R´

ownania r´

o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Zaczniemy od przypomnienia niekt´orych w lasno´sci uk lad´ow r´owna´

n liniowych.

Om´owimy to tym razem na przyk ladzie. Rozwa˙zymy uk lad

( x − y + 2z = 1 ,

2x + y + z = 2 ,
8x + y + 7z = 8 .

(12.1)

Chcemy znale´z´c wszystkie rozwia

,

zania tego uk ladu r´owna´

n, kt´ory nazywany jest nie-

jednorodnym. Wielu student´ow w takiej sytuacji ma ochote

,

na zastosowanie uniwer-

salnej metody, kt´ora „za latwia” problem. Jednak w tym przypadku wzory znalezione

w r´o˙znych miejscach nie dzia laja

,

, bo pojawia sie

,

w mianowniku liczba 0 .*

Za l´o˙zmy teraz, ˙ze dwie tr´ojki (x

1

, y

1

, z

1

) i (x

2

, y

2

, z

2

) sa

,

rozwia

,

zaniami uk ladu

(12.1), tzn.

( x

1

− y

1

+ 2z

1

= 1 ,

2x

1

+ y

1

+ z

1

= 2 ,

8x

1

+ y

1

+ 7z

1

= 8 ,

i

( x

2

− y

2

+ 2z

2

= 1 ,

2x

2

+ y

2

+ z

2

= 2 ,

8x

2

+ y

2

+ 7z

2

= 8 .

Odejmuja

,

c stronami pierwsze, drugie i trzecie r´ownania otrzymujemy wzory:







(x

1

− x

2

) − (y

1

− y

2

) + 2(z

1

− z

2

) = 0 ,

2(x

1

− x

2

) + (y

1

− y

2

) + (z

1

− z

2

) = 0 ,

8(x

1

− x

2

) + (y

1

− y

2

) + 7(z

1

− z

2

) = 0 .

(12.2)

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze w tej sytuacji tr´ojka (x

1

−x

2

, y

1

−y

2

, z

1

−z

2

) jest rozwia

,

zaniem

uk ladu (12.2), zwanego jednorodnym. Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli dwie tr´ojki liczb (u

1

, v

1

, w

1

)

i (u

2

, v

2

, w

2

) , czyli dwa wektory, sa

,

rozwia

,

zaniami uk ladu jednorodnego, a α, β

dwiema liczbami, to r´ownie˙z tr´ojka (wektor)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(αu

1

+ βu

2

, αv

1

+ βv

2

, αw

1

+ βw

2

) ,

zwany kombinacja

,

liniowa

,

wektor´ow

−−−−−−−→

(u

1

, v

1

, w

1

) ,

−−−−−−−→

(u

2

, v

2

, w

2

) o wsp´o lczynnikach α, β

jest rozwia

,

zaniem uk ladu jednorodnego. M´owimy, ˙ze zbi´or rozwia

,

za´

n uk ladu jedno-

rodnego jest przestrzenia

,

liniowa

,

.

W rozpatrywanym przypadku sa

,

to wektory prostopad le do wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2) ,

−−−−→

(2, 1, 1) i

−−−−→

(8, 1, 7) . Poniewa˙z

−−−−→

(8, 1, 7) = 3

−−−−→

(2, 1, 1) + 2

−−−−−−→

(1, −1, 2) , wie

,

c z prostopad lo´sci

wektora

−−−−−→

(u, v, w) do wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2) i

−−−−→

(2, 1, 1) wynika jego prostopad lo´s´c do

wektora

−−−−→

(8, 1, 7) = 3

−−−−→

(2, 1, 1) + 2

−−−−−−→

(1, −1, 2) , by przekona´c sie

,

o tym mno˙zymy ska-

larnie ostatnia

,

r´owno´s´c przez wektor

−−−−−→

(u, v, w) . Wektory

−−−−−−→

(1, −1, 2) i

−−−−→

(2, 1, 1) nie sa

,

*

Dlatego nawet ich nie wypisujemy

1

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

r´ownoleg le, co wynika np. z tego, ˙ze ich iloczyn wektorowy

−−−−−−→

(−3, 3, 3) nie jest wekto-

rem zerowym (zreszta

,

r´ownoleg lo´s´c wektor´ow oznacza ich proporcjonalno´s´c . . . ).

Z tego, co napisali´smy wynika od razu, ˙ze zbi´or rozwia

,

za´

n uk ladu jednorod-

nego jest prosta

,

przechodza

,

ca

,

przez (0, 0, 0) , prostopad la

,

do wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2)

i

−−−−→

(2, 1, 1) . To nie jedyny wniosek. Widzimy te˙z, ˙ze dla znalezienia wszystkich roz-

wia

,

za´

n uk ladu niejednorodnego wystarczy znale´z´c jedno jego rozwia

,

zanie i wszyst-

kie rozwia

,

zania uk ladu jednorodnego. Wida´c od razu, ˙ze rozwia

,

zaniem uk ladu (12.1)

jest np. wektor

−−−−→

(1, 0, 0) . Rozwia

,

zaniami uk ladu jednorodnego sa

,

wektory t

−−−−−−→

(−1, 1, 1) ,

t ∈ R , bo sa

,

one r´ownoleg le do wektora

−−−−−−→

(−3, 3, 3) . Sa

,

to wszystkie rozwia

,

zania tego

uk ladu, bo jedynie wektory r´ownoleg le do

−−−−−−→

(−3, 3, 3) sa

,

jednocze´snie prostopad le do

obu wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2) i

−−−−→

(2, 1, 1) . Wobec tego rozwia

,

zania uk ladu niejednorodnego

sa

,

postaci

−−−−→

(1, 0, 0) + t

−−−−−−→

(−1, 1, 1) (innych rozwia

,

za´

n uk lad (12.1) nie ma). Oczywi´scie

do tego samego rezultatu mo˙zna doj´s´c na drodze czysto algebraicznej. Mo˙zna np.

potraktowa´c niewiadoma

,

z jako parametr i znale´z´c wzory na x oraz y (tak zosta lo

to zrobione w czasie wyk ladu). Przekonamy sie

,

niebawem, ˙ze opisane zjawisko wy-

ste

,

puje r´ownie˙z w innych sytuacjach, w kt´orych znajdowanie rozwia

,

za´

n jest mniej

oczywiste.

Zajmowali´smy sie

,

r´ownaniem

x

0

(t) = λx(t) ,

w kt´orym λ oznacza dana

,

liczbe

,

, a x poszukiwana

,

funkcje

,

zmiennej t . Stwierdzi-

li´smy, ˙ze funkcja e

λt

jest rozwia

,

zaniem tego r´ownania, a potem przekonali´smy sie

,

,

˙ze je´sli funkcja x jest rozwia

,

zaniem tego r´ownania, to istnieje taka liczba C ∈ R ,

˙ze x(t) = Ce

λt

dla ka˙zdej liczby t ∈ R . Mo˙zemy wie

,

c zauwa˙zy´c, ˙ze rozwia

,

zania te

tworza

,

jednowymiarowa

,

przestrze´

n liniowa

,

.

Og´olniejsze r´ownanie to

x

0

(t) = a(t)x(t) + b(t) ,

(12.3)

gdzie a, b sa

,

funkcjami cia

,

g lymi zmiennej t okre´slonymi na pewnym przedziale

(α, β) ⊆ R .*

Za l´o˙zmy, ˙ze dwie funkcje x

1

, x

2

sa

,

rozwia

,

zaniami r´ownania x

0

= a(t)x + b(t) ,

tzn. dla ka˙zdego t ∈ (α, β) zachodza

,

r´owno´sci

*

Na og´

o l zapisywa´

c je be,dziemy w postaci x

0

=a(t)x+b(t) ukrywaja,c niejako zale˙zno´s´c funkcji x od

zmiennej t .

2

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

x

0

1

= a(t)x

1

+ b(t)

oraz

x

0

2

= a(t)x

2

+ b(t) .

Odja

,

wszy je stronami otrzymujemy (x

1

−x

2

)

0

= a(t)(x

1

−x

2

) . Oznacza to, ˙ze funkcja

x

1

− x

2

jest rozwia

,

zaniem r´ownania jednorodnego

x

0

= a(t)x .

(12.4)

To jest r´ownanie o zmiennych rozdzielonych, wie

,

c umiemy je ju˙z rozwia

,

za´c. Pi-

szemy je w postaci

x

0

x

= a(t) , ca lkujemy stronami, otrzymujemy ln |x| =

R

a(τ )dτ ,

zatem |x| = e

R

a(τ ) dτ

. Sta

,

d bez wie

,

kszych trudno´sci wnioskujemy, ˙ze x = Ce

A(t)

,

gdzie A jest dowolna

,

funkcja

,

pierwotna

,

funkcji a , czyli A(t) =

R

a(t)dt , a C do-

wolna

,

liczba

,

rzeczywista

,

. Widzimy wie

,

c zn´ow, ˙ze zbi´or rozwia

,

za´

n tego r´ownania

jest jednowymiarowa

,

przestrzenia

,

liniowa

,

— wszystkie rozwia

,

zania mo˙zna otrzyma´c

mno˙za

,

c wybrane niezerowe przez liczby.

Rozwia

,

zawszy r´ownanie jednorodne x

0

= a(t)x mo˙zemy spr´obowa´c znale´z´c ja-

kie´s rozwia

,

zanie r´ownania jednorodnego. Be

,

dziemy go szuka´c w postaci c(t)e

A(t)

—

zaste

,

pujemy sta la

,

C w rozwia

,

zaniu og´olnym r´ownania jednorodnego przez funkcje

,

c zmiennej t . Podstawiaja

,

c x(t) = c(t)e

A(t)

do r´ownania x

0

= a(t)x + b(t) otrzy-

mujemy c

0

(t)e

A(t)

+ c(t)A

0

(t)e

A(t)

= a(t)c(t)e

A(t)

+ b(t) , a poniewa˙z A

0

(t) = a(t) ,

wie

,

c c

0

(t)e

A(t)

+ c(t)a(t)e

A(t)

= a(t)c(t)e

A(t)

+ b(t) , zatem c

0

(t) = b(t)e

−A(t)

. Wy-

starczy wie

,

c znale´z´c ca lke

,

R

b(t)e

−A(t)

dt . Opisana metoda nazywana jest uzmien-

nianiem sta lej (bo zamiast sta lej C wpisujemy funkcje

,

c(t) ).

♠

Poka˙zemy teraz na

przyk ladach, jak dzia la ta metoda, kt´ora w jawnej formie pojawi la sie

,

w pracach

J.L.Lagange’a w XVIII wieku.

Przyk lad 12.1

Rozwia

,

˙zemy r´ownanie x

0

= −2x + t

2

. Rozwia

,

zanie og´olne r´owna-

nia jednorodnego x

0

= −2x ma posta´c Ce

−2t

. Szukamy wie

,

c rozwia

,

zania r´ownania

niejednorodnego x

0

= −2x+t

2

w postaci c(t)e

−2t

. Podstawiaja

,

c te

,

funkcje

,

w miejsce

x otrzymujemy c

0

(t)e

−2t

− 2c(t)e

−2t

= −2c(t)e

−2t

+ t

2

, zatem c

0

(t) = t

2

e

2t

i wobec

tego c(t) =

R

t

2

e

2t

dt

przez

=====

cze,´sci

1
2

t

2

e

2t

−

R

te

2t

dt

przez

=====

cze,´sci

1
2

t

2

e

2t

−



1
2

te

2t

−

1
2

R

e

2t

dt



=

=

1
2

t

2

e

2t

−

1
2

te

2t

+

1
4

e

2t

+ C . Wobec tego rozwia

,

zaniem r´ownania

x

0

= −2x + t

2

jest funkcja



1
2

t

2

e

2t

−

1
2

te

2t

+

1
4

e

2t

+ C



e

−2t

=

1
2

t

2

−

1
2

t +

1
4

+ Ce

−2t

.

♠

Poniewa˙z dla ka˙zdego t zachodzi 06=e

A(t)

, wie,c ka˙zda, funkcje, mo˙zna zapisa´c w postaci c(t)e

A(t)

,

zatem nie zmniejszamy og´

olno´sci rozwa˙za´

n poszukuja,c rozwia,zania w tej postaci.

3

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

Jest to rozwia

,

zanie og´olne. Zmieniaja

,

c warto´sci parametru C otrzymujemy konkret-

ne funkcje. Ka˙zda z nich jest rozwia

,

zaniem r´ownania x

0

= −2x+t

2

. Innych rozwia

,

za´

n

to r´ownanie nie ma.

Jednym z rozwia

,

za´

n jest funkcja

1
2

t

2

−

1
2

t +

1
4

, przyje

,

li´smy C = 0 .

Przyk lad 12.2

Teraz zajmiemy sie

,

r´ownaniem x

0

= −2x + t

3

. Zamiast ca lkowa´c

spr´obujemy zgadywa´c. W poprzednim przyk ladzie okaza lo sie

,

, ˙ze jednym z rozwia

,

za´

n

badanego tam r´ownania x

0

= −2x + t

2

jest wielomian kwadratowy. Badane teraz

r´ownanie ma nieco inna

,

posta´c, wie

,

c mo˙zna spr´obowa´c znale´z´c wielomian trzeciego

stopnia, kt´ory je spe lnia. Nie mamy ˙zadnych racjonalnych podstaw, by twierdzi´c, ˙ze

to sie

,

uda.* Jednak spr´obujemy. Niech x(t) = at

3

+ bt

2

+ ct + d . Symbole a, b, c, d

oznaczaja

,

tu liczby, kt´ore zamierzamy znale´z´c. Podstawiaja

,

c do r´ownania otrzymu-

jemy:

3at

2

+ 2bt + c = −2at

3

− 2bt

2

− 2ct − 2d + t

3

= (−2a + 1)t

3

− 2bt

2

− 2ct − 2d .

Poniewa˙z ta r´owno´s´c ma by´c spe lniona przez wszystkie liczby rzeczywiste t , wie

,

c

musza

,

zachodzi´c r´owno´sci −2a + 1 = 0 , −2b = 3a , −2c = 2b i −2d = c . Z nich

wynika natychmiast, ˙ze a =

1
2

, b = −

3
4

, c =

3
4

i d = −

3
8

. Wobec tego funk-

cja

1
2

t

3

−

3
4

t

2

+

3
4

t −

3
8

jest rozwia

,

zaniem szczeg´olnym (czyli jednym z rozwia

,

za´

n)

r´ownania x

0

= −2x + t

3

.

Rozwia

,

zanie og´olne znajdujemy dodaja

,

c do znalezionego rozwia

,

zania szczeg´ol-

nego rozwia

,

zanie og´olne r´ownania jednorodnego. Otrzymujemy

x =

1
2

t

3

−

3
4

t

2

+

3
4

t −

3
8

+ Ce

−2t

.

Przyk lad 12.3

Teraz zajmiemy sie

,

r´ownaniem

x

0

(t) = −3x(t) + sin t .

(12.5)

Rozwia

,

zanie og´olne r´ownania jednorodnego wygla

,

da tak: Ce

−3t

. Znajdziemy rozwia

,

-

zanie szczeg´olne r´ownania niejednorodnego (12.5) w postaci c(t)e

−3t

. Podstawiaja

,

c

te

,

funkcje

,

do r´ownania (12.5) otrzymujemy r´owno´s´c



c(t)e

−3t



0

= −3c(t)e

−3t

+ sin t .

Po zr´o˙zniczkowaniu lewej strony otrzymujemy

c

0

(t)e

−3t

− 3c(t)e

−3t

= −3c(t)e

−3t

+ sin t ,

czyli c

0

(t)e

−3t

= sin t , tzn. c

0

(t) = e

3t

sin t . Wystarczy wie

,

c znale´z´c

R

e

3t

sin tdt .

Sca lkujemy dwukrotnie przez cze

,

´sci:

*

To sie, wkr´otce zmieni!

4

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

R

e

3t

sin tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
3

R

e

3t

cos tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
9

e

3t

cos t −

1
9

R

e

3t

sin tdt .

Otrzymali´smy r´ownanie w kt´orym niewiadoma

,

jest poszukiwana ca lka. Mo˙zemy je

przepisa´c w postaci

10

9

R

e

3t

sin tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
3

R

e

3t

cos tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
9

e

3t

cos t + c ,

gdzie c oznacza pewna

,

sta la

,

. Mno˙za

,

c przez

9

10

otrzymujemy

R

e

3t

sin tdt =

3

10

e

3t

sin t −

1

10

e

3t

cos t + c .

Wobec tego mo˙zemy napisa´c, ˙ze funkcja



3

10

e

3t

sin t −

1

10

e

3t

cos t + c



e

−3t

=

3

10

sin t −

1

10

cos t + ce

−3t

jest rozwia

,

zaniem r´ownania (12.5).

Mogli´smy posta

,

pi´c podobnie jak w przyk ladzie 12.2: zgadna

,

´c jedno rozwia

,

zanie

i doda´c do niego wszystkie rozwia

,

zania r´ownania jednorodnego. W r´ownaniu (12.5)

wyste

,

puje funkcja sinus. Mogli´smy wie

,

c spr´obowa´c znale´z´c takie liczby A, B , by

funkcja A cos t + B sin t okaza la sie

,

rozwia

,

zaniem r´ownania (12.5). Zobaczymy teraz,

jak dzia la ta metoda.

Podstawiamy x(t) = A cos t + B sin t i otrzymujemy

−A sin t + B cos t = −3



A cos t + B sin t



+ sin t = −3A cos t + (1 − 3B) sin t .

Wystarczy wybra´c liczby A, B tak, by −A = 1 − 3B i B = −3A . Rozwia

,

zuja

,

c ten

uk lad r´owna´

n liniowych z niewiadomymi A, B otrzymujemy: A = −

1

10

i B =

3

10

.

Przekonali´smy sie

,

, ˙ze funkcja x(t) = −

1

10

cos t +

3

10

sin t jest rozwia

,

zaniem szczeg´ol-

nym (czyli jednym z rozwia

,

za´

n) r´ownania x

0

(t) = −3x(t) + sin t . Rozwia

,

zanie og´olne

otrzymujemy dodaja

,

c do otrzymanego rozwia

,

zania szczeg´olnego rozwia

,

zanie og´olne

r´ownania jednorodnego x

0

= −3x :

−

1

10

cos t +

3

10

sin t + Ce

−3t

.

Definicja 12.1 (quasiwielomianu)

Funkcje

,

postaci w(t)e

λt

, gdzie w jest wielomianem stopnia n nazywamy quasiwie-

lomianem stopnia n o wyk ladniku λ .

Funkcja (2t

2

+5t−3)e

3t

jest quasiwielomianem stopnia 2 o wyk ladniku 3. Funk-

cja t

3

+ 1 jest quasiwielomianem stopnia 3 o wyk ladniku 0 , czyli wielomianem stop-

nia 3 . Funkcja

(t

7

+ 13t3 + 666)e

2it

= (t

7

+ 13t3 + 666) cos 2t + i(t

7

+ 13t3 + 666) sin 2t

jest quasiwielomianem stopnia 7 o wyk ladniku 2i . Jej cze

,

´s´c rzeczywista, czyli funk-

cja (t

7

+13t3+666) cos 2t quasiwielomianem nie jest, ale jest suma

,

quasiwielomian´ow

stopnia 7 o wyk ladnikach 2i oraz −2i :

(t

7

+ 13t3 + 666) cos 2t =

1
2

(t

7

+ 13t3 + 666)e

2it

+ (t

7

+ 13t3 + 666)e

−2it

.

5

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

Funkcja t

3

e

−5t

+ te

5t

te˙z nie jest quasiwielomianem, ale jest suma

,

dw´och quasiwie-

lomian´ow. Czytelniku warto sie

,

przekona´c o tym samodzielnie!

Stwierdzenie 12.2 (o r´

o˙zniczkowaniu quasiwielomian´

ow)

Niech w be

,

dzie wielomianem stopnia n . Wtedy

(12.2.1) je´sli λ 6= µ , to funkcja



w(t)e

λt



0

−µw(t)e

λt

jest quasiwielomianem stopnia

n o wyk ladniku λ .

(12.2.2) je´sli λ = µ , to funkcja



w(t)e

λt



0

−µw(t)e

λt

jest quasiwielomianem stopnia

n − 1 o wyk ladniku λ .

Dow´

od.



w(t)e

λt



0

− µw(t)e

λt

=



w

0

(t) + (λ − µ)w(t)



e

λt

.

Ze stwierdzenia o r´o˙zniczkowaniu quasiwielomian´ow wynika

Twierdzenie 12.3 (o rozwia

,

zaniach r´

owna´

n liniowych, w kt´

orych

a jest sta la

,

, a b – quasiwielomianem)

Je´sli µ jest liczba

,

, a b quasiwielomianem stopnia n z wyk ladnikiem λ , to r´ownanie

x

0

= µx + b(t)

ma rozwia

,

zanie, kt´ore jest quasiwielomianem z wyk ladnikiem λ , kt´orego stopie´

n jest

(12.3.1)

r´owny n , gdy λ 6= µ ;

(12.3.2)

r´owny n + 1 , gdy λ = µ .

Poka˙zemy na przyk ladzie, jak mo˙zna stosowa´c to twierdzenie.

Przyk lad 12.4

Znajdziemy rozwia

,

zania r´ownania x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

+ 4t

3

e

5t

.

Poniewa˙z funkcja 2t

2

e

3t

+ 4t

3

e

5t

nie jest quasiwielomianem, ale jest suma

,

dw´och

quasiwielomian´ow, wie

,

c zajmiemy sie

,

dwoma r´ownaniami niejednorodnymi:

x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

oraz

x

0

= 5x + 4t

3

e

5t

.

Na mocy twierdzenia 12.3 r´ownanie x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

ma rozwia

,

zanie, kt´ore jest

quasiwielomianem stopnia 2 o wyk ladniku 3 , czyli postaci (αt

2

+ βt + γ)e

3t

. Pod-

stawiaja

,

c te

,

funkcje

,

w miejsce x w r´ownaniu x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

otrzymujemy

(2αt + β + 3αt

2

+ 3βt + 3γ)e

3t

= (5αt

2

+ 5βt + 5γ)e

3t

+ 2t

2

e

3t

.

Mo˙zemy te

,

r´owno´s´c zasta

,

pi´c r´ownowa˙zna

,

:

3αt

2

+ (2α + 3β)t + β + 3γ = (5α + 2)t

2

+ 5βt + 5γ .

Z tej r´owno´sci wynika, ˙ze 3α = 5α + 2 , 2α + 3β = 5β i β + 3γ = 5γ . Wobec tego

α = −1 , β = −1 i γ = −

1
2

, a to oznacza, ˙ze funkcja x

1

(t) = −(t

2

+ t +

1
2

)e

3t

jest

rozwia

,

zaniem szczeg´olnym r´ownania x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

.

Na mocy twierdzenia 12.3 rozwia

,

niem szczeg´olnym r´ownania x

0

= 5x + 4t

3

e

5t

jest quasiwielomian stopnia 4 o wyk ladniku 5 , czyli funkcja postaci

6

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

(At

4

+ Bt

3

+ Ct

2

+ Dt + E)e

5t

.

Podstawiaja

,

c tak jak poprzednio te

,

funkcje

,

w miejsce x do r´ownania x

0

= 5x+4t

3

e

5t

otrzymujemy r´owno´s´c

(4At

3

+ 3Bt

2

+ 2Ct + D)e

5t

+ (5At

4

+ 5Bt

3

+ 5Ct

2

+ 5Dt + 5E)e

5t

=

= (5At

4

+ 5Bt

3

+ 5Ct

2

+ 5Dt + 5E)e

5t

+ 4t

3

e

5t

.

Z niej wynika, ˙ze 4At

3

+ 3Bt

2

+ 2Ct + D = 4t

3

dla ka˙zdego t , zatem A = 1 ,

B = C = D = 0 . Wobec tego dla ka˙zdego E funkcja

x

2

(t) = (t

4

+ E)e

5t

= t

4

e

5t

+ Ee

5t

jest rozwia

,

zaniem r´ownania x

0

= 5x + 4t

3

e

5t

, a to oznacza, ˙ze jest ona jego rozwia

,

za-

niem og´olnym (bo funkcja Ee

5t

jest rozwia

,

zaniem og´olnym r´ownania jednorodnego

x

0

= 5x ).

Poniewa˙z x

0

1

(t) = 5x

1

+ 2t

2

e

3t

i x

0

2

(t) = 5x

2

(t) + 4t

3

e

5t

, wie

,

c

x

1

+ x

2

0

= 5(x

1

+ x

2

) + 2t

2

e

3t

+ 4t

3

e

5t

.

Znale´zli´smy wie

,

c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania niejednorodnego. Jest nim funkcja

x

1

+ x

2

= −(t

2

+ t +

1
2

)e

3t

+ (t

4

+ E)e

5t

= −(t

2

+ t +

1
2

)e

3t

+ t

4

e

5t

+ Ee

5t

.

Oczywi´scie w ostatnim przyk ladzie mo˙zna nieco skr´oci´c rachunki pos luguja

,

c sie

,

wzorem z dowodu stwierdzenia o r´o˙zniczkowaniu quasiwielomian´ow. Nie zrobili´smy

tego, by nie sprawia´c wra˙zenia, ˙ze wszystkie te wzory trzeba zapamie

,

tywa´c. Mo˙zna,

ale nie ma konieczno´sci i nie warto wk lada´c wysi lku w zapamie

,

tanie wzor´ow. Lepiej

zrozumie´c i zapamie

,

ta´c metode

,

.

Przyk lad 12.5

Rozwia

,

˙zemy r´ownanie x

0

− 3x = t sin 2t + e

t

cos 2t korzystaja

,

c

z twierdzenia o rozwia

,

zaniach r´owna´

n o sta lym wsp´o lczynniku, w kt´orych wyraz

wolny jest quasiwielomianem. Poniewa˙z lewa strona nie jest quasiwielomianem, ale

t sin 2t = Im(ie

2it

) i e

t

cos 2t = Re(e

(1+2i)t

) , wie

,

c zajmiemy sie

,

najpierw r´ownaniami

x

0

− 3x = te

2it

i

x

0

− 3x = e

(1+2i)t

.

Poniewa˙z 3 6= 2i , wie

,

c na mocy twierdzenia 12.3 r´ownanie x

0

− 3x = te

2it

ma rozwia

,

zanie, kt´ore jest quasiwielomianem stopnia 1 z wyk ladnikiem 2i , czyli

rozwia

,

zanie postaci (At + B)e

2it

. Podstawiaja

,

c te

,

funkcje

,

w miejsce x w r´ownaniu

otrzymujemy



(At + B)e

2it



0

− 3



(At + B)e

2it



= te

2it

, czyli



(2Ai − 3A)t + 2iB − 3B + A



e

2it

= te

2it

.

Musza

,

wie

,

c by´c spe lnione r´owno´sci (−3 + 2i)A = 1 i A + (−3 + 2i)B = 0 . Z nich

wnioskujemy, ˙ze A =

1

−3+2i

=

−3−2i

(−3)

2

−(2i)

2

= −

1

13

(3 + 2i) i wobec tego B =

1

3−2i

A =

= −

1

13

·

3+2i
3−2i

= −

1

13

·

(3+2i)

2

3

2

−(2i)

2

= −

1

13

·

5+12i

13

= −

5+12i

169

. Wynika z tych oblicze´

n, ˙ze

7

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

je˙zeli x

1

(t) = −

1

13

(3 + 2i)t +

5+12i

169

)

e

2it

, to x

0

1

− 3x

1

= te

2it

. Zdefiniujmy funkcje

,

o warto´sciach rzeczywistych

x

3

(t) = −Im

1

13

(3 + 2i)t +

5+12i

169

)

e

2it

= −

3

13

t +

5

169

sin 2t −

2

13

t +

12

169

cos 2t .

Poniewa˙z x

3

jest cze

,

´scia

,

urojona

,

funkcji x

1

a funkcje

,

zmiennej rzeczywistej t ,

kt´orej warto´sci sa

,

zespolone r´o˙zniczkujemy obliczaja

,

c oddzielnie pochodna

,

jej cze

,

´s´c

rzeczywistej i cze

,

´sci urojonej, wie

,

c x

0

3

− 3x

3

= Im te

2it

= t sin 2t .

Poniewa˙z 3 6= 1 + 2i , wie

,

c jednym z rozwia

,

za´

n r´ownania x

0

− 3x = e

(1+2i)t

jest

quasiwielomian stopnia 0 z wyk ladnikiem 1 + 2i , czyli funkcja postaci Ce

(1+2i)t

.

Podstawiaja

,

c ja

,

w miejsce x do r´ownania otrzymujemy r´ownanie



C(1 + 2i) − 3C



e

(1+2i)t

= e

(1+2i)t

.

Musi wie

,

c by´c spe lniona r´owno´s´c (−2 + 2i)C = 1 , zatem C =

−1

2(1−i)

= −

1+i

4

.

Wobec tego funkcja x

2

= −

1+i

4

· e

(1+2i)t

jest rozwia

,

zaniem szczeg´olnym r´ownania

x

0

−3x = e

(1+2i)t

. Niech x

4

= Re −

1+i

4

·e

(1+2i)t

= −

1
4

e

t

cos 2t+

1
2

e

t

sin 2t . Podobnie

jak poprzednio mo˙zemy napisa´c, ˙ze x

0

4

− 3x

4

= Re e

(1+2i)t

= e

t

cos 2t .

Sumuja

,

c r´owno´sci x

0

3

− 3x

3

= t sin 2t i x

0

4

− 3x

4

= e

t

cos 2t otrzymujemy

(x

3

+ x

4

)

0

− 3(x

3

+ x

4

) = t sin 2t + e

t

cos 2t .

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze funkcja

x

3

+ x

4

= −

3

13

t +

5

169

sin 2t −

2

13

t +

12

169

cos 2t −

1
4

e

t

cos 2t +

1
2

e

t

sin 2t

jest rozwia

,

zaniem szczeg´olnym r´ownania x

0

−3x = t sin 2t+e

t

cos 2t . Dodaja

,

c do tego

rozwia

,

zania rozwia

,

zanie og´olne r´ownania jednorodnego x

0

− 3x = 0 otrzymujemy

rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

0

− 3x = t sin 2t + e

t

cos 2t :

−

3

13

t +

5

169

sin 2t −

2

13

t +

12

169

cos 2t −

1
4

e

t

cos 2t +

1
2

e

t

sin 2t + Ce

3t

.

Metoda przedstawiona w ostatnich przyk ladach znana jest jako metoda wsp´o l-

czynnik´ow nieoznaczonych. Oczywi´scie przyjrzawszy sie

,

temu, co demonstrowali´smy

w ostatnim przyk ladzie, mo˙zemy od razu szuka´c rozwia

,

zania rzeczywistego w postaci

(c

1

t + c

2

) cos 2t + (c

3

t + c

4

) sin 2t + c

3

e

t

cos 2t + c

4

e

t

sin 2t .

Uwa˙zam jednak, ˙ze warto pokaza´c, ˙ze u˙zycie liczb zespolonych w wielu przypadkach

pozwala patrze´c na funkcje trygonometryczne jak na cze

,

´s´c rzeczywista

,

lub urojona

,

funkcji wyk ladniczej o wyk ladniku zespolonym.

8

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Micha l Krych

Kilka zada´

n

12. 01 Rozwia

,

za´c r´ownanie tx

0

− 2x = 2t

4

.

12. 02 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

0

+ 2x = t

2

e

t

.

12. 03 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

0

+ 2x = t

2

e

2t

.

12. 04 Rozwia

,

za´c r´ownanie t

2

x

0

+ tx + 1 = 0 .

12. 05 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

0

+

t

1+t

2

x =

1

t(1+t

2

)

.

12. 06 Rozwia

,

za´c r´ownanie tx

0

− tx − e

t

= 0 .

12. 07 Rozwia

,

za´c r´ownanie (sin

2

x + t ctg x)x

0

= 1 .

Wskaz´owka: potraktowa´c zmienna

,

t jako funkcje

,

zmiennej x . Na og´ol x nie da

sie

,

przedstawi´c jawnie jako funkcja t .

12. 08 Rozwia

,

za´c r´ownanie (1 − 2tx)x

0

= x(x − 1) . Wskaz´owka: zob. poprz. zad..

12. 09 Znale´z´c takie niezeruja

,

ce sie

,

funkcje f takie, ˙ze dla dowolnego x pole tr´ojka

,

ta

utworzonego przez styczna

,

do wykresu w punkcie (x, f (x)) , pozioma

,

o´s uk ladu

wsp´o lrze

,

dnych i pionowa

,

prosta

,

przechodza

,

ca

,

przez punkt (x, f (x)) jest nie-

zale˙zne od x i r´owne a

2

, a 6= 0 .

12. 10 Znale´z´c takie funkcje f takie, ˙ze dla dowolnego x punkt styczna do wykresu

poprowadzona przez punkt (x, f (x)) przecina o´s OX w punkcie

x

2

, 0

.

12. 11 W pojemniku o obje

,

to´sci 20 l znajduje sie

,

powietrze 80% azotu, 20% tlenu. Do

pojemnika wpompowywany jest azot z pre

,

dko´scia

,

0,1 l/s , kt´ory b lyskawicznie

miesza sie

,

z mieszanka

,

gaz´ow w pojemniku. Jednocze´snie z pojemnika wypusz-

czana jest mieszanka w takim samym tempie w jakim wpompowywany jest azot.

Po jakim czasie w pojemniku be

,

dzie 99% azotu?

12. 12 Ile czasu be

,

dzie wycieka´c woda z pionowego pojemnika w kszta lcie walca o

´srednicy 1,8 m, o wysoko´sci 2,45 m przez otw´or w dnie o ´srednicy 6 cm.

Zak ladamy, ˙ze woda wycieka z pojemnika z pre

,

dko´scia

,

0,6

√

2gh , gdzie g =

10m/s

2

a h oznacza g le

,

boko´s´c wody w pojemniku.

12. 13 Masa rakiety z paliwem r´owna jest M , bez paliwa — m , pre

,

dko´s´c, z kt´ora

,

wy-

latuja

,

z rakiety produkty spalania jest r´owna w (oczywi´scie wzgle

,

dem rakiety),

pre

,

dko´s´c pocza

,

tkowa rakiety r´owna jest v

0

. Znale´z´c pre

,

dko´s´c rakiety po spa-

leniu ca lego paliwa. Zak ladamy, ˙ze rakieta porusza sie

,

w pr´o˙zni z dala od cia l

niebieskich (wie

,

c nie bierzemy pod uwage

,

˙zadnych si l poza „si la

,

odrzutu”).

Wskaz´owka: skorzysta´c z zasady zachowania pe

,

du w celu wyprowadzenia r´ow-

nania, kt´ore spe lnia zmieniaja

,

ca sie

,

w czasie pre

,

dko´s´c rakiety, nale˙zy oczywi´scie

wzia

,

´c pod uwage

,

to, ˙ze w wyniku spalania paliwa masa rakiety te˙z zmienia sie

,

w czasie.

9