Andrzej Palczewski Rownania rozniczkowe zwyczajne

RÓWNANIA RÓ ˙

ZNICZKOWE ZWYCZAJNE

Andrzej Palczewski

Spis tre´sci

Definicje i przykłady

1.1

Definicja równania ró˙zniczkowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

Zagadnienie pocz ˛

atkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3

Interpretacja geometryczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Proste równania skalarne

2.1

Równania o zmiennych rozdzielonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2

Równania jednorodne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3

Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4

Równania liniowe pierwszego rz˛edu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.5

Równania sprowadzalne do równa´n liniowych . . . . . . . . . . . . . . .

Podstawowe twierdzenia

3.1

Istnienie rozwi ˛

aza´n lokalnych

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.2

Przedłu˙zalno´s´c rozwi ˛

aza´n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3

Zale˙zno´s´c rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i parametrów . . . . . .

3.4

Twierdzenie o prostowaniu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Układy równa ´n liniowych

4.1

Ogólne układy pierwszego rz˛edu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.2

Układy o stałych współczynnikach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.3

Równania skalarne wy˙zszego rz˛edu

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Układy autonomiczne

5.1

Stabilno´s´c w sensie Lapunowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.2

Potoki i orbity . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.3

Klasyfikacja punktów krytycznych układów liniowych na płaszczy´znie . .

5.4

Punkty krytyczne układów nieliniowych . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.5

Całki pierwsze

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.6

Przykłady z dynamiki populacji

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

101

Dwa przykłady z mechaniki

105

6.1

Układy zachowawcze z jednym stopniem swobody . . . . . . . . . . . .

105

6.2

Ruch w centralnym polu sił . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

110

Rozdział 1

Definicje i przykłady

1.1

Definicja równania ró˙zniczkowego

1.1 DEFINICJA. Równaniem ró˙zniczkowym zwyczajnym rz˛edu n nazywamy rów-
nanie

F (t, x, ˙

x, ¨

x, . . . , x

(n)

) = 0.

(1.1)

W równaniu tym

t jest zmienn ˛

a niezale˙zn ˛

a, a

x zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a. Zmienn ˛

a zale˙z-

n ˛

x(t) oraz funkcj˛e F traktujemy jako funkcje wektorowe o warto´sciach w prze-

strzeni R

Rozwi ˛

azaniem równania (1.1) nazywamy funkcj˛e ϕ(t) klasy C

, która

podstawiona do równania w miejsce

x, odpowiednio ϕ

w miejsce

x, . . . , ϕ

(n)

miejsce

(n)

, zmienia to równanie w to˙zsamo´s´c.

1.2 DEFINICJA. Wykres funkcji ϕ(t) w przestrzeni R

m+1

zmiennych

(t, x) nazy-

wamy

krzyw ˛

a całkow ˛

a równania (1.1).

Posługiwanie si˛e równaniami ró˙zniczkowymi w postaci (1.1) jest do´s´c niewygod-
ne. Je´sli funkcja F spełnia lokalnie wzgl˛edem najwy˙zszej pochodnej x

(n)

zało˙ze-

nia twierdzenia o funkcji uwikłanej, równanie (1.1) mo˙zna rozwikła´c wzgl˛edem
najwy˙zszej pochodnej

(n)

(t) = f (t, x, ˙

x, . . . , x

(n−1)

(1.2)

Równanie n-tego rz˛edu w postaci (1.2) mo˙zna łatwo sprowadzi´c do równania
pierwszego rz˛edu. Wystarczy wprowadzi´c nowe zmienne

(t) = x(t), x

(t) = ˙

x(t), . . . , x

n−1

(t) = x

(n−1)

(t),

oraz wektor

y(t) =








(t)

n−1

(t)








(1.3)

ROZDZIAŁ 1. DEFINICJE I PRZYKŁADY

Wtedy równanie (1.2) zapisuje si˛e jako równanie pierwszego rz˛edu

y = g(t, y),

(1.4)

gdzie g(t, y) jest wektorem

g(t, y) =








(t)

f (t, x

, x

, . . . , x

n−1

)








(1.5)

Przedmiotem naszego zainteresowania b˛ed ˛

a równania pierwszego rz˛edu (do-

kładniej układy równa´n pierwszego rz˛edu)

x = f (t, x).

(1.6)

Zbiór G ⊂ R

m+1

b˛edziemy nazywa´c rozszerzon ˛

a przestrzeni ˛

a fazow ˛

a rów-

nania (1.6), je´sli G jest spójny i prawa strona równania (1.6) jest w nim dobrze
okre´slona. Niech D b˛edzie rzutem G na przestrze´n R

zmiennych x, wtedy D b˛e-

dziemy nazywa´c przestrzeni ˛

a fazow ˛

a tego równania. W zbiorze G istnieje zwy-

kle bardzo wiele krzywych całkowych równania (1.6). Krzywe te tworz ˛

a wielo-

parametrowe rodziny rozwi ˛

aza´n. Je´sli ϕ(t; c

, . . . , c

) : R → R

jest rodzi-

n ˛

a funkcji, sparametryzowan ˛

a m parametrami c

, c

, . . . , c

, tak ˛

a ˙ze dla ka˙zdego

, . . . , c

) ∈ A ⊂ R

, funkcja ϕ(t; c

, . . . , c

) jest krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

(1.6) i dla ka˙zdego (t

, x

) ∈ G istnieje parametryzacja (c

, . . . , c

) ∈ A, taka

˙ze ϕ(t; c

, . . . , c

) jest krzyw ˛

a całkow ˛

a przechodz ˛

ac ˛

a przez punkt (t

, x

), to ro-

dzin˛e ϕ(t; c

, . . . , c

) nazywamy rozwi ˛

azaniem ogólnym równania (1.6). Całk ˛

ogóln ˛

a nazywa´c b˛edziemy uwikłane przedstawienie rozwi ˛

azania ogólnego

Φ(t, x; c

, . . . , c

) = 0.

1.3 DEFINICJA. Równanie (1.6), w którym prawa strona nie zale˙zy jawnie od
zmiennej niezale˙znej, nazywa si˛e

równaniem autonomicznym. Równanie to ma

form˛e

x = f (x).

(1.7)

Ka˙zde równanie postaci (1.6) mo˙zna sprowadzi´c do równania autonomicznego. W
tym celu nale˙zy wprowadzi´c now ˛

a zmienn ˛

a niezale˙zn ˛

a s dan ˛

a równaniem s = t ,

a zmienn ˛

a t potraktowa´c jako kolejn ˛

a składow ˛

a wektora x. Wtedy równanie (1.6)

mo˙zna zapisa´c w postaci

y = g(y),

(1.8)

gdzie y = (

), g =

, a ró˙zniczkowanie oznacza ró˙zniczkowanie wzgl˛edem

nowej zmiennej niezale˙znej s.

1.2. ZAGADNIENIE POCZ ˛

ATKOWE

1.2

Zagadnienie pocz ˛

atkowe

1.4 DEFINICJA. Załó˙zmy, ˙ze rozwi ˛

azanie równania (1.6) spełnia warunek

x(t

) = x

(1.9)

Warunek ten nazywa si˛e

warunkiem pocz ˛

atkowym (warunkiem Cauchy’ego).

Równanie (1.6) uzupełnione warunkiem (1.9)

x = f (t, x),

x(t

) = x

(1.10)

nazywa si˛e

zagadnieniem pocz ˛

atkowym (zagadnieniem Cauchy’ego).

1.5 DEFINICJA. Rozwi ˛

azaniem zagadnienia pocz ˛

atkowego (1.10) na przedziale

, t

+ a) nazywamy funkcj˛e ϕ(t) klasy C

na tym przedziale, spełniaj ˛

ac ˛

a rów-

nanie (1.6) na przedziale

, t

+ a) oraz warunek pocz ˛

atkowy (1.9).

Poka˙zemy teraz jak warunek pocz ˛

atkowy formułuje si˛e dla równania rz˛edu n. Jak

pami˛etamy, równanie rz˛edu n

(n)

(t) = f (t, x, ˙

x, . . . , x

(n−1)

)

sprowadzili´smy do równania pierwszego rz˛edu dla funkcji

y(t) =








(t)

n−1

(t)








gdzie x

(t) = x

(i)

(t). Wobec tego, warunek pocz ˛

atkowy dla funkcji y

y(t

) = X,

gdzie X jest stałym wektorem, wyra˙za si˛e układem równo´sci

x(t

) = X

, ˙

x(t

) = X

, . . . , x

(n−1)

) = X

n−1

przy czym X

oznaczaj ˛

a składowe wektora X.

Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acej definicji zagadnienia pocz ˛

atkowego dla równania

rz˛edu n.

1.6 DEFINICJA. Je´sli dane jest równanie ró˙zniczkowe rz˛edu n, postaci (1.2)
w przestrzeni R

, to zagadnienie pocz ˛

atkowe (zagadnienie Cauchy’ego) dla tego

równania przyjmuje form˛e

(n)

= f (t, x, ˙

x, . . . , x

(n−1)

x(t

) = x

, ˙

x(t

) = x

, . . . , x

(n−1)

) = x

n−1

(1.11)

gdzie

, . . . , x

n−1

s ˛

a wektorami

m-wymiarowymi.

ROZDZIAŁ 1. DEFINICJE I PRZYKŁADY

1.7 Przykład. Ze zbiornika o dowolnym kształcie wypływa ciecz przez otwór w
dnie. Nale˙zy znale´z´c prawo opisuj ˛

ace wysoko´s´c poziomu cieczy w zbiorniku, je´sli

znane jest pole otworu S oraz pole przekroju zbiornika w funkcji wysoko´sci F (h)
(oczywi´scie zakładamy, ˙ze F (h) 6= 0 dla ka˙zdego h).

Aby rozwi ˛

aza´c do zadanie musimy skorzysta´c ze znanego faktu z fizyki, ˙ze

słup cieczy o wysoko´sci h wypływa przez otwór z szybko´sci ˛

v = k

2gh,

gdzie g jest stała przyspieszenia ziemskiego, a k jest współczynnikiem proporcjo-
nalno´sci. Wtedy ilo´s´c cieczy jaka wypływa ze zbiornika w ci ˛

agu czasy ∆t wynosi

√

2ghS∆t. W tym czasie poziom cieczy obni˙zy si˛e o −∆h, wi˛ec

2ghS∆t = −F (h)∆h.

Po przej´sciu do granicy otrzymujemy równanie

= −k

2gS

√

F (h)

Dla tego równania mo˙zna sformułowa´c kilka ró˙znych zagadnie´n Cauchy’ego:

a. w chwili pocz ˛

atkowej wysoko´s´c cieczy wynosi H, wtedy warunek ma posta´c

h(0) = H;

b. po t

sekundach zbiornik opró˙znił si˛e, wtedy warunek ma posta´c h(t

) = 0.

1.3

Interpretacja geometryczna

W celu zrozumienia geometrycznego sensu rozwi ˛

aza´c równania (1.6) rozpatrzmy

to równanie w przypadku skalarnym (m = 1). Niech funkcja x(t) b˛edzie rozwi ˛

zaniem tego równania. Narysujmy wykres tej funkcji na płaszczy´znie (t, x) i roz-
wa˙zmy wektory styczne do tego wykresu. Jak wiadomo, wektor styczny do wykre-
su funkcji x(t) ma posta´c [1, ˙

x(t)] = [1, f (t, x)]. Zatem równanie (1.6) mo˙zna od-

czyta´c nast˛epuj ˛

aco. Na płaszczy´znie (t, x) zadane jest pole kierunków [1, f (t, x)].

Nale˙zy znale´z´c krzywe b˛ed ˛

ace wykresami funkcji x(t) i maj ˛

ace t˛e własno´s´c, ˙ze w

ka˙zdym punkcie (t, x) le˙z ˛

acym na jednej z tych krzywych wektor styczny do niej

jest równy [1, f (t, x)]. Oczywi´scie t˛e interpretacj˛e mo˙zna przenie´s´c na przypadek
wektorowego równania (1.6), zast˛epuj ˛

ac płaszczyzn˛e (t, x) przestrzeni ˛

a R

m+1

1.8 Przykład. Ten przykład pokazuje, ˙ze rozwi ˛

azuj ˛

ac równanie nie zawsze mo-

˙zemy znale´z´c wszystkie krzywe całkowe styczne do danego pola wektorowego.

Rozwa˙zmy równanie

1.3. INTERPRETACJA GEOMETRYCZNA

Łatwo mo˙zna odgadn ˛

a´c funkcj˛e y(x), która jest rozwi ˛

azaniem tego równania

y = ln |x| + c,

gdzie c jest dowoln ˛

a stał ˛

a. Ró˙zne warto´sci stałej c wyznaczaj ˛

a krzywe całkowe

tego równania. Zapiszmy to równanie w postaci

= x,

czyli jako równanie na funkcj˛e x(y). Rozwi ˛

azaniem jest teraz funkcja

ln |x| = y + c,

czyli x = c

Mo˙ze si˛e wydawa´c, ˙ze obie rodziny krzywych całkowych s ˛

a identyczne. Nie jest

to prawda – druga rodzina jest bogatsza o krzyw ˛

a całkow ˛

a x ≡ 0 odpowiadaj ˛

ac ˛

stałej c

= 0.

1.9 Przykład. Okazuje si˛e, ˙ze poszukiwanie krzywych całkowych jako krzywych
stycznych pola wektorowego mo˙ze da´c lepszy obraz rozwi ˛

azania równania ró˙z-

niczkowego, ni˙z znaleziony analityczny wzór na rozwi ˛

azanie. Rozwa˙zmy równa-

nie

= x +

w obszarze G = {(x, y) ∈ R

: y 6= 0} i znajd´zmy jego krzywe całkowe.

Zaczniemy od znalezienia izoklin, tj. krzywych stałego nachylenia krzywych

całkowych, albo stałego nachylenia odpowiadaj ˛

acego im pola wektorowego. Linie

te wyznaczy´c mo˙zna z równania x+

x
y

= k, co po przekształceniach daje równanie

y + 1 =

k − x

Jest to równanie hiperbol (patrz rys. 1.1).

Nast˛epnie znajdziemy punkty ekstremalne krzywych całkowych. Je´sli poszu-

kujemy punktów ekstremalnych krzywych całkowych jako funkcji y(x), to s ˛

a one

rozwi ˛

azaniami równania x +

x
y

= 0. Rozwi ˛

azanie tego równania daje nam dwie

proste, na których poło˙zone s ˛

a punkty ekstremum x = 0 oraz y = −1. Je´sli poszu-

kujemy punktów ekstremalnych krzywych całkowych jako funkcji x(y), to s ˛

a one

rozwi ˛

azaniami równania

xy+x

= 0. Z rozwi ˛

azania tego równania otrzymujemy

prost ˛

a y = 0, na której poło˙zone s ˛

a punkty ekstremalne.

Zbadamy teraz obszary wypukło´sci oraz wkl˛esło´sci krzywych całkowych. W

tym celu obliczymy drug ˛

a pochodn ˛

−2

y + 1 + x

xy + x

y − (xy + x)

−1

−3

+ y

+ xy(xy + x) − (xy + x)

−3

(y + 1) + x

y(y + 1) − x

(y + 1)

−3

(y + 1)(y

− x

) = y

−3

(y + 1)(y − x)(y + x).

ROZDZIAŁ 1. DEFINICJE I PRZYKŁADY

Rysunek 1.1: Izokliny dla równania z przykładu 1.9

Z postaci drugiej pochodnej łatwo mo˙zna wyznaczy´c obszary wypukło´sci i wkl˛e-
sło´sci krzywych całkowych. Na rys. 1.2 zaznaczono te obszary odpowiednio litera-
mi P (dla obszarów wypukło´sci y

> 0) oraz N (dla obszarów wkl˛esło´sci y

< 0).

Rysunek 1.2: Obszary wypukło´sci i wkl˛esło´sci dla równania z przykładu 1.9

Ł ˛

acz ˛

ac informacje o izoklinach z informacj ˛

a o poło˙zeniu punktów ekstremal-

nych oraz informacj ˛

a o obszarach wypukło´sci i wkl˛esło´sci mo˙zna ju˙z łatwo naszki-

cowa´c przebieg krzywych całkowych (patrz rys. 1.3).

W nast˛epnym rozdziale zobaczymy, ˙ze nasze wyj´sciowe równanie

= x +

jest równaniem, dla którego mo˙zna znale´z´c rozwi ˛

azanie analityczne. Rozwi ˛

azanie

to dane jest wzorem

y − ln |y + 1| =

+ c

1.3. INTERPRETACJA GEOMETRYCZNA

Rysunek 1.3: Krzywe całkowe dla równania z przykładu 1.9

dla dowolnej stałej c. Z postaci rozwi ˛

azania analitycznego nie jest bynajmniej ła-

two odtworzy´c skomplikowan ˛

a posta´c krzywych całkowych uwidocznionych na

rys. 1.3. Dodatkowo z rysunku wida´c, ˙ze krzyw ˛

a całkowa jest te˙z prosta y ≡ −1,

co nie wynika z postaci rozwi ˛

azania analitycznego (aby znale´z´c to rozwi ˛

azanie

nale˙zy rozpatrze´c równanie

dx
dy

xy+x

podobnie jak to było w przykładzie 1.8).

Rozdział 2

Proste równania skalarne

Znajdowanie rozwi ˛

aza´n równa´n ró˙zniczkowych w formie jawnych wzorów anali-

tycznych jest spraw ˛

a trudn ˛

a. Nie istnieje uniwersalna procedura znajdowania ta-

kich rozwi ˛

aza´n dla szerokiej klasy równa´n. Znane s ˛

a jedynie procedury dla pew-

nych szczególnych klas równa´n – w zasadzie wył ˛

acznie dla równa´n skalarnych.

Przykłady takich procedur zostan ˛

a przedstawione w tym rozdziale.

2.1

Równania o zmiennych rozdzielonych

2.1 DEFINICJA. Równanie

x = f (t, x)

nazywamy

równaniem o zmiennych rozdzielonych, je´sli funkcja dwóch zmiennych

f (t, x) jest iloczynem dwóch funkcji jednej zmiennej

f (t, x) = g

(t)g

(x).

Równanie o zmiennych rozdzielonych mo˙zna prosto scałkowa´c. Dowód poni˙zsze-
go twierdzenia jest jednocze´snie konstruktywn ˛

a metod ˛

a całkowania takich równa´n.

2.2 TWIERDZENIE. Dane jest równanie ró˙zniczkowe o zmiennych rozdzielo-
nych

x = g

(t)g

(x).

(2.1)

Niech funkcje

(t) i g

(x) b˛ed ˛

a ci ˛

agłe dla

t ∈ (a, b) i x ∈ (c, d) oraz niech

(x) nie ma zer w przedziale (c, d). Wtedy przez ka˙zdy punkt (t

, x

) prostok ˛

ata

Q = {(t, x): t ∈ (a, b), x ∈ (c, d)} przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa
równania (2.1) dana wzorem

x(t) = G

−1
2

(t) − G

) + G

)

(2.2)

gdzie

(t) jest funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funkcji

(t), a G

(x) – funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funk-

cji

1/g

(x).

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Dowód. Równanie (2.1) dzielimy przez g

(x)

= g

(t)

a nast˛epnie zapisujemy t˛e równo´s´c w postaci

(x(t)) = g

(t),

gdzie G

(x) jest funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funkcji 1/g

(x). Całkuj ˛

ac ostatnie równanie

w przedziale (t

, t) otrzymujemy

x(t)

− G

x(t

)

= G

(t) − G

gdzie G

(t) jest funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funkcji g

(t). Funkcja G

jest monotoniczna, bo

= 1/g

6= 0, czyli pochodna G

ma stały znak. Istnieje wi˛ec funkcja odwrotna

do G

. St ˛

ad rozwi ˛

azanie ma posta´c

x(t) = G

−1
2

(t) − G

) + G

)

W ten sposób udowodnili´smy wzór (2.2). Jednocze´snie otrzymane rozwi ˛

azanie

jest jednoznaczne, co wynika z definicji całki oznaczonej.

2.3 Przykład. Powrócimy do równania

= x +

(2.3)

które było rozpatrywane w przykładzie 1.9. Zapisuj ˛

ac to równanie w postaci

= x

y + 1

widzimy, ˙ze jest to równanie o zmiennych rozdzielonych.

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze funkcj ˛

a pierwotn ˛

a dla

y+1

jest funkcja y − ln |y + 1|, a

funkcj ˛

a pierwotn ˛

a dla x jest

1
2

+ c. W efekcie rozwi ˛

azanie równania (2.3) ma

posta´c podan ˛

a w przykładzie 1.9.

y − ln |y + 1| =

+ c.

2.4 Przykład. Z do´swiadcze´n fizycznych wiadomo, ˙ze ciało zrzucone pionowo w
dół z wysokiej wie˙zy nie upada w punkcie wyznaczonym przez spuszczony z tej
wie˙zy ci˛e˙zarek na nitce (ciało rzucone upada na wschód od punktu wyznaczonego

2.1. RÓWNANIA O ZMIENNYCH ROZDZIELONYCH

przez ci˛e˙zarek). Przyczyn ˛

a tego zjawiska jest wyst˛epowanie siły Coriolisa zwi ˛

aza-

nej z ruchem obrotowym Ziemi. Wiadomo, ˙ze na ciało o masie m poruszaj ˛

ace si˛e

wzgl˛edem Ziemi z pr˛edko´sci ˛

a v działa siła Coriolisa

F = 2mv × ω,

gdzie ω jest wektorem pr˛edko´sci k ˛

atowej Ziemi, a znak × oznacza iloczyn wekto-

rowy.

Aby zobaczy´c jak du˙ze przesuniecie daje uwzgl˛ednienie siły Coriolisa roz-

wa˙zmy kamie´n rzucony do szybu o gł˛eboko´sci h w miejscu, którego szeroko´s´c
geograficzna wynosi ϕ. Niech x(t) b˛edzie trajektori ˛

a lotu kamienia. Zgodnie z

drug ˛

a zasad ˛

a dynamiki Newtona funkcja ta spełnia równanie

x = g + 2 ˙

x × ω,

(2.4)

w którym uwzgl˛ednili´smy sił˛e przyci ˛

agania ziemskiego oraz sił˛e Coriolisa.

Niech z(t) b˛edzie trajektori ˛

a spadaj ˛

acego kamienia na nieobracaj ˛

acej si˛e Zie-

mi. Funkcja ta dana jest wzorem z(t) = z(0) +

1
2

, bo spełnia równanie ¨

z = g.

Poniewa˙z pr˛edko´s´c k ˛

atowa Ziemi jest bardzo mała, to rozwi ˛

azania równania (2.4)

b˛edziemy poszukiwa´c w postaci przybli˙zenia liniowego wzgl˛edem ω. Wtedy funk-
cj˛e x(t) mo˙zemy w przybli˙zeniu przedstawi´c jako x(t) = z(t) + |ω|y + O(ω

gdzie y(t) jest poszukiwan ˛

a poprawk ˛

Wstawiaj ˛

ac to przybli˙zenie do równania (2.4) dostajemy równanie o rozdzie-

lonych zmiennych

|ω|¨

y = 2t g × ω.

Prowadzi to do zagadnienia Cauchy’ego dla funkcji y(t) (warunki pocz ˛

atkowe wy-

nikaj ˛

a w sposób oczywisty z charakteru funkcji y(t))

y = 2t g ×

|ω|

y(0) = 0, ˙

y(0) = 0.

Wykorzystuj ˛

ac dwukrotnie wzór z tw. 2.2 znajdujemy rozwi ˛

azanie tego zagadnie-

nia pocz ˛

atkowego

y(t) =

g ×

|ω|

(stałe całkowania znikaj ˛

a ze wzgl˛edu na posta´c warunku pocz ˛

atkowego).

Wykorzystuj ˛

ac fakt, ˙ze przy swobodnym spadaniu zachodzi zwi ˛

azek h =

1
2

rozwi ˛

azanie mo˙zna zapisa´c w postaci

y(t) =

th ×

|ω|

Zauwa˙zmy, ˙ze wektor h skierowany jest do ´srodka Ziemi, wi˛ec w punkcie o szero-
ko´sci geograficznej ϕ iloczyn wektorowy h ×

|ω|

ma warto´s´c |h| cos ϕ.

Ostatecznie

y =

h cos ϕ,

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

gdzie wszystkie wielko´sci traktujemy ju˙z jak skalary (długo´sci odpowiednich wek-
torów).

Aby wyrobi´c sobie wyobra˙zenie jak du˙ze jest odchylenie wywołane sił ˛

a Co-

riolisa, rozwa˙zmy rzut kamieniem do szybu o gł˛eboko´sci 100 m w punkcie o sze-
roko´sci geograficznej 60

◦

. Poniewa˙z ω = 7.3 10

−5

sec

−1

, to ωy = 1.10 cm.

2.5 Przykład. Wykorzystamy współrz˛edne biegunowe na płaszczy´znie (r, ϕ) aby
znale´z´c równanie krzywej o tej własno´sci, ˙ze w ka˙zdym punkcie styczna do krzy-
wej tworzy z promieniem wodz ˛

acym stały k ˛

at α.

Punkt na płaszczy´znie le˙z ˛

acy na poszukiwanej krzywej ma współrz˛edne bie-

gunowe (r(ϕ) cos ϕ, r(ϕ) sin ϕ). Wektor styczny do tej krzywej ma współrz˛edne

dϕ

= ( ˙r cos ϕ − r sin ϕ, ˙r sin ϕ + r cos ϕ),

gdzie ˙r oznacza pochodn ˛

dϕ

. Obliczmy iloczyn skalarny promienia wodz ˛

acego

oraz wektora stycznego

(r(ϕ) cos ϕ, r(ϕ) sin ϕ) · ( ˙r cos ϕ − r sin ϕ, ˙r sin ϕ + r cos ϕ) =

˙rr cos

ϕ − r

sin ϕ cos ϕ + ˙rr sin

ϕ + r

sin ϕ cos ϕ = ˙rr.

Jak wiadomo dla iloczynu skalarnego wektorów u i v zachodzi zale˙zno´s´c u · v =
|u| |v| cos α, gdzie α jest k ˛

atem mi˛edzy wektorami. Aby wykorzysta´c t˛e zale˙zno´s´c

musimy policzy´c długo´sci wektora promienia wodz ˛

acego, co jest łatwe, bo dłu-

go´s´c tego wektora wynosi r, oraz długo´s´c wektora stycznego. Obliczmy kwadrat
długo´sci wektora stycznego

( ˙r cos ϕ−r sin ϕ)

+ ( ˙r sin ϕ + r cos ϕ)

˙r

cos

ϕ − 2 ˙rr sin ϕ cos ϕ + r

sin

ϕ + ˙r

sin

ϕ + 2 ˙rr sin ϕ cos ϕ + r

cos

= ˙r

+ r

Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego równania ró˙zniczkowego dla poszukiwanej krzywej

˙rr

√

˙r

+ r

= cos α.

Po przekształceniach dostajemy równanie

˙r

= cr

gdzie c = ctg

α.

Prowadzi to do dwóch równa´n o rozdzielonych zmiennych

˙r = c

oraz

˙r = −c

gdzie c

= ctg α. Rozwi ˛

azania tych równa´n s ˛

a postaci

r(ϕ) = r(ϕ

) exp c

(ϕ − ϕ

)

r(ϕ) = r(ϕ

) exp −c

(ϕ − ϕ

)

czyli jest to zwijaj ˛

aca si˛e oraz rozwijaj ˛

aca si˛e spirala logarytmiczna (o tym która

si˛e zwija decyduje znak stałej c

, czyli warto´s´c k ˛

ata α).

2.2. RÓWNANIA JEDNORODNE

2.2

Równania jednorodne

Metoda całkowania równa´n ró˙zniczkowych opisana w dowodzie tw. 2.2 jest jedn ˛

z nielicznych metod znajdowania rozwi ˛

aza´n analitycznych. Wiele innych metod

polega w rzeczywisto´sci na sprowadzeniu rozwa˙zanego problemu do równania o
zmiennych rozdzielonych.

Obecnie zajmiemy si˛e jednorodnymi równaniami ró˙zniczkowymi. Równania

te przez odpowiedni ˛

a zamian˛e zmiennych sprowadzaj ˛

a si˛e wła´snie do równa´n o

zmiennych rozdzielonych.

Przypomnijmy, ˙ze funkcja dwóch zmiennych f (x, y) nazywa si˛e funkcj ˛

a jedno-

rodn ˛

a stopnia n, je´sli f (tx, ty) = t

f (x, y), dla t > 0.

Zanim zaczniemy rozpatrywa´c równania z funkcjami jednorodnymi, sformu-

łujemy nieco ogólniej zapis równania. Zauwa˙zmy bowiem, ˙ze w przypadku poje-
dynczego równania decyzja, która zmienna jest zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a, a która zmienn ˛

niezale˙zn ˛

a, jest do´s´c arbitralna. Aby podkre´sli´c t˛e dowolno´s´c wyboru, b˛edziemy

równanie

x = f (t, x)

zapisywa´c w postaci zachowuj ˛

acej pełn ˛

a symetri˛e zmiennych

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

(2.5)

Równanie zapisane w postaci (2.5) b˛edziemy nazywali równaniem ró˙zniczko-
wym w postaci ró˙zniczek.

2.6 DEFINICJA. Równanie ró˙zniczkowe w postaci ró˙zniczek (2.5) nazywa si˛e
równaniem jednorodnym (stopnia n), je´sli funkcje M (x, y) i N (x, y) s ˛

a funkcjami

jednorodnymi stopnia

2.7 TWIERDZENIE. Dane jest równanie jednorodne stopnia n

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

(2.6)

Zakładamy, ˙ze

M (x, y) i N (x, y) s ˛

a funkcjami ci ˛

agłymi w zbiorze

Q = {(x, y) :

a <

y
x

< b} oraz

xM (x, y) + yN (x, y) 6= 0.

Wtedy przez ka˙zdy punkt

, y

) ∈ Q przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa

równania (2.6).

Dowód. Równanie (2.6) mo˙zna sprowadzi´c do równania o zmiennych rozdzielo-
nych przez dowolne z podstawie´n: y = ux lub x = vy. Podstawmy y = ux i

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

scałkujmy równania (2.6)

M (x, y)dx + N (x, y)dy =

= M (x, ux)dx + N (x, ux)(xdu + udx) =

= x

M (1, u)dx + x

N (1, u)(xdu + udx) =

= x

M (1, u) + uN (1, u)

dx + x

n+1

N (1, u)du = 0.

Po przekształceniu otrzymujemy równanie o zmiennych rozdzielonych

= −

N (1, u)

M (1, u) + uN (1, u)

du.

(2.7)

Poniewa˙z M (1, u) + uN (1, u) 6= 0, wi˛ec prawa strona jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a, czyli

ma funkcj˛e pierwotn ˛

a G(u). St ˛

ad po scałkowaniu

ln |x| = G(u) − G

+ ln |x

Po przej´sciu do zmiennych (x, y), mamy

ln |x| = G

− G

+ ln |x

Zgodnie z tw. 2.2 całkowanie równania (2.7) jest mo˙zliwe tylko w takim obszarze
Q, który nie zawiera punktów (x, y) o współrz˛ednej x = 0. Je´sli obszar Q zawiera
takie punkty, a nie zawiera punktów o współrz˛ednej y = 0, to równanie (2.6)
mo˙zna rozwi ˛

aza´c, stosuj ˛

ac podstawienie x = vy.

2.8 Przykład. Znajdziemy krzywe całkowe nast˛epuj ˛

acego równania zapisanego w

postaci ró˙zniczek

+ y

+ x

dy − ydx = 0.

(2.8)

Równanie (2.8) jest równaniem jednorodnym stopnia pierwszego i spełnione s ˛

zało˙zenia tw. 2.7. Po podstawieniu x = vy otrzymujemy

1 + v

+ v

dy − y(vdy + ydv) = 0.

Po uproszczeniach równanie to sprowadza si˛e do równania o zmiennych rozdzie-
lonych

1 + v

dy − ydv = 0,

które po scałkowaniu daje równo´s´c

ln y + c

= ln

v +

1 + v

Po przekształceniu otrzymujemy

v +

1 + v

= c

y, gdzie c

= ln c

2.2. RÓWNANIA JEDNORODNE

Przechodzimy do zmiennych (x, y) i ostatnie równanie zapisujemy w postaci

x +

+ y

= c

czyli

x +

Po podstawieniu c =

otrzymujemy

= 2c

x +

Jest to równanie paraboli, której wierzchołek le˙zy w punkcie (−

, 0), a ognisko

znajduje si˛e w pocz ˛

atku układu współrz˛ednych.

2.9 Przykład. Znajdziemy rodzin˛e krzywych całkowych, opisanych równaniem

(x + y − 2)dx + (x − y + 4)dy = 0.

Równanie to nie jest równaniem jednorodnym. Mo˙zna jednak szuka´c takiego no-
wego układu zmiennych, aby wyeliminowa´c w wyra˙zeniach M (x, y) oraz N (x, y)
wyraz wolny.

Zdefiniujmy nowe zmienne

s = x − x

t = y − y

Podstawiaj ˛

ac te zmienne do równania dostajemy

s + x

+ t + y

− 2 = s + t + x

+ y

− 2,

s + x

− t − y

+ 4 = s − t + x

− y

+ 4.

Aby wyeliminowa´c wyraz wolny nale˙zy wybra´c x

i y

, tak aby spełniały one

układ równa´n

+ y

− 2 = 0,

− y

+ 4 = 0.

(2.9)

Poniewa˙z wyznacznik tego układu liniowego jest ró˙zny od zera, znajdujemy roz-
wi ˛

azanie x

= −1, y

= 3. Po podstawieniu otrzymujemy równanie jednorodne

(s + t)ds + (s − t)dt = 0.

Dalsze post˛epowanie jest ju˙z proste. Podstawiamy t = us i mamy równanie

(s + us)ds + (s − us)(sdu + uds) = 0.

Po uporz ˛

adkowaniu wyrazów otrzymujemy równanie o zmiennych rozdzielonych

(1 + 2u − u

)ds + s(1 − u)du = 0.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Po scałkowaniu mamy

ln |s| +

ln |1 + 2u − u

| = ln c,

czyli

(1 + 2u − u

) = c

Wracamy do wyj´sciowych zmiennych (x, y) i otrzymujemy równanie

(x + 1)

1 + 2

y − 3

x + 1

−

(y − 3)

(x + 1)

= c

czyli

(x + 1)

+ 2(y − 3)(x + 1) − (y − 3)

= c

Metody z przykładu 2.9 nie mo˙zna zastosowa´c, gdy wyznacznik układu (2.9)

jest zerowy. Wtedy jednak oba wiersze macierzy układu s ˛

a do siebie proporcjo-

nalne i podstawienie z = ax + by pozwala sprowadzi´c równanie do równania o
zmiennych rozdzielonych.

2.3

Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych

Mo˙ze si˛e zdarzy´c, ˙ze równanie w postaci ró˙zniczek jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a funk-

cji dwóch zmiennych. Analiza dostarcza nam narz˛edzi, które pozwalaj ˛

a łatwo ten

fakt sprawdzi´c. Z drugiej strony, je´sli pewna ró˙zniczka dwóch zmiennych jest ró˙z-
niczk ˛

a zupełn ˛

a, to łatwo mo˙zna znale´z´c funkcj˛e, której ró˙zniczka pokrywa si˛e z

rozwa˙zan ˛

2.10 TWIERDZENIE. Załó˙zmy, ˙ze w zbiorze Q = {(x, y) : x ∈ (a, b), y ∈
(c, d)} funkcje M (x, y), N (x, y), M

(x, y) i N

(x, y) s ˛

a ci ˛

agłe oraz

(x, y) = N

(x, y).

(2.10)

Wtedy wyra˙zenie

M (x, y)dx + N (x, y)dy

(2.11)

jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a, czyli ró˙zniczk ˛

a pewnej funkcji

F (x, y). Je´sli dodatkowo

jedna z funkcji

M (x, y) lub N (x, y) jest ró˙zna od zera w ka˙zdym punkcie zbioru

Q, to przez ka˙zdy punkt (x

, y

) ∈ Q przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa

równania

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

(2.12)

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙

ZNICZEK ZUPEŁNYCH

Dowód. Je´sli spełniony jest warunek (2.10), to istnienie funkcji F (x, y), której
ró˙zniczk ˛

a jest wyra˙zenie (2.11), wynika z odpowiedniego twierdzenia z analizy.

Oznacza to, ˙ze (2.11) jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a. Załó˙zmy, ˙ze N (x, y) 6= 0. Wtedy

równanie (2.12) mo˙zna przepisa´c w postaci

M (x, y) + N (x, y)

= 0.

(2.13)

Z faktu, ˙ze (2.11) jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a wynikaj ˛

a równo´sci

M (x, y) =

∂F

∂x

N (x, y) =

∂F

∂y

Wobec tego równanie (2.13) sprowadza si˛e do równania

dF x, y(x)

= 0.

Rozwi ˛

azaniem tego równania jest

F x, y(x)

= c.

(2.14)

Przyjmuj ˛

ac c = F (x

, y

) uzyskujemy jednoznaczno´s´c rozwi ˛

azania oraz speł-

nienie warunku pocz ˛

atkowego. Warunek N 6= 0 gwarantuje spełnienie zało˙ze´n

twierdzenia o funkcji uwikłanej, czyli równanie (2.14) mo˙zna rozwikła´c, znajdu-
j ˛

ac funkcj˛e y(x) w jawnej postaci.

2.11 Przykład. Znajdziemy krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

(2x + 3x

y)dx + (x

− 3y

)dy = 0,

przechodz ˛

ac ˛

a przez punkt (1,1).

Sprawdzamy, ˙ze jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej

∂(2x + 3x

∂y

= 3x

∂(x

− 3y

)

∂x

Całkuj ˛

ac to równanie, skorzystamy z faktu, ˙ze całka krzywoliniowa ró˙zniczki zu-

pełnej nie zale˙zy od drogi całkowania. Całk˛e ł ˛

acz ˛

ac ˛

a punkt (1, 1) z punktem (x, y)

obliczymy po łamanej ł ˛

acz ˛

acej punkty (1, 1), (x, 1) i (x, y).

(x,y)

(1,1)

(2t + 3t

s)dt + (t

− 3s

)ds =

(x,1)

(1,1)

(2t + 3t

)dt +

(x,y)

(x,1)

− 3s

)ds =

+ x

− 2 + x

y − y

− x

+ 1 = x

+ x

y − y

− 1.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Oznacza to, ˙ze F (x, y) = x

+ x

y − y

− 1. W celu znalezienia rozwi ˛

azania

naszego równania nale˙zy rozwikła´c równanie

F (x, y) = 0.

Równanie to mo˙zna rozwikła´c wzgl˛edem ka˙zdej zmiennej bo F

(1, 1) = −2 a

(1, 1) = 5. Jednak ze wzgl˛edu na posta´c funkcji F (x, y) znalezienie rozwi ˛

aza-

nia w postaci rozwikłanej nie jest proste.

Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych nie wyst˛epuj ˛

a zbyt cz˛esto. Wiele

równa´n mo˙zna jednak sprowadzi´c do postaci ró˙zniczki zupełnej po pomno˙zeniu
przez pewn ˛

a funkcj˛e. Funkcja taka nazywa si˛e czynnikiem całkuj ˛

acym. Je´sli wy-

ra˙zenie

M dx + N dy

(2.15)

pomno˙zymy przez czynnik całkuj ˛

acy µ(x, y)

µM dx + µN dy

i za˙z ˛

adamy, aby nowe wyra˙zenie było ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

∂µM

∂y

∂µN

∂x

to otrzymamy skomplikowane równanie o pochodnych cz ˛

astkowych

∂µ

∂y

− N

∂µ

∂x

= µ

∂N

∂x

−

∂M

∂y

(2.16)

Oczywi´scie rozwi ˛

azanie równania (2.16) nie jest wcale łatwiejsze od rozwi ˛

azania

wyj´sciowego równania zwyczajnego. Cz˛esto jednak jest bliskie ró˙zniczce zupełnej.
Wtedy czynnik N

− M

, wyst˛epuj ˛

acy po prawej stronie równania (2.16), mo˙ze

by´c stały albo mo˙ze by´c funkcj ˛

a tylko jednej zmiennej. Sugeruje to poszukiwanie

czynnika całkuj ˛

acego w postaci µ(x) lub µ(y) albo µ = µ(z), gdzie z jest znan ˛

funkcj ˛

a zmiennych x i y.

Mo˙zna tu sformułowa´c kilka prostych obserwacji pomocnych w znajdowaniu

takich czynników całkuj ˛

acych:

1. Je´sli

−

− M

) = f (x)

to czynnik całkuj ˛

acy jest funkcj ˛

a jedynie zmiennej x: µ(x) = exp

R f (x).

2. Je´sli

− M

) = f (y)

to czynnik całkuj ˛

acy jest funkcj ˛

a jedynie zmiennej y: µ(y) = exp

R f (y).

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙

ZNICZEK ZUPEŁNYCH

3. Czynnik całkuj ˛

acy jest postaci µ(x, y) = ϕ(z(x, y)), gdzie z jest nowa

zmienn ˛

a, je´sli

− M

N z

− M z

= f (z).

Poni˙zsze przykłady ilustruj ˛

a kilka takich przypadków.

2.12 Przykład. Znajdziemy całk˛e ogóln ˛

a równania

(x + sin x + sin y)dx + cos ydy = 0.

(2.17)

Równanie nie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej, bo

− M

= − cos y.

Zauwa˙zmy jednak, ˙ze wyra˙zenie

− M

) = −1

mo˙zna traktowa´c jako funkcj ˛

a zmiennej x, co prowadzi do czynnika całkuj ˛

acego

µ(x) = e

. Mno˙zymy równanie (2.17) przez ten czynnik całkuj ˛

acy i otrzymujemy

(x + sin x + sin y)dx + e

cos ydy = 0.

Równanie to całkujemy po łamanej zło˙zonej z odcinków równoległych do osi
współrz˛ednych (jak w przykładzie 2.11), ł ˛

acz ˛

acej punkt (p

, p

) z punktem (x, y)

(x,y)

)

(t + sin t + sin s)dt + e

cos sds =

(x,p

)

(t + sin t + sin p

)dt +

(x,y)

(x,p

)

cos sds =

− e

(sin x − cos x)e

+ e

sin p

+ e

sin y

− p

+ e

−

(sin p

− cos p

− e

sin p

− e

(sin x − cos x)e

+ e

sin y

− p

+ e

−

(sin p

− cos p

Całka ogólna ma wi˛ec posta´c

− e

(sin x − cos x)e

+ e

sin y = c.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

2.13 Przykład. Znajdziemy całk˛e ogóln ˛

a równania

(xy

+ y)dx − (x + y

)dy = 0.

(2.18)

Równanie nie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej bo

− M

= −2xy − 2.

Zauwa˙zmy jednak, ˙ze wyra˙zenie

− M

) = −

jest funkcj ˛

a zmiennej y, co prowadzi do czynnika całkuj ˛

acego µ(x) = y

−2

. Mno-

˙zymy równanie (2.18) przez ten czynnik całkuj ˛

acy i otrzymujemy

(x + y

−1

)dx − (xy

−2

+ 1)dy = 0.

Równanie to całkujemy po łamanej zło˙zonej z odcinków równoległych do osi
współrz˛ednych (jak w przykładzie 2.11), ł ˛

acz ˛

acej punkt (p

, p

) z punktem (x, y)

(x,y)

)

(t + s

−1

)dt − (ts

−2

+ 1)ds =

+ xy

−1

− y −

2
1

+ p

−1
2

− p

Całka ogólna ma wi˛ec posta´c

+ xy

−1

− y = c.

2.14 Przykład. Znajdziemy całk˛e ogóln ˛

a równania

dx + (x

y − x)dy = 0.

(2.19)

Poniewa˙z

− M

= −1,

równanie nie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej. Posta´c funkcji M (x, y) i N (x, y)
wskazuje tak˙ze, ˙ze nie ma czynnika całkuj ˛

acego, który byłby tylko funkcj ˛

a zmien-

nej x lub y. Mo˙zna jednak zauwa˙zy´c, ˙ze poszukuj ˛

ac czynnika całkuj ˛

acego w po-

staci µ = µ(z) dostaniemy z równania (2.16) wyra˙zenie

− (x

y − x)z

2.4. RÓWNANIA LINIOWE PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze je´sli przyj ˛

a´c z(x, y) = xy, to wyra˙zenie powy˙zsze stanie si˛e

funkcj ˛

a wył ˛

acznie zmiennej z

− (x

y − x)z

− (x

− xy)

Poszukujemy wi˛ec czynnika całkuj ˛

acego w formie µ = µ(xy). Aby znale´z´c ten

czynnik wracamy do równania (2.16) i po podstawieniu z = xy otrzymujemy
równanie

− (z

− z)µ

= −µ.

Po uporz ˛

adkowaniu mamy

zµ

= −µ,

czyli µ = (xy)

−1

. Po pomno˙zeniu równania (2.19) przez czynnik całkuj ˛

acy otrzy-

mujemy

ydx +

x −

dy = 0.

Całkujemy to równanie, jak w poprzednim przykładzie, po łamanej ł ˛

acz ˛

acej punkty

, p

) i (x, y)

(x,y)

)

sdt +

t −

ds = p

x − p

+ xy − p

x − ln |y| + ln |p

= xy − ln |y| − p

+ ln |p

St ˛

ad mamy całk˛e ogóln ˛

xy − ln |y| = c.

2.4

Równania liniowe pierwszego rz˛edu

Obecnie zajmiemy si˛e przypadkiem równa´n liniowych pierwszego rz˛edu.

2.15 DEFINICJA. Równanie postaci

x + p(t)x = q(t),

(2.20)

gdzie

p(t) i q(t) s ˛

a funkcjami zmiennej

t ∈ (a, b), nazywa si˛e równaniem linio-

wym. Je´sli q(t) ≡ 0, to jest to równanie liniowe jednorodne.

Dla równania (2.20) bardzo łatwo mo˙zna otrzyma´c twierdzenie o istnieniu i jedno-
znaczno´sci.

2.16 TWIERDZENIE. Je´sli funkcje p(t) i q(t) s ˛

a ci ˛

agłe dla

t ∈ (a, b), to przez

ka˙zdy punkt zbioru

Q = (a, b) × R przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa

równania (2.20). Maksymalnym przedziałem istnienia ka˙zdego takiego rozwi ˛

azania

jest przedział

(a, b).

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Dowód. Dowód przeprowadzimy konstruktywnie, podaj ˛

ac rozwi ˛

azanie w postaci

wzoru analitycznego. Rozwa˙zmy najpierw równanie jednorodne

x = −p(t)x.

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych. Jego rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c

x(t) = c exp

−

p(s)ds

(2.21)

Aby znale´z´c rozwi ˛

azanie równania niejednorodnego, stosujemy metod˛e uzmien-

niania stałej: w miejsce stałej c wstawiamy nieznan ˛

a funkcj˛e z(t) i poszukujemy

rozwi ˛

azania w postaci

x(t) = z(t) exp

−

p(s)ds

(2.22)

Po podstawieniu (2.22) do równania (2.20) otrzymujemy

z(t) exp

−

p(s)ds

− z(t)p(t) exp

−

p(s)ds

+ p(t)z(t) exp

−

p(s)ds

= q(t).

Daje to nast˛epuj ˛

ace równanie dla funkcji z(t)

z = q(t) exp

p(s)ds

którego rozwi ˛

azaniem jest funkcja

z(t) = z(t

) +

q(τ ) exp

p(s)ds

dτ.

(2.23)

Podstawiamy (2.23) do (2.21) oraz wykorzystujemy fakt, ˙ze z(t

) = x(t

) i dosta-

jemy rozwi ˛

azanie równania (2.20)

x(t) = x(t

) exp

−

p(s)ds

q(τ ) exp

−

p(s)ds

dτ.

(2.24)

Nale˙zy jeszcze pokaza´c, ˙ze otrzymane rozwi ˛

azanie lokalne przedłu˙za si˛e na

cały odcinek (a, b). Wystarczy w tym celu udowodni´c, ˙ze rozwi ˛

azanie jest ograni-

czone w ka˙zdym punkcie wewn˛etrznym przedziału (a, b). Niech x(t) b˛edzie roz-
wi ˛

azaniem przechodz ˛

acym przez punkt (t

, x

). Poka˙zemy, ˙ze je´sli t

∈ (a, b), to

x(t

) jest ograniczone. Wykorzystuj ˛

ac posta´c rozwi ˛

azania (2.24) dostajemy osza-

cowanie

|x(t

)| 6

q(τ )dτ

K(t

−t

)

2.4. RÓWNANIA LINIOWE PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

gdzie K = sup

t∈[t

]

|p(t)|. Poniewa˙z odcinek [t

, t

] jest zwarty, wi˛ec funkcja

q(t) jest ograniczona dla t ∈ [t

, t

] i

q(τ )dτ

= c < +∞.

St ˛

|x(t

)| 6 ce

K(t

−t

)

Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie x(t) jest ograniczone w ka˙zdym punkcie t

∈ (a, b).

2.17 Przykład. Niech b˛edzie dany prosty obwód elektryczny, zawieraj ˛

acy opor-

no´s´c R i indukcyjno´s´c L (rys. 2.1). Niech I oznacza nat˛e˙zenie pr ˛

adu w obwodzie a

U – przyło˙zone napi˛ecie. Z teorii obwodów elektrycznych znane s ˛

a prawa rz ˛

adz ˛

ace

Rysunek 2.1: Schemat obwodu elektrycznego

przepływem pr ˛

adu w takim obwodzie

= U

(prawo Faradaya),

RI = U

(prawo Ohma).

Sumuj ˛

ac spadki napi˛ecia na oporno´sci R i indukcyjno´sci L dostajemy równanie na

nat˛e˙zenie pr ˛

adu w obwodzie

+ RI = U.

(2.25)

Równanie (2.25) jest równaniem liniowym. Je´sli dane jest nat˛e˙zenie pr ˛

adu w chwili

pocz ˛

atkowej I

= I(0), to rozwi ˛

azanie równania (2.25) dane jest wzorem

I(t) = e

−

R
L

dτ

(2.26)

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Je´sli R, L i U s ˛

a stałe, to rozwi ˛

azanie redukuje si˛e do prostszej postaci

I(t) =

+ e

−

R
L

−

Przeanalizujmy asymptotyczne zachowanie si˛e nat˛e˙zenia pr ˛

adu w obwodzie, gdy

obwód zostaje podł ˛

aczony do ´zródła napi˛ecia (I

= 0). Wtedy

I(t) =

1 − e

−

R
L

lim

t→+∞

I(t) =

Zachowanie asymptotyczne przy wył ˛

aczaniu napi˛ecia (U = 0) ma posta´c

I(t) = I

−

R
L

lim

t→+∞

I(t) = 0.

2.18 Przykład. W dalszym ci ˛

agu zajmowa´c si˛e b˛edziemy obwodem elektrycznym

opisanym w poprzednim przykładzie. Pozostawiaj ˛

ac zało˙zenie, ˙ze R i L s ˛

a stałe,

przyjmiemy oscyluj ˛

acy przebieg napi˛ecia U = B sin ωt (obwód zasilany pr ˛

adem

zmiennym). Rozwi ˛

azanie (2.26) nadal pozostaje prawdziwe. Je´sli

6= ω, to roz-

wi ˛

azanie przyjmie posta´c

I(t) =e

−

R
L

(R/L)

+ ω

R/L

(R/L)

+ ω

sin ωt −

(R/L)

+ ω

cos ωt

(2.27)

Je´sli

= ω, rozwi ˛

azanie przyjmie prostsz ˛

a posta´c

I(t) = e

−ωt

2Lω

(sin ωt − cos ωt),

któr ˛

a mo˙zna otrzyma´c przez formalne podstawienie

= ω do wzoru (2.27).

Je´sli we wzorze (2.27) wprowadzimy przesuni˛ecie fazowe δ, takie ˙ze tg δ =

R/L

, to wzór ten upro´sci si˛e do nast˛epuj ˛

acego

I(t) = e

−

R
L

(R/L)

+ ω

p(R/L)

+ ω

sin(ωt − δ).

Z ostatniego wzoru łatwo wida´c, ˙ze dla du˙zych t nat˛e˙zenie pr ˛

adu oscyluje z t ˛

a sam ˛

cz˛esto´sci ˛

a co napi˛ecia jedynie z pewnym przesunieciem fazowym w stosunku do

oscylacji napi˛ecia.

2.5. RÓWNANIA SPROWADZALNE DO RÓWNA ´

N LINIOWYCH

2.5

Równania sprowadzalne do równa ´n liniowych

Podamy teraz przykłady równa´n nieliniowych, które przez odpowiedni ˛

a zamia-

n˛e zmiennych mo˙zna sprowadzi´c do równa´n liniowych, a tym samym efektywnie
scałkowa´c. Jako pierwszy przykład rozwa˙zmy równanie nieliniowe

x + p(t)x + q(t)x

= 0.

(2.28)

Równanie tej postaci nazywa si˛e równaniem Bernoulliego. Liczb˛e n nazywa si˛e
wykładnikiem Bernoulliego. Dla n = 0 lub n = 1 równanie (2.28) jest rów-
naniem liniowym. Dla innych warto´sci wykładnika Bernoulliego równanie (2.28)
mo˙zna sprowadzi´c do równania liniowego przez podstawienie

z = x

1−n

(2.29)

Po podzieleniu równania (2.28) przez x

otrzymujemy

−n

+ p(t)x

1−n

+ q(t) = 0.

(2.30)

Po uproszczeniach dostajemy równanie

1 − n

z + p(t)z + q(t) = 0,

czyli równanie liniowe.

2.19 Przykład. Znajdziemy rozwi ˛

azanie ogólne równania

x − 2tx = 2t

(2.31)

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2. Dzielimy równanie (2.31) przez
x

i podstawiamy z = x

−1

, sk ˛

ad otrzymujemy

− 2tx

−1

= 2t

a po uporz ˛

adkowaniu wyrazów

z + 2tz = −2t

Rozwi ˛

azujemy najpierw równanie jednorodne

z + 2tz = 0.

Jego rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c

z(t) = Ce

−t

Nast˛epnie dokonujemy uzmienniania stałej

z = u(t)e

−t

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Po wstawieniu do równania niejednorodnego mamy

( ˙

u − 2tu)e

−t

+ 2tue

−t

= −2t

Po uporz ˛

adkowaniu wyrazów otrzymujemy

−t

= −2t

a po scałkowaniu

u = −2

dt = −

ydy = −ye

+ e

+ c = (1 − t

+ c.

Korzystaj ˛

ac z tego rozwi ˛

azania, obliczamy z(t), a nast˛epnie x(t)

z(t) = 1 − t

+ ce

−t

x(t) =

1 − t

+ ce

−t

−1

Innym typem równania, które w pewnych przypadkach daje si˛e sprowadzi´c do

równania liniowego, jest równanie

x + p(t)x + q(t)x

+ r(t) = 0.

(2.32)

Równanie to nazywa si˛e równaniem Riccatiego. W ogólno´sci nie istnieje sposób
jego analitycznego całkowania. Je´sli jednak znamy jedno rozwi ˛

azanie szczególne

(t) równania (2.32), to przez podstawienie

u = x − x

(2.33)

mo˙zna to równanie sprowadzi´c do równania Bernoulliego. Poniewa˙z ˙

x = ˙

u + ˙

wi˛ec podstawiaj ˛

ac t˛e równo´s´c do lewej strony równania (2.32) otrzymujemy

+ ˙

u + p(t)(x

+ u) + q(t)(x

+ u)

+ r(t) =

= [ ˙

+ p(t)x

+ q(t)x

2
1

+ r(t)] + ˙

u + p(t)u + 2q(t)x

u + q(t)u

= ˙

u + p(t)u + 2q(t)x

u + q(t)u

Ostatnia równo´s´c wynika z faktu, ˙ze x

jest rozwi ˛

azaniem, wi˛ec cz˛e´s´c wyra˙zenia

wzi˛eta w nawias kwadratowy znika. Wynika st ˛

ad, ˙ze u(t) spełnia równanie

u + p(t)u + 2q(t)x

(t)u + q(t)u

= 0.

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2 i jako takie mo˙zna je rozwi ˛

aza´c

analitycznie. Oczywi´scie powstaje pytanie, jak mo˙zna znale´z´c szczególne rozwi ˛

zanie x

(t). Niestety nie ma tu ogólnych metod. W zasadzie rozwi ˛

azanie x

(t) na-

le˙zy zgadn ˛

a´c. Kiedy jednak uda si˛e nam odgadn ˛

a´c jedno rozwi ˛

azanie, wtedy przed-

stawiona metoda post˛epowania pozwala znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne tego równa-

nia.

2.5. RÓWNANIA SPROWADZALNE DO RÓWNA ´

N LINIOWYCH

2.20 Przykład. Rozwi ˛

a˙zemy równanie

x + x

= 1 + t

Z postaci równania łatwo mo˙zna zgadn ˛

a´c jego rozwi ˛

azanie szczególne x

(t) = t.

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania ogólnego

x(t) = t + u(t).

Prowadzi to do równania dla funkcji u(t)

u + 2tu + u

= 0.

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2. Podstawiaj ˛

ac z = u

−1

otrzymu-

jemy

z − 2tz − 1 = 0.

Z równania tego znajdujemy

z = e

c +

−t

Rozwi ˛

azanie ogólne wyj´sciowego równania ma wi˛ec posta´c

x(t) = t + e

−t

c +

−t

−1

Zwró´cmy uwag˛e na fakt, ˙ze rozwi ˛

azanie to wyra˙za si˛e przez funkcj˛e

R e

−t

dt,

która nie jest funkcj ˛

a elementarn ˛

Przypadek szcz˛e´sliwego zgadni˛ecia rozwi ˛

azania szczególnego równania Ric-

catiego jest oczywi´scie do´s´c rzadki. Co prawda nie znane s ˛

a procedury znajdowa-

nia takich rozwi ˛

aza´n dla równa´n Riccatiego w postaci ogólnej, ale w literaturze jest

opisanych wiele przypadków szczególnych, kiedy znana jest metoda znalezienia
rozwi ˛

azania szczególnego. Nie jest naszym celem przedstawienia wielu przypad-

ków szczególnych, opiszemy tylko jeden, przydatny dla znacznej klasy równa´n.

Je´sli równanie Riccatiego jest postaci

x = ax

+ b

+ c

(2.34)

gdzie a, b i c s ˛

a stałe, to rozwi ˛

azania szczególnego nale˙zy poszukiwa´c w postaci

(t) =

Poni˙zszy przykład ilustruje post˛epowanie dla takich równa´n.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

2.21 Przykład. Rozwi ˛

a˙zemy równanie

x + x

= 2t

−2

(2.35)

Jest to równanie Riccatiego typu (2.34). B˛edziemy poszukiwali rozwi ˛

azania szcze-

gólnego w postaci

x(t) =

Po wstawieniu do równania (2.35) otrzymujemy

−a

czyli

− a − 2 = 0.

St ˛

ad a = 2 lub a = −1. Mamy wi˛ec rozwi ˛

azanie szczególne

(t) =

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania ogólnego

x(t) = x

(t) + u(t).

Prowadzi to do równania dla funkcji u(t)

u + 4t

−1

u + u

= 0.

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2. Podstawiamy z = u

−1

i otrzy-

mujemy

z − 4t

−1

z − 1 = 0.

Rozwi ˛

azaniem tego równania liniowego jest funkcja

z = −

t + ct

St ˛

ad rozwi ˛

azanie ogólne równania (2.35) ma posta´c

x(t) =

−

t + ct

−1

Rozdział 3

Podstawowe twierdzenia

3.1

Istnienie rozwi ˛

aza ´n lokalnych

Rozpocznijmy od odpowiedzi na ogólne pytanie: jakie warunki musi spełnia´c rów-
nanie ró˙zniczkowe zwyczajne, aby istniało jego rozwi ˛

azanie i kiedy rozwi ˛

azanie

to jest jednoznaczne?

Rozpatrywa´c b˛edziemy równanie

x = f (t, x)

w przestrzeni wektorowej. Przypomnijmy, ˙ze x = x(t) ∈ R

, a f jest funkcj ˛

działaj ˛

ac ˛

a z podzbioru R

m+1

do R

3.1 TWIERDZENIE. (Picarda-Lindelöfa) Niech funkcja f (t, x): R

m+1

→ R

b˛edzie ci ˛

agła w zbiorze

Q = {(t, x): |t − t

| 6 a, |x − x

| 6 b}. Zakładamy po-

nadto, ˙ze

sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)| = M oraz f spełnia w zbiorze Q warunek Lipschitza

wzgl˛edem zmiennej

|f (t, x

) − f (t, x

)| 6 L|x

− x

dla pewnej stałej

L. Wtedy zagadnienie Cauchy’ego

x = f (t, x),

x(t

) = x

(3.1)

ma jednoznaczne rozwi ˛

azanie na przedziale

|t − t

| 6 α, α < min(a,

Dowód. Rozwa˙zmy podzbiór przestrzeni metrycznej funkcji ci ˛

agłych

E = {x(t): x(t

) = x

, |x(t) − x

| 6 b, |t − t

| 6 α}.

E jako domkni˛ety podzbiór przestrzeni funkcji ci ˛

agłych jest przestrzeni ˛

a metrycz-

n ˛

a zupełn ˛

a. W przestrzeni E rozwa˙zamy odwzorowanie

F (x)(t) = x

f s, x(s)

ds.

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

Je´sli istnieje punkt stały tego odwzorowania

x(t) = x

f s, x(s)

ds,

(3.2)

to spełnia on równanie (3.1). Z ci ˛

agło´sci funkcji f i własno´sci całki wynika bo-

wiem, ˙ze funkcja x(t) dana równaniem (3.2) jest funkcj ˛

a klasy C

. Po zró˙zniczko-

waniu (3.2) otrzymujemy równanie (3.1) (spełnienie warunku pocz ˛

atkowego wyni-

ka z definicji całki). Wystarczy wi˛ec wykaza´c, ˙ze odwzorowanie F ma punkt stały
w przestrzeni E. W tym celu poka˙zemy najpierw, ˙ze F odwzorowuje przestrze´n E
w siebie.

Poniewa˙z

sup

|t−t

|6α

|F (x)(t) − x

| =

sup

|t−t

|6α

f s, x(s)

sup

|t−t

|6α

sup

s∈[t

,t]

f s, x(s)

ds 6 M α 6 b,

wi˛ec

|F (x)(t) − x

| 6 b,

czyli F odwzorowuje przestrze´n E w siebie.

Poka˙zemy teraz, ˙ze F jest odwzorowaniem zw˛e˙zaj ˛

acym. W wyniku prostego

rachunku dostajemy

sup

|t−t

|6α

|F (x

)(t) − F (x

)(t)| 6

sup

|t−t

|6α

f s, x

(s)

− f s, x

(s)

ds 6

sup

|t−t

|6α

L|x

(s) − x

(s)|ds 6

sup

|t−t

|6α

sup

|s−t

|6α

(s) − x

(s)|ds 6

6 Lα sup

|t−t

|6α

(t) − x

(t)|,

czyli dla αL < 1 odwzorowanie F jest zw˛e˙zaj ˛

ace. Z twierdzenia Banacha o punk-

cie stałym wynika, ˙ze F ma punkt stały b˛ed ˛

acy granic ˛

a ci ˛

agu x

n+1

(t) = F (x

)(t),

gdzie x

(t) = x

i jest to jedyny punkt stały odwzorowania F w E. Dowodzi to

istnienia i jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania zagadnienia (3.1).

Istnienie rozwi ˛

aza´n mo˙zna udowodni´c przy nieco słabszych zało˙zeniach. Traci

si˛e jednak wtedy własno´s´c jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania.

3.2 TWIERDZENIE. (Peano) Niech funkcja f (t, x) : R

m+1

→ R

b˛edzie

ci ˛

agła w zbiorze

Q = {(t, x): t ∈ [t

, t

+ a], |x − x

| 6 b}. Zakładamy tak˙ze, ˙ze

sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)| = M . Wtedy zagadnienie Cauchy’ego

x = f (t, x),

x(t

) = x

(3.3)

3.1. ISTNIENIE ROZWI ˛

AZA ´

N LOKALNYCH

ma rozwi ˛

azanie na przedziale

, t

+ α], gdzie α = min(a,

Dowód. W dowodzie wykorzystamy metod˛e łamanych Eulera. W tym celu prze-

dział [t

, t

+ α] dzielimy na n

mniejszych przedziałów o ko´ncach t

(1)
i

= t

(1)
0

< t

(1)
1

< · · · < t

(1)
n

= t

+ α

oraz konstruujemy funkcj˛e kawałkami liniow ˛

a przybli˙zaj ˛

ac ˛

a rozwi ˛

azanie równania

(3.3) (łaman ˛

a Eulera)

) = x

(t) = ϕ

(1)
i

) + f t

(1)
i

, ϕ

(1)
i

)

(t − t

(1)
i

), dla t ∈ (t

(1)
i

, t

(1)
i+1

(3.4)

Jak łatwo zauwa˙zy´c, funkcja ta powstaje przez poł ˛

aczenie odcinkami punktów

(1)
i

, ϕ

(1)
i

)

. Funkcja ϕ

(t) jest pierwszym przybli˙zeniem rozwi ˛

azania zagad-

nienia (3.3). Funkcj˛e ϕ

b˛ed ˛

ac ˛

a k-tym przybli˙zeniem, otrzymujemy dziel ˛

ac prze-

dział [t

, t

+ α] na n

cz˛e´sci t

= t

(k)
0

< t

(k)
1

< · · · < t

(k)
n

= t

+ α i definiuj ˛

analogicznie do ϕ

, jako funkcj˛e kawałkami liniow ˛

a przechodz ˛

ac ˛

a przez punk-

ty t

(k)
i

, ϕ

(k)
i

)

Funkcje ϕ

maj ˛

a nast˛epuj ˛

ace własno´sci:

1) s ˛

a ci ˛

agłe na przedziale [t

, t

+ α] i ró˙zniczkowalne wsz˛edzie poza punktami

(k)
i

. Wynika to z faktu, ˙ze ϕ

s ˛

a funkcjami kawałkami liniowymi.

2) s ˛

a wspólnie ograniczone na przedziale [t

, t

+ α], mamy bowiem oszaco-

wanie

|ϕ

(t)| 6 |x

| + M α,

które wynika z definicji funkcji ϕ

3) s ˛

a jednakowo ci ˛

agłe, bo je´sli t

, t

∈ (t

(k)
i

, t

(k)
i+1

], to z definicji funkcji ϕ

(t)

dostajemy oszacowanie

|ϕ

) − ϕ

)| 6 M |t

− t

Oszacowanie to jest niezale˙zne od k. Jak łatwo zauwa˙zy´c, mo˙zna je rozsze-

rzy´c z zachowaniem tej samej stałej M na przypadek, gdy t

∈ (t

(k)
i

, t

(k)
i+1

] a

∈ (t

(k)
j

, t

(k)
j+1

Z własno´sci tych wynika, ˙ze ci ˛

ag ϕ

spełnia zało˙zenia twierdzenia Arzeli-Asco-

liego. Istnieje zatem podci ˛

ag ϕ

(t) jednostajnie zbie˙zny do funkcji ϕ(t) na prze-

dziale [t

, t

+ α].

Wystarczy teraz udowodni´c, ˙ze ϕ(t) jest rozwi ˛

azaniem zagadnienia (3.3). Po-

niewa˙z wszystkie funkcje ϕ

(t) spełniały warunek ϕ

) = x

, wi˛ec tak˙ze ϕ(t)

spełnia warunek pocz ˛

atkowy. Nale˙zy pokaza´c, ˙ze funkcja ϕ(t) spełnia tak˙ze rów-

nanie ró˙zniczkowe, czyli

lim

h→0

ϕ(t + h) − ϕ(t)

= f t, ϕ(t)

dla t ∈ (t

, t

+ α).

(3.5)

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

Aby udowodni´c to przej´scie graniczne, dokonajmy nast˛epuj ˛

acego oszacowania

(wybieramy h mniejsze od pewnego h

, tak aby odpowiednie funkcje były dobrze

okre´slone)

ϕ(t + h) − ϕ(t)

− f t, ϕ(t)

f t, ϕ

(t)

− f t, ϕ(t)

ϕ(t + h) − ϕ

(t + h)

−

ϕ(t) − ϕ

(t)

(t + h) − ϕ

(t)

− f t, ϕ

(t)

f t, ϕ

(t)

− f t, ϕ(t)

ϕ(t + h) − ϕ

(t + h)

ϕ(t) − ϕ

(t)

(t + h) − ϕ

(t)

− f t, ϕ

(t)

(3.6)

Ustalmy ε > 0. Drugi i trzeci wyraz po prawej stronie nierówno´sci (3.6) sza-

cujemy z jednostajnej zbie˙zno´sci ci ˛

agu ϕ

. Je´sli we´zmiemy k

dostatecznie du˙ze,

sup

|ϕ

(t) − ϕ(t)| <

εh

(3.7)

Z oszacowania (3.7) oraz jednostajnej ci ˛

agło´sci funkcji f (t, x) w domkni˛etym

otoczeniu punktu (t, ϕ

(t)) wynika oszacowanie pierwszego wyrazu nierówno´sci

(3.6)

|f (t, ϕ

(t)) − f (t, ϕ(t))| <

Aby oszacowa´c ostatni składnik nierówno´sci (3.6), załó˙zmy, ˙ze t ∈ (t

)

, t

)

i+1

]

oraz t + h ∈ (t

)

, t

)

n+1

]. Wtedy

(t + h) − ϕ

(t) − hf t, ϕ

(t)

= f t

)

, ϕ

)

i+1

− t

+ · · ·

+ f t

)

, ϕ

)

t + h − t

)

− hf t, ϕ

(t)

f t

)

, ϕ

)

− f t, ϕ

(t)

)

i+1

− t

+ · · ·

f t

)

, ϕ

)

− f t, ϕ

(t)

t + h − t

)

Zauwa˙zmy ponadto, ˙ze je´sli h jest dostatecznie małe, to

f t + θh, ϕ

(t + θh)

− f t, ϕ

(t)

dla θ ∈ [0, 1].

(3.8)

Z oszacowania tego wynika, ˙ze

(t + h) − ϕ

(t) − hf t, ϕ

(t)

εh

3.1. ISTNIENIE ROZWI ˛

AZA ´

N LOKALNYCH

czyli

(t + h) − ϕ

(t)

− f t, ϕ

(t)

(3.9)

Ł ˛

acz ˛

ac te oszacowania widzimy, ˙ze dla ka˙zdego ε i ka˙zdego h mniejszego od pew-

nego h

nast˛epuj ˛

ace oszacowanie jest prawdziwe dla ka˙zdego t ∈ (t

, t

+ α)

ϕ(t + h) − ϕ(t)

− f t, ϕ(t)

< ε.

(3.10)

Jest to dowód przej´scia granicznego (3.5).

Jak pokazuje poni˙zszy przykład, zało˙zenie warunku Lipschitza jest istotne dla

uzyskania jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania. Bez tego zało˙zenia mo˙ze istnie´c wiele

rozwi ˛

aza´n tego samego zagadnienia pocz ˛

atkowego.

3.3 Przykład. Rozwa˙zmy równanie

x = x

1
3

Równanie to spełnia warunki tw. 3.2, ale nie spełnia zało˙ze´n tw. 3.1. Dokładniej:
zało˙zenia tw. 3.1 s ˛

a spełnione wsz˛edzie poza prost ˛

a x = 0 i nie s ˛

a spełnione na

tej prostej. W efekcie przez ka˙zdy punkty (t

, 0) przechodz ˛

a trzy krzywe całkowe

(patrz rys. 3.1):

(t) = 0,

(t) =

(t − t

)

3/2

(t) = −

(t − t

)

3/2

Rysunek 3.1: Ró˙zne rozwi ˛

azania równania z przykładu 3.3

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.4 Przykład. Metoda łamanych Eulera mo˙ze by´c tak˙ze prost ˛

a metod ˛

a znajdo-

wania przybli˙zonych rozwi ˛

aza´n równa´n ró˙zniczkowych. Je´sli przyjmiemy, ˙ze po-

szczególne chwile czasowe s ˛

a jednakowo odległe, tzn.

, t

= t

+ ∆t, t

= t

+ ∆t = t

+ 2∆t, . . . , t

= t

+ i∆t,

to otrzymamy równanie ró˙znicowe

i+1

= x

+ f (t

, x

)∆t,

(3.11)

które mo˙zna słu˙zy´c do obliczania przybli˙zonego rozwi ˛

azania.

We´zmy jako przykład równanie ˙

x = x. Odpowiadaj ˛

ace mu równanie ró˙znico-

we (3.11) mo˙zna łatwo rozwi ˛

aza´c. Ma ono bowiem posta´c

i+1

= x

+ x

∆t = (1 + ∆t)x

(3.12)

St ˛

= (1 + ∆t)

(3.13)

Rozwi ˛

azaniem równania ró˙zniczkowego ˙

x = x jest funkcja x(t) = x

. Je´sli

przyjmiemy t = T oraz i takie, ˙ze i∆t = T , to zauwa˙zymy, ˙ze (1 + ∆t)

(1 +

i∆t

)

= (1 +

)

, co jest dobrym przybli˙zeniem e

dla du˙zych i.

3.2

Przedłu˙zalno´s´c rozwi ˛

aza ´n

Je´sli ϕ(t) jest rozwi ˛

azaniem lokalnym na pewnym przedziale [t

, t

+ α], to przyj-

muj ˛

ac t

= t

+ α i ϕ(t

) za nowy warunek pocz ˛

atkowy, mo˙zna rozwi ˛

aza´c rozwa-

˙zane równanie na przedziale [t

, t

+ α

] itd. Analogicznie mo˙zemy konstruowa´c

przedłu˙zenia w lewo, tj. na przedział [t

− α, t

] itd. Powstaje pytanie, jak daleko

mo˙zna to post˛epowanie kontynuowa´c, czyli jaki mo˙ze by´c maksymalny przedział
istnienia rozwi ˛

azania.

3.5 DEFINICJA. Rozwi ˛

azanie

ϕ(t) okre´slone na przedziale J ⊂ R nazywa si˛e

rozwi ˛

azaniem wysyconym, je´sli nie istnieje przedłu˙zenie tego rozwi ˛

azania na prze-

dział

taki, ˙ze

J jest jego podzbiorem wła´sciwym. Przedział J nazywa si˛e wtedy

maksymalnym przedziałem istnienia rozwi ˛

azania ϕ(t).

Zajmiemy si˛e teraz zachowaniem rozwi ˛

azania wysyconego ϕ(t) na brzegu

maksymalnego przedziału istnienia rozwi ˛

azania. Rozpocznijmy od udowodnienia

pomocniczego lematu.

3.6 LEMAT. Niech ϕ(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania

x = f (t, x)

(3.14)

3.2. PRZEDŁU ˙

ZALNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZA ´

w przedziale

−

, a

), takim ˙ze (t, ϕ(t)) ∈ Q dla ka˙zdego t ∈ (a

−

, a

), gdzie

Q jest zbiorem otwartym w R

m+1

. Je´sli funkcja

f (t, x) jest ci ˛

agła i ograniczona

Q, to istniej ˛

a granice

ϕ(a

−

+ 0) i ϕ(a

− 0). Je´sli funkcja f (t, x) jest ci ˛

agła

w punkcie

−

, ϕ(a

−

+ 0)) lub (a

, ϕ(a

− 0)), to rozwi ˛

azanie

ϕ(t) mo˙ze by´c

przedłu˙zone na przedział

−

, a

) lub (a

−

, a

Dowód. Funkcja ϕ(t) spełnia całkow ˛

a wersj˛e równania (3.14)

ϕ(t) = ϕ(t

) +

f s, ϕ(s)

(3.15)

dla a

−

< t

6 t < a

. Poniewa˙z f (t, x) jest ograniczona na zbiorze Q, wi˛ec

mamy oszacowanie

|ϕ(t

) − ϕ(t

)| 6

f s, ϕ(s)

M (t

− t

), t

, t

∈ (a

−

, a

), t

6 t

gdzie M = sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)|. Je´sli t

, t

→ a

−

+ 0, to ϕ(t

) − ϕ(t

) → 0. Wy-

nika st ˛

ad istnienie granicy ϕ(a

−

+ 0) (dowód dla granicy ϕ(a

− 0) jest podobny).

Je´sli funkcja f (t, x) jest ci ˛

agła a˙z do punktu (a

, ϕ(a

− 0)), to ϕ(a

) jest

zdefiniowana wzorem (patrz (3.15))

ϕ(a

) = ϕ(t

) +

f s, ϕ(s)

ds.

Analogicznie dowodzi si˛e przedłu˙zalno´sci na przedział [a

−

, a

3.7 TWIERDZENIE. Niech f (t, x) b˛edzie funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a w zbiorze otwartym

Q ⊂ R

m+1

i niech

ϕ(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.14) w pewnym prze-

dziale

, t

+ α], takim ˙ze (t, ϕ(t)) ∈ Q dla ka˙zdego t ∈ [t

, t

+ α]. Je´sli f (t, x)

jest ci ˛

agła na

Q, to funkcja ϕ(t) mo˙ze by´c przedłu˙zona, jako rozwi ˛

azanie równania

(3.14), do rozwi ˛

azania wysyconego z maksymalnym przedziałem istnienia rozwi ˛

zania

(ω

−

, ω

). Je´sli ci ˛

ag punktów

} jest zbie˙zny do jednego z kra´nców prze-

działu

(ω

−

, ω

), to ci ˛

{(t

, ϕ(t

))} jest zbie˙zny do brzegu zbioru Q, je´sli zbiór

Q jest ograniczony. Je´sli zbiór Q jest nieograniczony, to ci ˛

ag punktów

, ϕ(t

))

mo˙ze by´c nieograniczony dla

→ ω

lub

→ ω

−

Dowód. Niech U ⊂ V ⊂ V ⊂ Q, gdzie U jest zbiorem zwartym a V jest zbiorem
otwartym ograniczonym. Je´sli (t

, x

) ∈ U , to rozwi ˛

azanie ϕ(t) zaczynaj ˛

ace si˛e

w punkcie (t

, x

) mo˙zna przedłu˙zy´c na przedział [t

, t

], taki ˙ze (t

, ϕ(t

)) 6∈

U . Wynika to z tw. 3.2 z a = b = dist(V , ∂Q) i M = sup

(t,x)∈V

|f (t, x)|. Z

twierdzenia tego wynika, ˙ze rozwi ˛

azanie ϕ(t) istnieje na przedziale [t

, t

+ α],

gdzie α zale˙zy tylko od a, b i M (czyli od zbioru V ). Je´sli (t

+ α, ϕ(t

+ α)) ∈ U ,

to przyjmuj ˛

ac ten punkt za now ˛

a warto´s´c pocz ˛

atkow ˛

a, przedłu˙zamy rozwi ˛

azanie na

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

przedział [t

, t

+2α] itd. Poniewa˙z zbiór U jest zwarty, wi˛ec po sko´nczonej liczbie

kroków otrzymamy przedłu˙zenie na przedział [t

, t

], gdzie (t

, ϕ(t

)) 6∈ U .

Zbudujmy teraz pokrycie zbioru Q ci ˛

agiem wst˛epuj ˛

acym zbiorów Q

otwar-

tych, ograniczonych oraz takich ˙ze Q

⊂ Q

n+1

. Z poprzedniej cz˛e´sci dowodu

wynika, ˙ze istnieje ci ˛

ag {t

} i ci ˛

ag wska´zników {n

}, takie ˙ze (t

, ϕ(t

)) ∈ Q

, ϕ(t

)) 6∈ Q

i−1

. Ci ˛

ag {t

} jest monotoniczny, ma wi˛ec granic˛e. Je´sli granic ˛

a t ˛

jest +∞, to ko´nczy to dowód. Załó˙zmy wi˛ec, ˙ze ci ˛

ag t

jest ograniczony z góry.

Wtedy istnieje sko´nczona granica

= lim

i→∞

Je´sli ci ˛

ag (t

, ϕ(t

)) jest nieograniczony, to daje to cz˛e´s´c tezy twierdzenia.

Je´sli ci ˛

ag (t

, ϕ(t

)) jest ograniczony, to zawarty jest on w pewnym zbiorze

zwartym U . Na zbiorze U funkcja f jest ograniczona i mo˙zna zastosowa´c le-
mat 3.6. Z lematu tego wynika, ˙ze funkcja ϕ(t) ma granic˛e ϕ(ω

− 0). Punkt

(ω

, ϕ(ω

− 0)) jest punktem brzegowym zbioru Q. Gdyby był to punkt we-

wn˛etrzny, to na podstawie lematu 3.6 (ω

, ϕ(ω

)) byłoby punktem nale˙z ˛

acym

do pewnego Q

, Q

⊂ Q. Mo˙zna byłoby wi˛ec przedłu˙zy´c ϕ(t) na przedział wi˛ek-

szy ni˙z [t

, ω

), co przeczyłoby maksymalno´sci ω

. Podobnie mo˙zna post ˛

api´c z

przedłu˙zeniem w lewo do punktu ω

−

3.3

Zale˙zno´s´c rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i pa-

rametrów

W tym podrozdziale zbadamy zale˙zno´s´c rozwi ˛

azanie od danych pocz ˛

atkowych

oraz dodatkowych parametrów. Zale˙zno´s´c od parametrów oznacza, ˙ze prawa strona
równania zale˙zy od trzech zmiennych f = f (t, x, λ), gdzie t jest zmienn ˛

a niezale˙z-

n ˛

a, x zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a, a λ jest dodatkowym parametrem. Oznacza to rozwa˙zanie

zagadnienia pocz ˛

atkowego

x = f (t, x, λ),

x(t

) = x

(3.16)

Je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem zagadnienia (3.16), to chc ˛

ac bada´c zale˙zno´s´c tego roz-

wi ˛

azania od warunków pocz ˛

atkowych (t

, x

) i parametru λ, b˛edziemy traktowali

to rozwi ˛

azanie jako funkcj˛e wszystkich tych zmiennych, tj. x(t) = ϕ(t, t

, x

, λ).

Okazuje si˛e, ˙ze t˛e ogóln ˛

a sytuacj˛e mo˙zna znacznie upro´sci´c. Dokonuj ˛

ac zamia-

ny zmiennych

t → t − t

, x → x − x

mo˙zemy zagadnienie pocz ˛

atkowe (3.16) sprowadzi´c do postaci

x = f (t − t

, x − x

, λ),

x(0) = 0.

(3.17)

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

W tym zapisie t

i x

s ˛

a dodatkowymi parametrami funkcji f . Oznacza to, ˙ze

zale˙zno´s´c od warunków pocz ˛

atkowych mo˙zna sprowadzi´c do zale˙zno´sci prawej

strony równania od parametru. Mo˙zliwa jest tak˙ze operacja odwrotna. Mo˙zemy
potraktowa´c λ jako zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a, uzupełniaj ˛

ac zagadnienie (3.16) równaniem

˙λ = 0,

z warunkiem pocz ˛

atkowym

λ(t

) = λ

gdzie λ

jest ustalon ˛

a warto´sci ˛

a parametru λ (wybran ˛

a dowolnie). Przyjmuj ˛

y =

x
λ

i g =

otrzymujemy zagadnienie pocz ˛

atkowe

y = g(t, y),

y(t

) = y

sprowadzaj ˛

ace zale˙zno´s´c od parametru do zale˙zno´sci od warunku pocz ˛

atkowego.

W dalszej cz˛e´sci tego podrozdziału rozpatruj ˛

ac zale˙zno´s´c od warunku pocz ˛

at-

kowego b˛edziemy zakładali, ˙ze t

jest ustalone a zmienia si˛e tylko x

, czyli warto´s´c

rozwi ˛

azania w chwili pocz ˛

atkowej. To ograniczenie słu˙zy jedynie uproszczeniu za-

pisu i nie jest istotne. Gładko´s´c rozwi ˛

azania wzgl˛edem chwili pocz ˛

atkowej t

jest

bowiem taka sama jak gładko´s´c rozwi ˛

azania wzgl˛edem t, co wynika natychmiast

z zamiany zmiennych t → t − t

Rozwa˙zania o zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i parametrów

poprzedzimy dwoma twierdzeniami dotycz ˛

acymi funkcji wielu zmiennych. Mimo

˙ze twierdzenia te nale˙z ˛

a do kursu analizy, przytaczamy je tutaj w sformułowaniu,

które b˛edzie wygodne do bezpo´sredniego zastosowania w dowodach tego podroz-
działu. Dowody tych twierdze´n (lub twierdze´n podobnych) s ˛

a podawane na wykła-

dzie Analizy II.

3.8 TWIERDZENIE. (Twierdzenie o sko ´nczonych przyrostach) Na

zwartym

odcinku

[a, b] ⊂ R dane s ˛

a dwie funkcje

f : [a, b] → R

oraz

g : [a, b] → R.

Zakładamy, ˙ze funkcje

f i g s ˛

a ró˙zniczkowalne w ka˙zdym punkcie odcinka

(a, b)

oraz spełnione jest szacowanie

k ˙

f (t)k 6 ˙g(t),

dla

t ∈ (a, b).

Wtedy

kf (b) − f (a)k 6 g(b) − g(a).

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.9 TWIERDZENIE. Niech J ⊂ R b˛edzie odcinkiem na prostej (nie koniecznie
ograniczonym) a

A ⊂ R

dowolnym podzbiorem w R

Je´sli funkcja

ψ: J × A → R

jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a argumentu

t, dla t ∈ J , przy

ustalonym

x ∈ A oraz jest ci ˛

agła po

x, dla x ∈ A, jednostajnie po t ∈ J , to ψ jest

funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów

(t, x) ∈ J × A.

Je´sli funkcja

ψ: J × A → R

jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów

(t, x) ∈ J × A

oraz odcinek

J jest zwarty, to ψ(t, x) jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentu

x jednostajnie

t ∈ J .

Po tej powtórce z analizy przejdziemy do zasadniczego tematu, tj. zale˙zno-

´sci rozwi ˛

aza´n od warunków pocz ˛

atkowych i parametrów. Zasadnicze twierdzenia

poprzedzimy kilkoma lematami. Ich celem jest wydzielenie z dowodów pewnych
faktów, które opisuj ˛

a ogólne własno´sci rozwi ˛

aza´n równa´n ró˙zniczkowych.

3.10 TWIERDZENIE. (Lemat Gronwalla) Niech na przedziale [0, T ] dane b˛e-
d ˛

a funkcje rzeczywiste

a(t), b(t), u(t), ci ˛

agłe na przedziale

(0, T ), oraz niech funk-

cja

u(t) spełnia nierówno´s´c całkow ˛

u(t) 6 a(t) +

b(s)u(s)ds,

dla

t ∈ [0, T ],

(3.18)

dla

b(t) > 0. Wtedy zachodzi oszacowanie

u(t) 6 a(t) +

a(s)b(s) exp

b(τ )dτ

ds.

(3.19)

Je´sli dodatkowo funkcja

a(t) jest niemalej ˛

aca (

a(s) 6 a(t) dla s 6 t), to otrzymu-

jemy prostsze oszacowanie

u(t) 6 a(t) exp

b(τ )dτ

(3.20)

Dowód. Niech φ(t) = exp −

b(s)ds

. Z prostych rachunków i nierówno´sci

(3.18) mamy

φ(t)

b(s)u(s)ds = b(t)φ(t)

u(t) −

b(s)u(s)ds

6 a(t)b(t)φ(t).

Całkuj ˛

ac t˛e nierówno´s´c w przedziale [0, t] dostajemy

φ(t)

b(s)u(s)ds 6

a(s)b(s)φ(s)ds.

(3.21)

Dziel ˛

ac te nierówno´s´c przez φ(t) oraz dodaj ˛

ac do obu stron a(t) dostajemy nie-

równo´s´c (3.19).

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

Aby otrzyma´c nierówno´s´c (3.20) wykorzystamy monotoniczno´s´c funkcji a(t)

przy oszacowaniu prawej strony (3.21)

a(s)b(s)

φ(s)

φ(t)

ds 6 a(t)

b(s) exp

b(τ )dτ

ds =

− a(t)

exp

b(τ )dτ

ds = a(t)

exp

b(s)ds

− 1

Nierówno´s´c (3.21) przyjmuje wi˛ec dla niemalej ˛

acej funkcji a(t) posta´c

b(s)u(s)ds 6 a(t)

exp

b(s)ds

− 1

Po dodaniu a(t) do obu stron tej nierówno´sci dostajemy nierówno´s´c (3.20).

Prostym wnioskiem z powy˙zszego twierdzenia jest nierówno´s´c, któr ˛

a b˛edzie-

my wielokrotnie wykorzystywa´c w dalszych dowodach.

3.11 WNIOSEK. Niech funkcja ci ˛

agła

u(t) spełnia nierówno´s´c całkow ˛

u(t) 6 α +

βu(s) + γ

ds,

dla

t ∈ [0, T ],

(3.22)

gdzie

α, β i γ s ˛

a liczbami rzeczywistymi przy czym

β > 0. Wtedy

u(t) 6 αe

βt

− 1

(3.23)

Udowodnimy teraz lemat, który stanowi zasadniczy krok w dowodzie ci ˛

agłej

zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od warunków pocz ˛

atkowych oraz prawej strony równania.

3.12 LEMAT. Rozwa˙zmy równanie

x = f (t, x),

(3.24)

gdzie, podobnie jak w tw. 3.1, zakładamy, ˙ze funkcja

f (t, x) : R

m+1

→ R

jest ci ˛

agła w zbiorze

Q = {(t, x) : |t − t

| 6 a, |x − x

| 6 b}, ograniczona

sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)| = M oraz spełnia w Q warunek Lipschitza wzgl˛edem zmien-

nej

x ze stał ˛

Niech

(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem pocz ˛

atkowym

) = x

, które istnieje na odcinku

J ⊂ [t

− a, t

+ a], zawieraj ˛

acym w swoim

wn˛etrzu punkt

, oraz spełniaj ˛

ace warunek

(t, ϕ(t)) ∈ Q, dla t ∈ J .

Niech funkcja

(t) b˛edzie funkcj ˛

a klasy

na odcinku

J , spełnia warunki

) = x

(t, ϕ

(t)) ∈ Q dla t ∈ J , oraz b˛edzie bliska rozwi ˛

azaniu równania

(3.24) w tym sensie, ˙ze zachodzi dla niej oszacowanie

k ˙

(t) − f (t, ϕ

(t))k 6 ε

(3.25)

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

dla pewnego

ε > 0 oraz ka˙zdego t ∈ J .

Wtedy dla ka˙zdego

t ∈ J zachodzi oszacowanie

kϕ

(t) − ϕ

(t)k 6 kx

− x

L(t−t

)

L(t−t

)

− 1

(3.26)

Dowód. Dla uproszczenia zapisu przyjmujemy t

= 0 (nie zmniejsza to ogólno-

´sci dowodu, bo warunek taki mo˙zna otrzyma´c przez odpowiedni ˛

a transformacje

zmiennej t). Korzystaj ˛

ac z oszacowania (3.25) oraz faktu, ˙ze funkcja ϕ

(t) jest

rozwi ˛

azaniem równania (3.24) mo˙zemy napisa´c

k ˙

(t) − ˙

(t)k 6 ε + kf (t, ϕ

(t)) − f (t, ϕ

(t))k.

Poniewa˙z funkcja f (t, x) spełnia warunek Lipschitza po zmiennej x, ostatni ˛

a nie-

równo´s´c mo˙zna przepisa´c w postaci

k ˙

(t) − ˙

(t)k 6 ε + Lkϕ

(t) − ϕ

(t)k.

Niech ϕ(t) = ϕ

(t) − ϕ

(t). Funkcja ta jest klasy C

na odcinku J , bo taka jest z

zało˙zenia funkcja ϕ

(t), a dla funkcji ϕ

(t) wynika to z tw. 3.1. Z twierdzenia 3.8

dostajemy wtedy

kϕ(t) − ϕ(0)k 6

ε + Lkϕ(τ )k

dτ.

Korzystaj ˛

ac z prostego zwi ˛

azku kϕ(τ )k

6 kϕ(0)k + kϕ(τ ) − ϕ(0)k dostajemy

oszacowanie

kϕ(t) − ϕ(0)k 6 ε + Lkϕ(0)k

t + L

kϕ(τ ) − ϕ(0)kdτ.

Je´sli w ostatnim oszacowaniu oznaczymy u(t) = kϕ(t) − ϕ(0)k

> 0 oraz k =

ε + Lkϕ(0)k

> 0, to oszacowanie to przyjmie posta´c

u(t) 6 kt + L

u(τ )dτ.

Jest to nierówno´s´c z wniosku 3.11. Z tego wniosku wynika oszacowanie

kϕ(t) − ϕ(0)k 6

+ kϕ(0)k

− 1

Z tej ostatniej nierówno´sci otrzymujemy

kϕ(t)k 6 kϕ(0)k + kϕ(t) − ϕ(0)k 6 kϕ(0)ke

− 1

Korzystaj ˛

ac z faktu, ˙ze ϕ(0) = ϕ

(0) − ϕ

(0) = x

− x

dostajemy oszacowanie

z tezy.

Przejdziemy teraz do dowodu twierdzenie o ci ˛

agłej zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od

warunków pocz ˛

atkowych i parametrów.

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

3.13 TWIERDZENIE. Niech f (t, x, λ) b˛edzie ograniczona i ci ˛

agła dla

(t, x) ∈

J × A ⊂ R × R

λ ∈ G ⊂ R

, gdzie zbiory

J × A i G s ˛

a otwarte i ograniczone.

Zakładamy, ˙ze

∈ J oraz funkcja f spełnia po zmiennej x ∈ A warunek Lip-

schitza ze stał ˛

L niezale˙zn ˛

a od

t ∈ J oraz λ ∈ G. Wtedy rozwi ˛

azanie

ϕ(t, x

, λ

)

równania (3.16) zale˙zy w sposób ci ˛

agły od punktu

, λ

Dowód. Na podstawie uwag uczynionych na pocz ˛

atku tego podrozdziału zajmie-

my si˛e wył ˛

acznie zale˙zno´sci ˛

a rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych. Rozpatrywa´c

wi˛ec b˛edziemy równania w postaci (3.24).

Niech ϕ(t, u

) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem pocz ˛

atko-

wym ϕ(t

) = u

, a ϕ(t, u

) rozwi ˛

azaniem z warunkiem ϕ(t

) = u

Z lematu 3.12 wynika oszacowanie

kϕ(t, u

) − ϕ(t, u

)k 6 ku

− u

L(t−t

)

Niech K = sup

t∈J

L(t−t

)

(zało˙zyli´smy ograniczono´s´c przedziału J , co gwaran-

tuje sko´nczono´s´c stałej K). Wtedy

kϕ(t, u

) − ϕ(t, u

)k 6 Kku

− u

co oznacza, ˙ze rozwi ˛

azanie ϕ(t, u) spełnia warunek Lipschitza po warunku pocz ˛

at-

kowym u ze stał ˛

a niezale˙zn ˛

a od t ∈ J , czyli jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a warunku pocz ˛

atko-

wego.

Poka˙zemy teraz, ˙ze ϕ(t, u) jest funkcja ci ˛

agł ˛

a obu argumentów. Zauwa˙zmy, ˙ze

funkcja ta jest ci ˛

agła jako funkcja t przy ustalonym u, co wynika z tw. 3.1. Je´sli

teraz ustalimy t, to funkcja ϕ(t, u) jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a u i ci ˛

agło´s´c ta jest jednostajna

po t ∈ J , co wynika ze spełniania warunku Lipschitza po u ze stał ˛

a niezale˙zn ˛

a od

t. Ci ˛

agło´s´c to parze argumentów (t, u) wynika teraz z tw. 3.9.

Powy˙zsze twierdzenie mo˙zna udowodni´c przy nieco słabszych zało˙zeniach.

Dowód takiego twierdzenia wymaga w zasadzie powtórzenia dowodu twierdze-
nia Peano dla ró˙znicy funkcji ϕ(t, u

) i ϕ(t, u

), dlatego przytaczamy je tu bez

dowodu.

3.14 TWIERDZENIE. Je´sli funkcja f (t, x, λ) jest ograniczona i ci ˛

agła w pew-

nym zbiorze otwartym

Q, a przez ka˙zdy punkt (t

, x

, λ

) ∈ Q przechodzi do-

kładnie jedna krzywa całkowa

ϕ(t, x

, λ

) równania (3.16), to ϕ zale˙zy w sposób

ci ˛

agły od punktu

, λ

Przejdziemy teraz do dowodu gładkiej zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od warunków

pocz ˛

atkowych i parametrów.

3.15 TWIERDZENIE. Niech f (t, x, λ) b˛edzie funkcj ˛

a klasy

swoich argumen-

tów dla

(t, x) ∈ Q ⊂ R

m+1

λ ∈ G ⊂ R

, gdzie zbiory

Q i G s ˛

a otwarte. Wtedy

rozwi ˛

azanie

ϕ(t, x

, λ) zagadnienia pocz ˛

atkowego (3.16) jest klasy

wzgl˛edem

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

zmiennych

t, x

, λ w otwartym zbiorze, na którym jest okre´slone. Je´sli y(t) jest

macierz ˛

a Jacobiego

∂ϕ(t,x

,λ)

∂λ

, to spełnia ona równanie

∂f (t, x, λ)

∂x

y +

∂f (t, x, λ)

∂λ

(3.27)

z warunkiem pocz ˛

atkowym

y(t

) =

∂ϕ(t

, x

, λ)

∂λ

= 0.

Natomiast macierz Jacobiego

z(t) =

∂ϕ(t,x

,λ)

∂x

spełnia równanie

∂f (t, x, λ)

∂x

(3.28)

z warunkiem pocz ˛

atkowym

z(t

) =

∂ϕ(t

, x

, λ)

∂x

= I,

gdzie

I jest macierz ˛

a identyczno´sciow ˛

m × m.

Dowód. Ró˙zniczkowalno´s´c w sposób ci ˛

agły wzgl˛edem t wynika z tw. 3.1 ( ˙

x jest

funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów (t, x

, λ), bo jako rozwi ˛

azanie równania jest równe

f (t, ϕ(t, x

), λ)). Podobnie jak w tw. 3.13 ograniczymy si˛e do rozpatrzenia zale˙z-

no´sci od danych pocz ˛

atkowych i udowodnimy, ˙ze rozwi ˛

azanie jest klasy C

jako

funkcja warunku pocz ˛

atkowego.

Niech ϕ(t, x

) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem pocz ˛

atko-

wym ϕ(t

) = x

, a ϕ(t, u) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem

pocz ˛

atkowym ϕ(t

) = u. Wprowad´zmy pomocnicz ˛

a funkcj˛e

w(t) = ϕ(t, u) − ϕ(t, x

) − z(t) · (u − x

(3.29)

gdzie z(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (3.28) z funkcj ˛

a f niezale˙zn ˛

a od λ.

Niech B(t, u) =

∂f (t,ϕ(t,u))

∂x

. Wtedy równanie (3.28) mo˙zna zapisa´c jako

z(t) − B(t, u)z(t) = 0.

Korzystaj ˛

ac z definicji funkcji w(t) oraz równania (3.28) obliczmy lew ˛

a stron˛e

powy˙zszej równo´sci dla funkcji w

w(t) − B(t, u)w(t) =f (t, ϕ(t, u)) − f (t, ϕ(t, x

))

−

∂f (t, ϕ(t, x

))

∂x

ϕ(t, u) − ϕ(t, x

)

(3.30)

Prawa strona równania (3.30) zeruje si˛e dla u = x

a jej pochodna po u wynosi

∂f (t, ϕ(t, u))

∂x

−

∂f (t, ϕ(t, x

))

∂x

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

Z wielowymiarowego wzoru Taylora wynika wi˛ec oszacowanie

kf (t, ϕ(t, u)) − f (t, ϕ(t, x

)) −

∂f (t, ϕ(t, x

))

∂x

ϕ(t, u) − ϕ(t, x

)

6 mkϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k,

gdzie

m = sup

α∈[0,1]

∂f t, αϕ(t, u) − (1 − α)ϕ(t, x

)

∂x

−

∂f t, ϕ(t, x

)

∂x

Wynika st ˛

ad oszacowanie

k ˙

w(t) − B(t, u)w(t)k 6 mkϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k.

Poka˙zemy teraz, ˙ze stała m mo˙ze by´c dowolnie mała, je´sli u → x

. W tym ce-

lu zauwa˙zmy, ˙ze funkcja

∂f (t,αϕ(t,u)−(1−α)ϕ(t,x

))

∂x

jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a argumentów

(t, u, α). Z tw. 3.2 wynika, ˙ze funkcja ta d ˛

a˙zy do

∂f (t,ϕ(t,x

))

∂x

, gdy u → x

, jedno-

stajnie po t ∈ J oraz α ∈ [0, 1]. Dla ka˙zdego ε > 0 istnieje wi˛ec stała η, taka ˙ze
gdy kϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k 6 η, to m 6 ε. Mamy wi˛ec oszacowanie

k ˙

w(t) − B(t, u)w(t)k 6 εkϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k,

(3.31)

które jest prawdziwe dla kϕ(t, u)−ϕ(t, x

)k 6 η. Poniewa˙z z lematu 3.12 wynika,

˙ze przy zało˙zeniach twierdzenia rozwi ˛

azanie jest funkcj ˛

a lipschitzowsk ˛

a warunku

pocz ˛

atkowego, to istnieje stała K, taka ˙ze

kϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k 6 Kku − x

Ł ˛

acz ˛

ac te oszacowania dostajemy

k ˙

w(t) − B(t, u)w(t)k 6 εKku − x

(3.32)

Zajmiemy si˛e teraz równaniem

˙v(t) = B(t, u)v(t).

(3.33)

Prawa strona tego równania spełnia warunek Lipschitza ze stał ˛

a β

β =

sup

t∈J,u∈A

kB(t, u)k,

gdzie J jest zwartym odcinkiem zawieraj ˛

acym w swoim wn˛etrzu t

a A = {u :

ku − x

k 6 η} jest zwartym otoczeniem punktu x

. Rozwi ˛

azaniem równania

(3.33) z warunkiem v(t

) = 0 jest oczywi´scie funkcja v(t) ≡ 0. Z drugiej strony

funkcja w(t) spełnia warunek w(t

) = 0, co wynika z jej definicji oraz obserwacji,

˙ze ϕ(t

, u) = u, ϕ(t

, x

) = x

a z(t

) = I. Z nierówno´sci (3.32) wynika, ˙ze

funkcja w(t) jest bliska rozwi ˛

azaniu równania (3.33) w sensie opisanym w lemacie

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.12. Funkcja ta spełnia tak˙ze zało˙zenia tego lematu. Rozwi ˛

azanie v(t) ≡ 0 spełnia

tak˙ze zało˙zenia tego lematu. Z nierówno´sci (3.26) wynika wi˛ec oszacowanie

kw(t)k 6 εKku − x

β(t−t

)

− 1

Ułamek po prawej stronie ostatniej nierówno´sci jest jednostajnie ograniczony dla
ka˙zdego t ∈ J . Pozwala to ostatni ˛

a nierówno´s´c zapisa´c w postaci

kw(t)k 6 εK

ku − x

dla ku − x

k 6 η,

czyli

kϕ(t, u) − ϕ(t, x

) − z(t) · (u − x

)k 6 εK

ku − x

Poniewa˙z oszacowanie to jest prawdziwe dla ka˙zdego ε > 0, wynika z niego ist-

nienie pochodnej

∂ϕ(t,u)

∂u

w punkcie u = x

oraz dowodzi, ˙ze jest ona równa z(t).

Musimy jeszcze pokaza´c, ˙ze ϕ(t, u) jest funkcja klasy C

wzgl˛edem pary argu-

mentów (t, u). Na pocz ˛

atku dowodu zauwa˙zyli´smy, ˙ze pochodna

∂ϕ(t,u)

∂t

jest funk-

cj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów (t, u), bo jako rozwi ˛

azanie równania jest równa f (t, ϕ(t, u))

a f jest z zało˙zenia ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a. W przypadku pochodnej

∂ϕ(t,u)

∂u

wykazali´smy,

˙ze w punkcie u = x

jest ona równa rozwi ˛

azaniu z(t) równania (3.28). W otocze-

niu punktu x

prawa strona tego równania spełnia warunek Lipschitza. Z tw. 3.13

wynika wi˛ec, ˙ze jest ona ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a (t, u). Wykazali´smy w ten sposób, ˙ze obie

pochodne cz ˛

astkowe funkcji ϕ(t, u) s ˛

a ci ˛

agłymi funkcjami pary zmiennych (t, u),

czyli funkcja ϕ(t, u) jest klasy C

jako funkcja pary argumentów.

3.16 WNIOSEK. Je´sli w zało˙zeniach tw. 3.15 funkcja f (t, x, λ) jest klasy C

gdzie

r > 1, to rozwi ˛

azanie

ϕ(t, x

, λ) jest te˙z klasy C

Dowód. Rozumowanie jest identyczne dla ka˙zdej zmiennej, od której zale˙zy roz-
wi ˛

azanie. Indukcyjny dowód przeprowadzimy tylko dla zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od

parametru. Załó˙zmy, ˙ze wniosek jest prawdziwy dla r = s. Poka˙zemy, ˙ze je´sli
f (t, x, λ) jest klasy C

s+1

, to rozwi ˛

azanie jest te˙z tej klasy. Ró˙zniczkujemy równa-

nie (3.16) s razy po λ i otrzymujemy równanie, dla którego spełnione s ˛

a zało˙zenia

tw. 3.15, czyli jego rozwi ˛

azanie jest klasy C

. Skoro s-ta pochodna jest klasy C

to rozwi ˛

azanie równania (3.16), podobnie jak funkcja f (t, x, λ), jest ró˙zniczko-

walne w sposób ci ˛

agły s + 1 razy.

3.17 Przykład. Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

x = µx

+ 2t,

x(0) = µ − 1.

Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛

a rozwi ˛

azania wzgl˛edem parametru

∂x

∂µ

µ=0

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

Sprowadzamy problem do równania, w którym zale˙zna od parametru jest tylko

prawa strona równania. W tym celu wprowadzamy now ˛

a zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a y = x −

µ + 1. Rozpatrywane zagadnienie Cauchy’ego redukuje si˛e teraz do nast˛epuj ˛

acego

y = µy

+ 2µ

y + 2t + µ

− 2µ

+ µ,

y(0) = 0.

(3.34)

Zgodnie z tw. 3.15 dostajemy równanie

z = (2µy + 2µ

)z + (y

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1).

Równanie to rozwi ˛

azujemy standardow ˛

a metod ˛

a dla równa´n liniowych. Najpierw

znajdujemy rozwi ˛

azanie równania jednorodnego

z(t) = c exp

(2µy + 2µ

)ds

a nast˛epnie uzmienniamy stał ˛

a otrzymuj ˛

ac (korzystamy z warunku pocz ˛

atkowego

z(0) = 0)

c(t) =

exp

−

(2µy + 2µ

)dτ

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1)ds.

St ˛

z(t) = exp

(2µy + 2µ

)ds

exp

−

(2µy + 2µ

)dτ

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1)ds =

exp

(2µy + 2µ

)dτ

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1)ds.

Zauwa˙zmy, ˙ze dla µ = 0 równanie (3.34) ma rozwi ˛

azanie y = t

. Wykorzystuj ˛

to rozwi ˛

azanie dostajemy po przej´sciu granicznym

lim

µ→0

z(t) =

+ 1)ds =

+ t.

Poniewa˙z z =

∂y

∂µ

∂x
∂µ

− 1, wi˛ec

∂x

∂µ

µ=0

+ t + 1.

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.4

Twierdzenie o prostowaniu

Twierdzenie, które poni˙zej przedstawiamy, jest wła´sciwie prostym wnioskiem z
tw. 3.15. Jest ono jednak wa˙zne, poniewa˙z daje geometryczny opis lokalnego za-
chowania krzywych całkowych. Z twierdzenia tego wynika, ˙ze krzywe całkowe
równania ró˙zniczkowego s ˛

a lokalnie równoległe wzgl˛edem siebie, tzn. przez od-

powiedni dyfeomorfizm mo˙zna je zamieni´c na rodzin˛e prostych równoległych. Ta
własno´s´c sprawia, ˙ze twierdzenie to nazywa si˛e twierdzeniem o lokalnym pro-
stowaniu krzywych całkowych pola wektorowego.

3.18 TWIERDZENIE. W zbiorze otwartym Q ⊂ R

m+1

dane jest równanie

x = f (t, x)

(3.35)

z funkcj ˛

f klasy C

, r > 1. Niech (t

, x

) ∈ Q. Istnieje wtedy V , (t

, x

) ∈ V ⊂

Q oraz dyfeomorfizm klasy C

g: V → W , gdzie W jest obszarem w R

m+1

, o tej

własno´sci, ˙ze je´sli

(s, u

, . . . , u

) jest lokalnym układem współrz˛ednych w W , to

g przeprowadza równanie (3.35) w równanie

= 0.

Dowód. Niech ϕ(t, t

, p) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.35) z warunkiem po-

cz ˛

atkowym x(t

) = x

= p. Naszym celem jest zadanie przekształcenia, które

krzyw ˛

a całkow ˛

a ϕ(t, t

, p) przekształci na prost ˛

a u(s) = p. Odwzorowanie to ła-

twiej jest zapisa´c w formie funkcji odwrotnej (uto˙zsamienie zmiennych t i s wyni-
ka z faktu, ˙ze s opisuje zmian˛e t wzdłu˙z krzywej całkowej ϕ(t, t

, p))

−1

(t, p) = t, ϕ(t, t

, p)

(3.36)

Z wniosku 3.16 wynika, ˙ze g jest odwzorowaniem klasy C

. Jakobian odwzorowa-

nia (3.36) w punkcie (t

, p) jest ró˙zny od zera, czyli g jest dyfeomorfizmem klasy

. Poka˙zemy teraz, ˙ze odwzorowanie g przeprowadza pole wektorowe [1, f (t, x)]

na pole [1, 0]. Wynika to z faktu, ˙ze je´sli g przeprowadza krzywe ϕ(t, t

, p) na pro-

ste u(s) = p, to wektory styczne do jednej rodziny krzywych s ˛

a przeprowadzane

na wektory styczne do drugiej rodziny. Mo˙zemy wi˛ec powiedzie´c, ˙ze dyfeomor-
fizm g przeprowadza równanie (3.35), któremu odpowiada pole [1, f (t, x)], w rów-
nanie

= 0, któremu odpowiada pola wektorowego [1, 0].

Rozdział 4

Układy równa ´n liniowych

4.1

Ogólne układy pierwszego rz˛edu

W rozdziale tym b˛edziemy si˛e zajmowa´c układami równa´n liniowych. Główn ˛

uwag˛e po´swi˛ecimy zagadnieniom pocz ˛

atkowym dla układów pierwszego rz˛edu

x = A(t)x + f (t),

(4.1)

x(t

) = x

(4.2)

W równaniu (4.1) x(t) jest funkcj ˛

a o warto´sciach wektorowych w przestrzeni R

x(t) =






(t)






Tak˙ze funkcja f (t) jest funkcj ˛

a wektorow ˛

a o warto´sciach w R

. Natomiast A(t)

jest macierz ˛

a m × m, A(t) = (a

(t))

i,j=1

4.1 TWIERDZENIE. Je´sli funkcje A(t) i f (t) s ˛

a ci ˛

agłe dla

t ∈ (a, b), to przez

ka˙zdy punkt zbioru

Q = (a, b) × R

przechodzi dokładnie jedna krzywa całko-

wa równania (4.1). Maksymalnym przedziałem istnienia rozwi ˛

azania jest przedział

(a, b).

Dowód. Istnienie i jednoznaczno´s´c lokalnego rozwi ˛

azania wynika z tw. 3.1, bo

A(t)x + f (t) spełnia lokalnie warunek Lipschitza. Nale˙zy pokaza´c, ˙ze otrzymane
rozwi ˛

azanie przedłu˙za si˛e na cały odcinek (a, b). Niech x(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem

przechodz ˛

acym przez punkt (t

, x

). Poka˙zemy, ˙ze je´sli t

∈ (a, b), to x(t

) jest

ograniczone. Z całkowej postaci równania (4.1)

x(t) = x

A(s)x(s)ds +

f (s)ds

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

wynika oszacowanie

kx(t

)k 6 kx

k + K

kx(s)kds +

kf (s)kds,

gdzie K = sup

t∈[t

]

kA(t)k. Poniewa˙z odcinek [t

, t

] jest zwarty, wi˛ec funkcja

f (t) jest ograniczona dla t ∈ [t

, t

] i

k +

kf (s)kds = c < +∞.

St ˛

kx(t

)k 6 c + K

kx(s)kds.

Na podstawie tw. 3.10 otrzymujemy

kx(t

)k 6 ce

K(t

−t

)

Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie x(t) jest ograniczone w ka˙zdym punkcie t

∈ (a, b).

Podobnie jak w przypadku skalarnym wa˙zn ˛

a cz˛e´sci ˛

a analizy jest badanie rów-

nania jednorodnego

x = A(t)x.

(4.3)

Z tw. 4.1 wynika nast˛epuj ˛

acy wniosek.

4.2 WNIOSEK. Je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (4.3) i

x(t

) = 0 dla pew-

nego

∈ (a, b), to x(t) jest to˙zsamo´sciowo równe zeru.

Dowód. Funkcja x(t) ≡ 0 jest rozwi ˛

azaniem równania (4.3) przy warunku po-

cz ˛

atkowym x(t

) = 0. Z jednoznaczno´sci rozwi ˛

aza´n wynika, ˙ze jest to jedyne

rozwi ˛

azanie tego zagadnienia pocz ˛

atkowego.

4.3 TWIERDZENIE. Rozwi ˛

azania równania jednorodnego (4.3) tworz ˛

m-wy-

miarow ˛

a przestrze´n liniow ˛

Dowód. Niech E b˛edzie zbiorem wszystkich rozwi ˛

aza´c równania (4.3). Niech

(t), x

(t) ∈ E. Wtedy

x(t) = c

(t) + c

(t) ∈ E,

x(t) = c

(t) + c

(t) = c

A(t)x

(t) + c

A(t)x

(t) =

= A(t) c

(t) + c

(t)

4.1. OGÓLNE UKŁADY PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

Wobec tego E jest przestrzeni ˛

a liniow ˛

a. Udowodnimy teraz, ˙ze dim E = m. Niech

∈ (a, b) i zdefiniujmy odwzorowanie

L: x(t) 7−→ x(t

) = x

∈ R

Odwzorowanie to jest liniowe

L c

(t) + c

(t)

= c

L x

(t)

+ c

L x

(t)

i odwzorowuje E w R

. Odwzorowanie to jest izomorfizmem. W tym celu za-

uwa˙zmy, ˙ze je´sli ustalimy x

∈ R

, to istnieje rozwi ˛

azanie równania (4.3) z wa-

runkiem x(t

) = x

. Wynika to z tw. 4.1. Odwzorowanie L jest wi˛ec „na”. Odwzo-

rowanie L jest te˙z wzajemnie jednoznaczne. W tym celu wystarczy zauwa˙zy´c, ˙ze
je´sli x(t

) = 0, to x(t) jest funkcj ˛

a to˙zsamo´sciowo równ ˛

a zeru, co wynika z wnio-

sku 4.2.

4.4 WNIOSEK. Je´sli x

(t) jest rozwi ˛

azaniem szczególnym równania niejedno-

rodnego (4.1), a wektory

(t), i = 1, . . . , m, s ˛

a baz ˛

a przestrzeni

E rozwi ˛

aza´n

równania jednorodnego, to rozwi ˛

azanie ogólne równania niejednorodnego ma po-

sta´c

x(t) = x

(t) + c

(t) + · · · + c

(t),

gdzie

∈ R.

Dowód. Je´sli x

(t) i x(t) s ˛

a dwoma ró˙znymi rozwi ˛

azaniami równania (4.1), to ich

ró˙znica x

(t) − x(t) jest, jak łatwo zauwa˙zy´c, rozwi ˛

azaniem równania (4.3).

Rozwa˙zmy baz˛e przestrzeni rozwi ˛

aza´c równania (4.3). Baza ta składa si˛e z m

funkcji: x

(t), x

(t), . . . , x

(t). Z funkcji x

(t), i = 1, . . . , m, tworzymy macierz

X(t), tak aby kolejne wektory x

(t) tworzyły kolumny macierzy X(t).

Macierz X(t) spełnia równanie

X = A(t)X.

(4.4)

Równanie (4.4) jest zapisaniem w postaci macierzowej równa´n (4.3) dla wektorów
x

(t).

4.5 TWIERDZENIE. Niech X(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (4.4) w prze-

dziale

(a, b). Zdefiniujmy

∆(t) = det X(t) =

. . .

. ..

. . .

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Dla dowolnych

t, t

∈ (a, b) mamy równo´s´c

∆(t) = ∆(t

) exp

tr A(s)ds,

(4.5)

gdzie

tr A =

m
i=1

oznacza ´slad macierzy

Dowód. Niech A(t) = (a

(t))

i,j=1

oraz X(t) = (x

j
i

(t))

i,j=1

, gdzie x

j
i

(t) jest

j-t ˛

a składow ˛

a wektora x

Z prawa ró˙zniczkowania wyznacznika mamy

∆(t) =

. . .

. ..

. . .

+ · · · +

. . .

. ..

. . .

Dla pojedynczej składowej wektora x

(t) równanie (4.3) ma posta´c

j
i

k=1

k
i

Wykorzystuj ˛

ac t˛e posta´c równania (4.3) dostajemy

∆(t) =

. . .

. ..

. . .

+ · · ·

. . .

. ..

. . .

Korzystaj ˛

ac z własno´sci wyznacznika ostatni ˛

a równo´s´c mo˙zna zapisa´c w postaci

∆(t) = ∆(t)

i=1

(t),

co po scałkowaniu daje tez˛e.

4.6 WNIOSEK. Je´sli ∆(t

) 6= 0 w pewnym punkcie t

∈ (a, b), to ∆(t) 6= 0 dla

ka˙zdego

t ∈ (a, b).

4.1. OGÓLNE UKŁADY PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

4.7 DEFINICJA. Macierz kwadratowa X(t) o wymiarze m×m spełniaj ˛

aca rów-

nanie (4.4), dla której

∆(t) 6= 0, nazywa si˛e macierz ˛

a fundamentaln ˛

a ukła-

du (4.3). Wektory

(t), . . . , x

(t) b˛ed ˛

ace kolumnami macierzy fundamentalnej,

nazywaj ˛

a si˛e

fundamentalnym układem rozwi ˛

aza ´n równania (4.3). Wyznacznik

∆(t) nazywa si˛e wtedy wyznacznikiem Wro ´nskiego (wro ´nskianem) układu funk-
cji

(t), . . . , x

(t).

Je´sli wyznacznik Wro´nskiego układu funkcji x

(t), x

(t), . . . , x

(t) jest ró˙zny od

zera w pewnym punkcie t

, to wektory x

), x

), . . . , x

) s ˛

a liniowo nie-

zale˙zne. Twierdzenie 4.5 mówi, ˙ze je´sli pewien układ rozwi ˛

aza´n równania (4.3)

jest liniowo niezale˙zny w jednym punkcie t

∈ (a, b), to jest liniowo niezale˙zny

dla ka˙zdego t ∈ (a, b). Wynika st ˛

ad łatwy sposób konstruowania układu funda-

mentalnego.

4.8 TWIERDZENIE. Ka˙zde liniowe równanie jednorodne ma układ fundamen-
talny.

Dowód. Wybieramy m liniowo niezale˙znych wektorów w R

: x

, x

, . . . , x

i rozwi ˛

azujemy równanie

x = A(t)x

z warunkami

x(t

) = x

i = 1, . . . , m,

gdzie t

∈ (a, b).

Otrzymane rozwi ˛

azania x

(t) tworz ˛

a układ fundamentalny, bo ∆(t

) 6= 0

(z liniowej niezale˙zno´sci x

) i ∆(t) 6= 0 dla ka˙zdego t ∈ (a, b) z tw. 4.5.

Udowodnimy teraz wielowymiarowy wariant metody uzmienniania stałej.

4.9 TWIERDZENIE. Niech b˛edzie dane zagadnienie pocz ˛

atkowe dla równania

niejednorodnego (4.1) – (4.2). Rozwi ˛

azaniem tego zagadnienia jest funkcja

x(t) = X(t)X

−1

+ X(t)

−1

(s)f (s)ds,

gdzie

X(t) jest macierz ˛

a fundamentaln ˛

a układu (4.3).

Dowód. Niech x

(t), . . . , x

(t) b˛ed˛e układem fundamentalnym rozwi ˛

aza´n rów-

nania (4.3). Ka˙zde rozwi ˛

azanie tego równania mo˙zna zapisa´c jako kombinacj˛e li-

niow ˛

x(t) = c

(t) + · · · + c

(t).

Rozwi ˛

azania równania (4.1) b˛edziemy poszukiwa´c uzmienniaj ˛

ac stałe c

, . . . , c

x(t) = c

(t)x

(t) + c

(t)x

(t) + · · · + c

(t)x

(t).

(4.6)

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Niech X(t) b˛edzie macierz ˛

a fundamentaln ˛

a, której kolumnami s ˛

a wektory x

(t),

oraz

C(t) =






(t)
..

(t)






Pozwala to zapisa´c macierzow ˛

a posta´c równania (4.6)

x(t) = X(t)C(t).

Po podstawieniu do równania (4.1) otrzymujemy

X(t)C(t) + X(t) ˙

C(t) = AX(t)C(t) + f (t).

Poniewa˙z X(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (4.4), to powy˙zsze równanie upraszcza

si˛e do nast˛epuj ˛

acego

X(t) ˙

C(t) = f (t).

X(t) jest macierz ˛

a nieosobliw ˛

a, istnieje wi˛ec X

−1

(t) i ostatnie równanie mo˙zna

zapisa´c jako

C(t) = X

−1

(t)f (t).

Całkuj ˛

ac to równanie otrzymujemy

C(t) = C(t

) +

−1

(s)f (s)ds.

Je´sli ma by´c spełniony warunek pocz ˛

atkowy, to

X(t

)C(t

) = x

co daje

C(t

) = X

−1

Ostatecznie C(t) dana jest wzorem

C(t) = X

−1

(s)f (s)ds.

Wstawiaj ˛

ac to wyra˙zenie do macierzowej wersji równania (4.6) otrzymujemy tez˛e.

4.2

Układy o stałych współczynnikach

Poniewa˙z brak jest ogólnych metod całkowania układów o zmiennych współczyn-
nikach, zajmiemy si˛e układami pierwszego rz˛edu o stałych współczynnikach. Dla
układów takich istniej ˛

a skuteczne metody znajdowania rozwi ˛

aza´n.

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Twierdzenie 4.9 daje nam analityczny wzór na rozwi ˛

azanie równania niejedno-

rodnego, kiedy znany jest układ fundamentalny rozwi ˛

aza´n równania jednorodnego.

Wystarczy wi˛ec ograniczy´c si˛e do analizy układów jednorodnych

x = Rx,

(4.7)

x(t

) = x

(4.8)

gdzie R jest stał ˛

a macierz ˛

a o wymiarze m × m.

Gdyby równanie (4.7) było równaniem skalarnym, to rozwi ˛

azaniem zagadnie-

nia pocz ˛

atkowego (4.7) – (4.8) byłaby funkcja x(t) = x

R(t−t

)

. Poka˙zemy, ˙ze w

przypadku wektorowym prawdziwy jest analogiczny wzór, je´sli tylko zdefiniujemy
funkcj˛e e

dla macierzy.

4.10 DEFINICJA. Je´sli A jest macierz ˛

a kwadratow ˛

m × m, to e

definiujemy

jako sum˛e szeregu

≡ I + A +

+ · · · +

+ · · · ,

(4.9)

gdzie

oznacza

n-krotne mno˙zenie macierzy A przez siebie.

Szereg (4.9) jest zbie˙zny jako szereg majoryzowany przez szereg

1 + K +

+ · · · +

+ · · · = e

gdzie K = kAk.

4.11 Przykład. Obliczymy e

dla macierzy

A =









Aby nie liczy´c sumy niesko´nczonego szeregu, rozło˙zymy macierz A na sum˛e dwóch
macierzy









, B =









Poniewa˙z iloczyn A

B jest przemienny, tzn. A

B = BA

, wi˛ec ze wzoru (4.9)

wynika, ˙ze

= e

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze









ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Macierz B jest macierz ˛

a nilpotentn ˛

a i jej kwadrat jest macierz ˛

a zerow ˛

B =









, B









wi˛ec

= I + B =









Ostatecznie

= e









4.12 Przykład. Poka˙zemy, ˙ze przemienno´s´c iloczynu macierzy A

i B w po-

przednim przykładzie jest istotna.

Rozwa˙zmy dwie macierze A i B

A =

0 0

B =

0 1

Obliczmy A

i B

0 0

= A

= A,

0 1

= B

= B.

Wobec tego

− 1 e

− 1

a st ˛

− 1

− 1 2e

− 2e

+ 1

Tymczasem

A + B =

0 1

sk ˛

(A + B)

1 2

i exp (A+B)t

musi mie´c jako składow ˛

a w lewym górnym rogu szereg postaci 1+

1
2

+ . . . . Jest jasne, ˙ze suma tego szeregu nie mo˙ze by´c równa 1, czyli składowej

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

w lewym górnym rogu macierzy e

. W rzeczywisto´sci exp (A + B)t

jest

bardzo skomplikowanym wyra˙zeniem, którego wszystkie cztery składowe s ˛

a du˙zo

bardziej zło˙zone ni˙z dla macierzy e

W przykładzie tym uciekli´smy si˛e do rozpatrywania macierzy e

, aby łatwiej

było zauwa˙zy´c, ˙ze wielomian w lewym górnym rogu macierzy e

(A+B)t

nie daje

si˛e zredukowa´c do stałej. Prawd ˛

a jest tak˙ze, ˙ze e

6= e

(A+B)

, ale trudno to

udowodni´c bez skomplikowanych rachunków.

4.13 TWIERDZENIE. Macierz ˛

a fundamentaln ˛

a równania (4.7) jest

exp(Rt).

Dowód. Liczymy pochodn ˛

a macierzy exp(Rt) korzystaj ˛

ac z definicji eksponenty

macierzy

I + Rt +

+ · · · +

+ · · ·

= R + R

t +

+ · · · +

(n − 1)!

n−1

+ · · · =

= R

I + Rt +

+ · · · +

(n − 1)!

n−1

+ · · ·

= Re

Oznacza to, ˙ze X(t) = exp(Rt) spełnia równanie

X = RX,

czyli jest macierz ˛

a fundamentaln ˛

W przypadku macierzy o zmiennych współczynnikach wzór na macierz fun-

damentaln ˛

a powinien mie´c posta´c exp

A(s)ds

. Niestety, w ogólno´sci wzór

taki nie jest prawdziwy! Macierze A(s) nie musz ˛

a by´c przemienne dla ró˙znych s,

wi˛ec nie mo˙zna poprawnie zdefiniowa´c funkcji wykładniczej od całki z macierzy.
Ten fakt tłumaczy brak analitycznych wzorów na rozwi ˛

azanie układów równa´n li-

niowych o zmiennych współczynnikach, mimo ˙ze wzór taki istnieje dla jednego
równania pierwszego rz˛edu (macierze 1 × 1 s ˛

a zawsze przemienne!).

Zajmiemy si˛e teraz problemem obliczania macierzy exp(Rt). Po pierwsze, mi-

mo ˙ze macierz R jest rzeczywista, b˛edziemy j ˛

a traktowa´c jako przekształcenie li-

niowe C

→ C

. Na mocy twierdzenia Jordana istnieje nieosobliwe przekształ-

cenie liniowe Q, takie ˙ze Q

−1

RQ = J , gdzie J jest macierz ˛

a w kanonicznej

postaci klatkowej Jordana

J =








. . .

. .. ...

. . .








ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Ka˙zda z klatek J

jest klatk ˛

a diagonaln ˛

a albo klatk ˛

a postaci










. . .

. .. ... ...










(4.10)

Przestrze´n C

rozpada si˛e na sum ˛

a prost ˛

a przestrzeni H

, które s ˛

a przestrzeniami

niezmienniczymi dla J , a macierz J ma w H

wektor własny x

, odpowiadaj ˛

acy

warto´sci własnej λ

Wynika z tego, ˙ze

J t








. . .

. ..

. . .








i wystarczy skonstruowa´c

Je´sli macierz J

jest diagonalna, to ze wzoru (4.9) wynika, ˙ze








. . .

. ..

. . .








Je´sli J

ma posta´c (4.10), to rozkładamy J

na sum˛e

= λ

+ K

gdzie k oznacza wymiar przestrzeni niezmienniczej H

. Poniewa˙z macierze I

s ˛

a przemienne, to

= e

Wystarczy wi˛ec znale´z´c e

. Poka˙zemy, ˙ze K

jest macierz ˛

a nilpotentn ˛

a. Ponie-

wa˙z K

ma posta´c










. . .

. .. ... ...

. . .










czyli K

zawiera jedynki na pierwszej podprzek ˛

atnej, to jasne jest, ˙ze kolejne pot˛e-

gi K

zawieraj ˛

a jedynki na kolejnych podprzek ˛

atnych. W szczególno´sci (K

)

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

St ˛











. . .

. .. ... ...

k−1

(k−1)!

. . .











Korzystaj ˛

ac z postaci e

mo˙zemy zbudowa´c exp(J

t), a nast˛epnie exp(J t). Aby

przej´s´c do exp(Rt) zauwa˙zmy, ˙ze

= QJ

−1

gdzie przekształcenie Q sprowadza R do postaci Jordana. Korzystaj ˛

ac z tej równo-

´sci, otrzymujemy

exp(Rt) = Q exp(J t)Q

−1

Obliczanie macierzy exp(Rt) opisan ˛

a wy˙zej metod ˛

a wymaga znalezienia trans-

formacji Q, co w ogólno´sci nie jest prostym zadaniem. Dlatego te˙z przedstawimy
sposób konstrukcji macierzy fundamentalnej, oparty na fakcie, ˙ze spełnia ona rów-
nanie (4.7).

Istot ˛

a pomysłu jest poszukiwanie rozwi ˛

aza´n układu (4.7) jako funkcji x(t) =

λt

v, gdzie v jest stałym wektorem. Podstawiaj ˛

ac te posta´c rozwi ˛

azania do równa-

nia (4.7) otrzymujemy

Rv = λv,

czyli równanie problemu własnego dla macierzy R. Rozwi ˛

azanie tego problemu

polega na znalezieniu warto´sci własnych (i wektorów własnych) macierzy R. War-
to´sci własne s ˛

a to pierwiastki wielomianu charakterystycznego

p(λ) = det(R − λI),

(4.11)

przy czym ka˙zdy pierwiastek wielomianu (4.11) jest warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R

i odpowiada mu pewien wektor własny. Nie ma jednak jednoznacznej odpowied-
nio´sci, bo pierwiastki mog ˛

a by´c wielokrotne, a odpowiadaj ˛

ace im warto´sci własne

mog ˛

a mie´c mniejsz ˛

a krotno´s´c, czyli mniejsz ˛

a liczb˛e odpowiadaj ˛

acych im wekto-

rów własnych.

Przy rozwi ˛

azywaniu tego problemu mo˙zemy rozró˙zni´c 3 przypadki.

A) Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a jednokrotne i rzeczywiste.

Mamy wtedy m pierwiastków: λ

, λ

, . . . , λ

i m odpowiadaj ˛

acych im wektorów

własnych: v

, v

, . . . , v

. Poniewa˙z wektory v

, v

, . . . , v

s ˛

a liniowo niezale˙zne,

wi˛ec funkcje

, e

, . . . , e

(4.12)

tworz ˛

a baz˛e przestrzeni rozwi ˛

aza´n równania (4.7) i wyznaczaj ˛

a macierz fundamen-

taln ˛

a X(t).

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

B) Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a jednokrotne, ale zawiera-

j ˛

a pierwiastki zespolone. Je´sli λ jest zespolon ˛

a warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R a v

odpowiadaj ˛

acym jej wektorem własnym, to funkcja

x(t) = e

λt

jest rozwi ˛

azaniem zespolonym równania (4.7). Poniewa˙z wielomian charaktery-

styczny ma współczynniki rzeczywiste, wi˛ec pierwiastki zespolone wyst˛epuj ˛

a pa-

rami jako sprz˛e˙zone liczby zespolone. Niech λ

= α + iβ, λ

= α − iβ b˛ed ˛

tak ˛

a par ˛

a warto´sci własnych. Niech v

= u + iw b˛edzie wektorem własnym odpo-

wiadaj ˛

acym warto´sci własnej λ

, gdzie u i w s ˛

a wektorami rzeczywistymi. Wtedy

wektorem własnym odpowiadaj ˛

acym warto´sci własnej λ

jest wektor v

= u − iw.

Je´sli wi˛ec

(t) = e

, x

(t) = e

(t) =

(t) + x

(t)

= e

αt

(u cos βt − w sin βt),

(t) =

(t) − x

(t)

= e

αt

(w cos βt + u sin βt)

(4.13)

s ˛

a dwoma liniowo niezale˙znymi rozwi ˛

azaniami rzeczywistymi równania (4.7).

C) Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a wielokrotne (ograniczymy

si˛e do pierwiastków rzeczywistych, wielokrotne pierwiastki zespolone rozwi ˛

azuje

si˛e podobnie wykorzystuj ˛

ac fakty znane dla pojedynczych pierwiastków zespo-

lonych). Niech wi˛ec λ

b˛edzie pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego o

krotno´sci n

. λ

jest warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R. Załó˙zmy, ˙ze λ

ma tylko ν

niezale˙znych liniowo wektorów własnych (ν

< n

). Z algebry liniowej wiadomo,

˙ze je´sli równanie

(R − λ

I)v = 0

ma ν

liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n, to równanie

(R − λ

v = 0

ma co najmniej ν

+ 1 liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n, a równanie

(R − λ

−ν

v = 0

ma co najmniej n

liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n.

W celu efektywnego znalezienia tych wektorów zauwa˙zmy, ˙ze dla dowolnego

wektora v funkcja exp(Rt)v jest rozwi ˛

azaniem równania (4.7). Korzystaj ˛

ac z de-

finicji funkcji wykładniczej, otrzymujemy rozwini˛ecie

exp(Rt)v = e

λt

v + t(R − λI)v +

(R − λI)

v + · · ·

(4.14)

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Je´sli λ jest warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R, a v odpowiadaj ˛

acym jej wektorem włas-

nym, to

(R − λI)v = 0

i z rozwini˛ecia (4.14) pozostaje tylko e

λt

v, która to funkcja, jak ju˙z wiemy, jest

rozwi ˛

azaniem równania (4.7). Je´sli λ jest wielokrotnym pierwiastkiem wielomia-

nu charakterystycznego, ale ma niewystarczaj ˛

ac ˛

a liczb˛e wektorów własnych, to

mo˙zemy poszukiwa´c takich wektorów v, ˙ze

(R − λI)v 6= 0,

ale

(R − λI)

v = 0.

Wtedy w rozwini˛eciu (4.14) pozostaj ˛

a tylko dwa pierwsze wyrazy i funkcja

x(t) = e

λt

I + t(R − λI)

b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (4.7).

Mo˙zna udowodni´c, ˙ze wektory spełniaj ˛

ace warunki

(R − λI)v 6= 0,

(R − λI)

v = 0

s ˛

a liniowo niezale˙zne od wektorów, które spełniaj ˛

a warunek

(R − λI)v = 0.

Własno´s´c ta przenosi si˛e indukcyjnie na wy˙zsze pot˛egi (R − λI), co gwarantuje
nam mo˙zliwo´s´c znalezienia wystarczaj ˛

acej liczby liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n

równania (4.7).

Na koniec zauwa˙zamy, ˙ze aby z macierzy X(t) otrzyma´c exp(Rt) nale˙zy przy-

j ˛

a´c

exp(Rt) = X(t)X

−1

(0),

poniewa˙z macierz exp(Rt) w zerze jest macierz ˛

a identyczno´sciow ˛

Poni˙zsze przykłady ilustruj ˛

a wszystkie 3 omawiane przypadki pierwiastków

wielomianu charakterystycznego.

4.14 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

(4.15)

gdzie

R =

−1 −2

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2).

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= 1, λ

= 2. Znajdziemy teraz wektory własne

odpowiadaj ˛

ace tym warto´sciom własnym.

1) λ

= 1. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R − I)v

−2 −2

= 0.

St ˛

= c

−1

i rozwi ˛

azaniem równania (4.15) jest funkcja (przyjmujemy c = 1)

(t) = e

−1

2) λ

= 2. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R − 2I)v

−3 −2

= 0.

St ˛

= c

−3

i otrzymujemy rozwi ˛

azanie równania (4.15)

(t) = e

−3

Z rozwi ˛

aza´n x

(t) i x

(t) wyznaczamy macierz fundamentaln ˛

X(t) =

−e

−3e

4.15 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

gdzie

R =

2 −1

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− 4λ + 5 = (λ − 2 − i)(λ − 2 + i).

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= 2 + i, λ

= 2 − i.

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Poszukujemy wektora własnego dla λ

(R − (2 + i)I)v

−i −1

−i

= 0.

Wektor ten ma posta´c (pomijamy stał ˛

−i

+ i

−1

Ze wzorów (4.13) otrzymujemy wtedy

(t) = e

cos t

+ sin t

= e

cos t

sin t

(t) = e

− cos t

+ sin t

= e

sin t

− cos t

Z z

(t) i z

(t) otrzymujemy macierz fundamentaln ˛

X(t) =

cos t

sin t

−e

cos t

4.16 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

gdzie

R =





−4

−1 −6

−8





Wielomian charakterystyczny ma posta´c

p(λ) = (λ − 1)

(λ − 2).

1) λ

= 2. Jest to pierwiastek jednokrotny. Odpowiada mu wektor własny

(R − 2I)v





−6

−3 −6

−8





= 0,





−2





Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie równania (4.7) ma posta´c

(t) = e





−2





ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

2) λ

= 1.

Jest to pierwiastek dwukrotny. Najpierw znajdujemy wektory

własne

(R − I)v





−5

−2 −6

−8





= 0.

St ˛

ad otrzymujemy dwa zwi ˛

azki na współrz˛edne wektora v

, czyli istnieje tylko

jeden liniowo niezale˙zny wektor własny





1
0
1





Oznacza to, ˙ze funkcja

(t) = e





1
0
1





jest rozwi ˛

azaniem równania (4.7). Trzeciego liniowo niezale˙znego rozwi ˛

azania b˛e-

dziemy poszukiwa´c w postaci wektora v

, takiego ˙ze

(R − I)v

= v

(4.16)

czyli

(R − I)v





−5

−2 −6

−8









1
0
1





Z rozwi ˛

azania tego równania otrzymujemy





1
3
0





Zauwa˙zmy, ˙ze rozwi ˛

azanie równania (4.16) gwarantuje nam, ˙ze (R − I)v

6= 0

i (R − I)

= 0.

Po wstawieniu v

do (4.14) otrzymujemy

(t) = e

+ t(R − I)v

) = e





1
3
0





+ t





1
0
1





= e





t + 1





Macierz fundamentalna ma wi˛ec posta´c

X(t) =





(t + 1)e

−2e





4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

4.17 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

gdzie

R =





−1





Wielomian charakterystyczny ma posta´c p(λ) = −(λ − 2)

. Mamy jeden pierwia-

stek potrójny λ = 2. Znajdujemy wektor własny, odpowiadaj ˛

acy λ = 2

(R − 2I)v





−1





= 0.

St ˛

ad mamy dwa niezale˙zne równania na współrz˛edne wektora v

. Czyli istnieje

tylko jeden wektor własny





1
0
0





Otrzymujemy zatem jedno rozwi ˛

azanie równania

(t) = e





1
0
0





W celu znalezienia dalszych rozwi ˛

aza´n liniowo niezale˙znych poszukujemy wekto-

ra v

, takiego ˙ze

(R − 2I)v

= v

czyli





−1









1
0
0





Rozwi ˛

azanie tej równo´sci wyznacza jeden wektor liniowo niezale˙zny od v





0
1
0





i rozwi ˛

azanie równania ró˙zniczkowego

(t) = e

+ t(R − 2I)v

= e

+ tv

) = e





1
0





ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Aby znale´z´c trzecie rozwi ˛

azanie, poszukujemy wektora v

, takiego ˙ze

(R − 2I)v

= v

czyli





−1









0
1
0





Rozwi ˛

azaniem tego równania, liniowo niezale˙znym od v

i v

, jest





0
3

−1





St ˛

(t) = e

+ t(R − 2I)v

(R − 2I)

= e

+ tv

= e





t + 3

−1





Wobec tego otrzymujemy macierz fundamentaln ˛

X(t) =






(t + 3)e

−e






4.3

Równania skalarne wy˙zszego rz˛edu

Zajmiemy si˛e teraz skalarnym równaniem liniowym rz˛edu m

(m)

+ p

m−1

(t)x

(m−1)

+ · · · + p

(t) ˙

x + p

(t)x = q(t).

(4.17)

Zagadnienie pocz ˛

atkowe dla tego równania polega na zadaniu w chwili t

warto´sci

funkcji x oraz jej pochodnych do rz˛edu m − 1

x(t

) = x

0
0

x(t

) = x

0
1

, . . . , x

(m−1)

) = x

0
m−1

(4.18)

Równanie (4.17) z warunkami (4.18) mo˙zna sprowadzi´c do zagadnienia pocz ˛

atko-

wego dla układu pierwszego rz˛edu definiuj ˛

ac nowe zmienne

= x

(k)

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

Równanie (4.17) zamienia si˛e wtedy w układ

= x

(4.19)

m−2

= x

m−1

= −p

m−1

(t)x

m−1

− · · · − p

(t)x

+ q(t),

a warunki (4.18) staj ˛

a si˛e warunkami dla układu

) = x

0
k

(4.20)

Otrzymuje si˛e wtedy zagadnienie pocz ˛

atkowe dla układu równa´n liniowych rozpa-

trywane w pierwszym podrozdziale tego rozdziału.

Okazuje si˛e, ˙ze przy rozpatrywaniu równa´n o stałych współczynnikach mo˙zna

post˛epowanie znane dla ogólnych układów pierwszego rz˛edu znacznie upro´sci´c.
Niech b˛edzie dane równanie jednorodne rz˛edu m o stałych współczynnikach

(m)

+ a

m−1

(m−1)

+ · · · + a

x + a

x = 0.

(4.21)

Równanie to sprowadza si˛e do układu pierwszego rz˛edu

X = RX,

gdzie

X =








x
..

.
x

(m−1)








R =








. . .

. ..

−a

. . .

−a

m−1








Wielomian charakterystyczny macierzy R ma posta´c

p(λ) = det(λI − R) = λ

m−1

i=0

(4.22)

4.18 TWIERDZENIE. Je´sli λ

jest

k-krotnym pierwiastkiem wielomianu charak-

terystycznego (4.22),

1 6 k 6 m, to funkcje e

, te

, . . . , t

k−1

s ˛

a liniowo

niezale˙znymi rozwi ˛

azaniami równania (4.21).

Dowód. Je´sli λ

jest k-krotnym pierwiastkiem wielomianu p(λ), to

p(λ

) =

dλ

(λ

) = · · · =

k−1

dλ

k−1

(λ

) = 0.

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Niech

L(x) ≡ x

(m)

m−1

i=0

(i)

Operator ten ma nast˛epuj ˛

ac ˛

a własno´s´c

L(e

λt

) = p(λ)e

λt

Aby udowodni´c powy˙zsz ˛

a równo´s´c zadziałajmy operatorem L na funkcje t

λt

i = 0, 1, . . . , k − 1,

L(t

λt

) = L

∂

λt

∂λ

∂

∂λ

L e

λt

∂

∂λ

p(λ)e

λt

(4.23)

Stosuj ˛

ac wzór Leibniza do ostatniego wyra˙zenia w (4.23), otrzymujemy sum˛e wy-

razów postaci

−t

i−j

∂

∂λ

(λ)e

λt

j = 0, 1, 2, . . . , i .

Poniewa˙z dla j

6 k − 1

∂

∂λ

(λ

) = 0,

wi˛ec

L(t

) = 0.

Funkcje t

s ˛

a zatem rozwi ˛

azaniami równania (4.21). Liniowa niezale˙zno´s´c tych

funkcji wynika z liniowej niezale˙zno´sci wielomianów ró˙znych stopni.

4.19 Przykład. Znajdziemy rozwi ˛

azanie ogólne równania

(3)

− 5¨

x + 6 ˙

x = 0.

Obliczamy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− 5λ

+ 4λ = λ(λ − 2)(λ − 3).

Poniewa˙z pierwiastkami tego wielomianu s ˛

a liczby λ

= 0, λ

= 2 i λ

= 3, to

rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c

x(t) = c

+ c

4.20 Przykład. Wahadłem matematycznym nazywamy punkt materialny o ma-
sie m, zawieszony na długiej, cienkiej i nierozci ˛

agliwej nici. Wykonuje on wahania

wokół najni˙zej poło˙zonego punktu O, zwanego ´srodkiem waha´n.

Załó˙zmy, ˙ze wahadło wykonuje tylko małe wahania i oznaczmy przez z od-

chylenie od ´srodka waha´n. Aby znale´z´c przyspieszenie a wahadła, zauwa˙zmy, ˙ze

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

siła działaj ˛

aca na punkt materialny o masie m jest dana przez składow ˛

a siły ci ˛

a˙ze-

nia, styczn ˛

a do toru waha´n (składowa prostopadła do niej jest równowa˙zona przez

spr˛e˙zysto´s´c nici, na której wisi wahadło). Wtedy

ma = −mg sin x,

gdzie g jest przyspieszeniem ziemskim, x – k ˛

atem odchylenia wahadła od pionu,

a znak minus przed praw ˛

a stron ˛

a równania wyst˛epuje na skutek przeciwnych kie-

runków wychylenia i działaj ˛

acej siły. Je´sli przyspieszenie wahadła wyrazimy przez

drug ˛

a pochodn ˛

a odchylenia z, to otrzymamy

m¨

z = −mg sin x.

Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli z mierzymy wzdłu˙z łuku, po którym porusza si˛e punkt

materialny, to

z = xl,

gdzie l jest długo´sci ˛

a wahadła. Ostatecznie otrzymamy równanie wahadła

x = −

sin x.

Je´sli interesujemy si˛e tylko małymi drganiami wahadła, to z dobrym przybli˙zeniem
mo˙zna przyj ˛

a´c

sin x ≈ x.

Małe drgania wahadła daj ˛

a si˛e wi˛ec opisa´c równaniem

x + ω

x = 0,

(4.24)

gdzie ω

= g/l.

W przybli˙zeniu małych odchyle´n ruch wahadła jest dobrym modelem dla oscy-

latora harmonicznego z jednym stopniem swobody. Równanie (4.24) jest równa-
niem takiego oscylatora. Opisuje ono układ mechaniczny, w którym ruch masy na
prostej (w naszym przypadku masy jednostkowej) odbywa si˛e pod wpływem siły,
która jest proporcjonalna do wychylenia od poło˙zenia równowagi (tym poło˙zeniem
jest punk x = 0).

Poniewa˙z wielomian charakterystyczny dla równania (4.24) ma pierwiastki

= i i λ

= −i, wi˛ec z tw. 4.18 wynika rozwi ˛

azanie ogólne

x(t) = c

cos ω

t + c

sin ω

Przekształcimy to rozwi ˛

azanie do innej postaci, korzystaj ˛

ac z nowych stałych do-

wolnych

= A cos δ, c

= A sin δ.

Wtedy

x(t) = A cos(ω

t − δ).

(4.25)

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Wzór (4.25) opisuje swobodne drgania o amplitudzie A z cz˛estotliwo´sci ˛

a ω

i prze-

suni˛eciem fazowym δ.

Podaj ˛

ac warunki pocz ˛

atkowe dla równania (4.24)

x(t

) = x

x(t

) = x

ustalamy warto´s´c amplitudy A oraz przesuniecia fazowego δ.

4.21 Przykład. W poprzednim przykładzie rozpatrywali´smy drgania swobodne
oscylatora harmonicznego. Przeanalizujemy teraz przypadek, gdy ruch masy na
prostej napotyka pewien opór, np. opór tarcia. Zakładamy, ˙ze siła oporu jest propor-
cjonalna do pr˛edko´sci ruchu (tak ˛

a własno´s´c ma siła tarcia). Takie drgania nazywaj ˛

si˛e drganiami tłumionymi (wyja´snienie tej nazwy pojawi si˛e na ko´ncu przykła-
du). Wtedy równanie (4.24) zamienia si˛e w równanie

x + 2k ˙

x + ω

x = 0,

(4.26)

gdzie 2k jest współczynnikiem proporcjonalno´sci.

Analiz˛e równania (4.26) rozpoczniemy od znalezienia pierwiastków wielomia-

nu charakterystycznego

+ 2kλ + ω

= 0.

Wyra˙zaj ˛

a si˛e one wzorami

= −k +

− ω

= −k −

− ω

Charakter rozwi ˛

azania zale˙zy od znaku wyra˙zenia k

− ω

a) k

− ω

> 0. Oba pierwiastki s ˛

a rzeczywiste i ujemne. Rozwi ˛

azanie

x(t) = c

+ c

jest zbie˙zne monotonicznie do zera.

b) k

− ω

= 0. Mamy wówczas podwójny pierwiastek rzeczywisty. Rozwi ˛

zanie ma posta´c

x(t) = (c

+ c

t)e

−kt

Rozwi ˛

azanie to osi ˛

aga ekstremum w punkcie

t =

− kc

a nast˛epnie monotonicznie d ˛

a˙zy do zera.

c) k

− ω

< 0. Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a zespolone i

rozwi ˛

azanie jest dane wzorem

x(t) = e

−kt

cos µt + c

sin µt),

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

Rysunek 4.1: Zanikaj ˛

ace drgania tłumione

gdzie µ =

pω

− k

Podobnie jak w przypadku drga´n swobodnych, wprowadzamy nowe stałe do-

wolne

= A cos δ, c

= A sin δ.

Mo˙zemy wtedy rozwi ˛

azanie zapisa´c w formie

x(t) = Ae

−kt

cos(µt − δ).

Otrzymujemy wi˛ec rozwi ˛

azanie, które opisuje drgania z cz˛estotliwo´sci ˛

a µ i prze-

suni˛eciem fazowym δ, o monotonicznie malej ˛

acej amplitudzie Ae

−kt

(rys. 4.1).

Widzimy wi˛ec, ˙ze je´sli ruch jest poddany dodatkowej sile oporu, to rozwi ˛

zanie wykładniczo maleje z czasem, przy czym wykładnik jest proporcjonalny do
siły oporu. Oznacza to, ˙ze siła oporu tłumi swobodne drgania oscylatora harmo-
nicznego na prostej. Je´sli tłumienie to jest du˙ze (k

> ω

), to wychylenie maleje (w

zasadzie monotonicznie) do zera. Je´sli tłumienie jest małe (k < ω

), to otrzymuje-

my drgania o amplitudzie malej ˛

acej wykładniczo.

4.22 Przykład. Aby uzyska´c niezanikaj ˛

ace drgania oscylatora harmonicznego z

tłumieniem, nale˙zy wprowadzi´c do równania wymuszenie zewn˛etrzne. Przeanali-
zujemy najciekawszy przypadek, tj. wymuszenia okresowego

B cos ωt.

Poniewa˙z znamy ju˙z rozwi ˛

azanie równania jednorodnego (4.26), wi˛ec wystarczy

znale´z´c szczególne rozwi ˛

azanie równania niejednorodnego

x + 2k ˙

x + ω

x = B cos ωt.

(4.27)

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Rozwi ˛

azania takiego poszukujemy w postaci

z(t) = c

cos ωt + c

sin ωt.

Wstawiaj ˛

ac z(t) do równania (4.27) i porównuj ˛

ac współczynniki przy cos ωt i

sin ωt otrzymujemy

= −

(ω

− ω

+ (ω

− ω

)

2kωB

+ (ω

− ω

)

St ˛

z(t) =

+ (ω

− ω

)

(ω

− ω

) cos ωt + 2kω sin ωt

Wprowadzamy przesuni˛ecie fazowe δ, takie ˙ze tg δ =

2kω

(ω

−ω

)

. Wtedy

z(t) =

p4k

+ (ω

− ω

)

cos(ωt − δ).

(4.28)

Rozwi ˛

azanie równania (4.27) ma wi˛ec posta´c

x(t) = x

(t) +

p4k

+ (ω

− ω

)

cos(ωt − δ),

gdzie x

(t) jest rozwi ˛

azaniem ogólnym równania jednorodnego znalezionym w

przykładzie 4.21 i jego posta´c zale˙zy od relacji mi˛edzy k i ω

. Zauwa˙zmy, ˙ze we

wszystkich przypadkach x

(t) d ˛

a˙zy szybko do zera. Dla du˙zych warto´sci t rozwi ˛

zanie jest prawie dokładnie równe z(t), co odpowiada drganiom z cz˛estotliwo´sci ˛

wymuszaj ˛

ac ˛

a. Amplituda tych drga´n jest przy tym najwi˛eksza, gdy ω

> 2k

, a

cz˛estotliwo´s´c wymuszaj ˛

aca jest równa

ω =

− 2k

Warto zauwa˙zy´c, ˙ze gdy k → 0, amplituda drga´n d ˛

a˙zy do niesko´nczono´sci.

Rozpatrzmy ten przypadek szczegółowo. Gdy znika mianownik we wzorze defi-
niuj ˛

acym z(t), odpowiada to sytuacji braku tłumienia (k = 0) i wymuszeniu o

cz˛estotliwo´sci pokrywaj ˛

acej si˛e z cz˛estotliwo´sci ˛

a drga´n własnych oscylatora nie-

tłumionego (ω = ω

). Równanie (4.27) przyjmuje wówczas posta´c

x + ω

x = B cos ω

(4.29)

Rozwi ˛

azania szczególnego tego równania b˛edziemy poszukiwa´c w postaci

z(t) = c

t cos ω

t + c

t sin ω

Po wstawieniu tego wyra˙zenia do równania (4.29) znajdujemy

z(t) =

2ω

sin ω

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie ogólne równania (4.29) jest dane wzorem

x(t) = A cos(ω

t − δ) +

2ω

sin ω

Składa si˛e wi˛ec ono z dwóch drga´n o tej samej cz˛estotliwo´sci ω

: jednego o stałej

amplitudzie A i przesuni˛eciu fazowym δ, drugiego o zerowym przesuni˛eciu fazo-
wym i amplitudzie rosn ˛

acej liniowo z czasem do niesko´nczono´sci. Zjawisko takie

nazywa si˛e rezonansem.

Przypadek braku tłumienia (k = 0), ale cz˛estotliwo´sci wymuszaj ˛

acej ró˙znej od

cz˛estotliwo´sci drga´n własnych, jest szczególnym przypadkiem drga´n z tłumieniem,
a rozwi ˛

azanie takiego problemu składa si˛e z sumy dwóch funkcji periodycznych o

ró˙znych cz˛estotliwo´sciach. Rezonans jest efektem d ˛

a˙zenia ró˙znicy tych cz˛estotli-

wo´sci do zera.

Rozdział 5

Układy autonomiczne

5.1

Stabilno´s´c w sensie Lapunowa

Przedmiotem analizy w tym rozdziale b˛ed ˛

a układy równa´n autonomicznych

x = f (x),

(5.1)

z funkcj ˛

a f : Q → R

, gdzie Q jest otwartym zbiorem w R

, a f jest funkcj ˛

klasy C

Ograniczenie analizy do układów autonomicznych nie jest istotne, poniewa˙z w

roz. 1 pokazali´smy jak dowolne równanie nieutonomiczne

x = f (t, x),

(5.2)

mo˙zna sprowadzi´c do postaci autonomicznej.

Analiz˛e układu (5.1) rozpoczniemy od badania stabilno´sci jego rozwi ˛

aza´n pod

wpływem małych zmian warunków pocz ˛

atkowych. Cz˛e´sciowej informacji dostar-

czaj ˛

a twierdzenia o ci ˛

agłej i gładkiej zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

at-

kowych. Jednak uzyskane wyniki maj ˛

a charakter lokalny, tzn. rozwi ˛

azanie zale˙zy

w sposób regularny w tym sensie, ˙ze je´sli dokonamy małego zaburzenia w chwili
pocz ˛

atkowej, to rozwi ˛

azanie zmieni si˛e te˙z mało dla czasu bliskiego chwili za-

burzenia. Ta informacja nic nie mówi o zachowaniu si˛e rozwi ˛

azania dla długiego

czasu, je´sli dokonamy małego zaburzenia.

Zajmiemy si˛e teraz odpowiedzi ˛

a na pytanie, jakie warunki musz ˛

a by´c speł-

nione, aby małe zaburzenie danych pocz ˛

atkowych powodowało mał ˛

a zmian˛e roz-

wi ˛

azania nawet na długim odcinku czasu. Rozpoczniemy od definicji stabilno´sci

rozwi ˛

azania w sensie Lapunowa. Poniewa˙z definicja ta jest niemal identyczna dla

układów autonomicznych i nieautonomicznych sformułujemy j ˛

a jednocze´snie dla

obu układów.

5.1 DEFINICJA. Niech dany b˛edzie układ równa´n (5.1) z funkcj ˛

f : Q → R

gdzie

Q jest otwartym zbiorem w R

, a

f jest funkcj ˛

a klasy

(lub układ (5.2)

z funkcj ˛

f : Q → R

, gdzie

Q jest otwartym zbiorem w R

m+1

, a

f jest funkcj ˛

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

klasy

). Niech

x(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem jednego z tych układów w przedziale

[0, +∞). Mówimy, ˙ze rozwi ˛

azanie

x(t) jest stabilne w sensie Lapunowa dla t →

+∞, je´sli dla ka˙zdego ε > 0 istnieje takie t

> 0 oraz η > 0, ˙ze ka˙zde rozwi ˛

azanie

x(t) równania (5.1) (odpowiednio równania (5.2)), takie ˙ze

|x(t

) − ¯

x(t

)| < η,

spełnia dla

t > t

warunek

|x(t) − ¯

x(t)| < ε.

Je´sli dodatkowo

lim

t→+∞

|x(t) − ¯

x(t)| = 0,

to mówimy, ˙ze rozwi ˛

azanie

x(t) równania (5.1) (równania (5.2)) jest asymptotycz-

nie stabilne.

5.2 Przykład. Rozwa˙zmy układ liniowy w R

x = Ax,

gdzie

A =

−β

(5.3)

Funkcja stała ¯

x(t) =

jest rozwi ˛

azaniem tego równania. Zbadajmy stabilno´s´c

tego rozwi ˛

azania. Z rozdziału 4 wiemy, ˙ze rozwi ˛

azania równania (5.3) maj ˛

a posta´c

(t) = e

αt

sin βt + c

cos βt),

(t) = e

αt

cos βt − c

sin βt).

Je´sli α < 0, to |x

(t)| i |x

(t)| s ˛

a dowolnie bliskie zeru dla dostatecznie du˙zych t.

Wynika st ˛

ad, ˙ze ¯

x(t) jest asymptotycznie stabilnym poło˙zeniem równowagi dla

α < 0. Je´sli α > 0, to |x

(t)| i |x

(t)| oscyluj ˛

a z amplitud ˛

a rosn ˛

ac ˛

a jak e

αt

, wi˛ec

x(t) nie jest rozwi ˛

azaniem stabilnym.

W przykładzie 5.2 pokazali´smy sposób badania stabilno´sci skuteczny tylko

wtedy, gdy potrafimy znale´z´c rozwi ˛

azanie równania. Obecnie podamy sposób ba-

dania stabilno´sci rozwi ˛

azania bez konieczno´sci jego znajdowania. Najpierw zaj-

miemy si˛e przypadkiem równa´n autonomicznych.

Rozwa˙zmy równanie (5.1) z funkcj ˛

a f okre´slon ˛

a na zbiorze Q, zawieraj ˛

acym

pocz ˛

atek układu współrz˛ednych oraz spełniaj ˛

ac ˛

a warunek f (0) = 0.

5.3 DEFINICJA. Funkcj ˛

a Lapunowa dla równania (5.1) nazywamy funkcj˛e V (x)

klasy

Q (V : Q → R), spełniaj ˛

ac ˛

a warunki:

V (x) > 0,

V (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0,

5.1. STABILNO ´

S ´

C W SENSIE LAPUNOWA

3) je´sli

x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.1), to funkcja zło˙zona

V x(t)

jest

nierosn ˛

ac ˛

a funkcj ˛

a zmiennej

t czyli

V x(t)

= grad V · f 6 0.

5.4 TWIERDZENIE. Niech f b˛edzie odwzorowaniem okre´slonym na zbiorze ot-
wartym

Q, zawieraj ˛

acym pocz ˛

atek układu współrz˛ednych. Zakładamy, ˙ze

f jest

klasy

oraz spełnia warunek

f (0) = 0. Je´sli dla równania (5.1) z odwzorowa-

niem

f istnieje funkcja Lapunowa, to rozwi ˛

azanie

x(t) ≡ 0 równania (5.1) jest

stabilne. Je´sli dodatkowo

grad V · f < 0

(5.4)

dla

x ∈ Q\{0}, to rozwi ˛

azanie

x(t) ≡ 0 jest asymptotycznie stabilne.

Dowód. Udowodnimy najpierw stabilno´s´c rozwi ˛

azania ¯

x(t) ≡ 0. Rozwa˙zmy kule

B(ε) o ´srodkach w zerze i promieniach ε < ε

oraz brzegi tych kul, czyli sfery

S(ε). Niech ε

b˛edzie taki, ˙ze B(ε

) ⊂ Q. Niech δ = min

x∈S(ε)

V (x). Z własno-

´sci 2) definicji 5.3 wynika, ˙ze δ > 0.

Niech U = {x ∈ B(ε): V (x) < δ}. Z własno´sci 3) definicji 5.3 wynika, ˙ze

rozwi ˛

azanie zaczynaj ˛

ace si˛e w punkcie x

∈ U nie osi ˛

agnie brzegu S(ε). Ponie-

wa˙z wzdłu˙z krzywej całkowej funkcja Lapunowa nie ro´snie, wi˛ec bior ˛

ac x

, takie

˙ze V (x

) < δ, otrzymamy dla x(t) b˛ed ˛

acego rozwi ˛

azaniem z warunkiem pocz ˛

at-

kowym x(0) = x

oszacowanie V x(t)

< δ, dla ka˙zdego t > 0. Dowodzi to

stabilno´sci rozwi ˛

azania ¯

x(t) = 0.

W celu udowodnienia asymptotycznej stabilno´sci tego rozwi ˛

azania wystarczy

wykaza´c, ˙ze przy wzmocnionych zało˙zeniach, je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem, to

V x(t)

→ 0,

gdy t → +∞.

(5.5)

Aby udowodni´c prawdziwo´s´c (5.5) załó˙zmy, ˙ze istnieje rozwi ˛

azanie y(t), dla któ-

rego V y(t)

nie d ˛

a˙zy do zera. Poniewa˙z funkcja V y(t)

jest monotoniczna, wi˛ec

oznacza to, ˙ze V y(t)

> α > 0 dla t > t

. Tym samym rozwi ˛

azanie |y(t)|

> ε

dla pewnego ε

> 0 oraz t > t

. Z warunku (5.4) wynika istnienie m > 0, takiego

˙ze

V y(t)

6 −m < 0

na zewn ˛

atrz kuli B(ε

), tj. dla t > t

. St ˛

V y(t)

− V y(t

)

6 −m(t − t

czyli

V y(t)

6 V y(t

)

− m(t − t

) → −∞

dla t → +∞.

Jest to sprzeczne z definicj ˛

a funkcji Lapunowa i dowodzi, ˙ze V x(t)

→ 0 dla

wszystkich rozwi ˛

aza´n równania (5.1).

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Z warunku (5.5) wynika zbie˙zno´s´c x(t) → 0 dla t → +∞. Gdyby tak nie było,

to istniałoby rozwi ˛

azanie y

(t), takie ˙ze dla pewnego ε

> 0 i ci ˛

agu {t

} praw-

dziwe byłoby oszacowanie ε

6 |y

)| 6 ε

. Z ci ˛

agu {y

)} mo˙zna wybra´c

zbie˙zny podci ˛

ag y

) → y

, gdzie |y

| > ε

. St ˛

ad V (y

) > m

> 0. Z ci ˛

gło´sci funkcji V (y) wynika, ˙ze V y

)

jest bliskie V (y

). Dla dostatecznie

du˙zych n

b˛edzie wi˛ec V y

)

. Z monotoniczno´sci funkcji V na krzy-

wej całkowej y

(t) wynika, ˙ze ostatnia nierówno´s´c jest prawdziwa dla wszystkich

dostatecznie du˙zych t. To jest jednak sprzeczne z (5.5).

W przypadku równa´n nieautonomicznych (5.2) nale˙zy dokona´c pewnych mo-

dyfikacji definicji funkcji Lapunowa, aby twierdzenie analogiczne do tw. 5.4 było
prawdziwe.

5.5 DEFINICJA. Funkcja V (t, x) klasy C

Q = {(t, x) : t > t

, |x| 6 b}

nazywa si˛e

funkcj ˛

a Lapunowa dla równania (5.2), je´sli:

V (t, 0) = 0 dla t > t

2) istnieje funkcja ci ˛

agła

W (x) okre´slona dla |x| 6 b, taka ˙ze:

W (x) > 0,

W (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0,

V (t, x) > W (x) dla t > t

3) je´sli

x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.2), to

V t, x(t)

∂V

∂t

+ grad

V · f (t, x) 6 0.

5.6 TWIERDZENIE. Niech funkcja f (t, x) w równaniu (5.2) b˛edzie ci ˛

agła na

zbiorze

Q = {(t, x): t > t

, |x| 6 b} i spełnia warunek

f (t, 0) = 0

dla

t > t

Je´sli dla równania (5.2) istnieje funkcja Lapunowa spełniaj ˛

aca warunki definicji

5.5, to rozwi ˛

azanie

x(t) = 0 jest stabilne. Je´sli dodatkowo istnieje funkcja W

(x)

ci ˛

agła dla

|x| 6 b, która spełnia warunki a) i b) definicji 5.5 oraz

∂V

∂t

+ grad

V · f (t, x) 6 −W

(x)

dla

t > t

to rozwi ˛

azanie

x(t) = 0 jest asymptotycznie stabilne.

Dowód tego twierdzenia przebiega analogicznie do dowodu tw. 5.4.

5.2. POTOKI I ORBITY

5.7 Przykład. Dla równania z przykładu 5.2 znajdziemy funkcj˛e Lapunowa.
Niech V (x) = x

+ x

. Funkcja ta spełnia warunki 1) i 2) definicji 5.3, nale˙zy

jedynie sprawdzi´c warunek 3). Niech wi˛ec x(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem. Wtedy

V x(t)

= 2x

(t) ˙

+ 2x

(t) ˙

= 2x

(αx

+ βx

) + 2x

(−βx

+ αx

) = 2α(x

2
1

+ x

2
2

) .

Dla α < 0 jest spełniony warunek 3) i funkcja V (x) = x

+ x

jest funkcj ˛

a La-

punowa dla równania (5.3). Oznacza to, ˙ze x(t) ≡ 0 jest rozwi ˛

azaniem stabilnym.

Co wi˛ecej,

< 0 dla niezerowych rozwi ˛

aza´n, wi˛ec s ˛

a spełnione tak˙ze warunki

asymptotycznej stabilno´sci, tzn. rozwi ˛

azanie x(t) = 0 jest asymptotycznie stabil-

ne.

5.8 Przykład. Zbadamy stabilno´s´c poło˙zenia równowagi dla wahadła z tarciem,
którego równanie ma posta´c

= x

= −ω

sin x

− 2kx

(5.6)

Punkt (0, 0) jest poło˙zeniem równowagi dla tego układu. (Oczywi´scie, poło˙zenia-
mi równowagi s ˛

a wszystkie punkty o współrz˛ednych (nπ, 0), ich analiza przebiega

analogicznie). Aby zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛

azania (0, 0), tworzymy funkcj˛e Lapu-

nowa

V (x

, x

) = ω

(1 − cos x

) +

2
2

Poniewa˙z ω

> 0, wi˛ec V (x

, x

) > 0 i V (x

, x

) = 0 tylko je´sli x

= x

= 0.

Mamy dalej

V (x

, x

) = ω

sin x

+ x

(−ω

sin x

− 2kx

) = −2kx

2
2

6 0.

Wynika st ˛

ad, ˙ze punkt (0, 0) jest punktem równowagi stabilnej. Zbadanie stabilno-

´sci asymptotycznej wymaga dodatkowej analizy, bo 2kx

zeruje si˛e we wszystkich

punktach (x

, 0). Poka˙zemy jednak, ˙ze je´sli taki punkt le˙zy na krzywej całkowej,

to jest to punkt przegi˛ecia dla funkcji Lapunowa V (x

(t), x

(t)) i funkcja ta jest

´sci´sle malej ˛

aca, czyli punkt (0, 0) jest asymptotycznie stabilny. Rzeczywi´scie, je´sli

), 0) le˙zy na krzywej całkowej i x

) 6= 0 (ale jest w bliskim otoczeniu

zera), to z (5.6) otrzymujemy ˙

) 6= 0. St ˛

ad, na krzywej całkowej przechodz ˛

cej przez punkt (x

, 0), po obu stronach tego punktu mamy x

(t) 6= 0 i funkcja

Lapunowa jest ´sci´sle malej ˛

aca dla t 6= t

, czyli punkt (x

), 0) jest jej punktem

przegi˛ecia.

5.2

Potoki i orbity

Zajmiemy si˛e teraz klasyfikacj ˛

a zbiorów rozwi ˛

aza´n równa´n autonomicznych. W

tym celu rozwi ˛

azania traktujemy jako trajektorie w odpowiedniej przestrzeni topo-

logicznej, czyli pewne podzbiory tej przestrzeni.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rozwa˙zmy ponownie równanie autonomiczne

x = f (x),

(5.7)

którego prawa strona jest funkcj ˛

a klasy C

w pewnym zbiorze otwartym Q ⊂ R

Z zało˙zenia tego wynika, ˙ze równanie (5.7) uzupełnione warunkiem pocz ˛

atkowym

x(0) = p,

p ∈ Q,

(5.8)

ma jednoznaczne rozwi ˛

azanie w pewnym przedziale (−a, a).

Nast˛epuj ˛

acy wniosek wynika bezpo´srednio z tw. 3.1.

5.9 WNIOSEK. Niech funkcja ϕ(t; p), jako funkcja argumentu t, b˛edzie rozwi ˛

zaniem zagadnienia pocz ˛

atkowego (5.7) – (5.8), okre´slonym w zbiorze otwartym

Ω ⊂ (−a, a) × Q. Funkcja ta spełnia warunki:

ϕ(0; p) = p,

ϕ(t; p) jest ci ˛

agła na

Ω,

ϕ(t + τ ; p) = ϕ t; ϕ(τ ; p)

na Ω.

Rozwa˙zmy teraz przestrze´n fazow ˛

a M równania (5.7) i niech f (x) b˛edzie

funkcj ˛

a klasy C

na M . Wtedy dla ka˙zdego warunku pocz ˛

atkowego p ∈ M mamy

rozwi ˛

azanie ϕ(t; p) ⊂ M . Załó˙zmy w dalszym ci ˛

agu, ˙ze rozwi ˛

azanie ϕ(t; p) mo˙ze

by´c przedłu˙zone na cał ˛

a prost ˛

a (−∞, ∞) z zachowaniem warunku ϕ(t; p) ⊂ M .

Z zało˙ze´n na temat funkcji f (x) oraz z tw. 3.15 wynika, ˙ze istnieje rodzina

dyfeomorfizmów parametryzowana zmienn ˛

a t

: M → M,

wyznaczona równo´sci ˛

a g

(p) = ϕ(t; p).

5.10 DEFINICJA. Potokiem nazywamy par˛e (M, g

), gdzie M jest przestrzeni ˛

fazow ˛

a, a

t ∈ (−∞, ∞), jest rodzin ˛

a dyfeomorfizmów

M , spełniaj ˛

ac ˛

a warunki:

: M → M ,

oraz

)

−1

≡ g

−t

s ˛

a ró˙zniczkowalnymi przekształceniami

M w M ,

t+s

= g

Zauwa˙zmy, ˙ze dla rozwi ˛

azania równania ró˙zniczkowego warunki definicji s ˛

a speł-

nione na podstawie tw. 3.15 (gładka zale˙zno´s´c od danych pocz ˛

atkowych) i wniosku

5.9.

5.11 DEFINICJA. Trajektori ˛

a albo orbit ˛

a punktu p w potoku (M, g

) nazywamy

zbiór warto´sci odwzorowania

(p), t ∈ (−∞, ∞).

5.2. POTOKI I ORBITY

5.12 DEFINICJA. Punkt p o tej własno´sci, ˙ze f (p) = 0 nazywa si˛e punktem
krytycznym albo punktem osobliwym potoku wyznaczonego przez równanie (5.7).
.

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze je´sli punkt p jest krytyczny, to jego orbita jest stała

(p) = p). St ˛

ad punkty takie cz˛esto nazywa si˛e te˙z punktami stacjonarnymi

(poło˙zeniami równowagi).

5.13 Przykład. Rozwa˙zmy równanie ˙x = x, gdzie x = x(t) ∈ R . Orbita punktu
p ma posta´c {e

p}, t ∈ (−∞, ∞). Je´sli p > 0, to orbita ta jest półprost ˛

a (0, ∞),

je´sli p < 0, to półprost ˛

a (−∞, 0), a dla p = 0 orbita jest stałym punktem {0}.

Oznacza to, ˙ze punkt p = 0 jest punktem krytycznym.

5.14 Przykład. Rozwa˙zmy układ równa´n

= −x

+ x

(1 − x

2
1

− x

2
2

= x

+ x

(1 − x

2
1

− x

2
2

Przez wprowadzenie współrz˛ednych biegunowych

= r cos θ,

= r sin θ,

powy˙zszy układ mo˙zna sprowadzi´c do postaci

˙r = r(1 − r

θ = 1.

Dla pierwszego równania mo˙zna łatwo znale´z´c rozwi ˛

azania. Maj ˛

a one posta´c

(

− p

+ 1

)

czyli orbitami s ˛

a: punkt r = 0, odcinek (0, 1), punkt r = 1 i półprosta (1, ∞).

Je´sli doł ˛

aczymy do tego zale˙zno´s´c od k ˛

ata θ, to jako orbity w układzie zmiennych

, x

) b˛edziemy mieli: punkt krytyczny (0, 0), orbit˛e okresow ˛

a x

+ x

= 1 oraz

orbity otwarte, które spiralnie od wewn ˛

atrz i od zewn ˛

atrz nawijaj ˛

a si˛e na orbit˛e

okresow ˛

Powy˙zsze przykłady pokazuj ˛

a istotne zalety badania równa´n w przestrzeni fa-

zowej. Badanie wielkiej liczby oddzielnych rozwi ˛

aza´n mo˙zna ograniczy´c do bada-

nia znacznie mniejszej liczby orbit.

5.15 TWIERDZENIE. Przez ka˙zdy punkt przestrzeni fazowej M przechodzi do-
kładnie jedna orbita.

Dowód. Niech ϕ

: R → M i ϕ

: R → M b˛ed ˛

a dwoma rozwi ˛

azaniami rów-

nania (5.7) z ró˙znymi warunkami pocz ˛

atkowymi. Załó˙zmy, ˙ze wyznaczone przez

te rozwi ˛

azania orbity maj ˛

a punkt wspólny. Oznacza to, ˙ze istniej ˛

a takie t

i t

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

˙ze ϕ

) = ϕ

). Rozwa˙zmy funkcj˛e ϕ

i funkcj˛e ϕ

= T

−t

, gdzie

ϕ(t) = ϕ(t + s). Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli ϕ(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.7),

to T

ϕ(t) jest te˙z rozwi ˛

azaniem tego równania. Mamy bowiem

ϕ(t)

t=t

dϕ(t + s)

t=t

dϕ(t)

t=t

= f ϕ(t

+ s)

= f ϕ(t + s)

t=t

= f T

ϕ(t)

t=t

Wynika z tego, ˙ze ϕ

jest rozwi ˛

azaniem równania (5.7). Poniewa˙z ϕ

) = ϕ

wi˛ec s ˛

a to rozwi ˛

azania z tym samym warunkiem pocz ˛

atkowym. Z jednoznaczno´sci

wynika, ˙ze ϕ

= ϕ

. Tak wi˛ec ϕ

i ϕ

opisuj ˛

a t˛e sam ˛

a orbit˛e i ró˙zni ˛

a si˛e tylko

parametryzacj ˛

a tej orbity zmienn ˛

a niezale˙zn ˛

a t.

Udowodnili´smy w ten sposób, ˙ze je´sli dwie orbity maj ˛

a chocia˙z jeden punkt

wspólny, to s ˛

a identyczne. Dowodzi to jednoznaczno´sci wyznaczenia orbity prze-

chodz ˛

acej przez dany punkt przestrzeni fazowej. Fakt, ˙ze przez ka˙zdy punkt prze-

strzeni fazowej p przechodzi orbita, wynika z istnienia rozwi ˛

azania równania (5.7)

z warunkiem x(0) = p.

Przejdziemy obecnie do klasyfikowania orbit układów autonomicznych. Oka-

zuje si˛e, ˙ze z topologicznego punktu widzenia jest bardzo mało orbit istotnie ró˙z-
nych (wszystkie przypadki s ˛

a zilustrowane w przykładzie 5.14).

5.16 TWIERDZENIE. Niech b˛edzie dany potok (M, g

), t ∈ (−∞, ∞), gene-

rowany przez równanie autonomiczne (5.7) z funkcj ˛

f ∈ C

(M ). Orbity tego

potoku dziel ˛

a si˛e na trzy kategorie:

1) orbity otwarte, dyfeomorficzne z prost ˛

a rzeczywist ˛

2) orbity zamkni˛ete, dyfeomorficzne z okr˛egiem,
3) punkty krytyczne.

Dowód. Niech ϕ

(t), t ∈ (−a, a), b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (5.7), które

nie jest typu 1), tj. niech spełnia warunek ϕ

) = ϕ

) dla pewnych t

i t

> t

). Wtedy rozwi ˛

azanie to przedłu˙za si˛e na cał ˛

a prost ˛

a jako rozwi ˛

azanie

okresowe ϕ(t + T ) = ϕ(t) z okresem T = t

− t

. Je´sli zdefiniujmy funkcj˛e

ϕ(t) = ϕ

+ τ )

dla t = nT + τ,

to funkcja ta jest rozwi ˛

azaniem równania (5.7) jako przesuni˛ecie rozwi ˛

azania ϕ

(patrz dowód tw. 5.15). Funkcja ta jest okresowa, bo je´sli t jest postaci nT + τ ,
to t + T = (n + 1)T + τ i ϕ(t) = ϕ(t + T ). Poka˙zemy obecnie, ˙ze funkcja
ϕ(t) jest ci ˛

agła. Funkcja ta jest oczywi´scie kawałkami ci ˛

agła, a jedyne punkty

mog ˛

ace budzi´c w ˛

atpliwo´sci to punkty nT , w których jest ona prawostronnie ci ˛

agła.

Poka˙zemy, ˙ze w tych punktach jest tak˙ze ci ˛

agła lewostronnie. Niech ci ˛

ag t

b˛edzie

zbie˙zny lewostronnie do nT . Wtedy ϕ(t

) = ϕ

+ τ

), gdzie ci ˛

ag τ

d ˛

a˙zy

lewostronnie do T . Z ci ˛

agło´sci funkcji ϕ

wynika, ˙ze ϕ

+ τ

) → ϕ

+ T ) =

= ϕ

) = ϕ

) = ϕ(nT ), co dowodzi lewostronnej ci ˛

agło´sci funkcji ϕ(t).

5.3. PUNKTY KRYTYCZNE NA PŁASZCZY ´

ZNIE

Je´sli teraz T

, T

s ˛

a dwoma okresami funkcji ϕ, to T

± T

jest te˙z okresem,

bo ϕ(t + T

± T

) = ϕ(t + T

) = ϕ(t). Niech K oznacza zbiór wszystkich

okresów funkcji ϕ(t). S ˛

a dwie mo˙zliwo´sci. Pierwsza, kiedy zbiór K zawiera ele-

ment najmniejszy T

> 0. Wtedy ϕ(t + T

) = ϕ(t) oraz ϕ(t

) 6= ϕ(t

), dla

0 6 t

< t

< T

. Odpowiada to orbicie zamkni˛etej o okresie T

Druga mo˙zliwo´s´c, to brak najmniejszego elementu wi˛ekszego od zera w zbio-

rze K, czyli w zbiorze tym s ˛

a okresy dowolnie małe. Poka˙zemy obecnie, ˙ze zbiór

okresów jest domkni˛ety. Niech {T

} b˛edzie zbie˙znym ci ˛

agiem okresów. Niech

T = lim

i→∞

. Z ci ˛

agło´sci funkcji ϕ(t) mamy dla ka˙zdego t równo´s´c

ϕ(t + T ) = lim

i→∞

ϕ(t + T

) = lim

i→∞

ϕ(t) = ϕ(t).

Wynika st ˛

ad, ˙ze w drugim przypadku najmniejszy okres jest równy zero, czyli

ϕ(t) = ϕ(0) dla ka˙zdego t. To oznacza, ˙ze w tym przypadku zbiór K pokrywa si˛e
z cał ˛

a prost ˛

a rzeczywist ˛

a R a rozwi ˛

azanie ϕ(t) jest punktem krytycznym.

5.3

Klasyfikacja punktów krytycznych układów liniowych
na płaszczy´znie

Klasyfikacj˛e punktów krytycznych układów autonomicznych ograniczymy do ba-
dania dwuwymiarowych układów liniowych o stałych współczynnikach

x = Ax

(5.9)

z macierz ˛

A =

Jak łatwo zauwa˙zy´c, punkt x = 0 jest punktem krytycznym równania (5.9). Je´sli
macierz A jest nieosobliwa (det A 6= 0), to układ (5.9) nazywa si˛e prostym.

Analiz˛e zachowania si˛e rozwi ˛

aza´n układu (5.9) w otoczeniu punktu krytyczne-

go rozpoczniemy od przypadku układów prostych. W celu znalezienia rozwi ˛

aza´n

rozpatrzmy wielomian charakterystyczny macierzy A

p(λ) = λ

− (tr A)λ + det A = 0,

gdzie tr A = a

+ a

jest ´sladem macierzy A. Znajdujemy pierwiastki wielomia-

nu charakterystycznego

tr A +

√

∆

tr A −

√

∆

gdzie ∆ = (tr A)

− 4 det A. Znajomo´s´c pierwiastków wielomianu charaktery-

stycznego pozwala znale´z´c posta´c kanoniczn ˛

a macierzy A.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Przypadek ∆>0. Macierz A ma wówczas dwie ró˙zne, rzeczywiste warto´sci wła-
sne, a odpowiadaj ˛

ace im wektory własne tworz ˛

a kanoniczn ˛

a baz˛e przestrzeni R

W tej bazie macierz A ma posta´c

A =

Równanie (5.17) sprowadza si˛e wtedy do układu

= λ

którego rozwi ˛

azania dane s ˛

a wzorami

(t) = c

Przez proste przekształcenie otrzymujemy równanie orbit w przestrzeni fazo-

wej R

= cx

/λ

Obrazy orbit w otoczeniu punktu krytycznego x = 0 zale˙z ˛

a istotnie od znaku

pierwiastków λ

i λ

. Poni˙zej zilustrujemy wszystkie istotnie ró˙zne sytuacje.

Je´sli λ

< λ

< 0, to portret fazowy w otoczeniu punktu krytycznego jest

przedstawiony na rys. 5.1. W takiej sytuacji punkt krytyczny x = 0 jest stabilny
(rozwi ˛

azania d ˛

a˙z ˛

a do niego, gdy t → ∞). Punkt taki nazywa si˛e w˛ezłem stabil-

nym (przypadek λ

< λ

< 0 jest analogiczny).

Je´sli λ

> λ

> 0, to otrzymany portret fazowy ma analogiczny kształt or-

bit, a jedynie ewolucja na orbitach odbywa si˛e w przeciwnym kierunku (rys. 5.2).
Mamy wtedy do czynienia z w˛ezłem niestabilnym.

Rysunek 5.1: W˛ezeł stabilny

5.3. PUNKTY KRYTYCZNE NA PŁASZCZY ´

ZNIE

Rysunek 5.2: W˛ezeł niestabilny

Je´sli pierwiastki λ

i λ

maj ˛

a przeciwne znaki, λ

< 0 < λ

, to otrzymujemy

portret fazowy przedstawiony na rys. 5.3. Punkt krytyczny x = 0 nazywa si˛e wtedy
siodłem. Zwró´cmy uwag˛e, ˙ze półosie współrz˛ednych tak˙ze s ˛

a orbitami, przy czym

po osi Ox

ewolucja odbywa si˛e do punktu krytycznego, a po osi Ox

od punktu

krytycznego. Ju˙z z tej obserwacji wynika, ˙ze siodło nie jest punktem stabilnym.

Przypadek ∆=0. Macierz A ma wówczas podwójny pierwiastek wielomianu cha-
rakterystycznego λ

. Je´sli warto´sci własnej λ

odpowiadaj ˛

a dwa liniowo niezale˙z-

Rysunek 5.3: Siodło

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

ne wektory własne, to macierz A ma posta´c kanoniczn ˛

A =

Punkt x = 0 nazywa si˛e wtedy w˛ezłem gwia´zdzistym. Je´sli λ

< 0, to otrzymuje-

my w˛ezeł gwia´zdzisty stabilny (rys. 5.4), je´sli λ

> 0, to mamy w˛ezeł gwia´zdzisty

niestabilny (rys. 5.5).

Rysunek 5.4: W˛ezeł gwia´zdzisty stabilny

Rysunek 5.5: W˛ezeł gwia´zdzisty niestabilny

Je´sli macierz A ma tylko jeden wektor własny odpowiadaj ˛

acy warto´sci własnej

, to cała przestrze´n R

jest przestrzeni ˛

a niezmiennicz ˛

a macierzy A, a jej postaci ˛

5.3. PUNKTY KRYTYCZNE NA PŁASZCZY ´

ZNIE

kanoniczn ˛

a jest klatka Jordana

A =

Równanie (5.9) ma wtedy posta´c

= λ

= x

+ λ

St ˛

= c

= (c

+ c

t)e

W takiej sytuacji punkt x = 0 nazywa si˛e w˛ezłem zdegenerowanym. Dla λ

< 0

jest to w˛ezeł stabilny (rys. 5.6). Dla λ

> 0 otrzymujemy w˛ezeł zdegenerowany

niestabilny (rys. 5.7).

Rysunek 5.6: W˛ezeł zdegenerowany stabilny

Aby mie´c lepsze wyobra˙zenie o kształcie orbit w otoczeniu w˛ezła zdegenero-

wanego, rozpatrzmy punkty, w których orbity osi ˛

agaj ˛

a warto´s´c ekstremaln ˛

a wzgl˛e-

dem zmiennej x

. W takich punktach ˙

= 0, czyli x

= −λ

(proste o tym

równaniu zaznaczyli´smy lini ˛

a przerywan ˛

a na odpowiednich rysunkach).

Przypadek ∆<0. Mamy wówczas dwa sprz˛e˙zone pierwiastki zespolone λ

i ¯

. W

zmiennych rzeczywistych macierz A ma posta´c kanoniczn ˛

A =

α −β

β > 0.

Równanie (5.9) sprowadza si˛e do układu

= αx

− βx

= βx

+ αx

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rysunek 5.7: W˛ezeł zdegenerowany niestabilny

Po przej´sciu do współrz˛ednych biegunowych

= r cos θ,

= r sin θ

otrzymujemy

= ˙r cos θ − r ˙

θ sin θ = αr cos θ − βr sin θ,

= ˙r sin θ + r ˙

θ cos θ = βr cos θ + αr sin θ.

Mno˙zymy te równania przez cos θ i sin θ, a nast˛epnie dodajemy i odejmujemy je
stronami, sk ˛

ad otrzymujemy

˙r = αr,

θ = β.

Rozwi ˛

azanie ma wi˛ec posta´c

r = r

αt

θ = θ

+ βt.

Je´sli α < 0, to otrzymujemy portret fazowy, na którym orbity s ˛

a spiralami

zwijaj ˛

acymi si˛e do punktu x = 0. Punkt ten nazywa si˛e ogniskiem stabilnym

(rys. 5.8). Je´sli α > 0, to otrzymujemy ognisko niestabilne, dla którego spirale
wychodz ˛

a z punktu x = 0 (rys. 5.9).

Dla α = 0 orbity s ˛

a koncentrycznymi okr˛egami (rys. 5.10). Punkt x = 0

nazywa si˛e wtedy ´srodkiem. ´Srodek jest oczywi´scie punktem stabilnym, ale nie
jest on asymptotycznie stabilny – w przeciwie´nstwie do wszystkich poprzednich
przypadków, gdzie stabilno´s´c była jednocze´snie asymptotyczn ˛

a stabilno´sci ˛

Obecnie rozpatrzymy sytuacj˛e, kiedy układ (5.9) nie jest układem prostym.

Wtedy det A = 0 i przynajmniej jedna z warto´sci własnych macierzy A jest równa

5.3. PUNKTY KRYTYCZNE NA PŁASZCZY ´

ZNIE

Rysunek 5.8: Ognisko stabilne

Rysunek 5.9: Ognisko niestabilne

zeru. Mo˙zliwe s ˛

a wtedy dwa przypadki zale˙zne od rz˛edu macierzy A: rz A = 0,

czyli macierz jest zerowa i ka˙zdy punkt płaszczyzny jest krytyczny oraz rz A = 1.
Pierwszy z tych przypadków jest nieciekawy. W drugim przypadku, tzn. kiedy
rz A = 1, istnieje cała prosta (przechodz ˛

aca przez punkt x = 0) zło˙zona z punktów

krytycznych.

Je´sli ∆ > 0, to macierz A ma dwie warto´sci własne λ

6= 0 i λ

= 0 oraz

posta´c kanoniczn ˛

A =

Dla λ

< 0 otrzymujemy portret fazowy, na którym wszystkie punkty osi Ox

s ˛

a punktami krytycznymi i wszystkie s ˛

a stabilne, ale nie asymptotycznie stabilne

(rys. 5.11). Dla λ

> 0 portret fazowy jest analogiczny, tylko punkty krytyczne s ˛

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rysunek 5.10: ´Srodek

niestabilne.

Je´sli ∆ = 0, to zero jest podwójnym pierwiastkiem wielomianu charaktery-

stycznego i macierz A ma form˛e kanoniczn ˛

A =

0 0

Otrzymujemy wtedy portret fazowy, na którym cała o´s Ox

jest zło˙zona z punk-

tów krytycznych (rys. 5.12).

Rysunek 5.11: Portret fazowy dla układu nieprostego, ∆ > 0

5.3. PUNKTY KRYTYCZNE NA PŁASZCZY ´

ZNIE

Rysunek 5.12: Portret fazowy dla układu nieprostego, ∆ = 0

Aby rozpatrywa´c portret fazowy w układzie współrz˛ednych, w którym zostało

napisane równanie (5.9), musimy przypomnie´c, ˙ze dla macierzy A istnieje prze-
kształcenie nieosobliwe Q, takie ˙ze Q

−1

AQ jest macierz ˛

a w postaci kanonicznej.

Przekształcenie Q przeprowadza przy tym baz˛e kanoniczn ˛

a na baz˛e przestrzeni

wyj´sciowej. Znaczy to, ˙ze je´sli jest dane równanie

x = Ax,

które w bazie kanonicznej przyjmuje posta´c

y = J y,

gdzie J jest form ˛

a kanoniczn ˛

a macierzy A, to

x = Qy.

Kolumny macierzy przekształcenia Q s ˛

a zbudowane z wektorów bazy kanonicznej,

wyra˙zonych we współrz˛ednych zmiennej x. Aby je znale´z´c, nale˙zy skorzysta´c z
metod opisanych w roz. 4.

5.17 Przykład. Znajdziemy portret fazowy układu

x = Ax,

A =

7 −4

−7

Wielomian charakterystyczny ma posta´c

p(λ) = λ

− 25.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Pierwiastkami tego wielomianu s ˛

a λ

= −5, λ

= 5. Odpowiadaj ˛

a im wektory

własne

= [2, 1], v

= [1, 3].

Poniewa˙z λ

< 0 < λ

, wi˛ec punkt x = 0 jest siodłem. Portret fazowy w zmien-

nych kanonicznych y

jest pokazany na rys. 5.13.

Rysunek 5.13: Portret fazowy w zmiennych kanonicznych dla układu z przykładu
5.17

W zmiennych wyj´sciowych o´s Oy

przechodzi na o´s o kierunku wektora v

a o´s Oy

na o´s o kierunku wektora v

. W zmiennych x portret fazowy jest pokazany

na rys. 5.14.

Obecnie podsumujemy nasze badania portretów fazowych układów liniowych

w R

. W analizie portretów fazowych na płaszczy´znie wyst˛epuj ˛

a trzy istotnie ró˙zne

sytuacje:

1) Pierwiastki s ˛

a rzeczywiste i odpowiadaj ˛

a im dwa liniowo niezale˙zne wektory

własne. W tym przypadku układ równa´n (5.9) separuje si˛e na dwa układy
jednowymiarowe.

2) Pierwiastki s ˛

a zespolone, sprz˛e˙zone. Gdyby równanie (5.9) rozpatrywa´c

w przestrzeni zespolonej, wówczas przypadek ten nie ró˙zniłby si˛e od przy-
padku 1). Rozpatruj ˛

ac go w przestrzeni rzeczywistej, musimy przej´s´c do

współrz˛ednych biegunowych, w których układ (5.9) separuje si˛e na dwa
układy jednowymiarowe.

3) Pierwiastek jest podwójny, rzeczywisty, ale odpowiada mu tylko jeden wek-

tor własny. W tym przypadku układ si˛e nie separuje, a przestrzeni ˛

a niezmien-

nicz ˛

a jest całe R

5.4. PUNKTY KRYTYCZNE UKŁADÓW NIELINIOWYCH

Rysunek 5.14: Portret fazowy w zmiennych wyj´sciowych dla układu z przykładu
5.17

Przedstawiona wy˙zej klasyfikacja została dokonana ze wzgl˛edu na posta´c ka-

noniczn ˛

a macierzy A. Przypadek 1) odpowiada macierzy kanonicznej w postaci

diagonalnej. Przypadek 2) odpowiada macierzy diagonalnej w przestrzeni zespo-

lonej i macierzy postaci

α −β
β

, α, β ∈ R , w przestrzeni rzeczywistej. Wreszcie

przypadek 3) odpowiada niediagonalnej klatce Jordana

1 λ

5.4

Punkty krytyczne układów nieliniowych

B˛edziemy teraz starali si˛e pokaza´c, w jakim stopniu prowadzone poprzednio bada-
nia portretów fazowych układów liniowych o stałych współczynnikach mog ˛

a by´c

przydatne do badania portretów fazowych dowolnych układów autonomicznych.

5.18 DEFINICJA. Niech b˛ed ˛

a dane dwa potoki

(M, g

) i (M, g

) z t ˛

a sam ˛

a prze-

strzeni ˛

a fazow ˛

a. Mówimy, ˙ze potoki te s ˛

topologicznie sprz˛e˙zone, je´sli istnieje taki

homeomorfizm przestrzeni fazowej

h: M → M , ˙ze h ◦ g

= g

◦ h dla ka˙zdego

t ∈ R.

Aby nieco lepiej zrozumie´c sens sprz˛e˙zenia dwóch potoków, zatrzymajmy si˛e jesz-
cze przy układach liniowych o stałych współczynnikach.

5.19 DEFINICJA. Niech w przestrzeni R

b˛edzie dane równanie

x = Ax

z macierz ˛

A o stałych współczynnikach. Niech (R

, e

) b˛edzie potokiem genero-

wanym przez to równanie. Mówimy, ˙ze potok ten jest

hiperboliczny, je´sli wszystkie

warto´sci własne macierzy

A maj ˛

a niezerowe cz˛e´sci rzeczywiste.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Przytoczymy obecnie bez dowodu twierdzenie o topologicznym sprz˛e˙zeniu

układów liniowych.

5.20 TWIERDZENIE. Niech b˛ed ˛

a dane dwa potoki hiperboliczne

(M, e

) oraz

(M, e

). Potoki te s ˛

a topologicznie sprz˛e˙zone, je´sli liczby warto´sci własnych z

dodatni ˛

a i ujemn ˛

a cz˛e´sci ˛

a rzeczywist ˛

a s ˛

a takie same dla macierzy

Z twierdzenia 5.20 wynika, ˙ze punkty krytyczne w R

prostych układów liniowych

o stałych współczynnikach rozpadaj ˛

a si˛e na nierównowa˙zne topologicznie klasy:

1) punkty krytyczne niestabilne (w˛ezły i ogniska niestabilne),

2) siodła,

3) punkty krytyczne stabilne (w˛ezły i ogniska stabilne),

4) punkty odpowiadaj ˛

ace potokom niehiperbolicznym (´srodki).

Przejdziemy teraz do badania punktów krytycznych układów nieliniowych.

Aby porówna´c portrety fazowe takich układów z portretami fazowymi układów
liniowych, musimy przeprowadzi´c linearyzacj˛e.

5.21 DEFINICJA. Niech b˛edzie dany układ autonomiczny

x = f (x)

(5.10)

i niech

x = 0 b˛edzie jego punktem krytycznym. Linearyzacj ˛

a układu (5.10) w oto-

czeniu punktu

x = 0 nazywamy układ liniowy o stałych współczynnikach

x = Ax,

(5.11)

taki ˙ze układ (5.10) mo˙zna zapisa´c w postaci

x = Ax + g(x),

gdzie

g(x) jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a, która spełnia warunek

lim

|x|→0

|g(x)|

|x|

= 0.

Mo˙ze si˛e zdarzy´c, ˙ze punkt x = 0 nie jest punktem krytycznym układu (5.10), tzn.
f (0) 6= 0, ale istnieje punkt x

, taki ˙ze f (x

) = 0. Wtedy punktem krytycznym jest

punkt x

i linearyzacj˛e nale˙zy przeprowadzi´c wokół tego punktu, tzn. przedstawi´c

układ (5.10) w postaci

x = A(x − x

) + g(x),

gdzie g(x) jest ci ˛

agła i spełnia warunek

lim

|x−x

|→0

|g(x)|

|x − x

= 0.

5.4. PUNKTY KRYTYCZNE UKŁADÓW NIELINIOWYCH

Z twierdzenia 5.20 mo˙zna si˛e domy´sli´c, ˙ze układy nieliniowe daj ˛

a si˛e porów-

nywa´c z układami liniowymi tylko wtedy, gdy odpowiednie potoki liniowe s ˛

a hi-

perboliczne.

5.22 DEFINICJA. Punkt krytyczny układu autonomicznego (5.10) nazywa si˛e pro-
stym, je´sli otrzymany po linearyzacji układ jest prosty (det A 6= 0). Punkt kry-
tyczny nazywa si˛e

hiperbolicznym, je´sli otrzymany po linearyzacji układ generuje

potok hiperboliczny.

5.23 TWIERDZENIE. (Grobmana-Hartmana) Je´sli x = 0 jest punktem hiper-
bolicznym układu

x = Ax + g(x),

(5.12)

gdzie

g(x) jest klasy C

w otoczeniu zera,

g(0) = 0 oraz

lim

|x|→0

|g(x)|

|x|

= 0,

to portret fazowy układu (5.12) jest w otoczeniu punktu

x = 0 homeomorficzny z

portretem fazowym układu zlinearyzowanego

x = Ax.

Nast˛epuj ˛

acy przykład jest klasyczn ˛

a ilustracj ˛

a tego, co mo˙ze si˛e dzia´c wokół

punktu niehiperbolicznego.

5.24 Przykład. Zbadajmy portrety fazowe układów

= −x

+ x

= x

+ x

(5.13)

oraz

= −x

− x

2
1

+ x

2
2

= x

− x

2
1

+ x

2
2

(5.14)

Oba układy maj ˛

a tak ˛

a sam ˛

a linearyzacj˛e wokół punktu (0, 0)

= −x

= x

Dla równania zlinearyzowanego pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest ´srodkiem,

czyli punktem niehiperbolicznym. Natomiast po przej´sciu do współrz˛ednych bie-
gunowych dla układu (5.13) otrzymujemy

˙r = r

ϕ = 1,

czyli pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest ogniskiem niestabilnym. Dla układu

(5.14) mamy

˙r = −r

ϕ = 1,

czyli pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest ogniskiem stabilnym.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

5.25 Przykład. W przykładzie tym poka˙zemy, ˙ze wzmocnienie tezy w tw. 5.23
nie jest mo˙zliwe. Rozwa˙zmy układ

= x

ln(x

+ x

)

1/2

= x

ln(x

+ x

)

1/2

Nale˙zy sklasyfikowa´c punkt krytyczny x = (0, 0).

Linearyzacja prowadzi do układu

= x

Punkt (0, 0) dla układu zlinearyzowanego jest w˛ezłem niestabilnym (λ

= λ

= 1).

Oznacza to, ˙ze punkt ten jest punktem hiperbolicznym i tak˙ze dla układu nielinio-
wego b˛edzie punktem krytycznym niestabilnym. Przechodzimy do współrz˛ednych
biegunowych i sprowadzamy układ nieliniowy do postaci

˙r = r,

ϕ =

ln r

Rozwi ˛

azaniem tego układu s ˛

a funkcje

r = ce

ϕ = ϕ

+ ln |t + c|.

St ˛

ad wida´c, ˙ze punkt x = (0, 0) dla układu nieliniowego jest ogniskiem niestabil-

nym. Ró˙zny charakter punktu osobliwego dla układu nieliniowego i jego lineary-
zacji jest zwi ˛

azany z faktem, ˙ze tw. 5.23 gwarantuje tylko ci ˛

agło´s´c przekształcenia

portretu fazowego równania nieliniowego oraz jego linearyzacji.

5.5

Całki pierwsze

5.26 DEFINICJA. Niech b˛edzie dane równanie autonomiczne

x = f (x)

(5.15)

z praw ˛

a stron ˛

a ci ˛

agł ˛

a w pewnym zbiorze otwartym

Q ⊂ R

. Funkcj˛e

U (x) okre-

´slon ˛

a w otwartym zbiorze

⊂ Q nazywamy całk ˛

a pierwsz ˛

a niezale˙zn ˛

a od czasu

równania (5.15), je´sli jest ona stała na ka˙zdej krzywej całkowej tego równania.

Je´sli funkcja U (x) jest klasy C

w Q

, to warunek stało´sci na krzywych całkowych

przyjmuje posta´c

U x(t)

i=1

∂U

∂x

i=1

∂U

∂x

(x) = 0.

(5.16)

5.5. CAŁKI PIERWSZE

Całka pierwsza niezale˙zna od czasu ma t˛e własno´s´c, ˙ze jej poziomice zawieraj ˛

krzywe całkowe równania (5.15). Je´sli wi˛ec znamy całk˛e pierwsz ˛

a U (x), to łatwo

mo˙zna znale´z´c posta´c krzywych całkowych, rozwi ˛

azuj ˛

ac równanie U (x) = const.

W przypadku równa´n nieautonomicznych nale˙zy wprowadzi´c nieco inn ˛

a defi-

nicj˛e całki pierwszej.

5.27 DEFINICJA. Niech b˛edzie dane równanie

x = f (t, x)

(5.17)

z praw ˛

a stron ˛

a ci ˛

agł ˛

a w pewnym zbiorze otwartym

Q ⊂ R

m+1

. Funkcj˛e

U (t, x)

okre´slon ˛

a w otwartym zbiorze

⊂ Q nazywamy całk ˛

a pierwsz ˛

a równania (5.17),

je´sli jest ona stała na ka˙zdej krzywej całkowej tego równania.

Je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.17), takim ˙ze t, x(t)

∈ Q

dla t nale˙z ˛

cego do przedziału (α, β), to funkcja U t, x(t)

jest niezale˙zna od t. Je´sli funkcja

U (t, x) jest klasy C

, to warunek stało´sci na krzywych całkowych przyjmuje po-

sta´c

U t, x(t)

∂U

∂t

i=1

∂U

∂x

∂U

∂t

i=1

∂U

∂x

(t, x) = 0.

(5.18)

5.28 Przykład. W przypadku układów autonomicznych na płaszczy´znie znalezie-
nie całek pierwszych sprowadza si˛e do jednokrotnego scałkowania pewnego rów-
nania skalarnego. Je´sli dany jest układ w R

= f

, x

= f

, x

(5.19)

to mo˙zemy go zamieni´c na jedno równanie

, x

)

, x

)

(5.20)

Zapisujemy to równanie w postaci ró˙zniczek

, x

)dx

− f

, x

)dx

= 0.

Je´sli powy˙zsza forma jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a, to rozwi ˛

azanie jest postaci

U (x

, x

) = const.

Je´sli takie rozwi ˛

azanie znajdziemy, to funkcja U (x

, x

) b˛edzie całk ˛

a pierwsz ˛

układu (5.19). Rzeczywi´scie, ró˙zniczkuj ˛

ac U i traktuj ˛

ac x

jako funkcj˛e x

otrzy-

mujemy

∂U

∂x

∂U

∂x

= 0.

100

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Z równania (5.20) dostajemy

∂U

∂x

, x

) +

∂U

∂x

, x

) = 0,

co zgadza si˛e ze wzorem (5.16).

Z tego co zostało powiedziane wy˙zej, jest jasne, ˙ze całkowanie ró˙zniczek zu-

pełnych prowadzi do całek pierwszych. Równie łatwo mo˙zna znale´z´c całk˛e pierw-
sz ˛

a w przypadku, gdy równanie (5.20) jest równaniem o zmiennych rozdzielonych.

5.29 Przykład. Znajdziemy całki pierwsze dla układu

= x

− x

= −x

+ x

Równanie (5.20) dla danego układu ma posta´c

−x

+ x

− x

− 1)

(1 − x

)

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych

1 − x

− 1

Po scałkowaniu mamy

ln x

− x

= x

− ln x

+ c.

Sk ˛

ad po przekształceniu otrzymujemy

−x

= c.

5.30 Przykład. Przykład ten pokazuje, ˙ze całki pierwsze mog ˛

a by´c takie same dla

ró˙znych układów równa´n. Rozwa˙zmy dwa układy:

= −x

= x

= −x

(1 − x

= x

(1 − x

Poszukiwanie całek pierwszych ze wzoru (5.20) prowadzi do identycznego równa-
nia dla obu układów

= −

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, którego całka ma posta´c

= c.

Mamy wi˛ec t˛e sam ˛

a rodzin˛e całek pierwszych dla dwu ró˙znych układów. Poniewa˙z

s ˛

a to układy autonomiczne, wi˛ec krzywe fazowe obu układów le˙z ˛

a na poziomicach

tej samej funkcji x

= c.

5.6. PRZYKŁADY Z DYNAMIKI POPULACJI

101

Poza pokazanymi wy˙zej przykładami znajdowania całek pierwszych dla ukła-

dów autonomicznych na płaszczy´znie trudno jest znale´z´c nietrywialne (czyli ró˙zne
od stałych) całki pierwsze. Pewnym wyj ˛

atkiem s ˛

a problemy wynikaj ˛

ace z mecha-

niki, gdzie istnienie całek pierwszych, nawet dla zagadnie´n wielowymiarowych,
jest zwi ˛

azane ze spełnieniem praw zachowania, takich jak prawo zachowania ener-

gii, prawo zachowania p˛edu itp.

5.6

Przykłady z dynamiki populacji

Zajmiemy si˛e teraz analiz ˛

a kilku nieliniowych modeli dynamiki populacji, które s ˛

opisywane układami równa´n autonomicznych.

Rozpoczniemy od analizy wzrostu populacji. Wzrost populacji jest zwykle

charakteryzowany przez podanie dwóch liczb: współczynnika urodze ´n b oraz
współczynnika zgonów d. Na tej podstawie mo˙zna napisa´c równanie wzrostu po-
pulacji

x = rx,

(5.21)

gdzie r = b − d jest współczynnikiem wzrostu populacji. Równanie (5.21)
prowadzi do wykładniczego prawa wzrostu

x(t) = x

po raz pierwszy sformułowanego przez Thomasa R. Malthusa w 1798 roku. Gdy-
by wzrostem populacji rz ˛

adziło równanie (5.21) i współczynnik urodze´n był wy˙z-

szy od współczynnika zgonów (r > 0), nast˛epowałby wykładniczy przyrost li-
czebno´sci populacji. Taki model wzrostu populacji ma zastosowania w dynamice
wzrostu populacji pewnych bakterii. Przede wszystkim jednak model (5.21) okazał
si˛e dobrym modelem rozpadu pierwiastków promieniotwórczych (dla tego modelu
b = 0, st ˛

ad r < 0).

Je´sli populacja musi egzystowa´c w okre´slonym ´srodowisku, to niemo˙zliwy jest

jej nieograniczony wzrost ze wzgl˛edu na ograniczone zasoby tego ´srodowiska. Na-
le˙zy wi˛ec powtórnie przeanalizowa´c zało˙zenia prowadz ˛

ace do równania (5.21). Za-

ło˙zenie, ˙ze liczba nowych urodze´n jest proporcjonalna do liczebno´sci populacji,
wydaje si˛e by´c do´s´c rozs ˛

adnym przybli˙zeniem. Zmodyfikujemy natomiast zało˙ze-

nie odno´snie współczynnika zgonów, zakładaj ˛

ac, ˙ze współczynnik ten nie jest sta-

ły, ale ro´snie wraz z liczebno´sci ˛

a populacji (efekt ´smierci na skutek przeg˛eszczenia

´srodowiska). Zakładaj ˛

ac, ˙ze d = ax, otrzymujemy równanie wzrostu populacji

x = x(b − ax).

(5.22)

Równanie to nazywa si˛e równaniem logistycznym. Opisuje ono do´s´c wiernie
wzrost pojedynczej populacji w ´srodowisku o ograniczonych zasobach, o czym
przekonano si˛e, badaj ˛

ac hodowle bakterii.

Równanie (5.22) jest równaniem o zmiennych rozdzielonych i mo˙zna je łatwo

scałkowa´c. W dalszym ci ˛

agu przeprowadzimy jego analiz˛e jako´sciow ˛

102

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Po pierwsze zauwa˙zmy, ˙ze równanie (5.22) ma dwa punkty równowagi:

x = 0

x =

Punkt x = 0 odpowiada wygini˛eciu populacji i jest on punktem równowagi nie-
stabilnej (je´sli tylko b > 0). Punkt x =

odpowiada asymptotycznie stabilnemu

punktowi równowagi. Jest to stan, do którego d ˛

a˙zy rozwijaj ˛

aca si˛e populacja i na-

zywany jest pojemno´sci ˛

a ´srodowiska. Portret fazowy dla równania logistycznego

pokazany jest na rys. 5.15. Składa si˛e on z dwóch punktów krytycznych: niesta-
bilnego x = 0 i stabilnego x =

oraz ł ˛

acz ˛

acej te dwa punkty otwartej krzywej

fazowej.

Rysunek 5.15: Portret fazowy dla równania logistycznego

Zajmiemy si˛e teraz ´srodowiskiem, w którym ˙zyj ˛

a dwie populacje. Wzrost obu

populacji zale˙zy wtedy nie tylko od własno´sci ´srodowiska, ale tak˙ze od tego, jak
oba gatunki odnosz ˛

a si˛e do siebie. W ogólno´sci mo˙ze tu wyst˛epowa´c wiele mo-

deli relacji. W dalszym ci ˛

agu zajmiemy si˛e szczegółowo modelowaniem sytuacji,

gdy jeden gatunek, zwany drapie˙znikiem, ˙zywi si˛e osobnikami drugiego gatun-
ku, zwanego ofiar ˛

a. Niech x

(t) b˛edzie liczebno´sci ˛

a populacji ofiar, a x

(t) –

populacji drapie˙zników. Dla populacji ofiar przyjmiemy prosty model wykładni-
czego wzrostu. Zmodyfikujemy go jedynie zało˙zeniem, ˙ze współczynnik zgonów
jest proporcjonalny do liczebno´sci populacji drapie˙zników d = ax

(ofiary gin ˛

po˙zerane przez drapie˙zniki). W przypadku drapie˙zników zakładamy, ˙ze wzrost ich
populacji zale˙zy tylko od ilo´sci dostarczonego po˙zywienia, która jest proporcjo-
nalna do liczebno´sci ofiar (δx

). Zauwa˙zmy przy tym, ˙ze pewna ilo´s´c po˙zywienia

(σ) jest niezb˛edna do utrzymania przy ˙zyciu istniej ˛

acej populacji i nie prowadzi do

jej wzrostu. W efekcie uzyskujemy układ równa´n

= (b − ax

= (δx

− σ)x

(5.23)

Układ ten nazywa si˛e układem (modelem) Lotki-Volterry i został zaproponowa-
ny przez Vito Volterr˛e na podstawie obserwacji populacji ryb w Adriatyku.

Badanie układu (5.23) jest dosy´c proste. Zauwa˙zmy, ˙ze ma on dwa punkty

krytyczne (0, 0) i (

). Punkt (0, 0) jest siodłem, a jego separatrysami s ˛

a osie

układu współrz˛ednych (´sci ˛

aganie wzdłu˙z osi Ox

, rozci ˛

aganie wzdłu˙z osi Ox

W celu zbadania charakteru punktu (

) nale˙zy zlinearyzowa´c układ w otoczeniu

tego punktu. Niestety, dla układu zlinearyzowanego punkt (

) jest ´srodkiem, nie

5.6. PRZYKŁADY Z DYNAMIKI POPULACJI

103

Rysunek 5.16: Portret fazowy dla układu Lotki-Volterry

daje to wi˛ec ˙zadnej informacji o zachowaniu układu nieliniowego. Na szcz˛e´scie,
mo˙zna łatwo znale´z´c całk˛e pierwsz ˛

a układu (5.23).

Rzeczywi´scie, po pomno˙zeniu pierwszego równania przez δ, a drugiego przez a

i dodaniu stronami, otrzymujemy

δ ˙

+ a ˙

= bδx

− aσx

Analogicznie, po pomno˙zeniu pierwszego równania przez

, a drugiego przez

i dodaniu stronami, mamy

= bδx

− aσx

Z dwóch ostatnich równa´n otrzymujemy

δ ˙

+ a ˙

czyli

δx

+ ax

= σ ln x

+ b ln x

+ c.

St ˛

σ
1

b
2

−δx

−ax

= c.

Tak wi˛ec funkcja

f (x

, x

) = x

σ
1

−δx

b
2

−ax

= g(x

)h(x

)

104

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

jest całk ˛

a pierwsz ˛

a układu (5.23). Zauwa˙zmy, ˙ze funkcja f (x

, x

) osi ˛

aga mak-

simum w punkcie (

). Z faktu tego oraz z kształtu wykresów funkcji g(x

)

i h(x

) wynika, ˙ze punkt (

) jest ´srodkiem tak˙ze dla układu nieliniowego. Por-

tret fazowy układu (5.23) w pierwszej ´cwiartce układu współrz˛ednych składa si˛e
wi˛ec z zamkni˛etych krzywych (rozwi ˛

aza´n okresowych) otaczaj ˛

acych punkt (

)

(rys. 5.16). Istnienie takich okresowych rozwi ˛

aza´n dla modelu drapie˙znik-ofiara

zostało potwierdzone badaniami eksperymentalnymi.

Rozdział 6

Dwa przykłady z mechaniki

W rozdziale tym przedstawimy proste przykłady rozwi ˛

aza´n równa´n mechaniki

Newtona. Mechanika Newtona zajmuje si˛e badaniem ruchu układu punktów mate-
rialnych w przestrzeni euklidesowej. Opis tego ruchu dany jest przez układ równa´n
Newtona

x = F (t, x, ˙

x),

(6.1)

gdzie x(t) opisuje trajektori˛e ruchu, ˙

x jest jego pr˛edko´sci ˛

a a ¨

x – przyspieszeniem.

Posta´c funkcji F jest elementem definicji rozpatrywanego układu mechanicznego.
Do definicji tej nale˙zy te˙z podanie obszaru okre´slono´sci funkcji F oraz przestrzeni
fazowej równania (6.1). Rozwa˙zania ograniczymy do opisu ruchu jednego punktu
materialnego o jednostkowej masie. Zakładamy tak˙ze, ˙ze funkcja F (t, x, ˙

x) jest

gładk ˛

a funkcj ˛

a swoich argumentów (np. jest funkcja klasy C

), co gwarantuje ist-

nienie i jednoznaczno´s´c rozwi ˛

aza´n układu (6.1).

6.1

Układy zachowawcze z jednym stopniem swobody

Rozpoczniemy od opisu ogólnego modelu m-wymiarowego, pokazuj ˛

ac własno´sci

ruchu punktu materialnego w całej ogólno´sci. Dopiero kiedy b˛edzie to niezb˛edne
dla dalszego prowadzenia wykładu ograniczymy si˛e do przypadku jednowymiaro-
wego (m = 1).

6.1 DEFINICJA. Układem zachowawczym nazywamy ruch punktu materialnego
opisywany równaniem ró˙zniczkowym

x = F (x),

x ∈ R

(6.2)

gdzie siła

F (x) jest funkcj ˛

a klasy

w otwartym zbiorze

D ⊂ R

, dla której

istnieje funkcja

U (x), taka ˙ze

F (x) = − grad U.

(6.3)

Sił˛e zdefiniowana w ten sposób nazywa si˛e

sił ˛

a potencjaln ˛

a (U nazywane jest po-

tencjałem).

105

106

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

Dla układów zachowawczych mo˙zna zdefiniowa´c energi˛e całkowit ˛

a układu

E = T ( ˙

x) + U (x), gdzie T jest energi ˛

a kinetyczn ˛

a dan ˛

a wzorem

T =

k ˙xk

a U (x) energi˛e potencjaln ˛

a układu.

W przypadku jednowymiarowym potencjał U (x) mo˙zna otrzyma´c przez cał-

kowanie siły

U (x) = −

F (z)dz.

(6.4)

Całka w równaniu (6.4) zawsze istnieje (przy zało˙zeniu, ˙ze funkcja F jest klasy
C

). Oznacza to, ˙ze ka˙zdy układ z jednym stopniem swobody jest układem zacho-

wawczym.

6.2 TWIERDZENIE. Całkowita energia układu E = T + U jest całk ˛

a pierwsz ˛

równania (6.2).

Dowód. Mamy

k ˙x(t)k

+ U (x(t))

= ˙

x¨

x +

x = ˙

xF (x) − F (x) ˙

x = 0.

Dowodzi to, ˙ze funkcja

x(t)

+ U (x(t))

jest całk ˛

a pierwsz ˛

a równania (6.2).

Z twierdzenia 6.2 wynika wa˙zny w mechanice wniosek.

6.3 WNIOSEK. (Prawo zachowania energii) Energia całkowita punktu material-
nego poruszaj ˛

acego si˛e zgodnie z równaniem (6.2), gdzie

F (x) jest sił ˛

a potencjal-

n ˛

a, jest stała w trakcie ruchu.

W dalszym ci ˛

agu udowodnimy jeszcze jeden wa˙zny dla opisu ruchu zacho-

wawczego wynik, który jest prawdziwy w dowolnym wymiarze. W tym celu za-
mienimy równanie (6.2) układem równa´n pierwszego rz˛edu

= x

= F (x

(6.5)

Zajmiemy si˛e teraz punktami równowagi układu (6.5). W przestrzeni zmien-

nych (x

, x

) ∈ D × R

s ˛

a to punkty (¯

, 0), dla których F (¯

) = 0.

6.4 TWIERDZENIE. Je´sli w stanie równowagi układu zachowawczego energia
całkowita układu osi ˛

aga minimum lokalne, to ten stan równowagi jest stabilny.

6.1. UKŁADY Z JEDNYM STOPNIEM SWOBODY

107

Dowód. Z tw. 6.2 wiemy, ˙ze energia całkowita układu zachowawczego jest cał-
k ˛

a pierwsz ˛

a. W zmiennych (x

, x

) ta całka zapisuje si˛e formuł ˛

a E(x

, x

) =

1
2

+ U (x

). Je´sli punkt (¯

, 0) jest punktem równowagi i energia całkowita

osi ˛

aga w tym punkcie lokalne minimum, to funkcja

V (x

, x

) = E(x

, x

) − E(¯

, 0)

jest funkcj ˛

a Lapunowa dla tego poło˙zenia równowagi.

Łatwo wida´c, ˙ze funkcja V (x

, x

) spełnia warunki definicji 5.3 (oczywi´scie

po drobnej modyfikacji, bo w definicji zakładano, ˙ze badanym rozwi ˛

azaniem jest

rozwi ˛

azanie zerowe a w naszym przypadku jest to rozwi ˛

azanie (¯

, 0)). Funkcja

V (x

, x

) jest nieujemna i zeruje si˛e jedynie w punkcie (¯

, 0), bo jest to minimum

lokalne. Aby sprawdzi´c warunek 3) def. 5.3 obliczamy

∂V

∂x

· x

∂V

∂x

· F (x

) = −F (x

) · x

+ x

· F (x

) = 0,

gdzie symbol a·b oznacza iloczyn skalarny w R

. Z tw. 5.4 wynika, ˙ze rozwi ˛

azanie

(¯

, 0) jest stabilne.

Obecnie zajmiemy si˛e jedynie jednowymiarowym układem (6.2) lub równo-

wa˙znie układem (6.5). Dla tego układu przestrzeni ˛

a fazow ˛

a jest D × R, gdzie D

jest otwartym odcinkiem (by´c mo˙ze nieograniczonym) w R.

6.5 TWIERDZENIE. Dla układu z jednym stopniem swobody poziomice energii
całkowitej s ˛

a gładkimi krzywymi w otoczeniu ka˙zdego swojego punktu z wyj ˛

atkiem

punktu równowagi.

Dowód. Poziomica energii jest zbiorem {(x

, x

): E(x

, x

) ≡ x

/2 + U (x

) =

}, gdzie E

jest stał ˛

a. Pochodne cz ˛

astkowe funkcji E dane s ˛

a wzorami

∂E

∂x

= −F (x

∂E

∂x

= x

Je´sli punkt (x

, x

) nie jest poło˙zeniem równowagi, to nie s ˛

a spełnione jednocze-

´snie równania

F (x

) = 0

oraz x

= 0.

Wynika st ˛

ad, ˙ze przynajmniej jedna pochodna cz ˛

astkowa funkcji E w punkcie

, x

) jest ró˙zna od zera. Z tw. o funkcji uwikłanej wynika wtedy istnienie gład-

kiej funkcji x

= x

) lub x

= x

Zajmiemy si˛e teraz szczegółowo badaniem poziomic energii. Zało˙zymy przy

tym, ˙ze potencjał U (x

) jest funkcj ˛

a klasy C

na całej prostej R. Przypomnijmy,

˙ze punkt x

nazywa si˛e punktem krytycznym funkcji jednej zmiennej f (x), je´sli

) = 0. Zajmiemy si˛e na pocz ˛

atku poziomicami energii x

/2 + U (x

) = E

dla warto´sci energii E

, które nie s ˛

a równe warto´sci potencjału U w ˙zadnym punk-

cie krytycznym tego potencjału (nie s ˛

a warto´sciami krytycznymi potencjału). Z

108

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

gładko´sci potencjału wynika, ˙ze zbiór {x

: U (x

) 6 E

} składa si˛e z przeliczalnej

liczby rozł ˛

acznych odcinków. Skrajne z tych odcinków mog ˛

a by´c rozci ˛

agaj ˛

acymi

si˛e do niesko´nczono´sci półprostymi, mo˙ze te˙z si˛e zdarzy´c, ˙ze cały zbiór pokrywa
si˛e z prost ˛

a rzeczywist ˛

a R.

Przeanalizujmy jak wygl ˛

ada poziomica energii dla jednego z odcinków ogra-

niczonych [a, b]. Na odcinku tym mamy U (a) = U (b) = E

oraz U (x

) < E

dla

∈ (a, b).

6.6 TWIERDZENIE. Je´sli odcinek [a, b] jest ograniczony, U (a) = U (b) = E

(a) < 0, U

(b) > 0 i U (x

) < E

dla

∈ (a, b), to równanie

+ U (x

) = E

∈ [a, b],

definiuje zamkni˛et ˛

a krzyw ˛

a gładk ˛

a na płaszczy´znie R

b˛ed ˛

ac ˛

a krzyw ˛

a fazow ˛

a rów-

nania (6.2).

Dowód. Z prawa zachowania energii wynika, ˙ze znalezienie rozwi ˛

azania równania

(6.2) w przypadku układu z jednym stopniem swobody sprowadza si˛e do scałko-
wania równania o rozdzielonych zmiennych

x = ±

2(E

− U (x)).

(6.6)

Niech (x

, x

) le˙zy na rozwa˙zanej poziomicy i niech x

> 0. Niech ϕ(t) b˛edzie

rozwi ˛

azanie równania (6.2) z warunkiem pocz ˛

atkowym ϕ(t

) = x

, ˙

ϕ(t

) = x

Z równania (6.6) otrzymamy wtedy zwi ˛

azek

t − t

ϕ(t)

p2(E

− U (z))

Aby przekona´c si˛e jak daleko mo˙zna przedłu˙zy´c to lokalne rozwi ˛

azanie, policzmy

czas jaki jest potrzebny, aby trajektoria przeszła z punktu a do punktu b

p2(E

− U (z))

(6.7)

Wyst˛epuj ˛

aca tu całka jest niewła´sciwa (na obu ko´ncach), ale zbie˙zna. Aby si˛e o tym

przekona´c dokonamy odpowiedniego oszacowania funkcji podcałkowej. Poniewa˙z
funkcja U jest klasy C

oraz U

(a) < 0, to w pewnym otoczeniu punktu a mamy

oszacowanie U

(x) 6

1
2

(a). Z tw. o warto´sci ´sredniej dostajemy U (x) = U (a)+

(ξ)(x − a). St ˛

ad mianownik naszej całki mo˙ze by´c oszacowany nast˛epuj ˛

aco

p2(E

− U (x))

p−2U

(ξ)(x − a)

p−U

(a)(x − a)

Teraz zbie˙zno´s´c interesuj ˛

acej nas całki w ko´ncu x = a wynika ze zbie˙zno´sci całki

√

x − a

6.1. UKŁADY Z JEDNYM STOPNIEM SWOBODY

109

Zbie˙zno´s´c w ko´ncu x = b dowodzi si˛e analogicznie.

Znale´zli´smy w ten sposób rozwi ˛

azanie ϕ(t) równania (6.2) na pewnym odcin-

ku czasu [t

, t

] o długo´sci T /2, takim ˙ze ϕ(t

) = a i ϕ(t

) = b. Poniewa˙z pozio-

mica energii jest symetryczna wzgl˛edem osi x

, to bior ˛

ac ϕ(t

+ t) = ϕ(t

− t),

dla t ∈ [0, T /2], rozszerzamy nasze rozwi ˛

azanie na przedział [t

, t

+ T ] przy

czym z konstrukcji tego rozszerzenia wynika, ˙ze otrzymujemy funkcj˛e okresow ˛

a o

okresie T . Odpowiadaj ˛

aca otrzymanemu rozwi ˛

azaniu krzywa fazowa jest cz˛e´sci ˛

poziomicy energii E

nad odcinkiem [a, b].

Zbadamy teraz zachowanie si˛e poziomic energii w otoczeniu punktu krytycz-

nego potencjału. Je´sli U (¯

) = E

i U

(¯

) = 0, to w otoczeniu punktu ¯

po-

tencjał mo˙zna w przybli˙zeniu przedstawi´c (korzystaj ˛

ac z wzoru Taylora) w postaci

U (x

) = U (¯

) +

1
2

(ξ)(x

− ¯

)

. Wtedy poziomice energii s ˛

a krzywymi kwa-

dratowymi x

+ k(x

− ¯

)

= const. W przypadku gdy k > 0 (potencjał ma

minimum w punkcie ¯

) krzywe te s ˛

a elipsami o ´srodku w punkcie krytycznym

(¯

, 0). Dla k < 0 (potencjał ma maksimum w punkcie ¯

) krzywe te s ˛

a hiperbo-

lami o ´srodku w (¯

, 0).

Globalne zachowanie poziomic energii dla krytycznych warto´sci energii jest

do´s´c skomplikowane. Jak poprzednio rozpatrujemy ograniczony odcinek [a, b], na
którym U (a) = U (b) = E

, przy czym warto´s´c E

odpowiada warto´sci potencjału

w punkcie krytycznym. Mo˙zliwych jest kilka przypadków. Kiedy oba ko´nce odcin-
ka [a, b] s ˛

a punktami krytycznymi (U

(a) = U

(b) = 0), to krzywymi fazowymi

s ˛

a dwa otwarte łuki

= ±

2(E

− U (x

)),

∈ (a, b).

Je´sli U

(a) = 0, U

(b) 6= 0 lub U

(a) 6= 0, U

(b) = 0, to równanie

2
2

+ U (x

) = E

definiuje jedn ˛

a otwart ˛

a krzyw ˛

a fazow ˛

a. Je´sli wreszcie U

(a) 6= 0 i U

(b) 6= 0,

to znaczy, ˙ze punkt krytyczny znajduje si˛e poza odcinkiem [a, b] i otrzymujemy
zamkni˛ete krzywe fazowe jak dla niekrytycznych warto´sci energii.

6.7 Przykład. Przeanalizujemy teraz poziomice energii oraz krzywe fazowe wa-
hadła bez uciekania si˛e do przybli˙zenia małych odchyle´n. Jak pami˛etamy z wypro-
wadzenia w przykładzie 4.20 równanie to ma posta´c

x = −ω

sin x.

Potencjałem dla tego równania jest funkcja U (x) = −ω

cos x. Mamy wi˛ec

dwa krytyczne poziomy energii: E

= −ω

, który odpowiada stabilnemu poło˙ze-

niu równowagi x = 2nπ, oraz E

= ω

odpowiadaj ˛

acy niestabilnemu poło˙zeniu

równowagi x = π + 2nπ, gdzie n = 0, ±1, ±2, . . . . W dalszym ci ˛

agu b˛edziemy

110

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

analizowali kształt krzywych fazowych wył ˛

acznie w otoczeniu punktów x = −π,

x = 0 i x = π, poniewa˙z portret fazowy jest okresowy o okresie 2π.

Na płaszczy´znie fazowej (x

, x

) punkt (0, 0) odpowiadaj ˛

acy minimum po-

tencjału jest stabilnym poło˙zeniem równowagi a krzywe fazowe w jego małym
otoczeniu s ˛

a zamkni˛etymi krzywymi fazowymi jak to wynika z tw. 6.6. Punkty

(−π, 0) oraz (π, 0) odpowiadaj ˛

a przypadkowi, gdy U (−π) = U (π) = ω

oraz

(−π) = U

(π) = 0. Oznacza to, ˙ze punkty te s ˛

a same krzywymi fazowymi a

krzywe fazowe w ich otoczeniu s ˛

a dyfeomorficzne z hiperbolami. Prócz tego ist-

niej ˛

a krzywe fazowe w formie otwartych łuków ł ˛

acz ˛

ace punkt (−π, 0) z punktem

(π, 0).

Je´sli portret fazowy przetłumaczymy na zachowanie wahadła, to obraz ten wy-

głada nast˛epuj ˛

aco. Dla poziomów energii E

6 −ω

wahadło nie porusza si˛e spo-

czywaj ˛

ac w poło˙zeniu równowagi (0, 0). Dla poziomów energii −ω

< E

< ω

wahadło wykonuje okresowe wahni˛ecia (krzywe fazowe s ˛

a zamknietymi krzywy-

mi). Dla poziomu energii E

= ω

stan wahadła jest zale˙zny od warunków pocz ˛

at-

kowych: je´sli chwili pocz ˛

atkowej mieli´smy x(t

) = −π, ˙x(t

) = 0, to wahadło

pozostaje w poło˙zeniu równowagi (−π, 0) (analogicznie dla punktu (π, 0)). Je´sli
dane pocz ˛

atkowe odpowiadaj ˛

a poło˙zeniu wahadła na jednej z krzywych fazowych

ł ˛

acz ˛

acych punkty (−π, 0) i (π, 0) (jak wiemy s ˛

a dwie takie krzywe fazowe), to

porusza si˛e ono po tej krzywej, przy czym czas potrzebny na przebycie drogi z
punktu (−π, 0) do punktu (π, 0) jest niesko´nczony (wynika to z równo´sci (6.7)).
Dla warto´sci E

> ω

mamy niezamkni˛ete krzywe fazowe. Odpowiada to ruchowi

wahadła, przy którym obraca si˛e ono wokół swojej osi (rys. 6.1).

Rysunek 6.1: Portret fazowy wahadła

6.2

Ruch w centralnym polu sił

W tym podrozdziale zajmiemy si˛e ruchem punktu materialnego w przestrzeni trój-
wymiarowej R

pod wpływem działania siły centralnej.

6.8 DEFINICJA. Pole wektorowe w R

nazywa si˛e centralne wzgl˛edem pocz ˛

atku

6.2. RUCH W CENTRALNYM POLU SIŁ

111

układu współrz˛ednych, je´sli jest ono niezmiennicze wzgl˛edem ruchów przestrzeni

nie zmieniaj ˛

acych poło˙zenia pocz ˛

atku układu współrz˛ednych. Je´sli

F (x) jest

wektorem pola centralnego, to istnieje funkcja skalarna

Φ, taka ˙ze

F (x) = Φ(|x|)

|x|

Wynika st ˛

ad nast˛epuj ˛

ace równanie ruchu punktu materialnego w centralnym polu

sił

x = Φ(|x|)

|x|

(6.8)

Z definicji tej wynika prosty wniosek.

6.9 WNIOSEK. Centralne pole sił jest polem potencjalnym.

Dowód. Niech r = |x|. Potencjał pola dany jest wtedy wzorem

U (r) = −

Φ(z)dz.

6.10 DEFINICJA. Momentem p˛edu wzgl˛edem pocz ˛

atku układu współrz˛ednych

poruszaj ˛

acego si˛e punktu materialnego nazywamy wektor

M = x × ˙

6.11 TWIERDZENIE. (Prawo zachowania momentu p˛edu) W trakcie ruchu w
centralnym polu sił moment p˛edu wzgl˛edem centrum pola nie zmienia si˛e w czasie.

Dowód. Je´sli pomno˙zymy równanie ruchu (6.8) wektorowo przez x, to otrzymamy

x × ¨

x = Φ(|x|)

|x|

x × x = 0.

Wynika st ˛

ad, ˙ze

M (t) =

x × ˙

x = ˙

x × ˙

x + x × ¨

x = x × ¨

x = 0.

Z powy˙zszego twierdzenia wynika wa˙zny wniosek.

6.12 WNIOSEK. Ruch punktu materialnego w centralny polu sił w R

jest ru-

chem płaskim, tj. odbywa si˛e na płaszczy´znie.

112

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

Dowód. Rozwa˙zmy równanie (6.8) z warunkami pocz ˛

atkowymi

x(0) = α

Wektory α

i α

wyznaczaj ˛

a płaszczyzn˛e w R

(α

× α

jest wektorem prostopa-

dłym do tej płaszczyzny). Poniewa˙z x × ˙

x jest momentem p˛edu, który jest stały w

czasie, wi˛ec

x × ˙

x = c = α

× α

Wynika z tego, ˙ze ruch punktu materialnego odbywa si˛e cały czas w płaszczy´znie
prostopadłej do wektorów α

i α

Poniewa˙z ruch odbywa si˛e na płaszczy´znie, celowe jest wprowadzenie na niej

współrz˛ednych biegunowych. Niech (r, θ) b˛ed ˛

a tymi współrz˛ednymi. Układ (6.8)

redukuje si˛e wtedy do układu

(¨

r − r ˙

) cos θ − (2 ˙r ˙

θ + r ¨

θ) sin θ = −

cos θ ,

(¨

r − r ˙

) sin θ + (2 ˙r ˙

θ + r ¨

θ) cos θ = −

sin θ ,

(6.9)

a warunki pocz ˛

atkowe mog ˛

a by´c zapisane w postaci

r(0) = a,

˙r(0) = 0,

θ(0) = 0,

θ(0) =

Kombinacja liniowa równa´n (6.9) prowadzi do układu

r − r ˙

= −

2 ˙r ˙

θ + r ¨

θ = 0.

(6.10)

Zauwa˙zmy, ˙ze drugie z równa´n (6.10) mo˙ze by´c zapisane w postaci

θ) = 0.

St ˛

θ = C.

(6.11)

Równo´s´c ta, b˛ed ˛

aca konsekwencj ˛

a zachowania momentu p˛edu, ma interesuj ˛

ac ˛

interpretacj˛e geometryczn ˛

a. Wyobra´zmy sobie ciało poruszaj ˛

ace si˛e z punktu P do

punktu Q po krzywej P Q (patrz rys. 6.2). Niech A b˛edzie polem ograniczonym
przez promienie OP , OQ i łuk P Q. Wtedy

A =

dθ,

6.2. RUCH W CENTRALNYM POLU SIŁ

113

Rysunek 6.2: Pr˛edko´s´c polowa

czyli

θ =

(6.12)

Wielko´s´c

nazywa si˛e w mechanice pr˛edko´sci ˛

a polow ˛

a. Równanie (6.11) wy-

ra˙za stało´s´c pr˛edko´sci polowej w ruchu punktu materialnego. Tak ˛

a form˛e prawa

zachowania p˛edu sformułował Kepler opisuj ˛

ac prawa rz ˛

adz ˛

ace ruchem planet wo-

kół sło´nca. W wersji Keplera (było to jego II prawo) miało ono form˛e:

Planeta porusza si˛e wokół Sło´nca po krzywej płaskiej ze stał ˛

a pr˛edko´sci ˛

polow ˛

6.13 TWIERDZENIE. Ruch punktu materialnego w centralnym polu sił mo˙zna
opisa´c jednowymiarowym równaniem ruchu

r = −

(6.13)

gdzie

r jest promieniem wodz ˛

acym punktu, a

V (r) jest efektywnym potencjałem

danym wzorem

V (r) = U (r) +

We wzorze tym

U (r) jest potencjałem siły centralnej zdefiniowanym w dowodzie

wniosku 6.9, a stała

C jest stał ˛

a z równania (6.11) definiuj ˛

ac ˛

a warto´s´c momentu

p˛edu.

Dowód. W pierwszym z równa´n (6.10) robimy podstawienie ˙

θ = C/r

wynikaj ˛

ce z równania (6.11). Otrzymujemy wtedy

r = −

114

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

co odpowiada równaniu

r = −

z V (r) = U (r) +

Zajmiemy si˛e teraz dokładniej problemem ruchu planet wokół sło´nca, aby

otrzyma´c wszystkie prawa odkryte przez Keplera. W pewnym uproszczeniu mo-

˙zemy opisa´c to zadanie jako ruch ciała o małej masie µ wokół poło˙zonego w po-

cz ˛

atku układu współrz˛ednych ciała o bardzo du˙zej masie m. Ciała te oddziałuj ˛

a na

siebie sił ˛

a przyci ˛

agania grawitacyjnego

F (x) = −G

µmx

|x|

Odpowiada to ruchowi punktu materialnego w polu sił centralnych

x = −k

|x|

(6.14)

Korzystaj ˛

ac z tej postaci siły centralnej scałkujemy równanie ruchu (6.13) z

potencjałem V wynikaj ˛

acym z siły grawitacji. Z równania (6.13) wynika prawo

zachowania energii E

1
2

˙r + V (r). Pozwala ono upro´sci´c problem całkowania

równania (6.13). Z prawa zachowania energii mamy zwi ˛

azek

˙r =

2(E

− V (r)).

Poniewa˙z z równania (6.11) mamy ˙

θ = C/r

, to

dθ

˙r

C/r

p2(E

− V (r))

Całkujemy to ostatnie równanie dla V (r) = −

i dostajemy

θ =

C/r

p2(E

− V (r))

dr = arccos

C/r − k/C

p2E

+ k

gdzie przyj˛eli´smy dla uproszczenia stał ˛

a całkowania równ ˛

a zero. Prowadzi to do

równania

r =

1 + e cos θ

(6.15)

gdzie e =

p1 + 2E

Równanie (6.15) jest równaniem sto˙zkowej we współrz˛ednych biegunowych.

Stała e nazywa si˛e mimo´srodem (ekscentryczno´sci ˛

a) sto˙zkowej. Odpowiada ona:

a) okr˛egowi, je´sli e = 0,

b) elipsie, je´sli e < 1,

6.2. RUCH W CENTRALNYM POLU SIŁ

115

c) paraboli, je´sli e = 1,

d) hiperboli, je´sli e > 1,

przy czym pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest jednym z ognisk tej sto˙zkowej.

Wiadomo, ˙ze orbity s ˛

a ograniczone je´sli E

< 0, co odpowiada e < 1 i gwarantuje

prawdziwo´s´c I prawa Keplera:

Planeta porusza si˛e wokół Sło´nca po elipsie, a Sło´nce znajduje si˛e w jednym
z ognisk tej elipsy.

Kepler sformułował tak˙ze III prawo ruchu planet:

Kwadrat czasu obiegu planety wokół Sło´nca jest proporcjonalny do trzeciej
pot˛egi dłu˙zszej osi elipsy, po której porusza si˛e planeta.

Dowód tego prawa wynika z innego zapisu równania elipsy

r =

1 + e cos θ

gdzie a jest dłu˙zsz ˛

a, a b krótsz ˛

a półosi ˛

a elipsy. Korzystaj ˛

ac z równa´n (6.15) i (6.12)

znajdujemy pr˛edko´s´c polow ˛

k/a.

St ˛

ad okres obiegu T mo˙zna obliczy´c ze wzoru

T =

pole elipsy

pr˛edko´s´c polowa

πab

dA/dt

2πa

3/2

1/2

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Andrzej Palczewski Rownania rozniczkowe zwyczajne przyklady i zadania
raport3 Równania różniczkowe zwyczajne
Metody Komputerowe i Numeryczne, Równania różniczkowe zwyczajne
Kochański P, Kortyka P Sposoby rozwiązywania prostych równań różniczkowych zwyczajnych
12 ELEMENTY RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH
chomik Wybrane modele ekologiczne oraz metody rozwiązywania równań różniczkowych zwyczajnych
Rownania rozniczkowe zwyczajne. Zagadnienia poczatkowe
Numeryczne rozwiazywanie zagadnien poczatkowych równan i układów równan rózniczkowych zwyczajnych
chomik Sprawozdanie, matematyczne modelowanie procesów biotechnologicznych, Lista 3 Równania różnicz
Żołądek H Jakościowa teoria równań różniczkowych zwyczajnych
8 Równania rózniczkowe zwyczajne
chomik mb lab 2, matematyczne modelowanie procesów biotechnologicznych, Lista 3 Równania różniczkowe
4 Równania różniczkowe zwyczajne o stałych współczynnikach
Równania różniczkowe zwyczajne lista zadań
Gewert, Skoczylas Równania różniczkowe zwyczajne , teoria przykłady, zadania
5-RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE, RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
Równania różniczkowe, RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE RZĘDU DRUGIEGO SPROWADZALNE DO RÓWNAŃ RZĘDU PIE
J Niedoba W Niedoba Równania różniczkowe zwyczajne i cząstkowe

więcej podobnych podstron