Wst¦p do równa« ró»niczkowych
dla studentów informatyki
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
Spis tre±ci
1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie
3
2 Interpretacja geometryczna i zyczna
6
3 Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»niczkowych
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
4 Równania o rozdzielonych zmiennych
9
13
13
14
16
9 Równania liniowe ntego rz¦du
27
29
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
10.3 Ci¡gªa zale»no±¢ rozwi¡za«
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
39
12.1 Poj¦cie stabilno±ci rozwi¡zania
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
12.2 Stabilno±¢ rozwi¡za« równa« liniowych
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
46
1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie
1. Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie
Równania ró»niczkowe s¡ szczególnym przypadkiem równa« funkcyjnych, to znaczy takich
równa«, w których niewiadom¡ jest funkcja. W równaniach ró»niczkowych wyst¦puj¡
zawsze pochodne niewiadomych (szukanych) funkcji.
Rozwa»my
Przykªad 1.
x
0
= x.
Równanie to mo»emy zapisa¢ w równowa»nych postaciach:
x
0
(t) = x (t)
albo
dx
dt
(t) = x (t) .
Funkcj¦ szukan¡ oznaczamy tu symbolem x (·) , za± jej zmienn¡ niezale»n¡ liter¡ t. Zwró¢-
my uwag¦, »e aby precyzyjnie zdeniowa¢ szukan¡ funkcj¦ musimy poda¢ jej okre±lenie
np. przez wzór analityczny oraz okre±li¢ jej dziedzin¦. ªatwo zauwa»y¢, »e rozwi¡zaniem
powy»szego równania jest funkcja
x (t) = e
t
,
dla t ∈ R.
Oczywi±cie funkcja
x (t) = e
t
,
dla t > 0
jest równie» rozwi¡zanie rozwa»anego równania. Zawsze jednak, o ile w ogóle mo»liwe
jest analityczne okre±lenie rozwi¡zania, naturalne jest przyj¦cie mo»liwie najwi¦kszej (pod
wzgl¦dem relacji inkluzji) dziedziny. Dlatego te dwa rozwi¡zania nie nale»y traktowa¢ jako
ró»ne, cho¢ z formalnego punktu widzenia takie s¡. Istotne natomiast jest to, »e równie»
funkcje
x (t) = 0,
dla t ∈ R,
x (t) = 2e
t
,
dla t ∈ R
s¡ ró»nymi rozwi¡zaniami rozwa»anego równania. Wida¢ z powy»szego, »e równanie ró»-
niczkowe mo»e posiada¢ (i na ogóª posiada) niesko«czenie wiele rozwi¡za«.
Mo»na wykaza¢, »e ogóª rozwi¡za« powy»szego równania jest postaci
x (t) = c · e
t
, t ∈ R : c ∈ R,
co nale»y rozumie¢ w ten sposób, »e funkcja u : R → R jest rozwi¡zaniem powy»szego
równania wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa c ∈ R, »e u (t) = c · e
t
, dla t ∈ R.
Przykªad 2.
Rozwa»my nast¦puj¡ce równania:
x
00
− 5x
0
+ 6x = 0,
(1)
x
0
(t) = x (t) − t
2
,
(2)
∂u
∂x
(x, y) = −u (x, y)
∂u
∂y
(x, y) .
(3)
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
3
1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie
Równanie (
) zawiera drug¡ pochodn¡ szukanej funkcji, dlatego nazywamy je równa-
niem ró»niczkowym drugiego rz¦du. Równanie (
) zawiera oprócz niewiadomej rów-
nie» zmienn¡ niezale»n¡, nie wyst¦puj¡c¡ pod znakiem szukanej funkcji. Takie równa-
nie nazywamy nieautonomicznym, w przeciwie«stwie do równania, które nie zale»y od
zmiennej wolnej, które z kolei okre±lane jest jako autonomiczne (takie jest równanie
)). W trzecim z przytoczonych równa« niewiadom¡ jest funkcja dwu zmiennych, po-
jawiaj¡ si¦ równie» jej pochodne cz¡stkowe. Takie równanie okre±la si¦ jako równanie
ró»niczkowe cz¡stkowe, w przeciwie«stwie do przytoczonych wcze±niej równa« ró»-
niczkowych zwyczajnych.
Rozwa»a si¦ równie» ukªady równa« ró»niczkowych.
Przykªad 3.
Rozwa»my ukªad
½
x
0
= −y
y
0
= x
.
Powy»szy ukªad mo»na zapisa¢ w równowa»nej postaci:
·
x
0
y
0
¸
=
·
0 −1
1
0
¸ ·
x
y
¸
lub wprowadzaj¡c funkcj¦ wektorow¡ u (t) = [x (t) , y (t)] jako
u
0
(t) =
·
0 −1
1
0
¸
u (t) .
Ostatni zapis mo»na wtedy traktowa¢ jako równanie (tzw. wektorowe).
Podsumujmy i doprecyzujmy wprowadzone dotychczas intuicyjnie poj¦cia.
Niech X = R
m
, m, n ∈ N.
Denicja 1.
Niech Ω ⊂ R × X
n+1
b¦dzie zbiorem otwartym, F : Ω → X funkcj¦ ci¡gª¡.
Równaniem ró»niczkowym zwyczajnym n−tego rz¦du nazywamy równanie postaci
F
¡
t, x (t) , x
0
(t) , . . . x
(n)
(t)
¢
= 0.
(4)
Denicja 2.
Rozwi¡zaniem równania ró»niczkowego zwyczajnego (
) nazywamy
ka»d¡ funkcj¦ u : I → X, gdzie I ⊂ R jest przedziaªem niezdegenerowanym (otwartym lub
nie), speªniaj¡c¡ nast¦puj¡ce warunki:
(a)
u
jest n−krotnie ró»niczkowalna w Int I i posiada jednostronne pochodne (do rz¦du
n
wª¡cznie) na ko«cach przedziaªu, o ile te ko«ce do niego nale»¡,
(b)
¡
t, u (t) , u
0
(t) , . . . u
(n)
¢
∈ Ω ∀
t∈I
,
(c)
F
¡
t, u (t) , u
0
(t) , . . . u
(n)
¢
= 0 ∀
t∈I
.
1
Nale»y jeszcze zaªo»y¢, »e funkcja F efektywnie zale»y od ostatniej zmiennej.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
4
1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie
Przykªad 4.
Rozwa»my równanie
x
0
(t) = x (t) ,
gdzie x (t) ∈ R. Jest to równanie ró»niczkowe zwyczajne pierwszego rz¦du. W tym przy-
padku:
m = 1, n = 1, X = R, Ω = R × R
2
,
F : Ω → X,
jest postaci:
F (t, x, x
1
) = x
1
− x,
bo
F (t, x (t) , x
0
(t)) = 0 ⇔ x
0
(t) − x (t) = 0 ⇔ x
0
(t) = x (t) .
Rozwi¡zaniem jest np. funkcja u (t) = e
t
, dla t ∈ I = R. Rzeczywi±cie, funkcja ta jest
ró»niczkowalna,
(t, u (t) , u
0
(t)) =
¡
t, e
t
, e
t
¢
∈ Ω = R × R
2
∀
t∈I
,
oraz
F (t, u (t) , u
0
(t)) = u
0
(t) − u (t) = e
t
− e
t
= 0 ∀
t∈I
.
Przykªad 5.
Rozwa»my równanie
(x
00
)
3
− x
0
+ x + x
2
=
1
t
ln
¡
x
2
¢
,
gdzie x (t) ∈ R. Tym razem mamy:
m = 1, n = 2, X = R, Ω = R \ {0} × R \ {0} × R × R
,
F : Ω → X,
jest postaci:
F (t, x, x
1
, x
2
) = x
3
2
− x
1
+ x
2
−
1
t
ln
¡
x
2
¢
.
Przykªad 6.
Rozwa»my ukªad równa« ró»niczkowych
½
x
0
1
(t) = x
2
(t) + x
2
1
(t)
x
0
2
(t) = x
0
1
(t) + t
2
.
Jest to równanie pierwszego rz¦du (wektorowe). Przyjmijmy: x (t) = [x
1
(t) , x
2
(t)] ∈ R
2
,
y (t) = [y
1
(t) , y
2
(t)] ∈ R
2
.
Wówczas:
n = 1, m = 2, X = R
2
, Ω = R × R
2
× R
2
oraz
F (t, x, y) = F (t, [x
1,
x
2
] , [y
1
, y
2
]) =
£
y
1
− x
2
− x
2
1
, y
2
− y
1
− t
2
¤
Denicja 3.
Mówi¢ b¦dziemy, »e równanie (
) jest w postaci normalnej je±li jest
przedstawione jako
x
(n)
(t) = f
¡
t, x
¡
t, x
0
(t) , . . . , x
(n−1)
¢
, x
0
(t) , . . . , x
(n−1)
¢
,
(5)
gdzie f : G → X, G ⊂ R × X
n
,
oraz oczywi±cie
F (t, x, x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = 0 ⇔ x
n
= f (t, x, x
1
, . . . x
n−1
) .
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
5
2 Interpretacja geometryczna i zyczna
Równania z przykªadów
i
s¡ w postaci normalnej, natomiast równanie z przykªadu
nie jest w postaci normalnej, ale mo»na je zapisa¢ w takiej postaci jako:
x
00
=
3
r
x
0
− x
2
+
1
t
ln (x
2
).
Równania postaci
e
x
0
= x
0
nie mo»na zapisa¢ w postaci normalnej w tym sensie, »e nie istnieje funkcja elementarna
f,
»e równanie mo»na zapisa¢ w postaci x
0
= f (t, x) .
Uwaga 1.
W du»ej cz¦±ci niniejszego wykªadu zajmowa¢ si¦ b¦dziemy równaniami ró»-
niczkowymi zwyczajnymi pierwszego rz¦du w postaci normalnej tzn. równaniami postaci
x
0
= f (t, x) .
2. Interpretacja geometryczna i zyczna
Rozwa»my równanie
x
0
= f (t, x) ,
gdzie f : G → R funkcja ci¡gªa, G ⊂ R
2
zbiór otwarty. Ustalmy punkt (t
0
, x
0
)
i przy-
pu±¢my, »e funkcja u (·) jest rozwi¡zaniem naszego równania przechodz¡cym przez punkt
(t
0
, x
0
)
tzn. u (t
0
) = x
0
.
Wówczas nie znaj¡c postaci rozwi¡zania u (·) mo»na obliczy¢
warto±¢ jego pochodnej w punkcie t
0
,
mianowicie:
u
0
(t
0
) = f (t
0
, u (t
0
)) = f (t
0
, x
0
)
Interpretuj¡c geometrycznie pochodn¡ mo»emy obliczy¢ tangens k¡ta nachylenia wykresu
rozwi¡zania u (·) w punkcie (t
0
, x
0
)
i tym samym obliczy¢ k¡t nachylenia wykresu rozwi¡-
zania do osi ox. Wybieraj¡c odpowiedni g¦sto punkty (t
0
, x
0
)
w ukªadzie wspóªrz¦dnych
mo»emy wyznaczy¢ sie¢ wektorów stycznych do wykresów rozwi¡za« w wybranym ob-
szarze.
Rozwa»my dla przykªadu równanie
x
0
= x.
(6)
W tym przypadku zadanie wyznaczenia wektorów stycznych jest znacznie uªatwione ze
wzgl¦du na to, »e prawa strona równania nie zale»y od zmiennej t. W konsekwencji wektory
styczne b¦d¡ identyczne dla punktów o identycznej drugiej wspóªrz¦dnej. W ten sposób
dokonuj¡c odpowiednich oblicze« otrzymujemy nast¦puj¡cy efekt:
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
6
3 Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»niczkowych
Otrzymany wykres informuje nas jak ukªadaj¡ si¦ rozwi¡zania równania (
) i nosi nazw¦
pola kierunków. W sytuacji, gdy prawa strona równania zale»y od zmiennej t naryso-
wanie pola kierunków jest znacznie bardziej kªopotliwe.
Równanie ró»niczkowe zwyczajne mo»emy równie» zinterpretowa¢ zycznie. Tu znowu
interpretacja b¦dzie prostsza je±li zajmiemy si¦ równaniem autonomicznym. Dla zupeªnej
prostoty zajmijmy si¦ ponownie równaniem (
). Przypu±¢my, »e zmienna zale»na x opisuje
poªo»enie w jednowymiarowym ukªadzie wspóªrz¦dnych cz¡stki w chwili t. Wówczas x
0
jest wektorem pr¦dko±ci badanej cz¡stki. Rysuj¡c w ka»dym punkcie osi poªo»enia praw¡
stron¦ równania - czyli wektor x (w ogólnej sytuacji dla równania x
0
= f (x)
- wektor f (x))
otrzymamy informacj¦ jak zmienia si¦ w czasie pr¦dko±¢ badanej cz¡stki. Dostajemy zatem
nast¦puj¡c¡ interpretacj¦ geometryczno-zyczn¡ równania x
0
= x
:
0
x
Rysunek 1
3. Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»-
niczkowych
W zasadzie wi¦kszo±¢ problemów zycznych, przyrodniczych, czy ekonomicznych mo»na
doskonale opisywa¢ za pomoc¡ równa« ró»niczkowych. Dzieje si¦ tak dlatego, »e cz¦sto
ªatwymi do zmierzenie wielko±ciami w tych zjawiskach s¡ pr¦dko±ci zmian jakich± procesów
a, jak wiadomo, matematycznym odpowiednikiem pr¦dko±ci jest pochodna.
3.1. Kinematyka
Zaªó»my, »e pewne ciaªo o masie m = 1 porusza si¦ po linii prostej ze staªym przyspiesze-
niem a > 0. Zgodnie z drug¡ zasad¡ dynamiki Newtona
, je±li przez x (t) oznaczymy
poªo»enie tego ciaªa w chwili t w jednowymiarowym ukªadzie wspóªrz¦dnych, to równanie
ruchu ma posta¢
x
00
(t) = a.
ªatwo odgadn¡¢, »e jego rozwi¡zaniem jest funkcja postaci:
x (t) =
at
2
2
+ bt + c.
Zakªadaj¡c, »e w chwili t = 0 ciaªo znajduje si¦ w poªo»eniu x
0
i ma pr¦dko±¢ v
0
dostajemy:
x
0
= x (0) = c,
v
0
= x
0
(0) = [2at + b]
t=0
= b.
Zatem równanie ruchu ma posta¢
x (t) =
at
2
2
+ v
0
t + x
0
.
2
Newton, Isaac Sir (1643 - 1727) matematyk i zyk angielski uwa»any za jednego z trzech, obok Archi-
medesa (287 BC - 212 BC) i C. F. Gaussa (1777 - 1855) najwybitniejszych matematyków wszechczasów.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
7
3 Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»niczkowych
3.2. Rozwój populacji
Zaªó»my, »e badamy dynamik¦ rozwoju w czasie pewnej sko«czonej populacji organizmów.
Na ogóª jest wiele czynników wpªywaj¡cych na dynamik¦ tego rozwoju. Bardzo istotn¡ i
jednocze±nie trudn¡ rzecz¡ jest wybranie tych czynników, które wpªywaj¡ istotnie na t¦
dynamik¦ i pomini¦cie tych, które wpªywaj¡ w sposób nieistotny. W naszym przypadku
uzasadnione biologicznie wydaje si¦ przyj¦cie, »e pr¦dko±¢ wzrostu ilo±ci osobników jest
wprost proporcjonalna do ilo±ci osobników. Oznaczaj¡c wi¦c ilo±¢ osobników w chwili t
jako N (t) dostajemy, »e
N
0
(t) = k · N,
k
jest tu wspóªczynnikiem proporcjonalno±ci wyznaczanym do±wiadczalnie.
Pierwszym mankamentem przyj¦tego modelu jest to, »e funkcja N (·) przyjmuje warto±ci
caªkowite - nie jest wi¦c ró»niczkowalna. Jednak przy du»ej ilo±ci osobników i wysokiej
dynamice zmian ich ilo±ci (np. kiedy badamy populacj¦ bakterii) uci¡glenie funkcji nie
generuje istotnego bª¦du. Powa»niejszym problemem jest nieuwzgl¦dnienie »adnych ogra-
nicze« na wzrost populacji. Takimi ograniczeniami s¡ przecie» ilo±¢ miejsca, ilo±¢ po»y-
wienia itp. Czynniki te mo»na uwzgl¦dni¢ modykuj¡c wspóªczynnik proporcjonalno±ci
k.
Przyjmijmy, »e
k (N) = b − aN.
Wówczas, zgodnie z intuicj¡, gdy wielko±¢ populacji jest maªa (N <
b
a
)
wspóªczynnik
k
jest dodatni, za± wraz ze wzrostem N wspóªczynnik k maleje, by w ko«cu osi¡gn¡¢
ujemn¡ warto±¢. Zatem modelem opisuj¡cym w miar¦ idealistycznie dynamik¦ zmiany
ilo±ci osobników w populacji jest równanie
N
0
(t) = (b − aN (t)) N (t) .
3.3. Problem drapie»nik-oara
Tak zwane równania Volterry-Lotki
opisuj¡ wspóªistnienie dwu gatunków zwierz¡t: dra-
pie»ników i oar. Niech x oznacza liczb¦ drapie»ników, y liczb¦ oar. Równania te maj¡
posta¢
½
x
0
= (by − a) · x
y
0
= (c − dx) · y
gdzie a, b, c, d > 0. Równania te mog¡ by¢ interpretowane nast¦puj¡co: je±li liczba oar
y
jest niewielka (y <
a
b
),
to pr¦dko±¢ wzrostu ilo±ci drapie»ników jest ujemna, je±li na-
tomiast liczba oar jest du»a, to pr¦dko±¢ wzrostu liczby drapie»ników jest dodatnia.
Podobnie niewiele drapie»ników (x <
c
d
) powoduje du»¡ pr¦dko±¢ wzrostu liczby oar
itd. Prawdopodobnie nie da si¦ rozwi¡za¢ analitycznie równa« Volterry-Lotki, mo»na je
jednak do±¢ dokªadnie rozwi¡za¢ w sposób przybli»ony. Z rozwi¡za« tych wyci¡gni¦to
nast¦puj¡ce wnioski: 1) liczby oar i drapie»ników zmieniaj¡ si¦ okresowo, 2) je±li nie
dziaªaj¡ inne staªe czynniki zaburzaj¡ce, to zmiany te s¡ stabilne, tzn. krótkotrwaªe zabu-
rzenia: powód¹, ci¦»ka zima itp. nie zmieniaj¡ charakteru zmian ale mog¡ zmieni¢ wielko±¢
populacji.
3
Volterra, Vito (1860 - 1940) matematyk wªoski; Lotka, Alfred James (1880 - 1949), ameryka«ski
chemik, demograf, ekolog i matematyk urodzony we Lwowie.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
8
4 Równania o rozdzielonych zmiennych
3.4. Zmiany pogody
W latch 60-tych ameryka«ski meteorolog uwa»ana za twórc¦ podstaw chaosu Edward
Lorenz zaproponowaª nast¦puj¡cy ukªad równa« opisuj¡cy zjawiska pogodowe
x
0
= −10x + 10y
y
0
= 28x − y − xz
z
0
= −
8
3
z + xy
Interpretacja wielko±ci x, y, z jest do±¢ trudna, równa« nie udaªo si¦ rozwi¡za« analitycz-
nie, a z rozwi¡za« przybli»onych nie mo»na w peªni zrozumie¢ prawdziwego zachowania
si¦ zjawiska.
4. Równania o rozdzielonych zmiennych
Zajmiemy si¦ teraz jednym z podstawowych i jednocze±nie najprostszych równa« - rów-
naniem o rozdzielonych zmiennych.
Denicja 4.
Niech K, L b¦d¡ dowolnymi przedziaªami, g : L → R, h : K → R funkcjami
ci¡gªymi. Wówczas równanie postaci
x
0
(t) = h (t) · g (x (t))
[x
0
= h (t) · g (x)]
(7)
nazywamy równaniem ró»niczkowym o rozdzielonych zmiennych.
Twierdzenie 1 (Metoda rozdzielania zmiennych).
Rozwa»my równanie (
), w którym
przedziaªy K i L s¡ otwarte. Oznaczmy przez H i G dowolnie ustalone funkcje pierwotne
funkcji h i
1
g
odpowiednio. Wówczas
(a)
Je±li g (x) 6= 0, dla x ∈ L, to funkcja u : I → L, gdzie I jest przedziaªem jest
rozwi¡zaniem równania (
) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa c ∈ R taka, »e
G (u (t)) = H (t) + c,
dla t ∈ I.
(8)
(b)
Je±li istnieje x
0
∈ L
takie, »e g (x
0
) = 0,
to równanie (
) posiada tzw. rozwi¡zanie
stacjonarne okre±lone wzorem
u (t) = x
0
,
dla t ∈ K
Dowód.
(b)
Funkcja u (t) = x
0
jest ró»niczkowalna dla t ∈ K przy tym u
0
(t) = 0 = h (t)·g (x
0
) =
h (t) · g (u (t))
, dla t ∈ K, zatem jest rozwi¡zaniem równania (
(a)
Konieczno±¢ (⇒). Zaªó»my, »e u : I → L jest rozwi¡zaniem równania (
) tzn.
u
0
(t) = h (t) · g (u (t)) ,
dla t ∈ I.
Poniewa» g (x) 6= 0, dla x ∈ L, wi¦c równie» g (u (t)) 6= 0, dla t ∈ I, zatem
u
0
(t)
g (u (t))
= h (t) ,
dla t ∈ I.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
9
4 Równania o rozdzielonych zmiennych
Poniewa»
(G ◦ u)
0
(t) = G
0
(u (t)) · u
0
(t) =
u
0
(t)
g (u (t))
= h (t) = H
0
(t) ,
dla t ∈ I,
wi¦c
(G ◦ u)
0
(t) = H
0
(t) ,
dla t ∈ I,
sk¡d wynika istnienie staªej c ∈ R, »e
G (u (t)) = H (t) , +c
dla t ∈ I.
Dostateczno±¢ (⇐) . Zaªó»my teraz, »e zachodzi wzór (
) tzn. istnieje staªa c ∈ R,
»e
G (u (t)) = H (t) + c
dla t ∈ I.
Ró»niczkuj¡c stronami dostajemy
u
0
(t)
g (u (t))
= h (t) ,
dla t ∈ I
sk¡d
u
0
(t) = g (u (t)) · h (t) ,
dla t ∈ I,
co oznacza, »e u (·) jest rozwi¡zaniem równania (
) w przedziale I.
Uwaga 2.
Poniewa» w przypadku (a) g (x) 6= 0, dla x ∈ L, wi¦c funkcja
1
g
= G
0
jest
staªego znaku w przedziale I (jako funkcja ci¡gªa), zatem G jest rosn¡ca lub malej¡ca w
L
i w konsekwencji odwracalna. Rozwi¡zanie u (·) ma wi¦c posta¢
u (t) = G
−1
(H (t) + c) ,
dla t ∈ I.
Funkcja odwrotna do funkcji ci¡gªej nie musi by¢ niestety elementarna, st¡d nie zawsze
mo»liwe jest efektywne znalezienie rozwi¡zania równania (
Denicja 5.
Mówimy, »e rozwi¡zanie u
1
: I → X
równania ró»niczkowego (
) jest prze-
dªu»eniem rozwi¡zania u
2
: I → X,
je±li I
2
⊂ I
1
oraz u
1
|
I
2
= u
2
.
Przedªu»enie u
1
nazywamy wªa±ciwym, je±li I
1
6= I
2
.
Denicja 6.
Rozwi¡zanie u równania (
) nazywamy wysyconym, albo integralnym,
je±li nie posiada ono »adnego przedªu»enia wªa±ciwego.
Twierdzenie 2.
Rozwa»my jak w poprzednim twierdzeniu równanie (
), gdzie K i L s¡
otwarte. Wówczas, je±li g (x) 6= 0, dla x ∈ L, to dla dowolnego (t
0
, x
0
) ∈ K × L
istnieje
jednoznaczne, wysycone rozwi¡zanie u : I → L równania (
) speªniaj¡ce warunek
u (t
0
) = x
0
.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
10
4 Równania o rozdzielonych zmiennych
Dowód. We¹my dowolnie (t
0
, x
0
) ∈ K × L
. Niech H i G oznaczaj¡ funkcje pierwotne
funkcji h i
1
g
odpowiednio. Oczywi±cie s¡ to funkcje ci¡gªe, wi¦c z wªasno±ci Darboux
G (L)
jest przedziaªem, poniewa» G jest funkcj¡ monotoniczn¡ (zobacz Uwaga
), wi¦c
jest to przedziaª otwarty. Oznaczmy go przez (p, q) . Oczywi±cie G (x
0
) ∈ (p, q) .
Rozwa»my
funkcj¦
K 3 t 7→ H (t) − H (t
0
) + G (x
0
) .
(9)
Dla t = t
0
mamy, »e H (t
0
) − H (t
0
) + G (x
0
) = G (x
0
) ∈ (p, q) .
Niech
A = {t ∈ K : H (t) − H (t
0
) + G (x
0
) ∈ (p, q)} .
Jest to zbiór otwarty zawieraj¡cy t
0
.
Oznaczmy
α = inf {a ∈ R : (a, t
0
] ⊂ A} ,
β = sup {b ∈ R : [t
0
, b) ⊂ A} .
Przedziaª (α, β) jest najwi¦kszym przedziaªem zawieraj¡cym t
0
i takim, »e H (t)−H (t
0
)+
G (x
0
) ∈ (p, q)
, dla t ∈ (α, β) . Zdeniujmy teraz funkcj¦ u : (α, β) → L wzorem
u (t) = G
−1
(H (t) − H (t
0
) + G (x
0
)) .
Na mocy Twierdzenia
u
jest rozwi¡zaniem równania (
), ponadto
u (t
0
) = G
−1
(H (t
0
) − H (t
0
) + G (x
0
)) = G
−1
(G (x
0
)) = x
0
.
Zatem funkcja u jest rozwi¡zaniem równania (
) speªniaj¡cym warunek u (t
0
) = x
0
.
Poka-
»emy, »e rozwi¡zania u nie mo»na przedªu»y¢. W tym celu wystarczy wykaza¢, »e α /∈ A
i β /∈ A. Przypu±¢my przeciwnie, »e np. α ∈ A. Wobec ci¡gªo±ci funkcji zdeniowanej
wzorem (
) istnieje δ > 0, »e (α − δ, α + δ) ⊂ A, jest to jednak sprzeczne z okre±leniem
α.
Podobnie dowodzimy, »e β /∈ A.
Dla zako«czenia dowodu trzeba jeszcze pokaza¢, »e rozwi¡zanie u jest jedynym rozwi¡za-
niem przechodz¡cym przez punkt (t
0
, x
0
) .
Przypu±¢my, »e u
1
: I
1
→ L
jest równie» rozwi¡-
zaniem równania (
) przechodz¡cym przez punkt (t
0
, x
0
) .
Wówczas na mocy Twierdzenia
istnieje staªa c ∈ R, »e
G (u
1
(t)) = H (t) + c,
dla t ∈ I
1
.
Wówczas
G (u
1
(t)) − G (u (t)) = c + H (t
0
) − G (t
0
) ,
dla t ∈ I ∩ I
1
.
St¡d, podstawiaj¡c t = t
0
c = G (t
0
) − H (t
0
) ,
w konsekwencji
G (u
1
(t)) = H (t) + G (t
0
) − H (t
0
) = G (u (t)) ,
dla t ∈ I ∩ I
1
,
co wobec ró»nowarto±ciowo±ci G oznacza, »e
u
1
(t) = u (t) ,
dla t ∈ I ∩ I
1
.
Przypu±¢my, »e I ∩ I
1
6= I
1
(czyli, »e I
1
nie jest zawarty w I). Niech
˜
u (t) =
½
u (t)
dla t ∈ I ∩ I
1
u
1
(t)
dla t ∈ I
1
\ (I ∩ I
1
)
Oznacza to, »e ˜u jest przedªu»enie u, co jest sprzeczne i oznacza, »e I = I
1
.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
11
4 Równania o rozdzielonych zmiennych
Przykªad 7.
Rozwa»my równanie
x
0
= x
(10)
W tym przypadku h (t) = 1, g (x) = x. Oczywi±cie K = L = R. Poniewa» g (x) = 0 ⇔ x =
0,
wi¦c funkcja u (t) = 0 t ∈ R jest rozwi¡zaniem stacjonarnym. Aby znale¹¢ rozwi¡zania
niestacjonarne formalnie nale»y przyj¡¢ L = (−∞, 0) lub L = (0, ∞) . Zajmiemy si¦ tym
drugim przypadkiem (w pierwszym b¦dzie analogicznie). Mamy, »e G jest funkcj¡ pierwot-
n¡ funkcji
1
g
=
1
x
,
czyli G (x) = ln x, dla x > 0 oraz H (t) = t, dla t ∈ R. Przypu±¢my, »e
u : I → L
jest rozwi¡zaniem równanie (
). Wówczas zgodnie z Twierdzeniem
istnieje
staªa c ∈ R , »e
G (u (t)) = H (t) + c,
dla t ∈ I
tzn.
ln (u (t)) = t + c,
dla t ∈ I.
Wida¢, »e
u (t) = c
1
e
t
,
dla t ∈ I,
gdzie c
1
= e
c
.
Oczywi±cie przyjmujemy, »e I = R.
Odwrotnie, je±li u (t) = c
1
e
t
, dla t ∈ R, c
1
> 0
to u jest rozwi¡zaniem.
W powy»szym przykªadzie znale¹li±my wszystkie rozwi¡zania badanego równania, których
wykresy le»¡ w prostok¡tach R × (−∞, 0) , R × (0, ∞) oraz rozwi¡zanie stacjonarne.
Twierdzenie
gwarantuje nam, »e je»eli ograniczymy si¦ osobno do ka»dego z prostok¡tów,
to otrzymane rozwi¡zania s¡ wysycone i jednoznaczne w tym sensie, »e przez ka»dy punkt
pªaszczyzny przechodzi tylko jedno rozwi¡zanie. Domy±lamy si¦ równie», »e w przypadku
rozwa»anego w przykªadzie równania nie istnieje rozwi¡zanie, którego wykres le»y w obu
prostok¡tach gdyby tak byªo, to rozwi¡zanie takie musiaªoby by¢ przedªu»eniem którego±
z otrzymanych ju» rozwi¡za« te za± nie mo»na przedªu»y¢ bo s¡ okre±lone na R.
W przypadku ogólnego równania o zmiennych rozdzielonych mog¡ jednak istnie¢ roz-
wi¡zania, które mo»na przedªu»y¢ na brzeg rozwa»anych prostok¡tów. Problem ten jest
rozstrzygni¦ty przez poni»sze
Twierdzenie 3.
Rozwa»my równanie o zmiennych rozdzielonych (
). Niech L = (c, d) ,
K = (a, b) .
Zaªó»my, »e istnieje e ∈ (c, d) taki, »e g (e) = 0 oraz g (x) 6= 0, dla x ∈ (c, d) \
{e} .
Niech u : (α, β) → (e, d) b¦dzie jakimkolwiek wysyconym rozwi¡zaniem równania (
rozwa»anego w zbiorze (a, b) × (e, d) . Niech t
0
∈ (α, β)
oraz niech x
0
= u (t
0
) .
Wówczas,
je±li
Z
x
0
e
dx
g (x)
= ±∞,
(11)
to rozwi¡zania u nie da si¦ przedªu»y¢ na punkt α. W przeciwnym razie, je±li
lim
t→α
+
u (t) = e,
to rozwi¡zanie u mo»na przedªu»y¢ na punkt α kªad¡c u (α) = e. Analogiczne stwierdzenie
zachodzi dla rozwi¡zania u : (α, β) → (c, e)
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
12
6 Skalarne równania liniowe
5. Równanie jednorodne
Denicja 7.
Niech h : (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ ci¡gª¡. Równanie postaci
x
0
(t) = h
µ
x (t)
t
¶
,
dla t 6= 0
(12)
nazywamy równaniem ró»niczkowym jednorodnym.
Niech I b¦dzie przedziaªem zawartym w (a, b) \ {0}
Twierdzenie 4.
Funkcja x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (
) wtedy i tylko wtedy,
gdy jest postaci
x (t) = t · y (t) ,
gdzie y : I → R jest rozwi¡zaniem równania o rozdzielonych zmiennych postaci
y
0
(t) =
h (y (t)) − y (t)
t
.
(13)
Dowód. Niech y : I → R b¦dzie rozwi¡zaniem równania (
). Wówczas funkcja x : I → R
dana wzorem x (t) = t · y (t), dla t ∈ I jest ró»niczkowalna oraz
x
0
(t) = y (t) + t · y
0
(t) = y (t) + h (y (t)) − y (t) = h (y (t)) = h
µ
x (t)
t
¶
,
dla t ∈ I,
co oznacza, »e x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (
Zaªó»my teraz, »e funkcja x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (
). Rozwa»my funkcj¦
y : I → R
okre±lon¡ wzorem y (t) =
x(t)
t
, dla t ∈ I. Jest to funkcja ró»niczkowalna, przy
czym
y
0
(t) =
x
0
(t) · t − x (t)
t
2
=
h
³
x(t)
t
´
−
x(t)
t
t
=
h (y (t)) − y (t)
t
,
dla t ∈ I,
co oznacza, »e y jest rozwi¡zaniem równania (
) i ko«czy dowód.
6. Skalarne równania liniowe
Denicja 8.
Niech p, q : (a, b) → R b¦d¡ funkcjami ci¡gªymi. Skalarnym równaniem
ró»niczkowym liniowym pierwszego rz¦du nazywamy równanie postaci
x
0
(t) = p (t) · x (t) + q (t) .
(14)
Je±li q = 0 (q (t) = 0, dla t ∈ (a, b)), to powy»sze równanie nazywamy równaniem linio-
wym jednorodnym (w przeciwnym wypadku równanie nazywamy równaniem liniowym
niejednorodnym).
Twierdzenie 5.
Wszystkie wysycone rozwi¡zania równania (
) wyra»aj¡ si¦ wzorem
u (t) = (Q (t) + c) · e
P (t)
,
dla t ∈ (a, b) ,
(15)
gdzie:
P
jest dowolnie ustalon¡ funkcj¡ pierwotn¡ funkcji p,
Q
jest dowolnie ustalon¡ funkcj¡ pierwotn¡ funkcji (a, b) 3 t 7→ q (t) · e
−P (t)
,
c ∈ R
jest dowoln¡ staª¡.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
13
7 Równania zupeªne
Dowód. Niech u : (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ okre±lon¡ wzorem (
). Wówczas u jest
ró»niczkowalna oraz
u
0
(t) = q (t) · e
−P (t)
· e
P (t)
+ (Q (t) + c) · e
P (t)
· p (t) = q (t) + (Q (t) + c) · e
P (t)
· p (t) =
= q (t) + u (t) · p (t) ,
dla t ∈ (a, b) .
Czyli dowolna funkcja postaci (
) jest rozwi¡zaniem równania (
Dla zako«czenia dowodu wystarczy teraz pokaza¢, »e je±li u : (a, b) → R jest rozwi¡zaniem
równania (
). Poªó»my ψ (t) = u (t) · e
−P (t)
, dla t ∈ (a, b) . Wówczas
ψ
jest ró»niczkowalna oraz
u (t) = ψ (t) · e
P (t)
,
dla t ∈ (a, b) .
Skoro u jest rozwi¡zaniem (
), to
u
0
(t) = ψ
0
(t) · e
P (t)
+ ψ (t) · e
P (t)
· p (t) = p (t) · ψ (t) · e
P (t)
+ q (t) ,
dla t ∈ (a, b) ,
co oznacza, »e
ψ
0
(t) = q (t) · e
−P (t)
,
dla t ∈ (a, b) .
W konsekwencji istnieje staªa c ∈ R, »e
ψ (t) = Q (t) + c,
dla t ∈ (a, b) ,
czyli
u (t) = (Q (t) + c) · e
P (t)
,
dla t ∈ (a, b) .
Wniosek 1.
Ka»de rozwi¡zanie równania liniowego jednorodnego
x
0
(t) = p (t) · q (t)
jest postaci
u (t) = c · e
P (t)
gdzie t ∈ (a, b) , c ∈ R.
7. Równania zupeªne
B¦dziemy zajmowa¢ si¦ równaniami postaci
Q (x, y (x)) · y
0
(x) + P (x, y (x)) = 0,
(16)
gdzie P, Q s¡ funkcjami ci¡gªymi okre±lonymi na zbiorze otwartym G ⊂ R × R.
Denicja 9.
Równanie postaci (
) nazywa¢ b¦dziemy równaniem ró»niczkowym zu-
peªnym (w zbiorze G) je±li istnieje funkcja klasy F ∈ C
1
(G, R)
taka, »e
P (x, y) = F
0
x
(x, y) ,
Q (x, y) = F
0
y
(x, y) ,
dla (x, y) ∈ G. Funkcj¦ F speªniaj¡c¡ powy»sze warunki nazywamy funkcj¡ pierwotn¡
równania (
4
na to aby funkcja F : G → R byªa klasy C
1
potrzeba i wystarcza, posiadaªa ci¡gªe pochodne
cz¡stkowe.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
14
7 Równania zupeªne
Twierdzenie 6.
Funkcja ró»niczkowalna u : I → R taka, »e (x, u (x)) ∈ G, dla x ∈ I
jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego postaci (
) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa
γ ∈ R
taka, »e funkcja pierwotna F równania (
) speªnia warunek
F (x, u (x)) = γ,
dla x ∈ I.
(17)
Dowód. Przypu±¢my, »e dla funkcji u : I → R ró»niczkowalnej i takiej, »e (x, u (x)) ∈ G
zachodzi warunek (
) stronami dostajemy, »e
F
0
x
(x, u (x)) + F
0
y
(x, u (x)) · u
0
(x) = 0,
dla x ∈ I,
co wobec denicji funkcji pierwotnej oznacza, »e
P (x, u (x)) + Q (x, u (x)) · u
0
(x) = 0,
dla x ∈ I,
czyli u jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego (
Zaªó»my teraz, »e funkcja u : I → R jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego (
). Wówczas
d
dx
F (x, u (x)) = F
0
x
(x, u (x)) + F
0
y
(x, u (x)) · u
0
(x) =
= P (x, u (x)) + Q (x, u (x)) · u
0
(x) = 0,
dla x ∈ I, co oznacza, »e istnieje staªa γ ∈ R, »e
F (x, u (x)) = γ,
dla x ∈ I.
Twierdzenie 7.
Niech G b¦dzie dowolnym obszarem jednospójnym, P, Q : G → R funk-
cjami ci¡gªymi. Wówczas na to, aby równanie (
) byªo równaniem zupeªnym (w obszarze
G)
potrzeba i wystarcza, aby
P
0
y
(x, y) = Q
0
x
(x, y) ,
dla (x, y) ∈ G.
Denicja 10.
Niech G ⊂ R
2
b¦dzie zbiorem otwartym. Funkcj¦ V : G → R klasy C
1
nazywamy caªk¡ pierwsz¡ równania (
) je»eli dla dowolnego rozwi¡zania u : I → R
równania (
) istnieje staªa γ ∈ R, »e
V (x, u (x)) = γ,
dla x ∈ I.
Uwaga 3.
Oczywi±cie funkcja pierwotna równania (
) jest jego caªk¡ pierwsz¡.
Zajmiemy si¦ teraz problemem równania postaci (
), które jednak nie jest zupeªne. Wów-
czas mo»emy poszukiwa¢ takiego czynnika, który sprawi, »e po pomno»eniu przez niego
obu stron równania (
) równanie stanie si¦ zupeªne.
Denicja 11.
Funkcj¦ N : G → R tak¡, »e N (x, y) 6= 0, dla (x, y) ∈ G oraz równanie
N (x, y (x)) · Q (x, y (x)) y
0
+ N (x, y (x)) P (x, y (x)) = 0
jest zupeªne (w zbiorze G) nazywamy czynnikiem caªkuj¡cym równania (
Zachodzi oczywiste
Twierdzenie 8.
Niech G ⊂ R × R b¦dzie obszarem jednospójnym, P, Q, N ∈ C
1
(G, R)
oraz niech N (x, y) 6= 0, dla (x, y) ∈ G. Wówczas N jest czynnikiem caªkuj¡cym wtedy i
tylko wtedy, gdy
(N (x, y) P (x, y))
0
y
= (N (x, y) Q (x, y))
0
x
.
5
symbolem C
1
(G, R)
oznaczamy zbiór wszystkich funkcji f : G → R klasy C
1
.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
15
8 Równania liniowe w R
n
8. Równania liniowe w R
n
Denicja 12.
Równaniem ró»niczkowym liniowym (autonomicznym) w R
n
na-
zywamy równanie postaci
x
0
(t) = A · x (t) + b,
(18)
gdzie A ∈ R
n×n
), za± b ∈ R
n
.
Oczywi±cie, je±li b 6= 0, to równanie powy»sze nazywamy niejednorodnym, w przeciwnym
razie mamy do czynienia z równaniem jednorodnym.
Uwaga 4.
Ka»de równanie postaci x
0
= Ax
lub x
0
= Ax + b
mo»e by¢ przedstawione
w postaci ukªadu n równa« ró»niczkowych liniowych skalarnych. Mianowicie, je±li A =
[a
ij
]
1≤i,j≤n
, x = [x
1
, . . . , x
n
]
T
, b = [b
1
, . . . , b
n
]
T
, to równanie x
0
= Ax + b
mo»emy zapisa¢
w postaci
x
0
1
= a
11
x
1
+ a
12
x
2
+ . . . + a
1n
x
n
+ b
1
x
0
2
= a
21
x
1
+ a
22
x
2
+ . . . + a
2n
x
n
+ b
2
...
x
0
n
= a
n1
x
1
+ a
n2
x
2
+ . . . + a
nn
x
n
+ b
n
Uwaga 5.
Przy ustalonej bazie przestrzeni R
n
macierzy A ∈ R
n×n
odpowiada wzajemnie
jednoznacznie pewne odwzorowanie liniowe L : R
n
→ R
n
o tej wªasno±ci, »e
L (x) = Ax
dla x ∈ R
n
.
Denicja 13.
Niech A ∈ R
n×n
.
Macierz¡ eksponencjaln¡ nazywamy macierz
e
A
=
∞
X
k=0
1
k!
A
k
,
gdzie A
0
= I, A
k+1
= A · A
k
.
Uwaga 6.
Powy»sza denicja jest poprawna, bowiem szereg deniuj¡cy macierz e
A
jest
bezwzgl¦dnie zbie»ny.
Wprowad¹my nast¦puj¡ce oznaczenia
RJ (A)
zbiór wszystkich rozwi¡za« równania jednorodnego
x
0
= Ax,
(19)
RN (A, b)
zbiór wszystkich rozwi¡za« równania niejednorodnego
x
0
= Ax + b.
(20)
Zachodzi nast¦puj¡ce
Twierdzenie 9.
Niech u
0
b¦dzie dowolnie ustalonym rozwi¡zaniem równania niejedno-
rodnego (
), wówczas
RN (A, b) = u
0
+ RJ (A) .
6
symbolem R
n×n
oznaczamy zbiór macierzy wymiaru n×n o wyrazach rzeczywistych, mo»na wykaza¢,
»e zbiór R
n×n
z dziaªaniami dodawania macierzy i mno»enia przez liczb¦ jest przestrzeni¡ liniow¡ nad
ciaªem liczb rzeczywistych.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
16
8 Równania liniowe w R
n
Dowód. Niech u ∈ RN (A, b) . Wtedy w = u − u
0
∈ RJ (A)
bo
w
0
(t) = u
0
(t) − u
0
0
(t) = Au (t) + b − Au
0
(t) − b = A (u (t) − u
0
(t)) = Aw (t) ,
dla t ∈ R. Mamy wi¦c, »e u jest postaci u = u
0
+ w,
czyli jest ze zbioru u
0
+ RJ (A) .
Je±li u ∈ u
0
+ RJ (A) ,
to istnieje w ∈ RJ (A) , »e u = u
0
+ w,
ponadto
u
0
(t) = u
0
0
(t) + w
0
(t) = Au
0
(t) + b − Aw (t) = A (u
0
(t) − w (t)) + b = Au (t) + b,
dla t ∈ R, czyli u ∈ RN (A, b) .
Uwaga 7.
Aby zatem znale¹¢ ogóª rozwi¡za« równania niejednorodnego (
) trzeba zna-
le¹¢ ogóª rozwi¡za« równania jednorodnego (
) i jakiekolwiek rozwi¡zanie równania nie-
jednorodnego (
). Z tego powodu zajmiemy si¦ najpierw problemem rozwi¡zywania rów-
nania jednorodnego.
Zachodzi nast¦puj¡ce
Twierdzenie 10.
Niech A ∈ R
n×n
.
Wówczas funkcja ˜u : R 3 t 7→ e
t·A
∈ R
n×n
jest
funkcj¡ ró»niczkowaln¡ oraz dla dowolnego t ∈ R zachodzi wzór
˜
u
0
(t) = A˜
u (t) .
Uwaga 8.
Zauwa»my, »e powy»sze twierdzenie gwarantuje istnienie rozwi¡zanie równania
), co sformuªujemy jako:
Wniosek 2.
Dla dowolnie ustalonej macierzy A ∈ R
n×n
i dowolnej staªej c ∈ R
n
funkcja
u : R 3 t 7→ e
t·A
· c ∈ R
n
jest rozwi¡zaniem równania (
Twierdzenie 11 (O jednoznaczno±ci rozwi¡za« dla równa« liniowych).
Niech
u
1
: R → R
n
, u
2
: R → R
n
b¦d¡ rozwi¡zaniami równania
x
0
= Ax
(21)
takimi, »e u
1
(t
0
) = u
2
(t
0
)
, dla pewnego t
0
∈ R
. Wówczas u
1
= u
2
(tzn. ∀
t∈R
u
1
(t) =
u
2
(t) .
)
Twierdzenie 12 (O postaci rozwi¡zania dla równania jednorodnego).
Zbiór RJ (A)
wszystkich rozwi¡za« u : R → R
n
równania (
) mo»na przedstawi¢ w postaci
RJ (A) =
©
u : R → R
n
: u (t) = e
t·A
· c, c ∈ R
n
ª
.
Dowód. Na mocy twierdzenia
ka»da funkcja u : R → R
n
postaci u (t) = e
t·A
speªnia
równanie (
), zatem
©
u : R → R
n
: u (t) = e
t·A
· c, c ∈ R
n
ª
⊂ RJ (A) .
Niech teraz u ∈
RJ (A) .
Przyjmijmy c = u (0) , wówczas na mocy twierdzenia
funkcja w : R → R
n
postaci w (t) = e
t·A
· c
jest rozwi¡zaniem równania (
), ponadto w (0) = u (0) , co wobec
twierdzenia
oznacza, »e u (t) = w (t) = e
t·A
· c
, dla t ∈ R.
Lemat 1.
Niech A, B ∈ R
n×n
speªniaj¡ warunek A · B = B · A, wówczas
e
A
· e
B
= e
B
· e
A
= e
A+B
.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
17
8 Równania liniowe w R
n
Wniosek 3.
Niech A ∈ R
n×n
wówczas
(i)
e
tA
· e
sA
= e
(t+s)A
, dla t, s ∈ R,
(ii)
¡
e
tA
¢
−1
= e
−tA
, dla t ∈ R.
Dowód. Poka»emy, »e (tA) · (sA) = (sA) · (tA), dla t, s ∈ R. Rzeczywi±cie:
(tA) · (sA) = (ts) · (A · A) = (sA) · (tA) .
Wobec lematu
mamy teraz, »e
e
tA
· e
sA
= e
tA+sA
= e
(t+s)A
W szczególno±ci (bior¡c s = −t)
e
−tA
· e
tA
= e
tA
· e
−tA
= e
tA−tA
= e
0
= I,
sk¡d
¡
e
tA
¢
−1
= e
−tA
.
Twierdzenie 13.
Dla dowolnie ustalonej A ∈ R
n×n
zbiór RJ (A) jest liniow¡ przestrzeni¡
(nad ciaªem R) o wymiarze n.
Twierdzenie 14.
Dla dowolnie ustalonych (t
0
, x
0
) ∈ R × R
n
tzw. zagadnienie Cau-
chy'ego
postaci
½
x
0
(t) = Ax (t)
x (t
0
) = x
0
(22)
ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie okre±lone wzorem
u (t) = e
(t−t
0
)A
· x
0
,
dla t ∈ R.
(23)
Dowód. Niech u (t) = e
(t−t
0
)A
· x
0
, dla t ∈ R, wtedy
u (t
0
) = e
(t
0
−t
0
)A
· x
0
= x
0
.
(24)
Wobec wniosku
(i) mamy te», »e
u (t) = e
(t−t
0
)A
· x
0
= e
tA
· e
−t
0
A
· x
0
,
dla t ∈ R.
Przyjmuj¡c c = e
−t
0
A
· x
0
∈ R
n
i korzystaj¡c z twierdzenia
), »e
funkcja okre±lona wzorem (
) jest rozwi¡zaniem zagadnienia (
Przypu±¢my teraz, »e ¯u : R → R
n
jest rozwi¡zaniem zagadnienia (
). W my±l twierdzenia
istnieje staªa c ∈ R
n
,
»e
¯
u (t) = e
tA
· c.
(25)
Poniewa» ¯u (t
0
) = x
0
,
wi¦c
e
t
0
A
· c = x
0
.
7
Cauchy, Augustin Louis (1789 - 1857) matematyk i in»ynier francuski.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
18
8 Równania liniowe w R
n
Wobec wniosku
(ii)
¡
e
t
0
A
¢
−1
= e
−t
0
A
,
czyli
c = e
−t
0
A
· x
0
.
(26)
Korzystaj¡c jeszcze raz z wniosku
(i) mamy wobec (
), »e
¯
u (t) = e
tA
· e
−t
0
A
· x
0
= e
(t−t
0
)A
· x
0
= u (t) ,
dla t ∈ R.
Wró¢my teraz do problemu poszukiwania rozwi¡za« (niekoniecznie wszystkich zob. uwa-
ga
) równania niejednorodnego. Odnotujmy nast¦puj¡ce spostrze»enie
Uwaga 9.
Je±li macierz A jest nieosobliwa (czyli det A 6= 0), to funkcja staªa u
0
(t) =
−A
−1
b
, dla t ∈ R jest rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (
) i w konsekwencji
ka»de rozwi¡zanie równania niejednorodnego ma posta¢ u (t) = e
tA
· c − A
−1
b
, dla t ∈ R i
c ∈ R
n
.
Posta¢ innego, szczególnego rozwi¡zania równania niejednorodnego prezentuje
Twierdzenie 15.
Funkcja u : R → R
n
okre±lona wzorem
u (t) = e
tA
·
Z
t
0
e
−sA
· bds,
jest rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (
) i w konsekwencji
RN (A, b) =
½
u : R → R
n
: u (t) = e
tA
· c + e
tA
·
Z
t
0
e
−sA
· bds,
t ∈ R : c ∈ R
n
¾
Uwaga 10.
Analogiczne twierdzenie zachodzi dla równania liniowego nieautonomicznego,
w którym wektor b ∈ R
n
zale»y od zmiennej t tzn. równania
x
0
(t) = Ax (t) + b (t) ,
wówczas, je±li funkcja b (·) jest caªkowalna, to ka»de rozwi¡zanie powy»szego rozwi¡zania
jest postaci
u (t) = e
tA
· c + e
tA
·
Z
t
0
e
−sA
· b (s) ds,
gdzie t ∈ R i c ∈ R
n
.
Mamy te»
Twierdzenie 16.
Dla dowolnie ustalonych (t
0
, x
0
) ∈ R × R
n
zagadnienie Cauchy'ego
postaci
½
x
0
(t) = Ax (t) + b(t)
x (t
0
) = x
0
(27)
ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie okre±lone wzorem
u (t) = e
(t−t
0
)A
· x
0
+ e
tA
·
Z
t
t
0
e
−sA
· b (s) ds,
dla t ∈ R.
(28)
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
19
8 Równania liniowe w R
n
W dotychczasowych rozwa»aniach formuªowali±my odpowiednie twierdzenia dotycz¡ce po-
staci rozwi¡za« równania liniowego u»ywaj¡c macierzy eksponencjalnej e
A
,
która zostaªa
zdeniowana jako suma szeregu. Przytoczone twierdzenia pozwol¡ praktycznie znajdowa¢
ogóª rozwi¡za« pod warunkiem, »e potramy wyliczy¢ macierz e
A
w przeciwnym ra-
zie maj¡ one tylko charakter teoretyczny. W dalszym ci¡gu zajmiemy si¦ praktycznymi
metodami znajdowania macierzy e
A
.
Przykªad 8.
Niech A = [a
ij
]
1≤i,j≤n
b¦dzie macierz¡ diagonaln¡ tzn. tak¡, »e
a
ij
=
½
λ
i
gdy i = j
0 gdy i 6= j
,
gdzie λ
i
∈ R
, dla i = 1, 2, . . . , n. Tak¡ macierz zapisujemy zwykle jako
A = diag (λ
1
, . . . , λ
n
) .
Wtedy
A
2
=
λ
1
0
· · ·
0
0
λ
2
· · ·
0
... ... ... ...
0
0
· · · λ
n
·
λ
1
0
· · ·
0
0
λ
2
· · ·
0
... ... ... ...
0
0
· · · λ
n
=
λ
2
1
0
· · ·
0
0
λ
2
2
· · ·
0
... ... ... ...
0
0
· · · λ
2
n
.
Indukcyjnie mo»na wykaza¢, »e
A
k
=
λ
k
1
0
· · ·
0
0
λ
k
2
· · ·
0
... ... ... ...
0
0
· · · λ
k
n
.
St¡d
e
A
=
∞
X
k=0
A
k
k!
=
∞
P
k=0
λ
k
1
k!
0
· · ·
0
0
∞
P
k=0
λ
k
2
k!
· · ·
0
...
...
...
...
0
0
· · ·
∞
P
k=0
λ
k
n
k!
= diag
¡
e
λ
1
, e
λ
2
, . . . , e
λ
n
¢
.
Oczywi±cie
e
tA
= diag
¡
e
tλ
1
, e
tλ
2
, . . . , e
tλ
n
¢
Je±li mamy zatem równanie
x
0
= Ax,
gdzie A = diag (λ
1
, . . . , λ
n
) ,
to ka»de rozwi¡zanie u = [u
1
, u
2
, . . . u
n
]
T
jest postaci
u (t) = e
tA
· c = diag
¡
e
tλ
1
, e
tλ
2
, . . . , e
tλ
n
¢
· c,
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
20
8 Równania liniowe w R
n
czyli
u (t) =
c
1
e
tλ
1
c
2
e
tλ
2
...
c
n
e
tλ
n
,
dla t ∈ R, c = [c
1
, c
2
, . . . , c
n
] ∈ R
n
.
Uwaga 11.
Podobnie jak poprzednio, dokonuj¡c elementarnych rachunków mo»na wy-
kaza¢, »e je±li A = diag (A
1
, A
2
, . . . , A
r
) ,
gdzie r ≤ n i A
1
, A
2
, . . . , A
r
s¡ macierzami
kwadratowymi, tzn.
A =
A
1
. . .
0
... ... ...
0
. . . A
r
,
to
e
A
= diag
¡
e
A
1
, e
A
2
, . . . , e
A
r
¢
.
Przykªad 9.
Ustalmy liczby t, λ ∈ R. Rozwa»my macierz kwadratow¡
A =
t · λ
0
. . . . . .
0
t
t · λ . . . . . .
0
0
t
. . . . . .
0
...
... ... ... ...
0
0
. . .
t
t · λ
.
Zauwa»my, »e w tym przypadku A = B + L, gdzie
B =
0 0
0
. . . 0
t 0
0
. . . 0
0 t
0
. . . 0
... ... ... ... ...
0 0 . . .
t
0
,
L =
tλ
0
0
. . .
0
0
tλ
0
. . .
0
0
0
tλ . . .
0
... ... ... ... ...
0
0
. . .
0
tλ
,
ponadto, jak ªatwo sprawdzi¢ B · L = L · B, zatem na mocy lematu
e
A
= e
B+L
= e
B
· e
L
.
(29)
Zauwa»my dalej, »e
B
2
=
0 . . . 0 0 0
0 . . . 0 0 0
t
2
. . . 0 0 0
... ... ... ... ...
0 . . . t
2
0 0
, . . . , B
n−1
=
0
. . . 0
... ... ...
t
n−1
. . . 0
, B
n
= 0,
st¡d
e
B
=
∞
X
k=0
B
k
k!
=
n−1
X
k=0
B
k
k!
=
1
0
0
. . . 0
t
1
0
. . . 0
t
2
2!
t
1
. . . 0
...
... ... ... ...
t
n−1
(n−1)!
t
n−2
(n−2)!
. . . . . . 1
.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
21
8 Równania liniowe w R
n
W konsekwencji poniewa» e
L
= diag
¡
e
tλ
, e
tλ
, . . . , e
tλ
¢
= e
tλ
· I,
wi¦c na wobec (
e
A
= e
B
· e
L
= e
L
· e
B
= e
tλ
· I · e
B
=
e
tλ
0
0
. . .
0
e
tλ
t
e
tλ
0
. . .
0
e
tλ t
2
2!
e
tλ
t
e
tλ
. . .
0
...
...
... ... ...
e
tλ t
n−1
(n−1)!
e
tλ t
n−2
(n−2)!
. . . . . . e
tλ
.
Rozwa»my teraz równanie
x
0
= ¯
Ax,
gdzie
¯
A =
λ 0
0
. . . 0
1 λ
0
. . . 0
0 1
λ
. . . 0
... ... ... ... ...
0 0 . . . . . . λ
,
lub, co na jedno wychodzi ukªad równa«
x
0
1
= λx
1
x
0
2
= x
1
+ λx
2
...
x
0
n
= x
n−1
+ λx
n
.
Wiemy, »e ka»de rozwi¡zanie tego równania ma posta¢ u (t) = e
t ¯
A
· c,
gdzie c ∈ R
n
.
Z
poprzednich rozwa»a« mamy te», »e
e
t ¯
A
= e
A
=
e
tλ
0
0
. . .
0
e
tλ
t
e
tλ
0
. . .
0
e
tλ t
2
2!
e
tλ
t
e
tλ
. . .
0
...
...
... ... ...
e
tλ t
n−1
(n−1)!
e
tλ t
n−2
(n−2)!
. . . . . . e
tλ
,
sk¡d wnosimy, »e rozwi¡zanie u = [x
1
, x
2
, . . . , x
n
]
T
rozwa»anego równania jest postaci:
x
1
= c
1
e
tλ
x
2
= c
1
te
tλ
+ c
2
e
tλ
...
x
n
= c
1
t
n−1
(n−1)!
e
tλ
+ . . . + c
n−1
te
tλ
+ c
n
e
tλ
t ∈ R : c
1
, . . . c
n
, ∈ R.
Przykªad 10.
Niech
A =
·
α
β
−β α
¸
.
Wówczas A = B + C, gdzie
B =
·
0
β
−β 0
¸
,
C =
·
α 0
0 α
¸
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
22
8 Równania liniowe w R
n
Poniewa» B · C = C · B, zatem na mocy lematu
e
A
= e
B+C
= e
B
· e
C
.
Mamy wobec przykªadu
, »e
e
C
=
·
e
α
0
0
e
α
¸
,
ponadto
B
2
=
·
0
β
−β 0
¸
·
·
0
β
−β 0
¸
=
·
−β
2
0
0
−β
2
¸
,
B
3
=
·
0
β
−β 0
¸
·
·
−β
2
0
0
−β
2
¸
=
·
0
−β
3
β
3
0
¸
,
B
4
=
·
0
β
−β 0
¸
·
·
0
−β
3
β
3
0
¸
=
·
β
4
0
0
β
4
¸
.
B
5
=
·
0
β
−β 0
¸
·
·
β
4
0
0
β
4
¸
=
·
0
β
5
−β
5
0
¸
,
...
st¡d
e
B
=
∞
X
k=0
B
k
k!
=
·
β
11
β
12
β
21
β
22
¸
,
gdzie
β
11
= 1 −
β
2
2!
+
β
4
4!
−
β
6
6!
+ . . . =
∞
X
k=0
(−1)
k
β
2k
(2k)!
= cos β,
β
12
= β −
β
3
3!
+
β
5
5!
− . . . =
∞
X
k=0
(−1)
k
β
2k+1
(2k + 1)!
= sin β,
β
21
= −β + β
3
− β
5
+ . . . = (−1) ·
∞
X
k=0
(−1)
k
β
2k+1
(2k + 1)!
= − sin β,
β
22
= 1 −
β
2
2!
+
β
4
4!
−
β
6
6!
+ . . . =
∞
X
k=0
(−1)
k
β
2k
(2k)!
= cos β.
Zatem
e
B
=
·
cos β
sin β
− sin β cos β
¸
,
i w konsekwencji
e
A
=
·
cos β
sin β
− sin β cos β
¸
·
·
e
α
0
0
e
α
¸
=
·
e
α
cos β
e
α
sin β
−e
α
sin β e
α
cos β
¸
.
Je»eli rozwa»ymy wi¦c równanie
x
0
= Ax,
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
23
8 Równania liniowe w R
n
gdzie
A =
·
α
β
−β α
¸
,
to
e
tA
=
·
e
tα
cos (tβ)
e
tα
sin (tβ)
−e
tα
sin (tβ) e
tα
cos (tβ)
¸
,
zatem ka»de rozwi¡zanie rozwa»anego równania ma posta¢
u (t) =
·
c
1
e
tα
cos (tβ)
c
2
e
tα
sin (tβ)
−c
1
e
tα
sin (tβ) c
2
e
tα
cos (tβ)
¸
, t ∈ R, c
1
, c
2
∈ R
Sformuªujemy teraz, znane z algebry liniowej,
Twierdzenie 17 (Jordana
).
Dla dowolnej macierzy A ∈ R
n×n
istniej¡: macierz J ∈
R
n×n
postaci J = diag (J
1
, J
2
, . . . , J
r
) ,
gdzie ka»da z macierzy J
i
, dla i = 1, 2, . . . , r ≤ n
ma jedn¡ z postaci:
(i)
J
i
= λ,
λ ∈ R,
(ii)
J
i
=
λ 0 . . . 0 0
1 λ . . . 0 0
0 1 . . . 0 0
... ... ... ... ...
0 0 . . . 1 λ
,
(iii)
J
i
= J
α,β
=
·
α
β
−β α
¸
,
β 6= 0,
(iv)
J
i
=
J
α,β
0
. . . 0
0
I
2
J
α,β
. . . 0
0
0
I
2
. . . 0
0
...
... ... ... ...
0
0
. . . I
2
J
α,β
,
gdzie I
2
=
·
1 0
0 1
¸
oraz nieosobliwa macierz P ∈ R
n×n
takie, »e
A = P · J · P
−1
.
Ponadto λ jest warto±ci¡ wªasn¡ macierzy A wtedy i tylko wtedy, gdy:
(a)
λ ∈ R
i le»y na gªównej przek¡tnej macierzy J
i
postaci (i) lub (ii)
lub
8
Jordan, Marie Ennemond Camille (1838 - 1922) matematyk francuski.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
24
8 Równania liniowe w R
n
(b)
λ = α + i · β
oraz J
α,β
le»y na gªównej przek¡tnej macierzy J.
Je±li znamy przedstawienie Jordana macierzy A, to mo»emy znale¹¢ efektywnie macierz
e
At
. Mówi o tym poni»sze
Twierdzenie 18.
Je»eli macierz A ma przedstawienie Jordana postaci A = P · J ·
P
−1
,
gdzie J = diag (J
1
, J
2
, . . . J
r
) , (r ≤ n)
to
e
tA
= P · diag
¡
e
tJ
1
, e
tJ
2
, . . . , e
tJ
r
¢
· P
−1
.
Dowód. Zauwa»my, »e A
2
= P · J · P
−1
· P · J · P
−1
= P · J · J · P
−1
= P · J
2
· P
−1
.
Indukcyjnie wykazujemy, »e A
k
= P ·J
k
·P
−1
, k = 1, 2, . . . .
Korzystaj¡c z denicji macierzy
eksponencjalnej mamy, »e
e
tA
=
∞
X
k=0
t
k
k!
· P · J
k
· P
−1
= P ·
Ã
∞
X
k=0
t
k
k!
· J
k
!
· P
−1
= P · diag
¡
e
tJ
1
, e
tJ
2
, . . . , e
tJ
r
¢
· P
−1
.
W konsekwencji mo»emy zapisa¢ wzór na wszystkie rozwi¡zania równania
Wniosek 4.
Je»eli macierz A ma przedstawienie Jordana postaci A = P · J · P
−1
,
gdzie
J = diag (J
1
, J
2
, . . . J
r
) , (r ≤ n) ,
to ka»de rozwi¡zanie równania x
0
= Ax
ma posta¢
u (t) = P · diag
¡
e
tJ
1
, e
tJ
2
, . . . , e
tJ
r
¢
· c
t ∈ R, c ∈ R
n
.
Korzystanie z przedstawionej powy»ej metody jest szczególnie proste w dwóch przypad-
kach: gdy macierz ma tylko warto±ci rzeczywiste jednokrotne oraz, gdy jest wymiaru 2×2 i
posiada jednokrotne warto±ci wªasne zespolone. Wtedy bowiem ªatwo jest znale¹¢ macierz
P
. Sformuªujemy to w formie poni»szych uwag.
Uwaga 12.
Je»eli λ
1
, λ
2
, . . . , λ
n
s¡ jednokrotnymi, rzeczywistymi warto±ciami wªasny-
mi macierzy A oraz x
1
, x
2
, . . . , x
n
odpowiadaj¡cymi im wektorami wªasnymi, to macierz¡
przej±cia P w przedstawieniu Jordana A = P · J · P
−1
jest macierz P = [x
1
, x
2
, . . . , x
n
] .
Rzeczywi±cie, w tym przypadku
J =
λ
1
0
· · ·
0
0
λ
2
· · ·
0
... ... ... ...
0
0
· · · λ
n
,
zatem
[x
1
, x
2
, . . . , x
n
]·J = [x
1
λ
1
, x
2
λ
2
, . . . , x
n
λ
n
] = [A · x
1
, A · x
2
, . . . , A · x
n
] = A·[x
1
, x
2
, . . . , x
n
]
czyli
A · [x
1
, x
2
, . . . , x
n
] = [x
1
, x
2
, . . . , x
n
] · J.
Poniewa» x
1
, x
2
, . . . , x
n
s¡ jednokrotnymi wektorami wªasnymi, wi¦c s¡ liniowo niezale»ne.
W konsekwencji macierz [x
1
, x
2
, . . . , x
n
]
jest odwracalna i
A = [x
1
, x
2
, . . . , x
n
] · J · [x
1
, x
2
, . . . , x
n
]
−1
.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
25
8 Równania liniowe w R
n
Uwaga 13.
Przypu±¢my, »e macierz A ∈ R
2×2
posiada jednokrotn¡ warto±¢ wªasn¡
istotnie zespolon¡ λ = α + i · β odpowiadaj¡c¡ wektorowi wªasnemu z ∈ C
2
postaci
z = x + i · y,
gdzie x, y ∈ R
2
Wówczas
A = P · J · P
−1
,
gdzie
J =
·
α
β
−β α
¸
,
P = [x, y]
Poniewa» Az = λz, wi¦c
A (x + i · y) = (α + i · β) (x + i · y) = αx − βy + i · (βx + αy) ,
st¡d
Ax = αx − βy ∧ Ay = βx + αy.
(30)
Poka»emy, »e x 6= 0∧y 6= 0. Zaªó»my nie wprost, »e x = 0 wtedy Ax = 0 i wobec powy»szej
równo±ci βy = 0 co oznacza, »e y = 0 a to jest sprzeczne z tym, »e wektor wªasny z nie
mo»e wektorem zerowym. Analogicznie dowodzimy, »e je±li y = 0 to x = 0, co równie» jest
niemo»liwe. Poka»emy, »e x i y s¡ liniowo niezale»ne. Przypu±¢my przeciwnie, »e x = k·y,
dla pewnego k ∈ R. Wtedy
Ay = βx + αy = βky + αy = (kβ + α) y,
co oznacza, »e kβ + α jest rzeczywist¡ warto±ci¡ wªasn¡ A to jest jednak niemo»liwe, gdy»
macierz A posiada tylko dwie warto±ci wªasne λ i ¯λ.. Zatem x i y s¡ liniowo niezale»ne.
Mamy wobec (
), »e
A · [x, y] = [A · x, A · y] = [αx − βy, βx + αy] = [x, y] ·
·
α
β
−β α
¸
,
poniewa» [x, y] jest nieosobliwa, wi¦c
A = [x, y] ·
·
α
β
−β α
¸
· [x, y]
−1
W praktyce korzystanie z przedstawionej tu metody znajdowania macierzy e
A
t
mo»e by¢
kªopotliwe. Na mocy twierdzenia
ogóª rozwi¡za« równania liniowego x
0
= Ax
jest prze-
strzeni¡ liniow¡ n-wymiarow¡ (n oznacza stopie« macierzy A). Wystarczy zatem znale¹¢
baz¦ tej przestrzeni, czyli zbiór n liniowo niezale»nych funkcji tak¡ baz¦ nazywa si¦ ukªa-
dem fundamentalnym (podobnie macierz e
tA
nazywa si¦ macierz¡ fundamentaln¡).
Tak¡ baz¦ wskazuje
Twierdzenie 19.
Niech λ
1
, . . . , λ
r
b¦d¡ wszystkimi, ró»nymi warto±ciami wªasnymi ma-
cierzy A o krotno±ciach p
1
, . . . , p
r
odpowiednio (oczywi±cie
P
r
j=1
p
j
= n
). Niech przy tym
λ
1
, . . . , λ
s
, . . . , λ
2s
(2s ≤ r) b¦d¡ pierwiastkami istotnie zespolonymi takimi, »e λ
j
= ¯
λ
j+s
,
dla j = 1, . . . , s, pozostaªe pierwiastki λ
2s+1
, . . . , λ
r
niech b¦d¡ rzeczywiste. Wówczas, je±li
oznaczymy λ
j
= α
j
+ i · β
j
, dla j = 1, . . . , s, to ukªad fundamentalny rozwi¡za« równania
x
0
= Ax
tworz¡ funkcje postaci
γ
j,k
(t) = a
j,k
· t
k
· e
λ
j
·t
,
k = 0, 1, . . . , p
j
− 1, j = 2s + 1, . . . , r,
ϕ
j,k
(t) = a
j,k
· t
k
· e
α
j
·t
· sin (β
j
· t) , k = 0, 1, . . . , p
j
− 1, j = 1, . . . , s,
ψ
j,k
(t) = b
j,k
· t
k
· e
α
j
·t
· cos (β
j
· t) , k = 0, 1, . . . , p
j
− 1, j = 1, . . . , s,
gdzie a
j,k
∈ R
n
s¡ ustalonymi wspóªczynnikami.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
26
9 Równania liniowe ntego rz¦du
9. Równania liniowe ntego rz¦du
Zajmiemy si¦ teraz równaniem
x
(n)
+ a
n−1
x
(n−1)
+ . . . + a
1
x
0
+ a
0
x = b,
(31)
gdzie a
0
, . . . , a
n−1
, b ∈ R, x : R → R,
zwanym równaniem ró»niczkowym liniowym skalarnym ntego rz¦du o staªych
wspóªczynnikach.
Uwaga 14.
Funkcja u : R → R jest rozwi¡zaniem powy»szego równania ⇔, gdy funkcja
w : R → R
n
,
której funkcje wspóªrz¦dne s¡ postaci
w
1
(t) = u (t)
w
2
(t) = u
0
(t)
...
w
n
(t) = u
(n−1)
(t)
jest rozwi¡zaniem ukªadu
x
0
1
= x
2
x
0
2
= x
3
...
x
0
n−1
= x
n
x
0
n
= −a
0
x
1
− . . . − a
n−1
x
n
+ b
(32)
Zauwa»my te», »e ukªad (
) równowa»ny jest równaniu
x
0
= Ax + ¯b,
(33)
gdzie
A =
0
1
0
. . .
0
0
0
1
. . .
0
...
...
... ...
...
0
0
0
. . .
0
−a
0
−a
1
−a
2
. . . −a
n−1
,
¯b =
0
0
...
0
b
.
Z powy»szej uwagi wynika, »e aby znale¹¢ wszystkie rozwi¡zania równania (
) wystarczy
rozwi¡za¢ równanie (
); metody rozwi¡zywania tego typu równa« zostaªy przedstawione
w poprzednim rozdziale. W szczególno±ci zachodzi
Twierdzenie 20.
Zbór RJ
n
(A)
rozwi¡za« równania liniowego jednorodnego ntego rz¦du
postaci
x
(n)
+ a
n−1
x
(n−1)
+ . . . + a
1
x
0
+ a
0
x = 0,
jest przestrzeni¡ liniow¡ nwymiarow¡. Je±li przy tym u
0
: R → R
jest dowolnie usta-
lonym rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (
), za± RN
n
(A, b)
zbiorem wszystkich
rozwi¡za« równania (
), to zachodzi wzór:
RN
n
(A, b) = u
0
+ RJ
n
(A).
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
27
9 Równania liniowe ntego rz¦du
Ze wzgl¦du na szczególn¡ posta¢ macierzy A i wektora ¯b w równaniu (
) metoda rozwi¡-
zywania tego równania jest w istocie prostsza od ogólnej metody rozwi¡zywania równa«
liniowych. Przede wszystkim znacznie ªatwiej jest zbudowa¢ wielomian charakterystyczny,
z którego znajdujemy warto±ci wªasne macierzy A.
Twierdzenie 21.
Wielomian charakterystyczny macierzy A z równania (
) jest postaci
(−1)
n
¡
λ
n
+ a
n−1
λ
n−1
+ . . . + a
1
+ a
0
¢
.
(34)
Metod¦ rozwi¡zywania równa« liniowych ntego rz¦du zawiera
Twierdzenie 22.
Niech λ
1
, . . . , λ
r
b¦d¡ wszystkimi, ró»nymi pierwiastkami (zespolonymi
w ogólno±ci) wielomianu charakterystycznego (
) o krotno±ciach p
1
, . . . , p
r
odpowiednio
(oczywi±cie
P
r
j=1
p
j
= n
). Niech przy tym λ
1
, . . . , λ
s
, . . . , λ
2s
(2s ≤ r) b¦d¡ pierwiast-
kami istotnie zespolonymi takimi, »e λ
j
= ¯
λ
j+s
, dla j = 1, . . . , s, pozostaªe pierwiastki
λ
2s+1
, . . . , λ
r
niech b¦d¡ rzeczywiste. Wówczas, je±li λ
j
= α
j
+ i · β
j
, dla j = 1, . . . , s, to
ka»de rozwi¡zanie równania jednorodnego (
) jest liniow¡ kombinacj¡ funkcji
γ
j,k
(t) = t
k
· e
λ
j
·t
,
k = 0, 1, . . . , p
j
− 1, j = 2s + 1, . . . , r,
ϕ
j,k
(t) = t
k
· e
α
j
·t
· sin (β
j
· t) , k = 0, 1, . . . , p
j
− 1, j = 1, . . . , s,
ψ
j,k
(t) = t
k
· e
α
j
·t
· cos (β
j
· t) , k = 0, 1, . . . , p
j
− 1, j = 1, . . . , s.
Powy»sze funkcje stanowi¡ baz¦ przestrzeni RJ
n
(A)
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
28
10 Twierdzenia podstawowe
10. Twierdzenia podstawowe
Zajmiemy si¦ teraz podstawowymi twierdzeniami dotycz¡cymi rozwi¡zywania ogólnych
równa« ró»niczkowych pierwszego rz¦du.
10.1. Twierdzenie Peano
Niech G ⊂ R × R
n
b¦dzie zbiorem otwartym, f : G → R
n
pewn¡ funkcj¡, (t
0
, x
0
) ∈ G
ustalonym punktem. Rozwa»a¢ b¦dziemy równanie
x
0
= f (t, x)
(35)
oraz odpowiadaj¡cy mu problem Cauchy'ego
½
x
0
= f (t, x)
x(t
0
) = x
0
.
(36)
Zauwa»my najpierw, »e powy»szy problem Cauchy'ego mo»na zamieni¢ na równanie caª-
kowe
Lemat 2. Je»eli funkcja f wyst¦puj¡ca w równaniu (
) jest ci¡gªa, oraz u : I → R
n
jest
ustalon¡ funkcj¡ okre±lon¡ na pewnym przedziale I, to nast¦puj¡ce warunki s¡ równowa»ne
1. u jest rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego (
2. u jest ci¡gªa oraz
u (t) = x
0
+
Z
t
t
0
f (s, u (s)) ds,
dla t ∈ I.
Dowód. 1. ⇒ 2. Poniewa» u jest rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego, wi¦c
u
0
(t) = f (t, u (t)) ,
dla t ∈ I
caªkuj¡c stronami dostajemy, »e
Z
t
t
0
u
0
(s) ds =
Z
t
t
0
f (s, u (s)) ds,
uwzgl¦dniaj¡c warunek pocz¡tkowy mamy, »e
u (t) − u (t
0
) =
Z
t
t
0
f (s, u (s)) ds,
u (t) =
Z
t
t
0
f (s, u (s)) ds + x
0
.
2. ⇒ 1.
Wobec ci¡gªo±ci funkcji f funkcja t 7→
R
t
t
0
f (s, u (s)) ds
jest ró»niczkowalna, st¡d
u
te» jest ró»niczkowalna. Ró»niczkuj¡c stronami równo±¢
u (t) = x
0
+
Z
t
t
0
f (s, u (s)) ds
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
29
10 Twierdzenia podstawowe
dostajemy, »e
u
0
(t) = f (t, u (t)) ,
dla t ∈ I,
podstawiaj¡c t = t
0
w przedostatniej równo±ci dostajemy, »e u (t
0
) = x
0
.
Poni»sze twierdzenie podaje warunek dostateczny istnienia rozwi¡zania problemu Cau-
chy'ego.
Twierdzenie 23 (Peano, 1886).
Przy oznaczeniach jak na pocz¡tku rozdziaªu, je»eli
f
jest funkcj¡ ci¡gª¡, to problem Cauchy'ego (
) ma rozwi¡zanie okre±lone w pewnym
przedziale zawieraj¡cym t
0
w swoim wn¦trzu.
Uwaga 15.
Zauwa»my, »e zaªo»enie ci¡gªo±ci funkcji f jest istotne. Rozwa»my problem
Cauchy'ego
½
x
0
= f (t, x)
x(0) = x
0
,
gdzie
f (t, x) =
½
−1
dla (t, x) ∈ (−∞, 0) × R
1
dla (t, x) ∈ [0, ∞) × R.
Przypu±¢my, »e pewna funkcja u : I → R jest rozwi¡zaniem badanego problemu takim,
»e 0 ∈ Int I. Wówczas istnieje przedziaª (−ε, ε) ⊂ I, taki, »e u|
(−ε,ε)
oraz (poniewa» jest
rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego)
u
0
(t) =
½
−1
dla t ∈ (−ε, 0)
1
dla t ∈ [0, ε) ,
co jest niemo»liwe, gdy»
u
0
−
(0) = lim
h→0
−
u (h) − u (0)
h
= lim
h→0
−
u
0
(τ
h
) ,
gdzie τ
h
∈ (0, h)
jest liczb¡ uzyskan¡ z twierdzenia Lagrange'a o przyrostach (zobacz Do-
datek). W konsekwencji
u
0
−
(0) = lim
h→0
−
u
0
(τ
h
) = −1.
Analogicznie pokazujemy, »e
u
0
+
(0) = lim
h→0
+
u
0
(τ
h
) = 1,
co oznacza, »e u nie jest ró»niczkowalna.
Dowód twierdzenia Peano b¦dzie oparty o tzw. metod¦ ªamanych Eulera. Zanim go po-
damy wyka»emy pewne intuicje z ni¡ zwi¡zane.
Przypu±¢my, »e znamy rozwi¡zanie u problemu (
) (dla prostoty mo»emy zaªo»y¢, »e
n = 1
). Styczna do wykresu rozwi¡zania u w punkcie (t
0
, x
0
)
ma posta¢:
x (t) = u
0
(t
0
) (t − t
0
) + x
0
.
9
Giuseppe Peano 1858 - 1932, matematyk wªoski.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
30
10 Twierdzenia podstawowe
Ze wzgl¦du na to, »e u jest rozwi¡zaniem (
) mamy, »e
x (t) = f (t
0
, x
0
) (t − t
0
) + x
0
.
Niech h ∈ R. Wówczas podstawiaj¡c t = t + h mamy:
x (t + h) = f (t
0
, x
0
) h + x
0
.
Jak wiadomo styczna do wykresu przybli»a wykres tej funkcji w otoczeniu punktu stycz-
no±ci, st¡d dla maªych h mamy, »e
u (t
0
+ h) ≈ f (t
0
, x
0
) h + x
0
.
Otrzymali±my w ten sposób warto±¢ x
1
= f (t
0
, x
0
) h + x
0
,
która dla maªych h jest bliska
u (t
0
+ h) .
Oznaczmy
(t
1
, x
1
) = (t
0
+ h, f (t
0
, x
0
) h + x
0
) ,
Wówczas, przyjmuj¡c, »e punkt ten nale»y do wykresu rozwi¡zania u mo»emy kontynu-
owa¢ rozumowanie przyjmuj¡c
(t
2
, x
2
) = (t
1
+ h, f (t
1
, x
1
) h + x
1
) ,
post¦puj¡c tak krazy otrzymujemy ci¡g punktów (t
k
, x
k
)
postaci
(t
k
, x
k
) = (t
k−1
+ h, f (t
k−1
, x
k−1
) h + x
k−1
) .
Punkty te dla maªych h i przy niewielkiej liczbie kroków tworz¡ ªaman¡ przybli»aj¡c¡
wykres rozwi¡zania u.
Zwró¢my uwag¦, »e do wyznaczanie tych punktów wystarczyªa nam znajomo±¢ funkcji f,
nie korzystali±my tu nigdzie z postaci rozwi¡zania u. Dowód twierdzenia Peano metod¡
ªamanych Eulera polega wªa±nie na wykazaniu, »e istnieje pewien ci¡g ªamanych Eulera
zbie»ny do rozwi¡zania u.
W dowodzie twierdzenia Peano b¦dziemy korzysta¢ z nast¦puj¡cego lematu:
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
31
10 Twierdzenia podstawowe
Lemat 3. Je±li v
l
: (γ, t
0
] → R
n
, v
p
: [t
0
, η) → R
n
, γ < t
0
< η
s¡ rozwi¡zaniami problemu
), gdzie f : G → R
n
jest funkcj¡ ci¡gª¡, to u : (γ, η) → R
n
dan¡ wzorem
u (t) =
½
v
l
(t) gdy t ∈ (γ, t
0
]
v
p
(t) gdy t ∈ (t
0
, η)
jest rozwi¡zaniem problemu (
Dowód Twierdzenia Peano. Niech (t
0
, x
0
) ∈ G
b¦dzie dowolnie ustalone. Poniewa» G
jest zbiorem otwartym, wi¦c istniej¡ α > 0 i r > 0
K = {(t, x) ∈ R × R
n
: |t − t
0
| ≤ α ∧ kx − x
0
k ≤ r} ⊂ G.
Oczywi±cie K jest zbiorem zwartym, wi¦c istnieje sko«czona warto±¢
M = max {kf (t, x)k : (t, x) ∈ K} .
Niech β = min
©
α,
r
M
ª
.
Poka»emy, »e istnieje rozwi¡zanie u
p
problemu (
) okre±lone
na przedziale [t
0
, t
0
+ β) .
Analogicznie b¦dzie mo»na wykaza¢ istnienie rozwi¡zania u
l
okre±lonego na przedziale (t
0
− β, t
0
] .
Istnienie rozwi¡zania problemu (
) okre±lonego na
przedziale (t
0
− β, t
0
+ β)
wynika¢ b¦dzie z Lematu
Dowód istnienia rozwi¡zania u
p
b¦dzie skªadaª si¦ z trzech kroków
Krok 1. Okre±lenie ci¡gu ªamanych Eulera.
Krok 2. Wykazanie, »e ze zdeniowanego w kroku 1 ci¡gu ªamanych Eulera mo»na wybra¢
podci¡g jednostajnie zbie»ny (zobacz denicja D.
w Dodatku) do pewnej funkcji ci¡gªej
u
p
.
Krok 3. Wykazanie, »e funkcja u
p
speªnia warunek
u
p
(t) = x
0
+
Z
t
t
0
f (s, u
p
(s)) ds,
dla t ∈ [t
0
, t
0
+ β),
jest wi¦c na mocy Lematu
rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego.
Krok 1. Niech m b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡ oraz niech h =
β
m
.
Okre±lmy punkty
(t
i
, x
i
)
wzorami:
t
i+1
= t
i
+ h,
(37)
x
i+1
= x
i
+ hf (t
i
, x
i
) ,
dla i = 0, 1, . . . , m − 1.
Nast¦pnie okre±lmy funkcje:
u
m
: [t
0
, t
0
+ β] → R
n
,
v
m
: [t
0
, t
0
+ β] → R
n
,
τ
m
: [t
0
, t
0
+ β] → R,
wzorami:
u
m
(t) = x
i
+ (t − t
i
) · f (t
i
, x
i
) dla t ∈ [t
i
, t
i+1
], i = 0, 1, . . . , m − 1,
v
m
(t) =
½
x
i
dla t ∈ [t
i
, t
i+1
), i = 0, 1, . . . , m − 1
x
m
dla t = t
m
,
(38)
τ
m
(t) =
½
t
i
dla t ∈ [t
i
, t
i+1
), i = 0, 1, . . . , m − 1
t
m
dla t = t
m
.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
32
10 Twierdzenia podstawowe
Zauwa»my przede wszystkim, »e funkcja u
m
jest poprawnie okre±lona (chodzi o podwójne
okre±lenie warto±ci funkcji w prawostronnych ko«cach przedziaªów). Dla dowolnego i =
0, 1, . . . , m − 2
mamy bowiem wobec okre±lenia funkcji u
m
na przedziale [t
i
, t
i+1
]
oraz
korzystaj¡c z (
), »e
u
m
(t
i+1
) = x
i
+ (t
i+1
− t
i
) · f (t
i
, x
i
) = x
i
+ h · f (t
i
, x
i
) = x
i+1
.
Rozwa»aj¡c z kolei przedziaª [t
i+1
, t
i+2
]
dostajemy, »e
u
m
(t
i+1
) = x
i+1
+ (t
i+1
− t
i+1
) · f (t
i+1
, x
i+1
) = x
i+1
.
Funkcje u
m
, v
m
, τ
m
s¡ wi¦c poprawnie okre±lone na przedziale [t
0
, t
0
+ β]
oraz funkcja u
m
jest ci¡gªa.
Poka»emy, »e:
(1) (t
1
, x
i
) ∈ K
dla i = 0, 1, . . . , m,
(2) (t, u
m
(t)) ∈ K
dla t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
,
(3) (t, v
m
(t)) ∈ K
dla t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
,
(4) u
m
(t) = x
0
+
t
R
t
0
f (τ
m
(s), v
m
(s))
dla t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
,
Ad (1) Trzeba pokaza¢, »e |t
i
− t
0
| ≤ α
oraz »e ||x
i
− x
0
|| ≤ r
dla i = 0, 1, . . . , m. Mamy
dla i = 0, 1, . . . , m:
|t
i
− t
0
| = |t
i
− t
i−1
+ t
i−1
− t
i−2
+ t
i−2
− t
i−3
+ . . . + t
1
− t
0
| ≤
|t
i
− t
i−1
| + |t
i−1
− t
i−2
| + |t
i−2
− t
i−3
| + . . . + |t
1
− t
0
| = h · i ≤ h · m =
β
m
· m = β ≤ α,
||x
i
− x
0
|| = ||x
i
− x
i−1
+ x
i−1
− x
i−2
+ x
i−2
− x
i−3
+ . . . + x
1
− x
0
|| ≤
||x
i
− x
i−1
|| + ||x
i−1
− x
i−2
|| + ||x
i−2
− x
i−3
|| + . . . + ||x
1
− x
0
|| =
h · ||f (t
i−1
, x
i−1
)|| + h · ||f (t
i−2
, x
i−2
)|| + . . . + h · ||f (t
0
, x
0
)|| ≤
h · M · i ≤
β
m
· M · m = β · M ≤
r
M
· M = r.
Ad (2) Ustalmy dowolnie t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
. Poka»emy, »e ||u
m
(t) − x
0
|| ≤ r
. Niech i b¦dzie
tak¡ liczb¡ ze zbioru {0, 1, 2, . . . , m−1}, »e t ∈ [t
i
, t
i+1
]
. Wówczas wobec (
) mamy,
wykorzystuj¡c oszacowanie otrzymane w dowodzie poprzedniego punktu, »e
||u
m
(t) − x
0
|| = ||x
i
+ (t − t
i
) · f (t
i
, x
i
) − x
0
|| ≤ ||x
i
− x
0
|| + |t − t
0
| · ||f (t
i
, x
i
)|| ≤
h · M · i + h · M = h · M · (i + 1) ≤ h · M · m =
β
m
· M · m = β · M ≤ r.
Ad (3) Analogicznie jak poprzednio, ustalamy dowolnie t ∈ [t
0
, t
0
+ β)
, wybieramy i ∈
{0, 1, 2, . . . , m − 1}
, »e t ∈ [t
i
, t
i+1
]
i dostajemy, »e
||v
m
(t) − x
0
|| = ||x
i
− x
0
|| ≤ r.
Natomiast dla t = t
m
mamy, »e
||v
m
(t
m
) − x
0
|| = ||x
m
− x
0
|| ≤ r.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
33
10 Twierdzenia podstawowe
Ad (4) Niech t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
, oraz niech i ∈ {1, 2, . . . , m − 1}, b¦dzie takie, »e t ∈ [t
i
, t
i+1
]
.
Wówczas:
x
0
+
t
Z
t
0
f (τ
m
(s), v
m
(s)) = x
0
+
t
1
Z
t
0
f (τ
m
(s), v
m
(s)) +
t
2
Z
t
1
f (τ
m
(s), v
m
(s)) + . . . +
t
i
Z
t
i−1
f (τ
m
(s), v
m
(s)) +
t
Z
t
i
f (τ
m
(s), v
m
(s)) =
x
0
+ h · f (t
0
, x
0
) + h · f (t
1
, x
1
) + h · f (t
2
, x
2
) + . . . +
h · f (t
i−1
, x
i−1
) + (t − t
i
) · f (t
i
, x
i
) =
x
0
+ x
1
− x
0
+ x
2
− x
1
+ . . . + x
i
− x
i−1
+ (t − t
i
) · f (t
i
, x
i
) =
x
i
+ (t − t
i
) · f (t
i
, x
i
) = u
m
Krok 2. Sprawdzimy, »e dla rodziny ªamanych Eulera (u
m
)
m∈N
speªnione s¡ zaªo»enia
Twierdzenia Arzeli (zob. twierdzenie D.
w Dodatku). Wspólna ograniczono±¢ wynika z
faktu, »e (t, u
m
(t)) ∈ K
, dla t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
i ograniczono±ci funkcji f na zbiorze K.
Istotnie, poniewa» (t
m
, u
m
(t)) ∈ K
, wi¦c ku
m
(t) − x
0
k ≤ r
, sk¡d
ku
m
(t)k ≤ ku
m
(t) − x
0
k + kx
0
k ≤ r + kx
0
k,
dla t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
, m ∈ N.
Niech s, t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
i s ≤ t. Wówczas
ku
m
(t) − u
m
(s)k =
°
°
°
°
°
°
t
Z
t
0
f (τ
m
(r), v
m
(r))dr
°
°
°
°
°
°
−
°
°
°
°
°
°
s
Z
t
0
f (τ
m
(r), v
m
(r))dr
°
°
°
°
°
°
≤
(39)
t
Z
t
0
kf (τ
m
(r), v
m
(r))k dr −
s
Z
t
0
kf (τ
m
(r), v
m
(r))k dr =
t
Z
s
kf (τ
m
(r), v
m
(r))k dr ≤ M(t − s),
dla m ∈ N.
Niech ε > 0, s ∈ [t
0
, t
0
+ β]
. Poªó»my δ =
ε
M
. Wobec (
) mamy, dla dowolnych m ∈ N
oraz t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
takich, »e |t − s| ≤ δ:
ku
m
(t) − u
m
(s)k ≤ M · |t − s| ≤ M · δ ≤ M ·
ε
M
= ε,
co oznacza jednakow¡ ci¡gªo±¢ rodziny ªamanych Eulera. W my±l Twierdzenia Arzeli ist-
nieje zatem podci¡g (u
m
k
)
k∈N
ci¡gu (u
m
)
m∈N
zbie»ny jednostajnie na [t
0
, t
0
+ β]
do pewnej
funkcji ci¡gªej ¯u : [t
0
, t
0
+ β] → R
n
. Dla prostoty zapisu powy»szy podci¡g oznaczajmy
identycznie jak sam ci¡g tzn. jako (u
m
)
m∈N
.
Krok 3. Poka»emy, »e
f (τ
m
(t) , v
m
(t)) ⇒ f (t, ¯
u(t)),
gdy m → ∞
(40)
(jednostajnie na zbiorze [t
0
, t
0
+ β]
), to znaczy, »e speªniony jest warunek
∀
ε>0
∃
m
0
∀
m>m
0
∀
t∈[t
0
,t
0
+β]
(||f (τ
m
(t), v
m
(t)) − f (t, ¯
u(t))|| < ε) .
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
34
10 Twierdzenia podstawowe
W tym celu ustalmy dowolnie ε > 0. Poniewa» f jest ci¡gªa na zbiorze zwartym K, wi¦c
jest na nim jednostajnie ci¡gªa, st¡d
∃
δ
1
,δ
2
∀
(t,x),(s,y)∈K
((|t − s| < δ
1
∧ ||x − y|| < δ
2
⇒ ||f (t, x) − f (s, y)|| ≤ ε))
(41)
Ze sposobu konstrukcji funkcji τ
m
, u
m
oraz v
m
(zob. (
)) wynika, »e mo»emy dobra¢
m
0
∈ N
takie, »e dla m > m
0
|τ
m
(t) − t| < δ
1
oraz
||v
m
(t) − ¯
u(t)|| ≤ ||u
m
(t) − v
m
(t)|| + ||u
m
(t) − ¯
u(t)|| ≤ δ
2
,
dla wszystkich t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
.
St¡d wobec warunku (
) mamy dla m > m
0
i t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
, »e
||f (τ
m
(t), v
m
(t)) − f (t, ¯
u(t))|| < ε,
co oznacza, »e zachodzi (
Korzystaj¡c z twierdzenia o przechodzeniu do granicy pod znakiem caªki jednostajnie
zbie»nego ci¡gu funkcji (twierdzenie D
w Dodatku) otrzymujemy dla t ∈ [t
0
, t
0
+ β]
¯
u(t) = lim
m→∞
u
m
(t) = x
0
+ lim
m→∞
t
Z
t
0
f (τ
m
(s), v
m
(s)) ds = x
0
+
t
Z
t
0
lim
m→∞
f (τ
m
(s), v
m
(s)) ds =
x
0
+
t
Z
t
0
f (s, ¯
u(s))ds
co ko«czy dowód.
10.2. Twierdzenie Picarda
Przykªad 11 (Peano, 1890).
Powy»sze twierdzenie nie gwarantuje jednoznaczno±ci roz-
wi¡zania problemu Cauchy'ego (
). Rozwa»my nast¦puj¡cy problem:
½
x
0
(t) = 2
p
|x(t)|
x(0) = 0
.
(42)
ªatwo sprawdzi¢, »e funkcje u
1
(t) ≡ 0
oraz
u
2
(t) =
(
−t
2
t ≤ 0
t
2
t > 0
s¡ rozwi¡zaniami problemu (
Jednoznaczno±¢ rozwi¡zania problemu (
) b¦dzie zagwarantowana po zaªo»eniu lipschit-
zowo±ci wzgl¦dem zmiennej x funkcji prawej strony równania.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
35
10 Twierdzenia podstawowe
Twierdzenie 24 (Picard).
Przy oznaczeniach i zaªo»eniach twierdzenie Peano, je±li
funkcja f jest ci¡gªa i speªnia nast¦puj¡cy warunek Lipschitza
∃
L>0
∀
(t,x
1
),(t,x
2
)∈G
||f (t, x
1
) − f (t, x
2
)| | ≤ L||x
1
− x
2
||,
to:
(1)
problem Cauchy'ego (
) ma rozwi¡zanie u okre±lone w pewnym przedziale zawiera-
j¡cym punkt t
0
w swoim wn¦trzu,
(2)
je±li u : I
u
→ R
n
oraz v : I
v
→ R
n
s¡ rozwi¡zaniami problemu Cauchy'ego, to
u|
I
u
∩I
v
= u|
I
u
∩I
v
.
10.3. Ci¡gªa zale»no±¢ rozwi¡za«
Zbadamy problem ci¡gªej zale»no±ci rozwi¡za« równania
x
0
= f (t, x)
od parametrów. Rozwa»my nast¦puj¡cy problem Cauchy'ego z parametrem
½
x
0
= f (t, x, λ)
x(t
0
) = x
0
.
(43)
Zachodzi nast¦puj¡ce
Twierdzenie 25.
Je»eli funkcja f : E → R
n
, gdzie E jest otwartym podzbiorem zbioru
R × R
n
× R
k
jest ci¡gªa i przez ka»dy punkt (t
0
, x
0
, λ) ∈ E
, przechodzi dokªadnie jed-
no rozwi¡zanie problemu (
), to rozwi¡zanie to zale»y w sposób ci¡gªy od parametrów
(t
0
, x
0
, λ)
.
10
Charles Emile Picard 1856 - 1941, matematyk francuski.
11
Lipschitz Rudolf Otto Sigismund 1832 - 1903, matematyk niemiecki.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
36
11 Metody numeryczne
11. Metody numeryczne
W rozdziale tym, podamy pewne przybli»one metody rozwi¡zywania problemu Cauchy'ego
½
x
0
= f (t, x)
x(t
0
) = x
0
11.1. Metoda Eulera
Ustalamy odpowiednio maª¡ liczb¦ h > 0. Budujemy ci¡g kolejnych punktów okre±lony
rekurencyjnie wzorem
(t
i+1
, x
i+1
) = (t
i
+ h, x
i
+ hf (t
i
, x
i
)) .
Ci¡g ten tablicuje rozwi¡zanie zadania Cauchy'ego. Je±li otrzymane punkty poª¡czymy
odcinkami, to dostaniemy ªaman¡ przybli»aj¡c¡ wykres rozwi¡zania
11.2. Ulepszona metoda Eulera
Metoda jest podobna do metody Eulera, z tym, »e posuwany si¦ najpierw niejako o póª
kroku ustalaj¡c kierunek, a nast¦pnie wykonujemy wªa±ciwy krok.
Ustalamy odpowiednio maª¡ liczb¦ h > 0. Maj¡c dany punkt (t
i
, x
i
)
najpierw okre±lamy
punkt po±redni:
(t
i+
1
2
, x
i+
1
2
) = (t
i
+
h
2
, x
i
+
h
2
f (t
i
, x
i
)),
a nast¦pnie punkt:
(t
i+1
, x
i+1
) = (t
i
+ h, x
i
+ hf (t
i+
1
2
, x
i+
1
2
)).
11.3. Metoda Eulera-Cauchy'ego
Ustalamy odpowiednio maª¡ liczb¦ h > 0. Maj¡c dany punkt (t
i
, x
i
)
okre±lamy
y
i
= x
i
+ hf (t
i
, x
i
) ,
nast¦pnie okre±lamy kierunek
k
i
=
f (t
i
, x
i
) + f (t
i
+ h, y
i
)
2
,
by wreszcie okre±li¢ kolejny punkt iteracji
(t
i+1
, x
i+1
) = (t
i
+ h, x
i
+ hk
i
) .
12
Leonhard Euler 1707 - 1783, matematyk szwajcarski.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
37
11 Metody numeryczne
11.4. Metoda Rungego-Kutty
Jest to jedna z najpopularniejszych metod numerycznych sªu»¡cych do rozwi¡zywania
równa« zwyczajnych.
Ustalamy odpowiednio maª¡ liczb¦ h > 0. Maj¡c dany punkt (t
i
, x
i
)
okre±lamy wektory
pomocnicze
k
1
= hf (t
i
, x
i
)
k
2
= hf (t
i
+
h
2
, x
i
+
k
1
2
)
k
3
= hf (t
i
+
h
2
, x
i
+
k
2
2
)
k
4
= hf (t
i
+ h, x
i
+ k
3
)
kolejny punkt iteracji dany jest wzorem
(t
i+1
, x
i+1
) = (t
i
+ h, x
i
+
1
6
(k
1
+ 2k
2
+ 2k
3
+ k
4
)
Ogólnie mo»na powiedzie¢, »e ulepszona metoda Eulera oraz metoda Eulera-Cauchy'ego
s¡ nieco dokªadniejsze od metody Eulera. Metoda Rungego-Kutty jest na ogóª znacznie
dokªadniejsza od tych dwóch. Wybór metody numerycznej któr¡ chcemy zastosowa¢ jest
jednak zale»ny od typu równania. Dlatego otrzymane numerycznie rozwi¡zanie powinni-
±my zawsze porównywa¢ z jako±ciow¡ analiz¡ równania (np. z portretem fazowym).
13
Carle David Tolmé Runge 1856 - 1927, matematyk niemiecki.
14
Martin Wilhelm Kutta 1867 - 1944, in»ynier niemiecki.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
38
12 Stabilno±¢ rozwi¡za«
12. Stabilno±¢ rozwi¡za«
12.1. Poj¦cie stabilno±ci rozwi¡zania
Przykªad 12.
Rozwa»my równanie autonomiczne
x
0
= f (x),
(44)
gdzie f : G → R
n
, G ⊂ R
n
jest zbiorem otwartym, f funkcj¡ klasy C
1
; b¦dziemy stosowa¢
u»ywane ju» w wykªadzie po±wi¦conym równaniom zupeªnym oznaczenie: f ∈ C
1
(G, R
n
)
.
Ka»dy punkt ¯x taki, »e f(¯x) = 0 wyznacza pewne rozwi¡zanie stacjonarne (staªe) równania
), mianowicie rozwi¡zanie postaci x(t) ≡ ¯x okre±lone na pewnym przedziale [t
0
, t
1
]
. Je±li
równanie (
) zinterpretujemy jako opis ruchu pewnego ciaªa, to rozwi¡zanie stacjonarne
opisuje poªo»enie równowagi tego ciaªa ciaªo pozostaje w spoczynku. Przy poczynionych
zaªo»eniach dla dowolnego x
0
∈ G
istnieje jednoznaczne rozwi¡zanie x(·) zagadnienia
Cauchy'ego postaci
½
x
0
(t) = f (x)
x (t
0
) = x
0
.
(45)
Interesuje nas odpowied¹ na pytanie jak zachowa si¦ rozwi¡zanie zagadnienia (
) je±li x
0
speªnia warunek ||x
0
− ¯
x|| < ε
dla pewnego (bliskiego zera) ε > 0, to znaczy jak zachowa
si¦ ciaªo, którego ruch opisuje równanie (
), gdy w chwili t
0
b¦dzie znajdowaªo si¦ ono
prawie w poªo»eniu równowagi. Zachowanie to mo»e by¢ bardzo ró»ne. Wyobra¹my sobie,
»e równanie (
) opisuje zachowanie kulki umieszczonej:
(a)
wewn¡trz kulistej miseczki,
(b)
na powierzchni tej miseczki odwróconej do góry dnem
W obydwu sytuacjach je±li kulka znajduje si¦ w chwili t = t
0
w poªo»eniu równowagi, to
zgodnie z interpretacj¡ równania (
) x(t
0
) = ¯
x
, gdzie f(¯x) = 0. Je±li jednak w chwili
t = t
0
poªo»enie kulki opisane jest warunkiem x(t
0
) = x
0
, gdzie ||x
0
− ¯
x|| < ε
dla pewnego
(bliskiego zera) ε > 0, to taki warunek oznacza niewielkie wytr¡cenie kulki z poªo»enia
równowagi w chwili t = t
0
. Jej dalsze zachowanie zale»y od tego, czy rozwa»amy przypadek
(a), czy (b). W sytuacja (a) kulka powróci do poªo»enia równowagi na staªe po pewnym
czasie, je±li rozwa»ymy, realn¡, sytuacj¦, w której uwzgl¦dniamy siªy tarcia lub b¦dzie oscy-
lowa¢ w pobli»u poªo»enia równowagi, gdy siªy tarcia zostan¡ zaniedbane. W sytuacji (b)
kulka oczywi±cie nie powróci do poªo»enia równowagi.
Przykªad powy»szy motywuje wprowadzenie poj¦cia stabilnego poªo»enia równowagi (roz-
wi¡zanie stablinego) przypadek (a) bez siª tarcia, asymptotycznie stabilnego poªo»enia
równowagi przypadek (a) z uwzgl¦dnieniem siª tarcia oraz niestabilnego poªo»enia rów-
nowagi przypadek (b).
Wprowad¹my ±cisªe okre±lenie poj¦cia stabilno±ci. Rozwa»my równanie
x
0
= f (t, x),
(46)
gdzie f : U → R
n
, jest funkcj¡ ci¡gª¡ oraz lipschitzowsko ci¡gª¡ wzgl¦dem drugiej zmien-
nej (zob. denicja D.
), U ⊂ R × R
n
zbiorem otwartym. B¦dziemy zakªada¢, »e ka»de
rozwi¡zanie x(·) równania (
) jest przedªu»alne na [t
0
, ∞)
(tzn. x(·) mo»na okre±lic przy-
najmniej na zbiorze [t
0
, ∞)
), gdzie t
0
jest pewn¡ ustalon¡ liczb¡.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
39
12 Stabilno±¢ rozwi¡za«
Denicja 14.
Mówimy, »e rozwi¡zanie ¯x(·) : [t
0
, ∞) → R
n
jest stabilne w sensie
dla t → ∞, je±li dla ka»dego ε > 0 istnieje δ > 0, »e ka»de rozwi¡zanie x(·)
równania (
), takie »e
||x(t
0
) − ¯
x(t
0
)|| < δ,
speªnia dla t ≥ t
0
warunek
||x(t) − ¯
x(t)|| < ε.
Je±li dodatkowo
lim
t→∞
kx(t) − ¯
x(t)k = 0,
to mówimy, »e rozwi¡zanie ¯
x(·)
jest asymptotycznie stabilne.
Uwaga 16.
Wydaj¦ si¦, »e w denicji rozwi¡zania asymptotycznie stabilnego wystarczy
zaªo»y¢, »e dla rozwi¡za« x(·) startuj¡cych dostatecznie blisko rozwi¡zania ¯x(·) zachodzi
warunek lim
t→∞
kx(t) − ¯
x(t)k = 0.
Mo»na jednak poda¢ do±¢ nieelementarny przykªad
równania, w którym wszystkie rozwi¡zania d¡»¡ do rozwi¡zania staªego, ale rozwi¡zanie
staªe nie jest stabilne.
Przykªad 13.
Rozwa»my równanie
x
0
= k · x.
(47)
gdzie k ∈ R. O rozwi¡zaniach zakªadamy tu, »e s¡ funkcjami o warto±ciach rzeczywistych.
Zbadamy stabilno±¢ rozwi¡zania zerowego ¯x(t) ≡ 0 dla t ∈ R. Przyjmijmy t
0
= 0
. Ogóª
rozwi¡za« powy»szego równania wyra»a si¦ oczywi±cie wzorem x(t) = c·e
tk
, t ∈ R : c ∈ R
.
Nietrudno si¦ domy±li¢, »e je±li k > 0, to rozwi¡zanie zerowe jest niestabilne wykresy
rozwi¡za« niezerowych uciekaj¡ w niesko«czono±¢ przy t → ∞. Gdy k = 0 mamy do
czynienia tylko z rozwi¡zaniami staªymi. Rozwi¡zanie zerowe jest tu stabilne. Istotnie,
wystarczy dla dowolnego ε > 0 wzi¡¢ δ = ε i je±li tylko x(·) jest rozwi¡zaniem, to z warunku
|x(t
0
) − ¯
x(t
0
)| < δ
wynika warunek |x(t) − ¯x(t)| < ε dla t ≥ t
0
. Oczywi±cie rozwi¡zanie
zerowe nie jest asymptotycznie stabilne. Wreszcie w przypadku, gdy k < 0 rozwi¡zanie
zerowe jest asymptotycznie stabilne, bo dowolne rozwi¡zanie niestaªe jest postaci x(t) =
c · e
tk
dla t ∈ R oraz pewnego c ∈ R. Warunek |¯x(t
0
) − x(t
0
)| < δ
oznacza po prostu, »e
|c| < δ
, wi¦c dla t ≥ 0 równie»
|¯
x(t) − x(t)| = |ce
kt
| ≤ |c| < δ,
a zatem i tu wystarczy wzi¡¢ δ = ε. Ponadto
lim
t→∞
|x(t) − ¯
x(t)| = lim
t→∞
¯
¯c · e
tk
¯
¯ = 0.
Przykªad 14.
Rozwa»my ukªad liniowy w R
2
x
0
= Ax,
gdzie A =
·
α
β
−β α
¸
.
(48)
15
Aleksandr Michajªowicz Lapunow 1857 - 1918 matematyk, zyk i mechanik rosyjski.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
40
12 Stabilno±¢ rozwi¡za«
Funkcja staªa ¯x(t) ≡ [0, 0]
T
jest oczywi±cie rozwi¡zaniem tego równania. Poniewa» ukªad
jest autonomiczny, wi¦c ¯x(·) jest poªo»eniem równowagi. Zbadajmy stabilno±¢ tego poªo»e-
nia, czyli stabilno±¢ rozwi¡zania ¯x(·). Jak wiadomo (por. przykªad
) rozwi¡zania ukªadu
) maj¡ posta¢:
x
1
(t) = c
1
e
tα
cos (tβ) + c
2
e
tα
sin (tβ)
x
2
(t) = −c
1
e
tα
sin (tβ) + c
2
e
tα
cos (tβ)
,
t ∈ R : c
1
, c
2
∈ R.
ªatwo wida¢, »e je±li α < 0, to |x
1
(t)|
i |x
2
(t)|
s¡ dowolnie bliskie zeru. A zatem ¯x(·)
jest asymptotycznie stabilnym poªo»eniem równowagi. Je±li α > 0, to rozwi¡zania |x
1
(t)|
i |x
2
(t)|
oscyluj¡ pomi¦dzy osi¡ czasu i wykresem e
αt
, mamy wi¦c do czynienia z rozwi¡-
zaniem niestablinym.
Okazuje si¦, »e formuªuj¡c wªasno±ci dotycz¡ce stabilno±ci rozwi¡za« wystarczy ograniczy¢
si¦ do badania rozwi¡za« staªych, a nawet zerowych. Fizycznie mo»emy sobie to uzasadni¢
poprzez zamian¦ ukªadu wspóªrz¦dnych tak, aby obserwator poruszaª si¦ po trajektorii
rozwi¡zania, którego stabilno±¢ badamy. W ukªadzie wspóªrz¦dnych zwi¡zanym, z tak
usytuowanym obserwatorem badane rozwi¡zanie jest zerowe.
Uwaga 17.
Rozwa»my rozwi¡zanie ¯x(·) równania (
). Dla dowolnie ustalonego rozwi¡-
zania ˜x(·) równania (
), przyjmijmy ˜y(t) := ˜x(t) − ¯x(t) dla t ≥ t
0
i rozwa»my równanie
y
0
= g(t, y),
(49)
gdzie g(t, y) := f (t, y + ¯x(t)) − f (t, ¯x(t)).
Wówczas mamy, »e
˜
y
0
(t) = ˜
x
0
(t) − ¯
x
0
(t) = f (t, ˜
x(t)) − f (t, ¯
x(t)) = f (t, ˜
y(t) + ¯
x(t)) − f (t, ¯
x(t)) = g(t, ˜
y(t)).
Zatem rozwi¡zaniu ˜y(·) równania (
) odpowiada rozwi¡zanie ˜x(·) równania (
) i od-
wrotnie. W szczególno±ci rozwi¡zaniu ¯x(·) odpowiada rozwi¡zanie zerowe równania (
Ponadto, rozwi¡zanie ¯x(·) równania (
) jest stabilne oraz asymptotycznie stabilne wtedy
i tylko wtedy, gdy rozwi¡zanie zerowe równania (
) jest stabilne, asymptotycznie stabilne
odpowiednio.
12.2. Stabilno±¢ rozwi¡za« równa« liniowych
Rozwa»my równanie liniowe postaci
x
0
= Ax + b(t),
(50)
gdzie A ∈ R
n×n
, b : [t
0
, ∞) → R
n
, funkcj¡ ci¡gª¡.
Okazuje si¦ (¢wiczenie), »e równania tej postaci maj¡ bardzo ciekaw¡ wªasno±¢: wszystkie
rozwi¡zania s¡ jednocze±nie stabilne, jednocze±nie asymptotycznie stabilne, albo jedno-
cze±nie niestabilne. Z tego powodu mówimy krótko o stabilno±ci lub niestabilno±ci
danego równania (ukªadu) liniowego, a nie jak w przypadku ogólnym, stabilno±ci
poszczególnych jego rozwi¡za«. Co wi¦cej, zachodzi nast¦puj¡ce
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
41
12 Stabilno±¢ rozwi¡za«
Twierdzenie 26.
Dowolne rozwi¡zanie x(·) równania (
) jest stabilne, asymptotycznie
stabilne, niestabilne wtedy i tylko wtedy, gdy rozwi¡zanie zerowe równania jednorodnego
tj. postaci
x
0
= Ax,
(51)
jest stabilne, asymptotycznie stabilne, niestabilne odpowiednio.
Dowód.
Zaªó»my, »e rozwi¡zanie zerowe równania (
) jest stabilne. Ustalmy dowolne
rozwi¡zanie x
0
(·)
równania (
) i we¹my ε > 0. We¹my dowolne rozwi¡zanie x(·) równania
). Oczywi±cie x
0
(·) − x(·)
jest rozwi¡zaniem równania jednorodnego (
), zatem wobec
stabilno±ci rozwi¡zania zerowego istnieje δ > 0, »e
||x
0
(t
0
) − x(t
0
)|| < δ ⇒ (||x
0
(t) − x(t)|| < δ dla t ≥ t
0
) ,
co oznacza stabilno±¢ rozwi¡zania x
0
(·)
.
Na odwrót, zaªó»my stabilno±¢ ustalonego dowolnie rozwi¡zania x
0
(·)
równania (
Wówczas dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0, »e dla dowolnego rozwi¡zania x(·) rów-
nania (
) zachodzi implikacja
||x
0
(t
0
) − x(t
0
)|| < δ ⇒ (||x
0
(t) − x(t)|| < ε dla t ≥ t
0
) .
Zauwa»my, »e wobec dowolno±ci x(·) funkcja x
0
(·) − x(·)
jest dowolnym rozwi¡zaniem
). W konsekwencji powy»szy warunek oznacza stabilno±¢ rozwi¡zania zerowego.
Analogicznie dowodzimy, »e asymptotyczna stabilno±¢ (niestabilno±¢) rozwi¡zania zerowe-
go równania (
) jest równowa»na asymptotycznej stabilno±ci (niestabilno±ci) dowolnego
rozwi¡zania równania (
Zachodzi równie» nast¦puj¡ce
Twierdzenie 27.
Dla równania liniowego jednorodnego (
) nast¦puj¡ce warunki s¡ rów-
nowa»ne
(i)
równanie jest stabilne,
(ii)
dowolne rozwi¡zanie jest ograniczone na [t
0
, ∞)
.
Analogicznie równowa»ne s¡ warunki:
(i)
równanie jest asymptotycznie stabilne,
(ii)
dowolne rozwi¡zanie x(·) speªnia warunek lim
t→∞
x(t) = 0
.
Dla ustalonej macierzy A ∈ R
n×n
oznaczmy przez Sp A zbiór jej wszystkich warto±ci
wªasnych. Mamy
Twierdzenie 28.
Równanie x
0
= Ax
jest asymptotycznie stabilne wtedy i tylko wtedy,
gdy
Sp A ⊂ {λ ∈ C : Re λ < 0} .
Równanie to jest stabilne wtedy i tylko wtedy, gdy
Sp A ⊂ {λ ∈ C : Re λ ≤ 0}
oraz wªasne le»¡ce na osi urojonej (czyli takie, których cz¦±¢ rzeczywista jest zerowa) s¡
póªproste.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
42
12 Stabilno±¢ rozwi¡za«
12.3. Funkcja Lapunowa
W poprzednim przykªadach zbadali±my stabilno±¢ rozwi¡zania zerowego wykorzystuj¡c
formuª¦ deniuj¡c¡ ogóª rozwi¡za«. Ide¡ jako±ciowej teorii równa« ró»niczkowych jest
jednak badanie wªasno±ci rozwi¡za« (w tym stabilno±ci) bez znajomo±ci tych rozwi¡za«.
Tak¡ mo»liwo±¢ daje nam metoda funkcja Lapunowa.
Rozwa»my równanie
x
0
= f (t, x).
(52)
Dla uproszczenia przyjmijmy, »e f : [0, ∞)×Ω → R
n
, gdzie Ω ⊂ R
n
jest zbiorem otwartym.
Poniewa» b¦dziemy bada¢ stabilno±¢ rozwi¡za« zerowych (por. uwaga
) zakªadamy, »e
0 ∈ Ω
oraz f(t, 0) = 0 dla t ≥ 0. Oczywi±cie nie rezygnujemy z zaªo»enia, »e f jest ci¡gªa
i lipschitzowsko ci¡gªa ze wzgl¦du na drug¡ zmienn¡ a ka»de rozwi¡zanie równania (
jest przedªu»alne na [0, ∞).
Dla ustalonej funkcji V : [0, ∞) × Ω → R klasy C
1
poªó»my
˙
V (t, x) :=
∂V
∂t
(t, x) + V
0
x
(t, x) ◦ f (t, x)
dla (t, x) ∈ [0, ∞)×Ω. Funkcj¦ ˙V nazywamy pochodn¡ funkcji V wzdªu» rozwi¡zania
równania (
). Nazw¦ t¦ wyja±nia fakt, »e je±li x(·) jest rozwi¡zaniem równania (
), to
V
0
(t, x(t)) =
∂V
∂t
(t, x(t)) + V
0
x
(t, x) ◦ x
0
(t) =
∂V
∂t
(t, x(t)) + V
0
x
(t, x) ◦ f (t, x(t)).
Denicja 15.
Funkcj¡ Lapunowa dla równania (
) nazywamy funkcj¦ V : [0, ∞) ×
Ω → R
klasy C
1
speªniaj¡c¡ warunki:
(l1)
inf
t≥0
V (t, x) > 0
dla x ∈ Ω \ {0},
(l2)
V (t, 0) = 0
dla t ≥ 0,
(l3)
˙
V (t, x) ≤ 0
dla (t, x) ∈ [0, ∞) × Ω.
Uwaga 18.
W przypadku, gdy równanie (
) jest autonomiczne, tzn. jest postaci
x
0
= f (x),
(53)
pochodna funkcji v wzdªu» rozwi¡zania ma posta¢
˙
V (x) = V
0
(x) ◦ f (x),
za± funkcja Lapunowa dla tego równania jest funkcj¡ V : Ω → R klasy C
1
speªniaj¡c¡
warunki:
(l1')
V (x) > 0
dla x ∈ Ω \ {0},
(l2')
V (0) = 0
,
(l3')
˙
V (x) ≤ 0
dla x ∈ Ω.
Mamy nast¦puj¡ce
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
43
12 Stabilno±¢ rozwi¡za«
Twierdzenie 29 (Lapunowa o stabilno±ci).
Je±li równanie (
) posiada funkcj¦ La-
punowa, to jego rozwi¡zanie zerowe jest stabilne.
Dla otrzymania asymptotycznej stabilno±ci konieczne jest wzmocnienie zaªo»e« dotycz¡-
cych funkcji V .
Twierdzenie 30 (Lapunowa o asymptotycznej stabilno±ci).
Je±li równanie (
posiada funkcj¦ Lapunowa tak¡, »e
lim
x→0
sup
t≥0
V (t, x) = 0
oraz
sup
t≥0
˙
V (t, x) < 0
dla x ∈ Ω \ {0},
to jego rozwi¡zanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.
W przypadku równania autonomicznego (
) twierdzenie Lapunowa o asymptotycznej
stabilno±ci przyjmuje posta¢
Wniosek 5.
Je±li równanie (
) posiada funkcj¦ Lapunowa V : Ω → R speªniaj¡c¡
warunki (l1') (l2') oraz tak¡, »e
˙
V (x) < 0
dla x ∈ Ω \ {0},
to rozwi¡zanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.
Uwaga 19.
W przypadku równania autonomicznego twierdzenia Lapunowa mówi¡, »e
dla stabilno±ci rozwi¡zania zerowego potrzeba, aby istniaªa funkcja V : Ω → R klasy C
1
nieujemna taka, »e V (x) = 0 ⇔ x = 0 oraz nierosn¡ca na wykresie dowolnego rozwi¡zania.
Aby uzyska¢ asymptotyczn¡ stabilno±¢ trzeba zaªo»y¢ wi¦cej - aby funkcja V byªa ±ci±le
malej¡ca na wykresie dowolnego rozwi¡zania.
Przykªad 15.
Rozwa»my równanie
x
0
= kx,
z przykªadu
Oczywi±cie f(x) = kx dla x ∈ Ω = R. Zaªó»my, »e k < 0 i rozwa»my
funkcj¦ V (x) = x
2
dla x ∈ R. Jest ona klasy C
1
i speªnia dwa pierwsze warunki denicji
. Ponadto,
˙
V (x) = V
0
(x) · f (x) = 2kx
2
< 0
dla x 6= 0.
Zatem na mocy twierdzenia
(albo wniosku
) rozwi¡zanie zerowe jest asymptotycznie
stabilne.
W przypadku, gdy k = 0 bior¡c t¦ sam¡ funkcja stwierdzamy, »e rozwi¡zanie zerowe jest
stabilne. atwo te» stwierdzi¢, »e poniewa» f(x) = 0 dla x ∈ R, wi¦c nie mo»na zbudowa¢
takiej funkcji Lapunowa, dla której byªby speªniony warunek asymptotycznej stabilno±ci z
twierdzenia
. St¡d rozwi¡zanie zerowe nie mo»e by¢ asymptotycznie stabilne
Zanotujmy jeszcze
Twierdzenie 31 (Lapunowa o niestabilno±ci).
Je±li dla równania (
) istnieje funkcja
V : Ω → R
klasy C
1
taka, »e
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
44
12 Stabilno±¢ rozwi¡za«
1.
istnieje ci¡g {x
n
} ⊂ Ω
taki, »e lim
n→∞
x
n
= 0
oraz V (x
n
) > 0
dla n ∈ N,
2.
V (0) = 0
,
3.
˙
V (x) > 0
dla x 6= 0,
to rozwi¡zanie zerowe jest niestabilne.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
45
Dodatek
Dodatek
Zacznijmy od denicji normy w przestrzeni R
n
oraz przypomnienia podstawowych poj¦¢
topologicznych.
Denicja D.1.
W zbiorze R
n
okre±lamy funkcj¦
R
n
3 x 7→ kxk ∈ R
+
wzorem
kxk :=
v
u
u
t
n
X
i=1
x
2
i
,
dla x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
).
Tak okre±lon¡ funkcj¦ nazywamy norm¡ w R
n
, za± przestrze« R
n
z norm¡ przestrzeni¡
unormowan¡. Je±li elementy x przestrzeni R
n
interpretowa¢ jako wektory zaczepione w
zerze o wspóªrz¦dnej ko«cowej (x
1
, x
2
, . . . , x
n
)
, (czyli rozumie¢ R
n
jako przestrze« liniow¡),
to norma jest dªugo±ci¡ wektora x.
Uwaga D.1.
Przestrze« unormowana R
n
jest przestrzeni¡ metryczn¡ z metryk¡ ρ okre-
±lon¡ jako
ρ(x, y) := kx − yk.
Denicja D.2.
Otoczeniem punktu x
0
∈ R
n
o promieniu ε > 0 nazywamy zbiór
U(x
0
, ε) := {x ∈ R
n
: kxk < ε} .
Denicja D.3.
Zbiór G ⊂ R
n
nazywamy otwartym, je±li dla ka»dego punktu x
0
∈ G
istnieje otoczenie U(x
0
, ε) ⊂ G
.
Uwaga D.2.
Zbiór pusty ∅ jest oczywi±cie otwarty.
Denicja D.4.
Zbiór F ⊂ R
n
nazywamy domkni¦tym, je±li zbiór G = R
n
\ F
jest
otwarty.
Denicja D.5.
Wn¦trzem zbioru A ⊂ R
n
nazywamy najwi¦kszy zbiór otwarty G taki,
»e G ⊂ A. Wn¦trze zbioru A oznaczamy Int A.
Denicja D.6.
Domkni¦ciem zbioru A ⊂ R
n
nazywamy najmniejszy zbiór domkni¦ty
F
taki, »e A ⊂ F . Domkni¦cie zbioru A oznaczamy ¯
A
.
Wªasno±¢ D.1.
Je±li A ⊂ R
n
, to
1.
A
jest otwarty wtedy o tylko wtedy, gdy A = Int A,
2.
A
jest domkni¦ty wtedy o tylko wtedy, gdy A = ¯
A
.
Denicja D.7.
Zbiór A ⊂ R
n
nazywamy spójnym, je±li dla dowolnych x
1
, x
2
∈ A
istnieje
funkcja ci¡gªa f : [0, 1] → A, taka, »e f(0) = x
1
oraz f(1) = x
2
. Geometrycznie oznacza,
to »e dowolne dwa punktu zbioru A mo»na poª¡czy¢ krzyw¡ zawart¡ w A.
Denicja D.8.
Zbiór A ⊂ R
n
nazywamy obszarem je±li jest otwarty i spójny.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
46
Dodatek
Do najwa»niejszych wªasno±ci funkcji ci¡gªych nale»y
Twierdzenie D.1.
(Lagrange'a)
Je»eli funkcja g : [a, b] → R jest ci¡gªa w [a, b] oraz
ró»niczkowalna w (a, b), to istnieje taka liczba τ ∈ [a, b], »e
f (b) − f (a)
b − a
= f
0
(τ ).
oraz
Twierdzenie D.2.
(Wªasno±¢ Darboux)
Je»eli f : [a, b] → R jest ci¡gªa, to dla
dowolnego c ∈ [min {f (a) , f (b)} , max {f (a) , f (b)}] istnieje x
0
∈ [a, b] ,
»e f (x
0
) = c.
x
y
x
0
f x
( )
f
( )
b
a
b
f
( )
a
c f x
= ( )
0
Przypomnijmy teraz kilka wa»nych poj¦¢ algebraicznych
Denicja D.9.
Niech A ∈ C
n×n
. Je±li istniej¡ wektor x ∈ C
n
6= 0
oraz liczba λ ∈ C
takie, »e
Ax = λx,
to liczb¦ λ nazywamy warto±ci¡ wªasn¡ macierzy A, a wektor x wektorem wªasnym
macierzy A odpowiadaj¡cym warto±ci wªasnej λ.
Równanie
det(A − λI) = 0
nazywamy równaniem charakterystycznym macierzy A. Jego pierwiastki za± pier-
wiastkami charakterystycznymi macierzy A.
Cz¦sto wyst¦puj¡c¡ sytuacj¡ jest przypadek, gdy macierz A ma wyrazy rzeczywiste, za±
wektor wªasny i warto±¢ wªasna jest zespolona.
W znajdywaniu warto±ci wªasnych macierzy pomocna jest nast¦puj¡ca
Wªasno±¢ D.2.
Liczba λ ∈ C jest warto±ci¡ wªasn¡ macierzy A ∈ C
n×n
wtedy i tylko
wtedy, gdy λ jest jej pierwiastkiem charakterystycznym tzn.
det(A − λI) = 0
16
Lagrange, Joseph-Louis (1736-1813) matematyk francuski
17
Darboux, Jean Gaston (1842-1917) matematyk francuski.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
47
Dodatek
Zaªo»eniem gwarantuj¡cym lokalne istnienie i jednoznaczno±¢ rozwi¡zania zagadnienia
Cauchy'ego jest ci¡gªo±¢ i lipschitzowska ci¡gªo±¢ ze wzgl¦du na drug¡ zmienn¡ prawej
strony równania. Sprecyzujmy tu na czym polega ta wªasno±¢
Denicja D.10.
Mówimy, »e funkcja f : U → R
n
, gdzie U ⊂ R × R
n
jest zbiorem
otwartym jest lipschitzowsko ci¡gªa ze wzgl¦du na drug¡ zmienn¡, je±li dla ka»dego punktu
(t, x) ∈ U
istniej¡ otoczenie W ∈ U punktu (t, x) i staªa L > 0, »e
||f (s, x
1
) − f (s, x
2
)|| ≤ L||x
1
− x
2
||
dla (s, x
1
), (s, x
2
) ∈ W
.
Uwaga 20.
W szczególno±ci funkcja f ∈ C
1
(U, R
n
)
jest ci¡gªa i lipschitzowsko ci¡gªa ze
wzgl¦du na drug¡ zmienn¡.
Na zako«czenie podamy kilka denicji i wªasno±ci dotycz¡cych zbie»no±ci ci¡gów funkcyj-
nych.
Denicja D.11.
Mówimy, »e ci¡g (g
k
)
k∈N
funkcji g
k
: [a, b] → R
n
(k = 1, 2, . . .) jest
jednostajnie zbie»ny do funkcji g : [a, b] → R
n
, co zapisujemy g
k
⇒ g
, gdy k → ∞,
je±li
∀
ε>0
∃
k
0
∀
k>k
0
∀
x∈[a,b]
||g
k
(x) − g(x)|| < ε.
Denicja D.12.
Mówimy, »e rodzina {g
t
}
t∈T
funkcji g
t
: (a, b) → R
n
jest jednakowo
ci¡gªa w punkcie x
0
∈ (a, b)
, gdy
∀
ε>0
∃
δ>0
∀
t∈T
∀
x
0
∈(a,b)
(|x − x
0
| ≤ δ ⇒ kg (x) − g (x
0
)k ≤ ε) .
Twierdzenie D.3.
(Arzeli) Niech {g
t
}
t∈T
rodzin¡ funkcji ci¡gªych okre±lonych na [a, b]
o warto±ciach w R
n
.
Wówczas z rodziny tej mo»na wybra¢ podci¡g jednostajnie zbie»ny
w [a, b] wtedy i tylko wtedy, gdy rodzina jest jednakowo ci¡gªa i ograniczona w ka»dym
punkcie zbioru [a, b] tzn. gdy istnieje staªa c > 0, »e
∀
t∈T
∀
x∈[a,b]
||g
t
(x)|| ≤ c.
Twierdzenie D.4.
(O przechodzeniu do granicy pod znakiem caªki) Je±li ci¡g
(g
k
)
n∈N
funkcji g
k
: [a, b] → R
n
(k = 1, 2, . . .) caªkowalnych jest jednostajnie zbie»ny do
funkcji g : [a, b] → R
n
, to funkcja g jest caªkowalna oraz
lim
k→∞
b
Z
a
g
n
(x)dx =
b
Z
a
lim
k→∞
g
n
(x)dx =
b
Z
a
g(x)dx.
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
48
Skorowidz
Arzeli twierdzenie,
caªka pierwsza równania,
Cauchy'ego zagadnienie,
Cauchy, Augustin Louis,
Darboux wªasno±¢,
Darboux, Jean Gaston,
domkni¦cie zbioru,
Euler, Leonhard,
funkcja
Lapunowa,
lipschitzowsko ci¡gªa ze wzgl¦du na
drug¡ zmienn¡,
pierwotna równania,
Gauss, Johann Carl Friedrich,
Jordan, Marie Ennemond Camille,
Jordana
twierdzenie,
Kutta, Martin Wilhelm,
Lagrange'a twierdzenie,
Lagrange, Joseph-Louis,
Lapunow Aleksandr Michajªowicz,
Lapunowa
twierdzenie o asymptotycznej stabil-
no±ci,
twierdzenie o niestabilno±ci,
twierdzenie o stabilno±ci,
Lipschitza
warunek,
Lorenz, Edward,
Lotka, Alfred James,
macierz
diagonalna,
eksponencjalna,
-fundamentalna,
metoda funkcja Lapunowa,
metoda rozdzielania zmiennych,
Newton, Izaak sir,
Newtona druga zasad¡ dynamiki,
norma,
obszar,
jednospójny,
otoczenie punktu,
Peano twierdzenie,
Peano, Giuseppe,
Picard, Charles, Emile,
Picarda twierdzenie,
pierwiastki charakterystyczne macierzy,
pochodna funkcji wzdªu» rozwi¡zania,
pole kierunków,
przedªu»enie rozwi¡zania,
wªa±ciwe,
przestrze« umormowana,
równanie charakterystyczne macierzy,
równanie ró»niczkowe
autonomiczne,
cz¡stkowe,
drugiego rz¦du,
jednorodne,
liniowe,
stabilne,
nieautonomiczne,
o rozdzielonych zmiennych,
skalarne liniowe
n−tego rz¦du o staªych wspóªczyn-
nikach,
jednorodne,
niejednorodne,
pierwszego rz¦du,
zupeªne,
zwyczajne,
n−tego rz¦du,
w postaci normalnej,
liniowe
niestabilne,
rodzina funkcji jednakowo ci¡gªa,
rozwi¡zanie
asymptotycznie stabilne,
równania ró»niczkowego zwyczajnego,
stabilne w sensie Lapunowa,
49
Dodatek
stacjonarne,
wysycone (integralne),
Runge, Carle David Tolmé,
twierdzenie
o przechodzeniu do granicy pod zna-
kiem caªki,
ukªad fundamentalny,
Volterra, Vito,
Volterry-Lotki równanie,
warto±¢ wªasna macierzy,
wektor wªasny macierzy,
wn¦trze zbioru,
zbiór
domkni¦ty,
otwarty,
spójny,
Aktualizacja: 20 pa¹dziernika 2008
50
Document Outline
- Równanie rózniczkowe i jego rozwiazanie
- Interpretacja geometryczna i fizyczna
- Przykłady problemów prowadzacych do równan rózniczkowych
- Równania o rozdzielonych zmiennych
- Równanie jednorodne
- Skalarne równania liniowe
- Równania zupełne
- Równania liniowe w Rn
- Równania liniowe n--tego rzedu
- Twierdzenia podstawowe
- Metody numeryczne
- Stabilnosc rozwiazan
- Dodatek
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
matematyka wykłady z równan różniczkowych
B Bożek wykłady równania różniczkowe
Wykład 2 równania różnicowe transformata Z
Krych M Zagadnienie dwóch ciał Fragmenty wykladu z równań różniczkowych
Wyklad 5 ROWNANIA ROZNICZKOWE IN EKOL
pracownicy panek materialy Wykład 6 właściwy, RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE
Równania różniczkowe sciąga, Politechnika Lubelska, Studia, Studia, Sprawozdania, studia, Matematyka
Równania różniczkowe, Politechnika Lubelska, Studia, Studia, Sprawozdania, studia, Matematyka, MATEM
Dwanaście wykładów z metod numerycznych równań różniczkowych cząstkowych
Szereg potegowy przyklady ogarnijtemat.com, SiMR inżynierskie, Semestr 2, Równania różniczkowe, Wykł
Niejednorodne liniowe rownania rozniczkowe
04 Rozdział 03 Efektywne rozwiązywanie pewnych typów równań różniczkowych
Bołt W Równania Różniczkowe
raport3 Równania różniczkowe zwyczajne
Metody Komputerowe i Numeryczne, Równania różniczkowe zwyczajne
9 Rownania rozniczkowe id 4845 Nieznany (2)
więcej podobnych podstron