyz-

nacznik Wro´

nskiego (ang: wronskian) jest r´o˙zny od 0 , to dla ka˙zdego rozwia

,

zania x

tego r´ownania jednorodnego istnieja

,

staÃle c

1

, c

2

takie, ˙ze x(t) = c

1

x

1

(t) + c

2

x

2

(t) ,

za´s ka˙zde rozwia

,

zanie r´ownania niejednorodnego z ta

,

sama

,

prawa

,

strona

,

mo˙ze by´c

znalezione w postaci c

1

(t)x

1

(t) + c

2

(t)x

2

(t) , gdzie c

1

, c

2

sa

,

odpowiednio dobranymi

funkcjami (jak w przykÃladzie 14.5 powy˙zej).

Twierdzenie 14.3 (o istnieniu i jednoznaczno´sci dla r´

ownania drugiego

rze

,

du)

Je´sli

(i) funkcja f : R

3

−→ R jest cia

,

gÃla,

(ii) dla dowolnych x, y ∈ R funkcja f (x, y, ) , czyli funkcja przypisuja

,

ca liczbie

z liczbe

,

f (x, y, z) jest r´o˙zniczkowalna, jej pochodna

∂f

∂z

(x, y, z) jest cia

,

gÃla,

*

jedna z ulic w Warszawie nosi imie, hr. J´ozefa Marii Ho¨ehn`e-Wro´nskiego

9

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

(iiii) dla dowolnych x, z ∈ R funkcja f (x, , z) , czyli funkcja przypisuja

,

ca liczbie

y liczbe

,

f (x, y, z) jest r´o˙zniczkowalna, jej pochodna

∂f
∂y

(x, y, z) jest cia

,

gÃla,

to istnieje liczba δ

0

> 0 taka, ˙ze dla ka˙zdej liczby δ ∈ (0, δ

0

) istnieje dokÃladnie jedna

funkcja γ : (x

0

− δ, x

0

+ δ) → R

2

taka, ˙ze

γ

00

(x) = f

¡

x, γ(x), γ

0

(x)

¢

dla x ∈ (x

0

− δ, x

0

+ δ) oraz

γ(x

0

) = y

0

i

γ

0

(x

0

) = z

0

.

×

O tym twierdzeniu nale˙zy my´sle´c tak: je´sli w r´ownaniu x

00

= f (t, x, x

0

) funkcja f

jest porza

,

dna i znane jest poÃlo˙zenie pocza

,

tkowe i pre

,

dko´s´c pocza

,

tkowa, to znana jest

zar´owno przeszÃlo´s´c jak i przyszÃlo´s´c poruszaja

,

cego sie

,

obiektu (m´owimy tu maja

,

c na

my´sli ruch, ale mo˙zna u˙zy´c innej terminologii zwia

,

zanej z procesem innego rodzaju).

Tego rodzaju twierdzenia wbrew pozorom maja

,

ogromne znaczenie praktyczne cho´c

nie podaja

,

˙zadnej metody znajdowania rozwia

,

zania. Pozwalaja

,

jednak stosowa´c

nie do ko´

nca formalne rozumowania i je´sli uda sie

,

znale´z´c jakie´s rozwia

,

zanie, to

mo˙zemy stwierdzi´c, ˙ze innych rozwia

,

za´

n ju˙z nie ma. PrzykÃladowa sytuacja (modelo-

wa): szukamy rozwia

,

zania w jakiej´s postaci, np. quasiwielomianu, znajdujemy. Ska

,

d

wiadomo, ˙ze innych rozwia

,

za´

n nie ma? Z twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno´sci

to wÃla´snie wynika.

W przypadku r´owna´

n wy˙zszych rze

,

d´ow analogiczne twierdzenie te˙z jest praw-

dziwe. R´o˙zni sie

,

tym tylko, ˙ze warunek pocza

,

tkowy obejmuje wie

,

cej pochodnych

(wszystkie a˙z do przedostatniej).

W przypadku liniowych jednorodnych r´owna´

n wy˙zszego rze

,

du o staÃlych wsp´oÃl-

czynnikach dziaÃla ta sama zasada, kt´ora

,

opisali´smy dla r´owna´

n drugiego rze

,

du. Stanie

sie

,

to wszystko jasne po rozwia

,

zaniu pewnej liczby zada´

n.

Zadanka

14. 01 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 2x

0

− 3x = e

4t

.

14. 02 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 2x = 2e

t

− t

2

.

14. 03 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 5x

0

+ 4x = 4t

2

e

2t

.

14. 04 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 5x

0

+ 4x = 4t

2

e

t

14. 05 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 6x

0

+ 9x = t

2

e

3t

.

14. 06 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 2x

0

− 3x = t

2

e

t

.

14. 07 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ x = 4t sin t .

14. 08 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ x = 4te

t

, x(0) = 4 , x

0

(0) = −3 .

14. 09 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 2x

0

+ x = 0 , x(2) = 1 , x

0

(2) = −2 .

14. 10 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 2x

0

+ 2x = te

−t

, x(0) = 0 , x

0

(0) = 0 .

14. 11 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

00

− 6x

0

+ 4x = 0 .

10

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe drugiego rze

,

du

14. 12 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

00

− 6x

0

+ 4 = 0 .

14. 13 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

00

− 8x

0

+ 16x = 0 .

14. 14 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

00

− 6x

0

+ 13x = 0 .

14. 15 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

(3)

− 6x

00

+ 11x

0

− 6x = 0 .

14. 16 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

(3)

− x = 0 .

14. 17 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

(4)

− 6x

00

+ 4x = 0

14. 18 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

(4)

− 2x

00

+ x = 0 .

14. 19 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

(4)

− 4x

(3)

+ 6x

00

− 4x

0

+ x = 0 .

14. 20 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

(4)

− 2x

(3)

+ 2x

00

− 2x

0

+ x = 0 .

14. 21 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

(4)

− 6x

00

+ 4x = 0 .

14. 22 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 2x

0

+ x =

e

t

t

.

14. 23 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 3x

0

+ 2x =

1

e

t

+1

.

14. 24 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ x =

1

sin t

.

14. 25 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 4x = 2 tg t .

14. 26 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 2x

0

+ x = 3e

−t

√

1 + t .

14. 27 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ x =

1

cos

3

t

.

14. 28 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

− 2x

0

+ x = e

t

.

14. 29 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 3x

0

+ 2x = te

t

+ t

2

e

−t

+ e

3t

.

14. 30 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ x = sin t + t cos 2t .

14. 31 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 4x = cos 2t + e

−4t

.

14. 32 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ 2x

0

+ x = 3t

2

e

−t

.

14. 33 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ x = sin t + t sin 2t + t

2

cos t .

14. 34 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

(4)

− 4x

(3)

+ 16x

0

− 16x = te

−2t

.

14. 35 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

(4)

+ 4x

(3)

+ 8x

00

+ 8x

0

+ 4x = e

−t

cos t .

14. 36 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

(6)

+ 12x

(4)

+ 48x

00

+ 64x = 2 cos

2

t .

14. 37 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

(6)

− 12x

(4)

+ 48x

00

− 64x = 2 sin

2

t .

11