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