Rozwiązania wybranych zadań z równań
różniczkowych
mgr inż. Piotr Kowalski
19 grudnia 2013
1
Wersje
numer
data
autor
opis
0.1
3.03.2013
Piotr Kowalski
Rozwiązanie równania jednorodnego z
zajęć (wykryty błąd na zajęciach)
0.2
15.04.0213
Piotr Kowalski
Errata z zadań z równań Bernoulliego
oraz Errata do zadania grupy B z war-
tościami własnymi zespolonymi.
0.3
30.04.2013
Piotr Kowalski
Rozwiązanie chyba najpaskudniejsze-
go (tj. najpiękniejszego) równania o
zmiennych rozdzielonych jakie trafiło
nam się w trakcie prac domowych.
0.4
30.04.2013
Piotr Kowalski
Rozwiązania zadań z pierwszej pracy
domowej autorstwa Wioletty Szeligow-
skiej
0.5
02.04.2013
Piotr Kowalski
Dołączanie reszty zadań ze zmiennych
rozdzielonych, zadań z równania jed-
norodnego, liniowego niejednorodnego.
Ponadto jedno zadanie z równania zu-
pełnego oraz dwa niejednorodne ukła-
dy równań różniczkowych. W jednym z
nich pojawiają się wielokrotne wartości
własne i stosowana jest metoda Eule-
ra. Dowody autorstwa Wioletty Szeli-
gowskiej, Tomasza Walczaka oraz Pio-
tra Kowalskiego
0.6
05.04.2013
Piotr Kowalski
Dołączone zadanie z czynnika całkują-
cego o podpowiedzianej postaci.
0.7
30.05.2013
Piotr Kowalski
Dołączone
zadanie
niejednorodnego
równania falowego z rozwijaniem w
szereg Fouriera
0.8
30.05.2013
Piotr Kowalski
Dołączone zadanie jednorodne równa-
nia falowego autorstwa Tomasza Wal-
czaka.
0.9
06.06.2013
Piotr Kowalski
Poprawka końcówki w rozwiązaniu jed-
norodnego problemu falowego. Błąd
zgłoszony przez Annę Rozmarynowską.
0.10
08.06.2013
Piotr Kowalski
Poprawione rozwiązanie w problemie
jednorodnym falowym. Ważny aspekt
przy rozwiązywaniu w bazie cosinusów
został tam wyjaśniony
0.11
11.06.2013
Piotr Kowalski
Dołączone rozwiązanie w problemie nie-
jednorodnym dyfuzji. Zadanie z ćwi-
czeń. Zadanie z równania Laplace’a.
Rozwiązania wykonane przez Ewę Ku-
leszę
0.12
11.06.2013
Piotr Kowalski
Poprawki literówek w równaniu dyfuzji
zgłoszone przez Monikę Herkt
2
0.13
24.06.2013
Piotr Kowalski
Dołączenie rozwiązania zadania z rów-
nania liniowego II rzędu autorstwa Aga-
ty Paul
0.14
15.11.2013
Piotr Kowalski
Rozwiązanie układu równań 3 na 3 z
niejednorodnością i wielokrotną warto-
ścią własną autorstwa Patrycji Augo-
styniak i Elżbiety Ratajczyk. Zmiana
układu całej pracy
0.15
08.12.2013
Piotr Kowalski
Zbadanie stabilności metodą przejścia
do zmiennych biegunowych, oraz poszu-
kiwanie całek pierwszych - opis arytme-
tyki dla układów w postaci ilorazowej.
0.16
14.12.2013
Piotr Kowalski
Rozwiązanie zadania zgłoszonego przez
Panią Trubowicz oraz metoda funkcji
Lapunowa autorstwa Moniki Manios i
Patrycji Paciorek
0.17
19.12.2013
Piotr Kowalski
Poprawa kilku literówek zgłoszonych
przez Pana R.Bugę. W szczególności
najważniejsza dotycząca pojęcia koer-
cywności.
3
Współautorzy pracy
Patrycja Augustyniak
Monika Herkt
Ewa Kulesza
Maciej Leszczyński
Monika Manios
Patrycja Paciorek
Agata Paul
Elżbieta Ratajczyk
Anna Rozmarynowska
Wioletta Szeligowska
Tomasz Walczak
Spis treści
Równania różniczkowe zwyczajne
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
Równanie o zmiennych rozdzielonych . . . . . . . . . . . . . . . .
8
Niespójna dziedzina w równaniu o zmiennych rozdzielonych 12
Sklejanie rozwiązania w równaniu o zmiennych rozdzielo-
nych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
Równania różniczkowe jednorodne
. . . . . . . . . . . . . . . . .
19
Równanie różniczkowe liniowe niejednorodne
. . . . . . . . . . .
22
Równanie Bernouliego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
Równanie liniowe 2 rzędu o stałych współczynnikach . . . . . . .
26
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
Przypadek wartości własnych rzeczywistych . . . . . . . .
28
Przypadek wartości własnych zespolonych . . . . . . . . .
29
Przypadek wartości własnych wielokrotnych - Metoda Eu-
lera
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
Układy równań różniczkowych rzędu 3 . . . . . . . . . . .
32
Układy z wielokrotną wartością własną rozwiązywalne bez
metody Eulera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
Równanie z poszukiwanym czynnikiem całkującym . . . .
38
Równanie z poszukiwaniem czynnika o znanej postaci
. . . . . .
39
Analiza jakościowa równań różniczkowych zwyczajnych
42
Badanie charakteru i stabilności punktów krytycznych układów
równań różniczkowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
Badanie stabilności z wykorzystaniem funkcji Lapunowa . . . . .
43
Poszukiwanie całek pierwszych układów równań . . . . . . . . . .
50
Arytmetyka układów równań w postaci ilorazowej
. . . .
50
Równania różniczkowe cząstkowe
52
Rozwiązywanie równań różniczkowych metodą szeregów Fouriera
52
Równanie dyfuzji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
Równanie dyfuzji niejednorodne
. . . . . . . . . . . . . .
59
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
Równanie Laplace’a jednorodne . . . . . . . . . . . . . . .
63
4
Rozdział 1
Równania różniczkowe
zwyczajne
1.1
Proste równania różniczkowe
Zadanie 1.1.1. Sprawdzić czy podane funkcje są rozwiązaniami wskazanych
równań na zadanych przedziałach. Wyznaczyć brakujące stałe dla warunków po-
czątkowych.
(a) e
t
= 1 − e
y
, e
y
(1 + y
0
) = 1 na przedziale (−∞, 0)
(b) y(t) = Ce
−2t
, y
0
+ 2y = 0, y(0) = 1
(c) y(t) = (t + C) sin t, y
0
− y ctg t = sin t, y(
π
2
) =
π
2
Rozwiązanie.
a Z równości e
t
= 1 − e
y
wyznaczamy y. Mamy
e
y
= 1 − e
t
,
(1.1.1.1)
Logarytmujemy stronami. Stąd
y(t) = ln(1 − e
t
),
(1.1.1.2)
dla t ∈ (−∞, 0). Różniczkując funkcję y(t) = ln(1 − e
t
) otrzymamy:
y
0
(t) =
−e
t
1 − e
t
(1.1.1.3)
Podstawiając do lewej strony równości e
y
(1 + y
0
) = 1 mamy
L = e
ln(1−e
t
)
1 −
e
t
1−e
t
= (1 − e
t
)
1 −
e
t
1−e
t
=
= (1 − e
t
)
1−e
t
−e
t
1−e
t
= 1 − 2e
t
6= P = 1.
(1.1.1.4)
Stąd L 6= P , co oznacza, że wskazana funkcja e
t
= 1 − e
y
nie jest rozwiązaniem
równania e
y
(1 + y
0
) = 1 na przedziale (−∞, 0).
5
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
6
b Różniczkując funkcję y(t) = Ce
−2t
otrzymamy:
y
0
(t) = −2Ce
−2t
(1.1.1.5)
dla t ∈ R. Podstawiając do lewej strony równości y
0
+ 2y = 0 mamy
L = −2Ce
−2t
+ 2Ce
−2t
= 0 = P
(1.1.1.6)
Stąd L = P , co oznacza, że funkcja y(t) = Ce
−2t
jest rozwiązaniem równania
y
0
+ 2y = 0.
Wykorzystując teraz warunek początkowy mamy
1 = y(0) = Ce
−2·0
= C
(1.1.1.7)
Stąd C = 1. Zatem szukane rozwiązanie zagadnienia początkowego ma postać
y(t) = e
−2t
.
c Różniczkując funkcję y(t) = (t + C) sin t otrzymamy
y
0
(t) = sin t + (t + C) cos t
(1.1.1.8)
dla t ∈ R. Podstawiając do lewej strony równości y
0
− y ctg t = sin t mamy
L = sin t + (t + C) cos t − (t + C) sin t ctg t =
sin t + (t + C) cos t − (t + C) sin t
cos t
sin t
=
sin t + (t + C) cos t − (t + C) cos t = sin t = P
(1.1.1.9)
Stąd L = P , co oznacza, że funkcja y(t) = (t + C) sin t jest rozwiązaniem
równania y
0
− y ctg t = sin t.
Wykorzystując teraz warunek początkowy mamy
π
2
= y(
π
2
) = (
π
2
+ C) sin
π
2
(1.1.1.10)
Stąd
π
2
+ C =
π
2
, skąd C = 0. Zatem szukane rozwiązanie zagadnienia począt-
kowego ma postać y(t) = t sin t.
Zadanie 1.1.2. Rozwiąż proste równanie różniczkowe
(a) y
000
= 24x + 27 e
3x
, y(0) = 2, y
0
(0) = 2, y
00
(0) = 0
(b) y
0
=
1
√
x
(c) y
00
= 3 cos x
Rozwiązanie.
a Rozwiązanie ogólne wyznaczymy przez trzykrotne całkowanie
Z
y
000
(x)dx =
Z
(24x + 27e
3x
)dx.
(1.1.2.1)
Stąd
y
00
(x) = 12x
2
+ 9e
3x
+ C,
(1.1.2.2)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
7
gdzie C ∈ R. Dalej
Z
y
00
(x)dx =
Z
(12x
2
+ 9e
3x
+ C)dx
(1.1.2.3)
Stąd
y
0
(x) = 4x
3
+ 3e
3x
+ Cx + D,
(1.1.2.4)
gdzie D ∈ R. Dalej
Z
y
0
(x)dx =
Z
(4x
3
+ 3e
3x
+ Cx + D)dx
(1.1.2.5)
Stąd
y(x) = x
4
+ e
3x
+
C
2
x
2
+ Dx + E,
(1.1.2.6)
gdzie E ∈ R. Uwzględniając warunki początkowe otrzymujemy
y(0) = 2
y
0
(0) = 2
y
00
(0) = 0
⇐⇒
0
4
+ e
3·0
+
C
2
· 0
2
+ D · 0 + E = 2
4 · 0
3
+ 3e
3·0
+ C · 0 + D = 2
12 · 0
2
+ 9e
3·0
+ C = 0
⇐⇒
1 + E = 2
3 + D = 2
9 + C = 0
⇐⇒
E = 1
D = −1
C = −9
(1.1.2.7)
Zatem rozwiązanie szczególne, spełniające podane warunki początkowe określo-
ne jest wzorem y(x) = x
4
+ e
3x
−
9
2
x
2
− x + 1, gdzie x ∈ R.
b Zauważmy, że f (x) =
1
√
x
jest określona dla x ∈
(0, ∞). Rozwiązanie
ogólne wyznaczymy przez obustronne całkowanie
Z
y
0
(x)dx =
Z
1
√
x
dx
(1.1.2.8)
Stąd
y(x) = 2
√
x + C,
(1.1.2.9)
gdzie C ∈ R. Zatem funkcja y(x) = 2
√
x + C dla x ∈ (0, ∞) jest rozwiązaniem
równania y
0
(x) =
1
√
x
.
c Rozwiązanie ogólne wyznaczymy przez dwukrotne całkowanie
Z
y
00
(x)dx =
Z
(3 cos x)dx
(1.1.2.10)
Stąd
y
0
(x) = 3 sin x + C,
(1.1.2.11)
gdzie C ∈ R. Dalej całkując otrzymujemy
Z
y
0
(x)dx =
Z
(3 sin x + C)dx
(1.1.2.12)
Stąd
y(x) = −3 cos x + Cx + D,
(1.1.2.13)
gdzie D ∈ R. Zatem funkcja y(x) = −3 cos x + Cx + D, gdzie x ∈ R i C, D ∈ R
jest rozwiązaniem równania y
00
= 3 cos x.
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
8
1.2
Równanie o zmiennych rozdzielonych
Zadanie 1.2.1. Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych
y
0
= e
−y
(1.2.1.1)
Rozwiązanie.
Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci
y
0
= g(x)h(y),
(1.2.1.2)
w którym g(x) = 1 oraz h(y) = e
−y
. Po rozdzieleniu zmiennych mamy
y
0
e
−y
= 1
(1.2.1.3)
Całkując obustronnie mamy
Z
y
0
e
−y
dx =
Z
dx
(1.2.1.4)
Liczymy całkę po lewej stronie
Z
y
0
e
−y
dx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
Z
1
e
−z
dz =
Z
e
z
dz = e
z
= e
y(x)
(1.2.1.5)
Stąd całka rozważanego równania jest postaci
e
y(x)
= x + C,
(1.2.1.6)
gdzie x + C > 0 ⇐⇒ x > −C. Stąd
y(x) = ln(x + C),
(1.2.1.7)
gdzie x ∈ (−C, ∞).
Zadanie 1.2.2. Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych
y
0
+ 2y = 0
(1.2.2.1)
Rozwiązanie.
Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci
y
0
= g(x)h(y),
(1.2.2.2)
w którym g(x) = −2 oraz h(y) = y. Po rozdzieleniu zmiennych mamy dla y 6= 0
y
0
= −2y
(1.2.2.3)
y
0
y
= −2
(1.2.2.4)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
9
Całkując obie strony równania mamy
Z
y
0
y
dx =
Z
−2dx
(1.2.2.5)
Liczymy całkę po lewej stronie zamieniając zmienne
Z
y
0
y
dx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
Z
1
z
dz = ln |z| = ln |y(x)|
(1.2.2.6)
Stąd całka rozważanego równania jest postaci
ln |y(x)| = −2x + C,
(1.2.2.7)
gdzie C ∈ R. Zatem
|y(x)| = e
−2x+C
(1.2.2.8)
Oznaczmy e
C
= D, D > 0. Mamy
y(x) = ±De
−2x
(1.2.2.9)
Niech ±D = A, A 6= 0. Wówczas
y(x) = Ae
−2x
(1.2.2.10)
Zauważmy, że h(y) = y = 0 ⇐⇒ y = 0. Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie
y(x) = 0. Zapisując wszystkie rozwiązania jednym wzorem mamy
y(x) = Ae
−2x
,
(1.2.2.11)
gdzie A ∈ R.
Zadanie 1.2.3. Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych
y
0
+ 2xy
2
= 0
(1.2.3.1)
Rozwiązanie.
Zauważmy, że problem posiada spójną dziedzinę. Spośród funkcji stałych łatwo
zauważyć, żę funkcja y = 0 jest oczywiście rozwiązaniem równania różniczkowe-
go. Po rozdzieleniu zmiennych mamy dla y 6= 0
y
0
y
2
= −2x
(1.2.3.2)
Przenosząc nasz problem do postaci całkowej otrzymujemy
Z
y
0
y
2
dx =
Z
−2xdx
(1.2.3.3)
Całka po lewej stronie równania wynosi
Z
y
0
y
2
dx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
Z
1
z
2
dz = −
1
z
= −
1
y
(1.2.3.4)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
10
Stąd problem w postaci całkowej transformuje się równania algebraicznego po-
staci:
1
−y
= −x
2
+ C,
(1.2.3.5)
gdzie C ∈ R. Zatem
y =
1
x
2
− C
,
(1.2.3.6)
Rozwiązanie to zależy w sposób jakościowy od stałej. Gdy C < 0 rozwiązanie
jest określone na całej osi rzeczywistej x ∈ R. Gdy C 0 rozwiązanie jest
określone poza punktem/punktami ±
√
C. Zauważmy, że rozwiązanie stałe w
tym problemie nie jest ten samej postaci co uzyskane w metodzie rozdzielania
zmiennych.
Zadanie 1.2.4. Rozwiązać równanie o zmiennych rozdzielonych postaci:
y
0
=
−x
2y
3
(1.2.4.1)
Rozwiązanie.
Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci
y
0
= g(x)h(y),
(1.2.4.2)
w którym g(x) =
−x
2
oraz h(y) =
1
y
3
, gdzie y ∈ (−∞, 0)∪(0, ∞). Po rozdzieleniu
zmiennych mamy
y
0
y
3
=
−x
2
(1.2.4.3)
Całkując obustronnie mamy
Z
y
0
y
3
dx =
Z
−x
2
dx
(1.2.4.4)
Liczymy całki
Z
y
0
y
3
dx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
Z
z
3
dz =
z
4
4
=
y
4
(x)
4
(1.2.4.5)
Z
−x
2
dx = −
1
2
x
2
2
= −
x
2
4
(1.2.4.6)
Stąd całka rozważanego równania jest postaci
y
4
(x)
4
= −
x
2
4
+ C,
(1.2.4.7)
gdzie
−x
4
4
6= −C ⇐⇒ x
2
6= 4C ⇐⇒ x 6= 2
√
C i x 6= −2
√
C. Zatem
y
4
(x) = −x
2
+ 4C
(1.2.4.8)
Oznaczmy 4C = D, D ∈ R. Stąd
y(x) = ±
4
p
D − x
2
,
(1.2.4.9)
gdzie x ∈ (−
√
D,
√
D) oraz D > 0. Widzimy zatem, że rozwiązanie zależy
w sposób jakościowy od stałej D.
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
11
Zadanie 1.2.5. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci:
y
0
=
cos x
y
(1.2.5.1)
Rozwiązanie.
Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci
y
0
= g(x)h(y),
(1.2.5.2)
w którym g(x) = cos x oraz h(y) =
1
y
, gdzie y ∈ (−∞, 0)∪(0, ∞). Po rozdzieleniu
zmiennych mamy
y
0
y = cos x
(1.2.5.3)
Całkując obustronnie mamy
Z
y
0
ydx =
Z
cos xdx
(1.2.5.4)
Liczymy całki
Z
y
0
ydx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
Z
zdz =
z
2
2
=
y
2
(x)
2
(1.2.5.5)
Z
cos xdx = sin x
(1.2.5.6)
Stąd całka rozważanego równania jest postaci
y
2
(x)
2
= sin x + C
(1.2.5.7)
gdzie C 6= − sin x. Mamy
y
2
(x) = 2 sin x + 2C
(1.2.5.8)
Oznaczmy 2C = D, gdzie D 6= −2 sin x. Zatem
0 < y
2
(x) = 2 sin x + D
(1.2.5.9)
Stąd
y(x) = ±
√
2 sin x + D, 2 sin x + D > 0
(1.2.5.10)
Zauważmy, że rozwiązanie równania zależy w sposób jakościowy od stałego pa-
rametru. Gdy D < −2 podane rozwiązanie nie istnieje w ogóle. Z kolei dla D > 2
rozwiązanie jest określone dla x ∈ R. Rozwiązanie dla pozostałych parametrów
istnieje na niepełnej dziedzinie.
Zadanie 1.2.6. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci
y
0
=
y
2
x
√
1 − ln x
(1.2.6.1)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
12
Rozwiązanie.
Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci
y
0
= g(x)h(y),
(1.2.6.2)
w którym g(x) =
1
x
√
1−ln x
, gdzie x ∈ (0, e) oraz h(y) = y
2
. Po rozdzieleniu
zmiennych mamy dla y 6= 0
y
0
y
2
=
1
x
√
1 − ln x
(1.2.6.3)
Całkując obustronnie mamy
Z
y
0
y
2
dx =
Z
1
x
√
1 − ln x
dx
(1.2.6.4)
Liczymy całki
Z
y
0
y
2
dx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
Z
1
z
2
dz = −
1
z
= −
1
y(x)
(1.2.6.5)
R
1
x
√
1−ln x
dx =
ln x = s
1
x
dx = ds
=
R
1
√
1−s
ds =
1 − s = t
−ds = dt
= −
R
1
√
t
dt = −2
√
t = −2
√
1 − s = −2
√
1 − ln x
(1.2.6.6)
Stąd całka rozważanego równania jest postaci
−
1
y(x)
= −2
√
1 − ln x + C
(1.2.6.7)
gdzie C ∈ R. Stąd
y(x) =
1
2
√
1 − ln x − C
,
(1.2.6.8)
Zauważmy, że rozwiązanie zależy w sposób jakościowy od parametru. Jeśli C ¬ 0
wtedy rozwiązanie istnieje dla x ∈ R, gdy natomiast C > 0 musi odrzucić
pojedynczy punkt z dziedziny. C 6= 2
√
1 − ln x
⇐⇒
C
2
6=
√
1 − ln x
⇐⇒
C
2
4
6= 1 − ln x
⇐⇒
C
2
4
− 1 6= − ln x
⇐⇒
x 6= e
1−
C2
4
. Zauważmy, że
h(y) = y = 0 ⇐⇒ y = 0. Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie y(x) = 0.
Rozwiązanie to nie jest podobnej postaci co rozwiązania otrzymane metodą roz-
dzielania zmiennych.
1.2.1
Niespójna dziedzina w równaniu o zmiennych roz-
dzielonych
Zadanie 1.2.7. Rozwiązać równanie o zmiennych rozdzielonych
y
2
y
0
=
2
t
(1.2.7.1)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
13
Rozwiązanie.
Zauważmy, że równanie nie posiada rozwiązań szczególnych w postaci funkcji
stałych. Ponadto widzimy, że dziedzina problemu t ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞) jest
niespójna. Spodziewamy się zatem występowania różnych stałych na poszcze-
gólnych spójnych składowych dziedziny. Przechodzimy z równaniem y
2
y
0
=
2
t
do postaci całkowej
Z
y
2
y
0
dt =
Z
2
t
dt
(1.2.7.2)
Liczymy całkę po lewej stronie zamieniając zmienne
Z
y
2
y
0
dt =
y(t) = z
y
0
(t)dt = dz
=
Z
z
2
dz =
z
3
3
=
y
3
(t)
3
(1.2.7.3)
Stąd postać całkowa równania transformuje się do następującego równania al-
gebraicznego.
y
3
(t)
3
= 2 ln |t| + C,
(1.2.7.4)
gdzie C 6= −2 ln |t|. Zatem
y
3
(t) = 6 ln |t| + 3C,
(1.2.7.5)
Stąd
y(t) =
3
p
6 ln |t| + 3C, 6 ln |t| + 3C 6= 0
(1.2.7.6)
Uwzględniając fakt występowania różnych stałych na poszczególnych spójnych
składowych stwierdzamy, że rozwiązanie ogólne jest postaci:
y =
(
3
√
6 ln t + 3C
+
, t 6= e
C+
2
, t > 0
3
p6ln (−t) + 3C
−
, t 6= − e
C−
2
, t < 0
, C
+
, C
−
∈ R
(1.2.7.7)
Zadanie 1.2.8. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci
y
0
=
y ln y
x
(1.2.8.1)
Rozwiązanie.
Rozważane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych postaci
y
0
= g(x)h(y),
(1.2.8.2)
w którym g(x) =
1
x
, gdzie x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, ∞) oraz h(y) = y ln y, gdzie
y ∈ (0, ∞). Po rozdzieleniu zmiennych mamy
y
0
y ln y
=
1
x
(1.2.8.3)
Całkując obustronnie mamy
Z
y
0
y ln y
dx =
Z
1
x
dx
(1.2.8.4)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
14
Liczymy całki
R
y
0
y ln y
dx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
R
1
z ln z
dz
ln z = s
1
z
dz = ds
=
=
R
1
s
ds = ln |s| = ln | ln z| = ln | ln y(x)|
(1.2.8.5)
Z drugiej strony
Z
1
x
= ln |x|
(1.2.8.6)
Stąd postać całkowa transformuje się do następującego równania algebraicznego:
ln | ln y(x)| = ln |x| + C
(1.2.8.7)
gdzie C ∈ R. Oznaczmy C = ln D, D ∈ (0, ∞). Stąd
ln | ln y(x)| = ln(D|x|)
(1.2.8.8)
Zatem
ln y(x) = ±Dx
(1.2.8.9)
Oznaczmy ±D = A, A 6= 0. Stąd
y(x) = e
Ax
(1.2.8.10)
Zauważmy, że y = 0 nie jest rozwiązaniem równania y
0
=
y ln y
x
, gdyż dla y = 0
ln y nie jest określony. Natomiast y = 1 jest rozwiązaniem naszego równania.
Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie y(x) = 1. Zapisując wszystkie rozwiąza-
nia jednym wzorem mamy
y(x) = e
Ax
,
(1.2.8.11)
gdzie A ∈ R. Uwzględniając niespójność dziedziny problemu zapisujemy osta-
teczną postać rozwiązania
y(x) =
e
A
1
x
,
x > 0
e
A
2
x
,
x < 0
(1.2.8.12)
Zadanie 1.2.9. Rozwiązać następuje równanie o zmiennych rozdzielonych
y
0
=
2y
x − 1
(1.2.9.1)
Rozwiązanie.
Zauważmy, że równanie posiada rozwiązanie szczególnych w postaci funkcji sta-
łej y = 0. Ponadto widzimy, że dziedzina problemu t ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞) jest
niespójna. Spodziewamy się zatem występowania różnych stałych na poszcze-
gólnych spójnych składowych dziedziny. Rozważane równanie jest równaniem o
zmiennych rozdzielonych postaci
y
0
= g(x)h(y),
(1.2.9.2)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
15
w którym g(x) =
2
x−1
, gdzie x ∈ (−∞, 1) ∪ (1, ∞) oraz h(y) = y. Po rozdzieleniu
zmiennych mamy
y
0
y
=
2
x − 1
(1.2.9.3)
Przenosząc problem do postaci całkowej otrzymujemy
Z
y
0
y
dx =
Z
2
x − 1
dx
(1.2.9.4)
Całka z lewej strony wynosi:
Z
y
0
y
dx =
y(x) = z
y
0
(x)dx = dz
=
Z
1
z
dz = ln |z| = ln |y(x)|
(1.2.9.5)
Całka z prawej strony równania wynosi:
Z
2
x − 1
dx =
x − 1 = s
dx = ds
= 2
Z
1
s
ds = 2 ln |s| = 2 ln |x − 1|
(1.2.9.6)
Stąd problem w postaci całkowej transformuje się do równania algebraicznego
w postaci:
ln |y(x)| = 2 ln |x − 1| + C,
(1.2.9.7)
gdzie C ∈ R. Oznaczmy C = ln D, D > 0. Stąd
ln |y(x)| = ln(D(x − 1)
2
),
(1.2.9.8)
Zatem
|y(x)| = D(x − 1)
2
,
(1.2.9.9)
Zatem
y(x) = ±D(x − 1)
2
(1.2.9.10)
Niech A = ±D, A 6= 0. Stąd
y(x) = A(x − 1)
2
(1.2.9.11)
Zauważmy, że h(y) = y = 0 ⇐⇒ y = 0. Mamy zatem jeszcze jedno rozwiązanie
y(x) = 0. Możemy zatem zapisać postać rozwiązania jednym wzorem
y(x) = D(x − 1)
2
, D ∈ R
(1.2.9.12)
Z uwagi na niespójną dziedzinę problemu rozwiązanie ogólne równanie zależy
od wielu stałych
y(x) =
D
1
(x − 1)
2
, x > 1
D
2
(x − 1)
2
, x < 1
D
1
, D
2
∈ R
(1.2.9.13)
Zadanie 1.2.10. Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych:
y
0
sin t = y ln y
(1.2.10.1)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
16
Rozwiązanie.
Widzimy, że dziedzina problemu t ∈ (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z jest niespójna. Spo-
dziewamy się zatem występowania różnych stałych na poszczególnych spójnych
składowych dziedziny. Spośród funkcji stałych, dwie wymagają szczególnego
zbadania. Zauważmy, że dla y = 0 funkcja h(y) = y ln y nie jest określona,
zatem funkcja ta nie może być rozwiązaniem danego równania różniczkowego.
Natomiast y(t) = 1 jest oczywiście rozwiązaniem naszego równania. Dokonajmy
rozdzielenia zmiennych i przejdźmy do postaci całkowej problemu:
Z
y
0
y ln y
dt =
Z
1
sin t
dt
(1.2.10.2)
Całkę po lewej stronie wynosi
R
y
0
y ln y
dt =
y(t) = z
y
0
(t)dt = dz
=
R
1
z ln z
dz =
=
ln z = x
1
z
dz = dx
=
R
1
x
= ln |x| = ln | ln z| = ln | ln y(t)|
(1.2.10.3)
Całka po prawej stronie wynosi:
Z
1
sin t
dt = . . . = ln | tg
t
2
|
(1.2.10.4)
Stąd postać całkowa równania transformuje się do równania algebraicznego po-
staci:
ln | ln y(t)| = ln | tg
t
2
| + C,
(1.2.10.5)
gdzie C ∈ R. Niech C := ln D, D > 0. Wówczas
ln | ln y(t)| = ln | tg
t
2
| + ln D,
(1.2.10.6)
czyli
ln | ln y(t)| = ln(D| tg
t
2
|),
(1.2.10.7)
Otrzymujemy
| ln y(t)| = D| tg
t
2
|
(1.2.10.8)
Stąd
ln y(t) = ±D tg
t
2
,
(1.2.10.9)
Niech teraz A = ±D, A 6= 0. Otrzymujemy
ln y(t) = A tg
t
2
,
(1.2.10.10)
y(t) = e
A tg
t
2
,
(1.2.10.11)
Zauważmy ponadto, że funkcja stale równa 1 może być uzyskana z powyższego
wzoru poprzez położenie w miejscu A = 0. Z uwagi na istnienie wielu rozłącz-
nych spójnych składowych dziedziny problemu rozwiązanie ogólne problemu jest
postaci
y(t) = e
D
k
tg
t
2
, t ∈ (kπ, (k + 1)π) , k ∈ Z, (D
k
)
k∈Z
⊂ R
(1.2.10.12)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
17
Zadanie 1.2.11. Rozwiązać równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych
postaci
y
0
=
sin y
sin x
,
x
π
2
= 7, x
9
4
π
= −2.
(1.2.11.1)
Rozwiązanie.
Na początek zauważmy, że dziedzina naszego problemu jest postaci x 6= kπ dla
k ∈ Z. Dziedzina problemu jest niespójna zatem spodziewamy się, że rozwiąza-
nia pochodzić będą od wielu stałych. Zauważmy, że funkcje stałe y
l
(x) = lπ, x 6=
kπ, k, l ∈ Z są rozwiązaniami szczególnymi naszego problemu. Załóżmy dalej, że
y(x) 6= lπ dla dowolnych l w x 6= kπ, k ∈ Z. Przekształcając nasz problem do
postaci całkowej otrzymujemy
Z
y
0
sin y
dx =
Z
1
sin x
dx
(1.2.11.2)
Policzmy pomocniczo
Z
1
sin t
dt =
Z
1
2 sin
t
2
cos
t
2
dt =
Z
1
2 tg
t
2
cos
2 t
2
dt = ln
tg
t
2
+ C
(1.2.11.3)
Stąd nasze problem w postaci całkowej sprowadza się do warunku algebraicznego
w postaci
ln
tg
y
2
= ln
tg
x
2
+ C
(1.2.11.4)
Stąd dla 0 < D = ln C jest to równoważne (na mocy odwracalności funkcji ln)
tg
y
2
= D
tg
x
2
(1.2.11.5)
Biorąc pod uwagę stałość znaku na kawałkach dziedziny oraz uwzględniając
rozwiązanie zerowe
tg
y
2
= ˜
D tg
x
2
(1.2.11.6)
Zauważmy, że funkcja tg nie posiada jednoznacznego odwrócenia. Jako funkcja
o okresie π posiada zatem wiele funkcji odwrotnych do niej.
y
2
= arc tg
Dtg
x
2
+ Eπ, D ∈ R, E ∈ Z
(1.2.11.7)
Stąd rozwiązanie ogólne jest postaci
y = 2arc tg D
k
tg
x
2
+ 2E
k
π lub y = 2(E
k
+ 1)π, x ∈ (kπ, (k + 1)π) ,
(D
k
)
k∈Z
⊂ R, (E
k
)
k∈Z
⊂ Z
(1.2.11.8)
Zajmijmy się teraz zagadnieniami początkowymi x
π
2
= 7, x
9
4
π
= −2. Na
początek zauważmy, że nie mogą to być rozwiązania stałe. Zatem ze wzoru
2arc tg
D
0
tg
π
4
+ 2E
0
π = 7
(1.2.11.9)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
18
Otrzymujemy, że koniecznie E
0
= 1 aby równanie miało rozwiązanie. Zatem
arc tg
D
0
tg
π
4
=
7 − 2π
2
∈
−
π
2
,
π
2
(1.2.11.10)
a stąd
D
0
= tg
7 − 2π
2
(1.2.11.11)
Stąd znamy rozwiązanie na fragmencie rozwiązania w t ∈ (0, π) i jest ono po-
staci:
y = 2arc tg
tg
7 − 2π
2
tg
x
2
+ 2π
(1.2.11.12)
Pozostaje drugi warunek początkowy. Zatem ze wzoru
2arc tg
D
2
tg
9π
4
+ 2E
2
π = −2
(1.2.11.13)
Aby rozwiązanie istniało oczywiście E
2
= 0 wtedy
arc tg
D
2
tg
π
4
= −1 ∈
−
π
2
,
π
2
(1.2.11.14)
Stąd D
2
= tg (−1). A zatem
y = 2arc tg
tg (−1) tg
x
2
, x ∈ (2π, 3π)
(1.2.11.15)
1.2.2
Sklejanie rozwiązania w równaniu o zmiennych roz-
dzielonych
Zadanie 1.2.12. Rozwiązać następujące równanie o zmiennych rozdzielonych:
y
0
=
p
1 − y
2
(1.2.12.1)
Rozwiązanie.
Zauważmy, że funkcje y = −1 oraz y = 1 , funkcje stałe są szczególnymi rozwią-
zaniami równania. Dokonajmy rozdzielenia zmiennych. Otrzymujemy
y
0
p
1 − y
2
= 1,
(1.2.12.2)
Przechodząc do postaci całkowej otrzymujemy
Z
y
0
p
1 − y
2
dx =
Z
dx,
(1.2.12.3)
Liczymy całkę po lewej stronie zamieniając zmienne
Z
y
0
p
1 − y
2
dx
=
y(x) = t
y
0
(x)dx = dt
=
Z
1
√
1 − t
2
dt = (1.2.12.4)
arc sin t
=
arc sin y
(1.2.12.5)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
19
Stąd równanie w postaci całkowej prowadzi do następującego równania algebra-
icznego:
arc sin y = x + C,
(1.2.12.6)
gdzie C ∈ R. Mamy
arc sin y = x + C,
(1.2.12.7)
Stąd otrzymujemy
y(x) = sin(x + C), x ∈
−
π
2
− C,
π
2
− C
(1.2.12.8)
Zauważmy, że możliwe jest ciągłe przedłużenie rozwiązania uzyskanego metodą
rozdzielania zmiennych. Dla dowolnego C ∈ R funkcja postaci
y =
1
,
x
π
2
− C
sin (x + C)
,
x ∈
−
π
2
− C,
π
2
− C
−1
,
x ¬ −
π
2
− C
(1.2.12.9)
jest ciągłym przedłużeniem rozwiązania otrzymanego metodą zmiennych roz-
dzielonych. Rozwiązania wyjściowego układu są funkcjami co najmniej jedno-
krotnie różniczkowalnymi. Wykażemy, że powyższa funkcja sklejenia jest róż-
niczkowalna w punktach sklejeń.
lim
x→
(
−
π
2
−C
)
−
−1+1
x+
π
2
+C
= 0
lim
x→
(
−
π
2
−C
)
+
sin(x+c)+1
x+
π
2
+C
H
=
lim
x→
(
−
π
2
−C
)
+
cos(x+C)
1
= 0
lim
x→
(
π
2
−C
)
−
sin(x+c)−1
x−
π
2
+C
H
=
lim
x→
(
π
2
−C
)
+
cos(x+C)
1
= 0
lim
x→
(
π
2
−C
)
+
1−1
x−
π
2
+C
= 0
(1.2.12.10)
Zatem funkcja sklejenia jest rozwiązaniem różniczkowalnym jednokrotnie, a ja-
ko różniczkowalne sklejenie rozwiązań jest rozwiązaniem wyjściowego równania
różniczkowego.
1.3
Równania różniczkowe jednorodne
Zadanie 1.3.1. Rozwiązać równanie różniczkowe jednorodne
x
0
=
x +
√
x
2
+ t
2
t
, x(−1) = 0, t 6= 0
(1.3.1.1)
Rozwiązanie.
Zauważmy, że dziedzina problemu posiada dwie spójne składowe. Oznacza to
możliwość występowania wielu stałych w rozwiązaniu. Wykonajmy podstawie-
nie x = ty. Wtedy lewa strona równania ma postać
(ty)
0
= ty
0
+ y
(1.3.1.2)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
20
Z kolei prawa strona ma postać:
ty +
p
t
2
y
2
+ t
2
t
= y +
|t|
t
p
y
2
+ 1 =
y +
p
y
2
+ 1
, t > 0
y −
p
y
2
+ 1
, t < 0
(1.3.1.3)
Stąd musimy rozwiązać dwa równania różniczkowe o zmiennych rozdzielonych
postaci
y
0
=
√
y
2
+1
t
, t > 0
y
0
=
−
√
y
2
+1
t
, t < 0
(1.3.1.4)
Rozwiążmy najpierw dla t > 0. Otrzymane równanie o zmiennych rozdzielonych
jest równoważne równaniu
y
0
p
y
2
+ 1
=
1
t
(1.3.1.5)
Całkując je stronami otrzymujemy
arsinh y = ln t + C
1+
(1.3.1.6)
Jest to równoważne postaci:
arsinh y = ln tD
1+
(1.3.1.7)
gdzie D
1+
> 0 : ln D
1+
= C
1+
. Jako, że funkcja arsinh jest odwracalna w całej
swojej dziedzinie oraz jest ’na’, otrzymujemy że
y = sinh ln tD
1+
=
e
ln tD
1+
− e
− ln tD
1+
2
=
tD
1+
−
1
tD
1+
2
(1.3.1.8)
Rozwiążmy teraz drugie równanie różniczkowe
y
0
=
−
p
y
2
+ 1
t
, t < 0
(1.3.1.9)
Otrzymane równanie o zmiennych rozdzielonych jest równoważne równaniu
y
0
p
y
2
+ 1
=
−1
t
(1.3.1.10)
Całkując je stronami otrzymujemy
arsinh y = − ln(−t) + C
1−
(1.3.1.11)
Jest to równoważne postaci:
arsinh y = ln
D
1−
−t
(1.3.1.12)
gdzie D
1−
> 0 : ln D
1−
= C
1−
. Jako, że funkcja arsinh jest odwracalna w całej
swojej dziedzinie oraz jest ’na’, otrzymujemy że
y = sinh ln
D
1−
−t
=
e
ln
D1−
−t
− e
ln
−t
D1−
2
=
t
D
1−
−
D
1−
t
2
(1.3.1.13)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
21
Stąd
x =
t
2
D
1+
−
1
D1+
2
, t > 0
t2
D1−
−D
1−
2
, t < 0
(1.3.1.14)
Sprawdzamy warunek brzegowy x(−1) = 0
0 =
(−1)
2
D
1−
− D
1−
2
(1.3.1.15)
Stąd D
1−
= 1. Zatem
x =
(
t
2
D
1+
−
1
D1+
2
, t > 0
t
2
−1
2
, t < 0
(1.3.1.16)
Stąd widzimy, że dokładne rozwiązanie jest znane jedynie dla t < 0.
Zadanie 1.3.2. Rozwiązać równanie różniczkowe jednorodne postaci:
y
0
=
t + y
t
, t 6= 0
(1.3.2.1)
Rozwiązanie.
Ponieważ
t+y
t
= 1 +
y
t
, więc rozważane równanie jest równaniem jednorodnym
postaci
y
0
= f
y
t
,
(1.3.2.2)
gdzie f (u) = 1 + u 6= u. Stosując podstawienie y = t · u(t) mamy
y
0
= u(t) + t · u
0
(t),
(1.3.2.3)
a równanie przyjmuje postać
t · u
0
+ u = 1 + u
(1.3.2.4)
Stąd
t · u
0
= 1
(1.3.2.5)
Rozdzielając zmienne mamy
u
0
=
1
t
(1.3.2.6)
Całkując obustronnie mamy
Z
u
0
dt =
Z
1
t
dt
(1.3.2.7)
Zatem
u(t) = ln |t| + C,
(1.3.2.8)
Uwzględniając fakt istnienia dwóch spójnych składowych w dziedzinie równania
różniczkowego otrzymujemy:
u(t) =
ln |t| + C
1
, t > 0
ln |t| + C
2
, t < 0
(1.3.2.9)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
22
Wracając do zmiennej y otrzymujemy rozwiązanie równania wyjściowego
y(t) =
t ln |t| + C
1
t, t > 0
t ln |t| + C
2
t, t < 0
(1.3.2.10)
1.4
Równanie różniczkowe liniowe niejednorod-
ne
Zadanie 1.4.1. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci
y
0
+ 2y = e
3t
(1.4.1.1)
Rozwiązanie.
Równanie jest równanie różniczkowym liniowym niejednorodnym. Postępujemy
trój-krokowo.
1.Rozwiązujemy równanie jednorodne postaci:
y
0
= −2y
(1.4.1.2)
Jeśli y (t) = 0 to y
0
= 0 zatem y (t) też jest rozwiązaniem równania różniczko-
wego
y
0
y
= −2
(1.4.1.3)
gdzie y (t) 6= 0. Przechodząc do postaci całkowej:
Z
y
0
y
dt =
Z
−2dt
(1.4.1.4)
Powyższy problem w postaci całkowej przenosi się do równania algebraicznego
postaci:
ln |y| = −2t + C, C ∈ R
(1.4.1.5)
Funkcja logarytm jest różnowartościowa i ’na’, a zatem możemy ją odwrócić
e
ln|y|
= De
−2t
(1.4.1.6)
gdzie e
C
= D.
|y| = De
−2t
(1.4.1.7)
Rozwiązaniem naszego równania jednorodnego jest (po uwzględnieniu rozwią-
zania stałego):
y = Ke
−2t
, K ∈ R
(1.4.1.8)
2.Szukamy rozwiązania szczególnego tzn. przewidujemy rozwiązanie w postaci
uzmiennionej stałej:
y = K (t) · e
−2t
(1.4.1.9)
Zróżniczkujmy powyższe równanie.
y
0
= K
0
(t) · e
−2t
− 2K (t) · e
−2t
(1.4.1.10)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
23
Wstawiając do (1.4.1.1) otrzymamy:
K
0
(t) · e
−2t
− 2K (t) · e
−2t
+ 2K (t) · e
−2t
= e
3t
(1.4.1.11)
Stąd:
K
0
(t) = e
5t
(1.4.1.12)
Całkujemy stronami po t.
Z
K
0
(t) dt =
Z
e
5t
dt
(1.4.1.13)
K (t) =
e
5t
5
(1.4.1.14)
Zatem rozwiązanie szczególne posiada postać:
y
s
=
e
5t
5
· e
−2t
=
e
3t
5
(1.4.1.15)
3.Stąd rozwiązaniem ogólnym równania (1.4.1.1) jest:
y
o
= Ke
−2t
+
e
3t
5
(1.4.1.16)
1.5
Równanie Bernouliego
Równaniem Bernouliego nazywamy równanie liniowe niejednorodne postaci
y
0
+ a(t)y = y
n
f (t)
(1.5.0.17)
Aby rozwiązać równanie należy wykonać podstawienie postaci z = y
1−n
co spro-
wadza równanie do liniowego. UWAGA. Podstawienie nie jest w ogólności łatwo
odwracalne. Ponadto w części przypadków nie udaje się równoważnie przekształ-
cić z powrotem z postaci liniowej z uwagi na nierzadko występujące dzielenie
przez 0.
Zadanie 1.5.1. Rozwiązać równanie różniczkowe postaci
x
0
+
x
3 ctg t
=
sin 2t
x
2
(1.5.1.1)
Rozwiązanie.
Zauważmy, że równanie jest równaniem różniczkowym Bernouliego. Wykonaj-
my podstawienie z = x
3
. Mnożąc stronami przez x
2
(operacja nierównoważna)
otrzymujemy równanie liniowe postaci:
1
3
z
0
+
1
3 ctg t
z = sin 2t, t 6=
kπ
2
(1.5.1.2)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
24
Niech k ∈ Z oraz t ∈
k
2
π,
k+1
2
π
. Rozważmy równanie jednorodne dla równania
z
0
+
1
ctg t
z = 0 , t ∈
k
2
π,
k + 1
2
π
(1.5.1.3)
Rozwiązaniem powyższego równania jest funkcja
z = D
k
|cos t| , t ∈
k
2
π,
k + 1
2
π
(1.5.1.4)
Przewidujemy rozwiązanie szczególne w postaci uzmiennionych stałych, tzn.
z = D
k
(t) |cos t| , t ∈
k
2
π,
k + 1
2
π
(1.5.1.5)
Wtedy z
0
−
z
ctg t
= D
0
k
(t) · cos t. W konsekwencji czego
D
0
k
(t) = 6 sin t
(1.5.1.6)
Stąd D(t) = −6 cos t co daje rozwiązanie szczególne postaci z = −6 cos
2
t na
przedziale t ∈
k
2
π,
k+1
2
π
. Zatem rozwiązanie ogólne problemu ma postać:
z = D
k
· cos t − 6 cos
2
t , t ∈
k
2
π,
k + 1
2
π
, k ∈ Z
(1.5.1.7)
Powracając do równania Bernouliego z = x
3
, x 6= 0 otrzymujemy
x =
3
p
D
k
· cos t − 6 · cos
2
t , t ∈
k
2
π,
k + 1
2
π
, k ∈ Z
(1.5.1.8)
Zauważmy, że równanie to nie dla wszystkich wartości D
k
posiada rozwiązanie
na pełnej dziedzinie. Jest tak w istocie jedynie gdy D
k
− 6 cos t 6= 0, dla dowol-
nego t z odpowiadającego przedziału. W takim przypadku jedynie dla gdy dla
danego przedziału P =
k
2
π,
k+1
2
π
cos t > 0, t ∈ P ∧ (D
k
¬ 0 ∨ D
k
6)
cos t < 0, t ∈ P ∧ (D
k
0 ∨ D
k
¬ −6)
(1.5.1.9)
Dla innych stałych musimy zastosować wykluczenie t 6= arc cos
6
D
k
, D
k
6= 0.
Zadanie 1.5.2. Rozwiązać zagadnienie początkowe postaci
y
0
+ 2y = 4
√
y
e
−x
1 + 4x
2
, x ∈ R , y(0) = 1
(1.5.2.1)
Rozwiązanie.
Zauważmy, że równanie jest równaniem różniczkowym Bernouliego. Wykonajmy
podstawienie z =
√
y. Mnożąc stronami przez
1
√
y
(operacja nierównoważna)
otrzymujemy równanie liniowe postaci:
2z
0
+ 2z = 4
e
−x
1 + 4x
2
,
(1.5.2.2)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
25
Rozważmy równanie jednorodne dla równania (1.5.2.2)
z
0
+ z = 0 , x ∈ R
(1.5.2.3)
Rozwiązaniem powyższego równania jest funkcja
z = D e
−x
, x ∈ R, D ∈ R
(1.5.2.4)
Przewidujemy rozwiązanie szczególne w postaci uzmiennionych stałych, tzn.
z = D(x) e
tx
(1.5.2.5)
Wtedy z
0
+ z = D
0
(x) e
−x
. W konsekwencji czego
D
0
(x) =
2
1 + 4x
2
(1.5.2.6)
Stąd D(t) = arc tg 2x co daje rozwiązanie szczególne postaci z = arc tg 2t e
−t
na R. Zatem rozwiązanie ogólne problemu ma postać:
z = D e
−x
+ arc tg 2x e
−x
, x ∈ R
(1.5.2.7)
Powracając do równania Bernouliego z =
√
y, y 6= 0 otrzymujemy
y = D e
−x
+ arc tg 2x e
−x
2
(1.5.2.8)
Jednak zauważmy, że nasza dziedzina może ulec zawężeni.
0 <
√
y = D e
−x
+ arc tg 2x e
−x
(1.5.2.9)
Aby równanie miało sens musi zachodzi D + arc tg 2x > 0. Zauważmy, że w
istocie tak jest dla D
π
2
. Z drugiej strony dla D ¬ −
π
2
, nie ma w ogóle x
spełniających zadane warunki. W trzecim przypadku rozwiązanie musi zostać
obcięte do postaci:
y = (arc tg 2x + D)
2
e
−2t
, t ∈
tg(−D)
2
, +∞
(1.5.2.10)
Zauważmy ponadto, że rozwiązaniem zadania jest funkcja y ≡ 0. Dla −
π
2
<
D <
π
2
możliwe jest ciągłe przedłużenie rozwiązania funkcją y = 0, nie jest to
jednak przedłużenie różniczkowalne w punkcie
tg(−D)
2
, a zatem nie jest możliwe
sklejenie rozwiązań. Funkcja stale równa 0 nie spełnia warunku początkowego.
Poszukujemy zatem rozwiązania pośród reszty rozwiązań postaci
y = D e
−x
+ arc tg 2x e
−x
2
,
t ∈ R, D
π
2
t ∈
tg(−D)
2
, +∞
, −
π
2
< D <
π
2
(1.5.2.11)
Wstawiając
1 = D e
−0
+ arc tg 0 e
−0
2
⇒ D = 1
(1.5.2.12)
Zatem rozwiązanie maksymalne zagadnienia początkowego jest postaci:
y = e
−x
+ arc tg 2x e
−x
2
, t ∈
tg(−1)
2
, +∞
(1.5.2.13)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
26
1.6
Równanie liniowe 2 rzędu o stałych współ-
czynnikach
Zadanie 1.6.1. Rozwiązać równanie różniczkowe :
y
00
− 2y
0
+ y = (x + 1) · e
2x
y(0) = −1
y(1) = 2e
(1.6.1.1)
Rozwiązanie.
Rozważamy problem jednorodny:
y
00
− 2y
0
+ y = 0
(1.6.1.2)
Korzystając z metody charakterystyk otrzymujemy, że:
r
2
− 2 · r + 1 = 0
(1.6.1.3)
Dla tego równania mamy:
∆ = 0
(1.6.1.4)
Zatem jedynym pierwiastkiem tego równania jest:
r
0
= 1
(1.6.1.5)
Zatem rozwiązanie ogólne jest w postaci:
y
0
(x) = c
1
· e
x
+ c
2
· x · e
x
(1.6.1.6)
Przeprowadzamy teraz uzmiennianie stałych. Przewidujemy rozwiązanie szcze-
gólne w postaci:
y
s
(x) = c
1
(x) · e
x
+ c
2
(x) · x · e
x
(1.6.1.7)
Wówczas:
y
0
s
(x) = c
0
1
(x) · e
x
+ c
1
(x) · e
x
+ c
0
2
(x) · x · e
x
+ c
2
(x) · e
x
+ c
2
(x) · x · e
x
(1.6.1.8)
Przyjmijmy, że:
c
0
1
(x) · e
x
+ c
0
2
(x) · x · e
x
= 0
(1.6.1.9)
Wówczas:
y
0
s
(x) = c
1
(x) · e
x
+ c
2
(x) · e
x
+ c
2
(x) · x · e
x
(1.6.1.10)
y
00
s
(x) = c
0
1
(x)·e
x
+c
1
(x)·e
x
+c
0
2
(x)·e
x
+c
2
(x)·e
x
+c
0
2
(x)·x·e
x
+c
2
(x)·e
x
+c
2
(x)·x·e
x
(1.6.1.11)
Po podstawieniu do naszego równania otrzymujemy, że:
y
00
s
(x) − 2 · y
0
s
(x) + y
s
(x) = c
0
1
(x) · exp(x) + c
0
2
(x) · (x + 1) · exp(x) = (x + 1) · exp(2x)
(1.6.1.12)
Otrzymujemy następujący układ równań:
c
0
1
(x) · exp(x) + c
0
2
(x) · (x + 1) · exp(x) = (x + 1) · exp(2x)
c
0
1
(x) · exp(x) + c
0
2
(x) · x · exp(x) = 0
(1.6.1.13)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
27
Po zredukowaniu powyższy układ równań możemy przedstawić w postaci:
c
0
1
(x) + c
0
2
(x) · (x + 1) = (x + 1) · e
x
c
0
1
(x) + c
0
2
(x) · x = 0
(1.6.1.14)
Aby rozwiązać powyższy układ równań wykorzystamy metodę wyznaczników:
W =
1
(x + 1)
1
x
= x − (x + 1) = x − x − 1 = −1
(1.6.1.15)
W
c
1
=
(x + 1) · e
x
(x + 1)
0
x
= x
2
· e
x
− x · e
x
(1.6.1.16)
W
c
2
=
1
(x + 1) · e
x
1
0
= −x · e
x
− e
x
(1.6.1.17)
Zatem:
c
1
=
Z
W
c
1
W
dx =
Z
x
2
· e
x
− x · e
x
−1
dx =
Z
x · e
x
− x
2
· e
x
dx
(1.6.1.18)
c
2
=
Z
W
c
2
W
dx =
Z
−x · e
x
− e
x
−1
dx =
Z
(x · e
x
+ e
x
) dx
(1.6.1.19)
Zatem rozwiązaniem naszego układu równań są funkcje:
c
1
(x) = e
x
· x − e
x
· x
2
− e
x
c
2
(x) = x · e
x
(1.6.1.20)
Wynika z tego, że rozwiązane szczególne jest w postaci:
y
s
(x) = c
1
(x)·e
x
+c
2
(x)·x·e
x
= exp(2x)·x−exp(2x)·x
2
−exp(2x)+exp(2x)·x
2
= exp(2x)·(x−1)
(1.6.1.21)
Zatem :
y(x) = y
o
(x) + y
s
(x) = c
1
· exp(x) + c
2
· x · exp(x) + exp(2x) · (x − 1) (1.6.1.22)
Wyznaczamy wartości stałych na podstawie zadanych warunków początkowych:
− 1 = c
1
· exp(0) + c
2
· 0 · exp(0) + exp(2 · 0) · (0 − 1)
(1.6.1.23)
− 1 = c
1
− 1
(1.6.1.24)
− 1 + 1 = c
1
(1.6.1.25)
0 = c
1
(1.6.1.26)
c
1
= 0
(1.6.1.27)
Zatem:
y(x) = c
2
· x · exp(x) + exp(2x) · (x − 1)
(1.6.1.28)
Wyznaczamy wartość stałej:
2e = c
2
· 1 · exp(1) + exp(2 · 1) · (1 − 1)
(1.6.1.29)
2e = c
2
· e
(1.6.1.30)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
28
c
2
= 2
(1.6.1.31)
Ostatecznie otrzymujemy, że:
y(x) = 2 · x · exp(x) + exp(2x) · (x − 1)
(1.6.1.32)
1.7
Układy równań różniczkowych
1.7.1
Przypadek wartości własnych rzeczywistych
Zadanie 1.7.1. Rozwiązać układ równań różniczkowych z niejednorodnością
y
0
=
−5 −1
0
−3
y +
t
t
2
(1.7.1.1)
Rozwiązanie.
Rozwiążmy problem jednorodny
y
0
=
−5 −1
0
−3
y
(1.7.1.2)
Wartości własne spełniają następujące równanie
0 = λ
2
+ 8λ + 15 = (λ + 3)(λ + 5)
(1.7.1.3)
Macierz układu posiada zatem dwie jednokrotne wartości własne λ = −3 oraz
λ = −5. Poszukujemy wektorów własnych odpowiadających poszczególnym war-
tościom.
−2 −1
0
0
x
w
1
y
w
1
=
0
0
(1.7.1.4)
Stąd np. wektor w
1
=
1
−2
spełnia ten układ. Dla drugiej wartości własnej
0 −1
0
2
x
w
2
y
w
2
=
0
0
(1.7.1.5)
Stąd np. wektor w
2
=
1
0
spełnia ten układ. Zatem rozwiązanie ogólne proble-
my jednorodne ma postać
y =
C
1
C
2
−2C
1
0
e
−3t
e
−5t
(1.7.1.6)
Przewidujemy rozwiązanie szczególne, metodą uzmiennienia stałych tj. rozwią-
zanie szczególne postaci:
y =
C
1
(t)
C
2
(t)
−2C
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
(1.7.1.7)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
29
Wnioskując ze sprawdzonych reguł różniczkowania wiemy, że pochodna y wynosi
y
0
=
C
0
1
(t)
C
0
2
(t)
−2C
0
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
+
C
1
(t)
C
2
(t)
−2C
1
(t)
0
−3 e
−3t
−5 e
−5t
=
=
C
0
1
(t)
C
0
2
(t)
−2C
0
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
+
−3C
1
(t)
−5C
2
(t)
6C
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
(1.7.1.8)
Z drugiej strony
−5 −1
0
−3
y
=
−5 −1
0
−3
C
1
(t)
C
2
(t)
−2C
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
=
=
−3C
1
(t)
−5C
2
(t)
6C
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
(1.7.1.9)
Stąd
t
t
2
=
y
0
−
−5 −1
0
−3
y =
C
0
1
(t)
C
0
2
(t)
−2C
0
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
=
=
e
−3t
e
−5t
− e
−3t
0
C
0
1
(t)
C
0
2
(t)
(1.7.1.10)
Łatwo policzyć, że W = e
−8t
> 0 dla wszystkich t ∈ R, W
C
1
= −t
2
e
−5t
oraz
W
C
2
= (t
2
+ t) e
−3t
. W efekcie
C
1
=
R −t
2
e
3t
dt =
−1
27
· 2 − 6t + 9t
2
e
3t
C
2
=
R (t
2
+ t) e
5t
=
1
125
e
5t
−3 + 15t + 25t
2
(1.7.1.11)
gdzie rozwiązanie szczególne posiadało postać:
y
s
=
C
1
(t)
C
2
(t)
−2C
1
(t)
0
e
−3t
e
−5t
=
−1
27
2 − 6t + 9t
2
+
1
125
−3 + 15t + 25t
2
2
27
2 − 6t + 9t
2
(1.7.1.12)
A rozwiązanie ogólne posiada postać y = y
o
+ y
s
.
1.7.2
Przypadek wartości własnych zespolonych
Errata zadania z zajęć.
Zadanie 1.7.2. Rozwiązać układ równań jednorodnych o stałych współczynni-
kach podany za pomocą macierzy.
Rozwiązanie.
Rozważmy macierz podaną w zadaniu o odszukajmy jej wartości własne
det
−3 − λ
2
−1
−1 − λ
= 0 ⇐⇒ 0 = λ
2
+ 4λ + 5
(1.7.2.1)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
30
Stąd występują tu dwie wartości własne sprzężone ze sobą λ = −2 ± ı. Zatem
otrzymamy tu rozwiązanie wygenerowane postaci y
s1
= e
(−2±ı)·t
w
1
. Odszukaj-
my przykładowy wektor własny
−1 − ı
2
−1
1 − ı
x
y
=
0
0
(1.7.2.2)
Wybierając y = 1 otrzymamy wektor własny
w
1
=
1 − ı
1
(1.7.2.3)
Wykorzystamy postać wykładniczej funkcji zespolonej
y
s1
= e
(−2+ı)·t
1 − ı
1
= e
−2t
(cos t + ı sin t)
1 − ı
1
=
=
e
−2t
cos t + e
2t
sin t
e
−2t
cos t
+ ı
− e
−2t
cos t + e
2t
sin t
e
−2t
sin t
(1.7.2.4)
Stąd rozwiązanie ogólne jest w postaci sumy rozwiązania rzeczywistego i zespo-
lonego:
y = C
1
e
−2t
cos t + e
2t
sin t
e
−2t
cos t
+ C
2
− e
−2t
cos t + e
2t
sin t
e
−2t
sin t
(1.7.2.5)
Co możemy zapisać w postaci:
y =
C
1
− C
2
C
1
+ C
2
C
1
C
2
e
−2t
cos t
e
−2t
sin t
(1.7.2.6)
1.7.3
Przypadek wartości własnych wielokrotnych - Me-
toda Eulera
Zadanie 1.7.3. Rozwiązać układ równań różniczkowych niejednorodny
y
0
=
−5 −1
1
−3
y +
e
t
e
2t
(1.7.3.1)
Rozwiązanie.
Rozwiążmy problem jednorodny postaci:
y
0
=
−5 −1
1
−3
y
(1.7.3.2)
Wartości własne spełniają równanie postaci
0 = λ
2
+ 8λ + 16 = (λ + 4)
2
(1.7.3.3)
Stąd występuje tu pojedyncza wartość własna 2-krotna. Skorzystamy z ogólnej
postaci rozwiązania szczególnego nazywaną metodą Eulera, która stwierdza że
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
31
k-krotna wartość własna posiada k rozwiązań o liniowo niezależnych wektorach
własnych postaci
y
s
= e
λt
Bw
(1.7.3.4)
gdzie λ jest k krotną wartością własną, a macierz B jest postaci
B = I +
k−1
X
i=1
t
i
i!
(A − λI)
i
(1.7.3.5)
Dla k = 2 macierz B posiada postać B = I + t · (A − λI). Poszukujemy zatem
dwóch liniowo niezależnych wektorów własnych
−1 −1
1
1
x
w
1
y
w
1
=
0
0
⇒
w
1
=
1
−1
−1 −1
1
1
x
w
2
y
w
2
= w
1
=
1
−1
⇒
w
2
=
1
−2
(1.7.3.6)
Zatem z metody Eulera
y = C
1
e
−4t
(I + t · (A − λI))
1
−1
+ C
2
e
−4t
(I + t · (A − λI))
1
−2
=
C
1
e
−4t
1
−1
+ t
0
0
+ C
2
e
−4t
1
−2
+ t
1
−1
=
C
1
+ C
2
C
2
−C
1
− 2C
2
−C
2
e
−4t
t e
−4t
(1.7.3.7)
Poszukujemy rozwiązania szczególnego metodą uzmienniania stałych.
y
s
=
C
1
(t) + C
2
(t)
C
2
(t)
−C
1
(t) − 2C
2
(t)
−C
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
(1.7.3.8)
Policzona pochodna wynosi
y
0
s
=
C
0
1
(t) + C
0
2
(t)
C
0
2
(t)
−C
0
1
(t) − 2C
0
2
(t)
−C
0
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
+
+
C
1
(t) + C
2
(t)
C
2
(t)
−C
1
(t) − 2C
2
(t)
−C
2
(t)
−4 e
−4t
−4t e
−4t
+ e
−4t
=
=
C
0
1
(t) + C
0
2
(t)
C
0
2
(t)
−C
0
1
(t) − 2C
0
2
(t)
−C
0
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
+
+
C
1
(t) + C
2
(t)
C
2
(t)
−C
1
(t) − 2C
2
(t)
−C
2
(t)
−4
0
1
−4
e
−4t
t e
−4t
=
C
0
1
(t) + C
0
2
(t)
C
0
2
(t)
−C
0
1
(t) − 2C
0
2
(t)
−C
0
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
+
+
−4C
1
(t) − 3C
2
(t)
−4C
2
(t)
4C
1
(t) + 7C
2
(t)
4C
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
(1.7.3.9)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
32
Z drugiej strony
−5 −1
1
−3
C
1
(t) + C
2
(t)
C
2
(t)
−C
1
(t) − 2C
2
(t)
−C
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
=
=
−4C
1
(t) − 3C
2
(t)
−4C
2
(t)
4C
1
(t) + 7C
2
(t)
4C
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
(1.7.3.10)
Stąd równanie przyjmuje postać
C
0
1
(t) + C
0
2
(t)
C
0
2
(t)
−C
0
1
(t) − 2C
0
2
(t)
−C
0
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
=
e
t
e
2t
(1.7.3.11)
Co prowadzi do układu
e
−4t
e
−4t
+t e
−4t
− e
−4t
−2 e
−4t
−t e
−4t
C
0
1
(t)
C
0
2
(t)
=
e
t
e
2t
(1.7.3.12)
Wtedy wyznaczniki układu równań wynoszą W = − e
−8t
< 0 dla t ∈ R, W
C
1
=
−2 e
t
e
−4t
− e
t
t e
−4t
− e
2t
e
−4t
− e
2t
t e
−4t
, W
C
2
= e
2t
e
−4t
+ e
t
e
−4t
.
C
1
=
R
2 e
−3t
+ e
−3t
t + e
−2t
+ e
−2t
t
e
8t
dt =
9
25
e
5t
+
1
5
e
5t
t +
5
36
e
6t
+
1
6
e
6t
t
C
2
=
R
1
3
e
6t
+ e
5t
dt =
1
3
e
6t
6
+
e
5t
5
(1.7.3.13)
Powyższe uzmiennione funkcje pasują do rozwiązania szczególnego przewidzia-
nego w postaci
y
s
=
C
1
(t) + C
2
(t)
C
2
(t)
−C
1
(t) + 2C
2
(t)
−C
2
(t)
e
−4t
t e
−4t
.
(1.7.3.14)
Rozwiązanie ogólne jest w postaci y = y
o
+ y
s
.
1.7.4
Układy równań różniczkowych rzędu 3
Zadanie 1.7.4. Rozwiaząć układ równań różniczkowych z niejednorodnością
x
y
z
0
=
5
−1
−4
−12
5
12
10
−3
−9
·
x
y
z
+
0
0
1
.
(1.7.4.1)
Rozwiązanie.
Niech A =
5
−1
−4
−12
5
12
10
−3
−9
. Rozwiążmy problem jednorodny postaci:
x
y
z
0
= A ·
x
y
z
Wartości własne macierzy A spełniają równanie
0
=
−(5 − λ)
2
(9 + λ) − 144 − 120 + 12(9 + λ) + 36(5 − λ) − 40(5 + λ)
=
−λ
3
+ λ
2
+ λ − 1
=
(λ − 1)(1 − λ)(1 + λ).
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
33
Oznacza to, że macierz A posiada dwie różne wartości własne: pojedynczą
λ
1
= −1 oraz podwójną λ
2/3
= 1. Poszukujemy wektorów własnych odpowia-
dających poszczególnym wartościom.
5 − (−1)
−1
−4
−12
5 − (−1)
12
10
−3
−9 − (−1)
x
w
1
y
w
1
z
w
1
=
0
0
0
(1.7.4.2)
⇔
6x − y − 4z
=
0
−2x + y + 2z
=
0
10x − 3y − 8z
=
0
Niech x
w
1
= 1. Wtedy
−y − 4z = −6
y + 2z = 2
⇒
y = −2
z = 2
Zatem wektorem własnym dla λ
1
= −1 jest na przykład wektor w
1
=
1
−2
2
.
Dla λ
2/3
= 1 poszukujemy dwóch liniowo niezależnych wektorów własnych.
5 − 1
−1
−4
−12
5 − 1
12
10
−3
−9 − 1
x
w
2
y
w
2
z
w
2
=
0
0
0
(1.7.4.3)
⇔
4x − y − 4z
=
0
−3x + y + 3z
=
0
10x − 3y − 10z
=
0
Niech z
w
2
= 1. Wtedy
4x − y = 4
−3x + y = −3
⇒
x = 1
y = 0
Stąd w
2
=
1
0
1
.
4
−1
−4
−12
4
12
10
−3
−10
x
w
3
y
w
3
z
w
3
=
1
0
1
(1.7.4.4)
⇔
4x − y − 4z
=
1
−3x + y + 3z
=
0
10x − 3y − 10z
=
1
Niech z
w
3
= 1. Wtedy
4x − y = 5
−3x + y = −3
⇒
x = 2
y = 3
Zatem w
3
=
2
3
1
.
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
34
Korzystając z metody Eulera dostajemy, że dwukrotna wartość własna λ
2/3
generuje dwa rozwiązania na liniowo niezależnych wektorach własnych postaci
y
s
= e
λ
2/3
t
Bw,
gdzie B = I+t(A−λI). Otrzymujemy zatem trzy liniowo niezależne rozwiązania
szczególowe:
e
λ
1
t
w
1
= e
−t
1
−2
2
(1.7.4.5)
e
λ
2/3
t
Bw
2
= e
t
1
0
1
+ t
0
0
0
!
(1.7.4.6)
e
λ
2/3
t
Bw
3
= e
t
2
3
1
+ t
1
0
1
!
(1.7.4.7)
Oznacza to, że rozwiazanie ogólne problemu jednorodnego jest postaci
x(t)
y(t)
z(t)
o
=
C
1
e
−t
1
−2
2
+ C
2
e
t
1
0
1
+ C
3
e
t
2 + t
3
1 + t
=
C
1
e
−t
+C
2
e
t
+C
3
e
t
(2 + t)
−2C
1
e
−t
+3C
3
e
t
2C
1
e
−t
+C
2
e
t
+C
3
e
t
(1 + t)
=
C
1
C
2
+ 2C
3
C
3
−2C
1
3C
3
0
2C
1
C
2
+ C
3
C
3
e
−t
e
t
t e
t
Przewidujemy rozwiązanie szczególne problemu niejednorodnego (1.7.4.1) me-
todą uzmienniania stałych tj. rozwiązanie szczególne postaci:
x(t)
y(t)
z(t)
s
=
C
1
(t)
C
2
(t) + 2C
3
(t)
C
3
(t)
−2C
1
(t)
3C
3
(t)
0
2C
1
(t)
C
2
(t) + C
3
(t)
C
3
(t)
e
−t
e
t
t e
t
(1.7.4.8)
Różniczkując stronami
x(t)
y(t)
z(t)
0
s
=
C
0
1
(t)
C
0
2
(t) + 2C
0
3
(t)
C
0
3
(t)
−2C
0
1
(t)
3C
0
3
(t)
0
2C
0
1
(t)
C
0
2
(t) + C
0
3
(t)
C
0
3
(t)
e
−t
e
t
t e
t
+
C
1
(t)
C
2
(t) + 2C
3
(t)
C
3
(t)
−2C
1
(t)
3C
3
(t)
0
2C
1
(t)
C
2
(t) + C
3
(t)
C
3
(t)
− e
−t
e
t
t e
t
+ e
t
Ponadto mamy, że
− e
−t
e
t
t e
t
+ e
t
=
−1
0
0
0
1
0
0
1
1
e
−t
e
t
t e
t
(1.7.4.9)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
35
Wstawiając (1.7.4.9) do poprzedniej równości otrzymujemy:
x(t)
y(t)
z(t)
0
s
=
C
0
1
(t)
C
0
2
(t) + 2C
0
3
(t)
C
0
3
(t)
−2C
0
1
(t)
3C
0
3
(t)
0
2C
0
1
(t)
C
0
2
(t) + C
0
3
(t)
C
0
3
(t)
e
−t
e
t
t e
t
+
−C
1
(t)
C
2
(t) + 3C
3
(t)
C
3
(t)
2C
1
(t)
3C
3
(t)
0
−2C
1
(t)
C
2
(t) + 2C
3
(t)
C
3
(t)
e
−t
e
t
t e
t
(1.7.4.10)
Natomiast z treści zadania mamy, że
x(t)
y(t)
z(t)
0
s
=
5
−1
−4
−12
5
12
10
−3
−9
C
1
(t)
C
2
(t) + 2C
3
(t)
C
3
(t)
−2C
1
(t)
3C
3
(t)
0
2C
1
(t)
C
2
(t) + C
3
(t)
C
3
(t)
e
−t
e
t
t e
t
+
0
0
1
=
−C
1
(t)
C
2
(t) + 3C
3
(t)
C
3
(t)
2C
1
(t)
3C
3
(t)
0
−2C
1
(t)
C
2
(t) + 2C
3
(t)
C
3
(t)
e
−t
e
t
t e
t
+
0
0
1
(1.7.4.11)
Po przyrównaniu do siebie (1.7.4.10) i (1.7.4.11) problem sprowadza się do:
C
0
1
(t)
C
0
2
(t) + 2C
0
3
(t)
C
0
3
(t)
−2C
0
1
(t)
3C
0
3
(t)
0
2C
0
1
(t)
C
0
2
(t) + C
0
3
(t)
C
0
3
(t)
e
−t
e
t
t e
t
=
0
0
1
⇔
C
0
1
(t) e
−t
+C
0
2
(t) e
t
+C
0
3
(t)(2 e
t
+t e
t
)
=
0
−2C
0
1
(t) e
−t
+3C
0
3
(t) e
t
=
0
2C
0
1
(t) e
−t
+C
0
2
(t) e
t
+C
0
3
(t)(e
t
+t e
t
)
=
1
⇔
e
−t
e
t
2 e
t
+t e
t
−2 e
−t
0
3 e
t
2 e
−t
e
t
e
t
+t e
t
C
0
1
(t)
C
0
2
(t)
C
0
3
(t)
=
0
0
1
(1.7.4.12)
Do rozwiązania układu (1.7.4.12) wykorzystamy metodę wyznaczników.
W = det
e
−t
e
t
2 e
t
+t e
t
−2 e
−t
0
3 e
t
2 e
−t
e
t
e
t
+t e
t
= 6 e
t
−2(2 e
t
+t e
t
)+3 e
t
+2(e
t
+t e
t
)−6 e
t
= e
t
W
C
0
1
= det
0
e
t
2 e
t
+t e
t
0
0
3 e
t
1
e
t
e
t
+t e
t
= (−1)
4
e
t
2 e
t
+t e
t
0
3 e
t
= 3 e
2t
W
C
0
2
= det
e
−t
0
2 e
t
+t e
t
−2 e
−t
0
3 e
t
2 e
−t
1
e
t
+t e
t
= (−1)
5
e
−t
2 e
t
+t e
t
−2 e
−t
3 e
t
= −2t − 7
W
C
0
3
= det
e
−t
e
t
0
−2 e
−t
0
0
2 e
−t
e
t
1
= (−1)
6
e
−t
e
t
−2 e
−t
0
= 2
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
36
Zatem
C
1
(t)
=
Z
W
C
0
1
W
dt =
Z
3 e
2t
e
t
dt = 3 e
t
(1.7.4.13)
C
2
(t)
=
Z
W
C
0
2
W
dt =
Z
−2t − 7
e
t
dt = 9 e
−t
+2t e
−t
(1.7.4.14)
C
3
(t)
=
Z
W
C
0
3
W
dt =
Z
2
e
t
dt = −2 e
−t
(1.7.4.15)
Powyższe uzmiennione funkcje wstawiamy do rozwiązania szczególnego przewi-
dzianego w (1.7.4.8):
x(t)
y(t)
z(t)
s
=
3 e
t
5 e
−t
+2t e
−t
−2 e
−t
−6 e
t
(t)
−6 e
−t
0
6 e
t
(t)
7 e
−t
+2t e
−t
−2 e
−t
e
−t
e
t
t e
t
(1.7.4.16)
Ostatecznie rozwiązanie równania (1.7.4.1) jest postaci:
x(t)
y(t)
z(t)
=
x(t)
y(t)
z(t)
o
+
x(t)
y(t)
z(t)
s
=
=
C
1
C
2
+ 2C
3
C
3
−2C
1
3C
3
0
2C
1
C
2
+ C
3
C
3
e
−t
e
t
t e
t
+
3 e
t
5 e
−t
+2t e
−t
−2 e
−t
−6 e
t
−6 e
−t
0
6 e
t
7 e
−t
+2t e
−t
−2 e
−t
e
−t
e
t
t e
t
=
=
C
1
C
2
+ 2C
3
C
3
−2C
1
3C
3
0
2C
1
C
2
+ C
3
C
3
e
−t
e
t
t e
t
+
8
−12
13
Zauważmy, że rozwiązanie szczególne mogliśmy otrzymać prostszą metodą.
Przewidujemy rozwiązanie szczególne w postaci stałej tj.
x(t)
y(t)
z(t)
s
=
D
1
D
2
D
3
Wstawiamy je do równania (1.7.4.1)
D
1
D
2
D
3
0
=
5
−1
−4
−12
5
12
10
−3
−9
·
D
1
D
2
D
3
+
0
0
1
=
5D
1
− D
2
− 4D
3
−12D
1
+ 5D
2
+ 12D
3
10D
1
− 3D
2
− 9D
3
+ 1
Stąd otrzymujemy następujący układ równań liniowych
5D
1
− D
2
− 4D
3
=
0
−12D
1
+ 5D
2
+ 12D
3
=
0
10D
1
− 3D
2
− 9D
3
=
−1
Zatem
D
1
D
2
D
3
=
8
−12
13
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
37
Ostatecznie rozwiązanie równania (1.7.4.1) jest postaci:
x(t)
y(t)
z(t)
=
x(t)
y(t)
z(t)
o
+
x(t)
y(t)
z(t)
s
=
C
1
C
2
+ 2C
3
C
3
−2C
1
3C
3
0
2C
1
C
2
+ C
3
C
3
e
−t
e
t
t e
t
+
8
−12
13
.
1.7.5
Układy z wielokrotną wartością własną rozwiązy-
walne bez metody Eulera
Zadanie 1.7.5. Odszukać rozwiązania równania
x
y
z
0
=
2
−1
−1
3
−2
−3
−1
1
2
x
y
z
Rozwiązanie.
Stosujemy metodę wartości własnych. Łatwo sprawdzić, że macierz posiada dwie
wartości własne λ = 0 wartość własną pojednczą oraz λ = 1 wartość własną
podwójną. Poszukujemy wektorów własnych dla tej wartości własnej, dokładnie
dwóch liniowo niezależnych.
1
−1
−1
3
−3
−3
−1
1
1
x
y
z
=
0
0
0
Macierz w tym problemie jest osobliwa, zatem problem ten posiada nieskończe-
nie wiele rozwiązań
. Łatwo zauważyć, że macierz w tym równaniu ma rząd
równy 1. Wobec twierdzeń Kroneckera-Cappellego przestrzeń rozwiązań jest
dwuwymiarowa. Oznacza to, że możemy wybrać dwa liniowo niezależne wekto-
ry własne dla tego równania (bez konieczności rozważania kolejnego równania).
Poszukiwane wektory własne to np.
w
1
=
1
1
0
,
w
2
=
1
0
1
Łatwo odszukać, że wektorem własnym dla λ = 0 będzie np. wektor
−1
−3
1
.
Zatem rozwiązanie będzie postaci:
x
y
z
= C
1
e
0
−1
−3
1
+ C
2
e
t
1
0
1
+ C
3
e
t
1
1
0
=
−C
1
C
2
+ C
3
0
−3C
1
C
3
0
C
1
C
2
0
1
e
t
0
Łatwo sprawdzić, że jest to w istocie rozwiązanie problemu wyjściowego.
1
Rozwiązanie zerowe jest poprawne, zatem nie jest możliwy brak rozwiązań.
2
Zauważmy, że w takim przypadku B = I czyli w zasadzie pomimo wartości własnych
wielokrotnych wzory metody Eulera nie będą potrzebne.
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
38
Powyższe zadanie jest przykładem na to jak nawyk potrafi sprawić, że je-
steśmy zgubieni. Najbardziej podstawowym twierdzeniem dla nas twierdzenie,
że n funkcyjnie liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych rozpina przestrzeń
wszystkich rozwiązań równania. Nie jest istotne czy otrzymamy je z metody Eu-
lera czy też po prostu biorąc kilka niezerowych i liniowo niezależnych rozwiązań.
1.8
Równanie zupełne
1.8.1
Równanie z poszukiwanym czynnikiem całkującym
Zadanie 1.8.1. Odszukaj całkę ogólną z równania zupełnego postaci
3t
2
y + 2ty + y
3
dt + t
2
+ y
2
dy = 0
(1.8.1.1)
Rozwiązanie.
Zacznijmy od sprawdzenia czy równanie jest w postaci zupełnej. Przyjmując, że
równanie jest podane w postaci P (t, y)dt + Q(t, y)dy = 0, sprawdzenie warunku
pochodnych mieszanych sprowadza się do weryfikacji znaku równości P
0
y
= Q
0
t
.
P
0
y
= 3t
2
+ 2t + 3y
2
Q
0
t
= 2t 6= P
0
y
(1.8.1.2)
Poszukujemy zatem czynnika całkującego zależnego jedynie od t. Wtedy speł-
niony musiałby być warunek µP
0
y
= µ
0
t
Q + µQ
0
t
. W konsekwencji
ln |µ(x)| =
Z
P
0
y
− Q
0
t
Q
dt =
Z
3t
2
+ 2t + 3y
2
− 2t
t
2
+ y
2
dt = 3t
(1.8.1.3)
Stąd czynnik całkujący ma postać µ(t) = e
3t
. Równanie przyjmuje postać:
3t
2
y e
3t
+2ty e
3t
+ e
3t
y
3
dt + e
3t
t
2
+ e
3t
y
2
dy = 0
(1.8.1.4)
Upewnijmy się, że równanie jest teraz w postaci zupełnej. Przyjmując, że jest
ono w postaci P (t, y)dt + Q(t, y)dy = 0
P
0
y
= 3t
2
e
3t
+2t e
3t
+3y
2
e
3t
Q
0
t
= 2t e
3t
+ e
3t
3t
2
+ 3y
2
e
3t
= P
0
y
(1.8.1.5)
Wyznaczmy całkę ogólną równania:
F (x, y) =
R 3t
2
y e
3t
+2ty e
3t
+ e
3t
y
3
dt = t
2
e
3t
y + y
3 e
3t
3
+ C(y)
F (x, y) =
R e
3t
t
2
+ e
3t
y
2
dy = t
2
e
3t
y + y
3 e
3t
3
+ C(t)
(1.8.1.6)
Stąd
F (x, y) = t
2
e
3t
y + y
3
e
3t
3
= C
(1.8.1.7)
jest całką ogólną równania.
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
39
1.9
Równanie z poszukiwaniem czynnika o zna-
nej postaci
Zadanie 1.9.1. Rozwiąż równanie
x − xy + (x
2
+ y)y
0
= 0
(1.9.1.1)
odnajdując najpierw czynnik całkujący postaci µ(x, y) = µ x
2
+ y
2
Rozwiązanie.
Równanie nie jest w postaci zupełnej
P
0
y
= −x
Q
0
x
= 2x
(1.9.1.2)
Poszukujemy czynnika całkującego postaci µ x
2
+ y
2
.
µ x
2
+ y
2
P (x, y)
0
y
=
µ x
2
+ y
2
Q(x, y)
0
x
µ
0
z
2yP + µP
0
y
= µ
0
z
2xQ + µQ
0
x
µ
0
z
(2yP − 2xQ) = µ(Q
0
x
− P
0
y
)
ln |µ| =
R
Q
0
x
−P
0
y
2yP −2xQ
d(x
2
+ y
2
)
(1.9.1.3)
Zatem musimy policzyć następującą całkę aby odszukać czynnik całkujący
R
2x+x
2y(x−xy)−2x(x
2
+y)
d(x
2
+ y
2
) =
R
3x
2yx−2xy
2
−2x
3
+2xy
d(x
2
+ y
2
) =
R
3x
(−2x)(y
2
+x
2
)
d(x
2
+ y
2
) =
−3
2
R
1
z
dz
(1.9.1.4)
Zatem otrzymujemy równanie algebraiczne postaci
ln |µ| = −
3
2
ln |z|
(1.9.1.5)
Stąd µ = z
−3
2
czyli czynnik całkujący postaci
µ(x
2
+ y
2
) =
1
p(x
2
+ y
2
)
3
(1.9.1.6)
Zatem mamy równanie w postaci zupełnej
x − xy
p(x
2
+ y
2
)
3
+
x
2
+ y
p(x
2
+ y
2
)
3
y
0
= 0
(1.9.1.7)
Sprawdzamy czy równanie jest w istocie zupełnym
P
0
y
=
−x
√
(x
2
+y
2
)
3
−
3(x−xy)(x
2
+y
2
)
2
y
(x
2
+y
2
)
9
2
=
−x(x
2
+y
2
)
(x
2
+y
2
)
5
2
−
3(x−xy)y
(x
2
+y
2
)
5
2
=
= −
(x
2
+3y−2y
2
)x
(x
2
+y
2
)
5
2
Q
0
x
=
2x
√
x
2
+y
2
3
−
3(x
2
+y)(x
2
+y
2
)
2
x
(x
2
+y
2
)
9
2
= −
(x
2
+3y−2y
2
)x
(x
2
+y
2
)
5
2
(1.9.1.8)
Odszukajmy całkę równania
F (x, y) =
R
x−xy
√
(x
2
+y
2
)
3
dx =
1−y
2
R
2x
(x
2
+y
2
)
3
2
dx =
1−y
2
R z
−
3
2
dz =
y−1
√
x
2
+y
2
+ C(y)
(1.9.1.9)
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
40
Policzenie drugiej całki okazuje się być znacznie trudniejsze. Pokażemy jak wy-
gląda oraz jak można go uniknąć.
F (x, y) =
Z
x
2
+ y
p(x
2
+ y
2
)
3
dy
(1.9.1.10)
Najpierw rozdzielmy na dwie całki. Pierwsza z nich jest natychmiastowa:
Z
y
(x
2
+ y
2
)
3
2
= −
1
p
x
2
+ y
2
.
(1.9.1.11)
Aby policzyć drugą zastosujmy podstawienie trygonometryczne y = x tg u.
x
2
R
1
(x
2
+y
2
)
3
2
dy = x
2
R (x
2
+ x
2
tg
2
u)
−
3
2
x
cos
2
u
du =
x
3
R |x|
−3
1 +
sin
2
u
cos
2
u
−3
2
cos
2
u
−
3
2
cos udu =
sgn x
R
(1)
−
3
2
cos udu = sgn x sin u
(1.9.1.12)
Aby powrócić z podstawienia zauważmy, że
sin
2
u =
sin
2
u
sin
2
u + cos
2
u
1
cos
2
u
1
cos
2
u
=
tg
2
u
tg
2
u + 1
(1.9.1.13)
Co uwzględniając wiedzę o znaku sin oraz tg daje nam
sin u =
tg u
p
tg
2
u + 1
(1.9.1.14)
Zatem druga całka wynosi
= sgn x
y
x
q
y
2
x
2
+ 1
= sgn x
y
x
|x|
p
y
2
+ x
2
=
y
p
y
2
+ x
2
(1.9.1.15)
Stąd druga całka wynosi
F (x, y) =
y − 1
p
x
2
+ y
2
+ C(x)
(1.9.1.16)
Stąd całka równania ma postać:
F (x, y) =
y − 1
p
x
2
+ y
2
= C
(1.9.1.17)
By uprościć rozwiązanie zamiast całkować, możemy inaczej poszuakać postaci
funkcji C(y), czyli różniczkować. Przypomnijmy, że
F (x, y) =
y − 1
p
x
2
+ y
2
+ C(y)
(1.9.1.18)
3
Można zauważyć wystąpienie problemu dla x = 0 ale w ogólnym rozrachunku widać, że
ten przypadek nic nie wnosi.
ROZDZIAŁ 1. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE
41
z pierwszego (prostego) całkowania.
Q(x, y) = F
0
y
(x, y) =
1
√
x
2
+y
2
−
(y−1)y
√
x
2
+y
2
3
+ C
0
(y) =
=
x
2
+y
2
−y
2
+y
√
x
2
+y
2
3
+ C
0
(y) =
x
2
+y
√
x
2
+y
2
3
+ C
0
(y)
(1.9.1.19)
A zatem C
0
(y) = 0 stąd
F (x, y) =
y − 1
p
x
2
+ y
2
= C
(1.9.1.20)
Rozdział 2
Analiza jakościowa równań
różniczkowych zwyczajnych
2.1
Badanie charakteru i stabilności punktów kry-
tycznych układów równań różniczkowych
x
0
= x + y(x
2
+ y
2
)
y
0
= y − x(x
2
+ y
2
)
Poszukajmy punktów krytycznych( punktów w których obie pochodne się zeru-
ją). Należy więc rozwiązać układ:
0 = x + y(x
2
+ y
2
)
0 = y − x(x
2
+ y
2
)
Oczywistym rozwiązaniem jest punkt (x
0
, y
0
) = (0, 0). Jeśli którakolwiek ze
zmiennych x lub y przyjmie wartość 0 to otrzymujemy punkt (0, 0). Gdy żadna
z nich nie jest równa zero, możemy pierwsze równanie pomnożyć przez x, a
drugie przez y. Następnie dodajmy równania stronami. Po takim przekształceniu
otrzymujemy warunek:
0 = x
2
+ y
2
Stąd wynika że jest tylko jeden punkt krytyczny. Żeby sprawdzić jaki charakter
ma ten punkt zastosujemy narzucające się podstawienie biegunowe:
x = r · cos φ
y = r · sin φ
Gdzie r 0 i φ ∈ [0, 2Π).Przekształcony układ wygląda następująco:
r
0
cos φ − r sin φ · φ
0
= r cos φ + r
3
sin φ
r
0
sin φ + r cos φ · φ
0
= r sin φ + r
3
cos φ
Na pierwszy rzut oka nie jest to zbyt przyjemna postać tego układu. Wystarczy
jednak zastosować pewną sztuczkę - pomnóżmy pierwsze równanie przez cos φ,
a drugie przez sin φ, następnie dodajmy je stronami. Dostajemy wtedy
r
0
cos
2
φ − r sin φ cos φ · φ
0
= r cos
2
φ + r
3
sin φ cos φ
r
0
sin
2
φ + r cos φ sin φ · φ
0
= r sin
2
φ + r
3
cos φ sin φ
⇒ r
0
cos
2
φ+r
0
sin
2
φ = r cos
2
φ+r sin
2
φ
42
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH43
Stąd mamy, że r
0
= r. Z założenia r 0 mamy że dla każdego t, funkcja r(t)
jest rosnąca, co skutkuje tym, że jakikolwiek punkt z sąsiedztwa punktu (0, 0)
oddala się od niego wraz z przyrostem czasu.
Rozwiążemy ten problem również drugim sposobem - korzystając z twier-
dzenia o Linearyzacji Hartmana- Grobmana. Aby to zrobić policzmy macierz
Jacobiego tego układu w punkcie (0, 0).
J (x, y) =
1 + 2xy
x
2
+ 3y
2
−3x
2
− y
2
1 − xy
J (0, 0) =
1
0
0
1
Mamy w tym wypadku 2 wartości własne dodatnie. Stąd, wiemy że jest to
punkt krytyczny niestabilny.
2.2
Badanie stabilności z wykorzystaniem funk-
cji Lapunowa
Rozważamy równanie postaci
x
0
= f (x)
(2.2.0.1)
gdzie f : R
n
⊃ Q 7→ R
n
funkcja klasy C
1
, gdzie Q jest pewnym niepustym
zbiorem otwartym, zawierającym 0 ∈ R
n
będące punktem krytycznym układu.
Definicja 2.2.1 (Funkcja Lapunowa). Funkcję V : Q 7→ R klasy C
1
spełniającą
warunki
(1) V (x) 0
(2) V (x) = 0 ⇐⇒ x = 0
(3) gdy t 7→ x(t) jest rozwiązaniem (2.2.0.1) to funkcja t 7→ V (x(t)) jest niero-
snąca na t
Warunek (3) jest równoważny warunkowi, że grad V · f ¬ 0.
Twierdzenie 2.2.2. Jeśli dla (2.2.0.1) istnieje funkcja Lapunowa, to rozwią-
zanie zerowe jest stabilne. Jeśli dodatkowo grad V ◦ f < 0 dla x ∈ Q \ {0}, to
jest to rozwiązanie asymptotycznie stabilne.
Definicja 2.2.3. Funkcję V (x) nazywamy antyfunkcją Lapunowa jeżeli:
1. V (x) = 0 ⇐⇒ x = 0
2. V (x) 0
3. dla x ∈ Q \ {0} zachodzi warunek V (x(t))
0
t
> 0
4. W przypadku gdy Q = R
n
to funkcja musi spełniać dodatkowo warunek
lim
|x|→+∞
V (x) = +∞
Czyli V musi być funkcją koercywną.
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH44
Twierdzenie 2.2.4. Jeśli dla zagadnienia (2.2.0.1) można dobrać antyfunkcję
Lapunowa to rozwiązanie zerowe jest niestabilne. Jeśli dodatkowo D = R
n
i
można dobrać antyfunkcję Lapunowa to układ jest globalnie niestabilny.
Zadanie 2.2.1. Określić charakter punktu krytycznego wskazanych równań róż-
niczkowych:
1.
x
00
= −k
2
· sin(x) − b · x
0
dla k, b > 0
2.
x
0
= y − x · (x
2
+ y
2
)
y
0
= −x − y · (x
2
+ y
2
).
3.
x
0
= −y + x
3
y
0
= −x + y
3
.
4.
x
0
= −x
3
+ y
y
0
= −x
3
− y
3
.
Rozwiązanie.
Badamy (1). W pierwszej kolejności zamieniamy równanie drugiego rzędu na
następujący układ równań:
x
0
= y
y
0
= −k
2
· sin(x) − b · y.
Następnie aby wyznaczyć punkty krytyczne, przyrównujemy każde z równań do
zera.
0 = y
0 = −k
2
· sin(x) − b · y.
Stąd otrzymujemy:
y = 0
sin(x) = 0.
Zatem:
y = 0
x = n · π
Zauważmy, że rozwiązaniem takiego układu równań na pewno jest punkt (0, 0),
natomiast punkty postaci (0, y), (x, 0) zawsze sprowadzają się do punktu (0, 0).
Jakobian tego układu równań ma postać:
J
(x,y)
=
0
1
−k
2
· cos(x)
−b
Natomiast dla naszego punktu krytycznego Jakobian jest postaci:
J
(x,y)
=
0
1
−k
2
−b
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH45
Obliczamy teraz wartości własne dla punktu (0, 0)
J
(x,y)
=
−λ
1
−k
2
−b − λ
= λ
2
+ λ · b + k
2
= 0.
Zatem wartości własne wynoszą
λ
1,2
=
−b±
√
b
2
−4·k
2
2
.
Widzimy,że założenia twierdzenia Hartmana- Grobmana nie zachodzą, zatem
musimy skorzystać z twierdzenia Lapunowa.
Zauważmy najpierw, że jest to równanie wahadła z oporem. Zbadamy funk-
cjonał energii w tym układzie. Energia wyraża się w nim wzorem E = E
k
+ E
p
co sprowadza się do postaci
E =
I · ω
2
2
+ m · g · h
gdzie kolejno: I jest momentem bezwładności, ω jest prędkością kątową, m ma-
są obiektu, g przyśpieszeniem ziemskim, a h wysokością względem najniższego
położenia wahadła. Ponieważ prędkość ω jest pierwszą pochodną zmiany kąta
po czasie t, więc zasadę zachowania energii możemy zapisać w postaci:
E =
I · y
2
2
+ m · g · h
Jak widać z rysunku 2.1 funkcję cos(x) można obliczyć za pomocą własności
Rysunek 2.1: Rysunek schematyczny położenia wahadła
trójkąta prostokątnego. Wówczas:
l − h
l
= cos(x)
Dokonując przekształcenia otrzymujemy:
h = l · (1 − cos(x))
Układ z wahadłem dąży do zminimalizowania swojego funkcjonału energii.
E =
I · y
2
2
+ m · g · l · (1 − cos(x)) → min
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH46
Dzieląc przez I układ nadal będzie dążył do minimum. Zatem możemy napisać
funkcję postaci:
V (x, y) =
y
2
2
+
mgl
I
· (1 − cos(x))
Ponieważ g, l, m, I są stałymi, więc przyjmijmy że s =
mgl
I
. Wówczas:
V (x, y) =
y
2
2
+ s · (1 − cos(x))
Sprawdzamy teraz czy funkcja V (x, y) jest funkcją Lapunowa.
1. V (x, y) > 0
2. V (0, 0) = 0
3. dla każdego rozwiązania V (x(t)) jest nierosnąca na t
Oczywiście warunki 1,2 są spełnione. Sprawdźmy warunek 3 równoważny po-
chodnej funkcji V po t mniejszej lub równej zero.
V
0
t
(x, y) = y · y
0
+ s · (sin(x)) · x
0
Biorąc s = k
2
.
V
0
(x, y) = (−k
2
· sin(x) − b · y) · y + k
2
· y · sin(x)
V
0
(x, y) = (−y
2
· b − y · k
2
· sin(x) + k
2
· y · sin(x) = −y
2
¬ 0
Zatem funkcja mająca postać:
V (x, y) =
y
2
2
+ k
2
· (1 − cos(x)) 0
jest funkcją Lapunowa. Ostatecznie mamy, że punkt (0, 0) jest stabilny. W sku-
tek okresowości również pozostałe punkty krytyczne są stabilne. Nie jesteśmy
jednak w stanie rozstrzygnąć o asymptotycznej stabilności gdyż, nie jest speł-
niony warunek V
0
(x(t), y(t)) < 0
Badamy (2). Aby wyznaczyć punkty krytyczne, przyrównujemy równania do
zera. Otrzymujemy następujący układ równań:
0 = y − x · (x
2
+ y
2
)
0 = −x − y · (x
2
+ y
2
).
Zauważmy, że rozwiązaniem takiego układu równań na pewno jest punkt (0, 0),
natomiast punkty postaci (0, y), (x, 0) zawsze sprowadzają się do punktu (0, 0).
Rozważmy teraz punkty różne od rozważanych wcześniej przypadków, mnożymy
pierwsze równanie przez y, a drugie przez x i otrzymujemy:
0 = y
2
− yx · (x
2
+ y
2
)
0 = −x
2
− yx · (x
2
+ y
2
).
Dodając do siebie dwa równania otrzymujemy warunek:
y
2
+ x
2
= 0
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH47
Jedynym punktem spełniającym to równanie jest punkt (x, y) = (0, 0). Jakobian
tego układu równań ma postać:
J
(x,y)
=
−3 · x
2
− y
2
1 − 2 · x · y
−1 − 2 · x · y
−x
2
− 3 · y
2
Natomiast dla naszego punktu krytycznego Jakobian jest postaci:
J
(x,y)
=
0
1
−1
0
Obliczamy teraz wartości własne dla punkty (0, 0).
J
(x,y)
=
−λ
1
−1
−λ
= λ
2
+ 1 = 0.
Zatem wartości własne wynoszą
λ
1,2
= ±i.
Wartości własne są czysto urojone zatem nie możemy korzystać z twierdzenia
Hartmana-Grobmana. Chcąc określić stabilność naszego punktu krytycznego
musimy skorzystać z twierdzenia Lapunowa. Rozważać będziemy następującą
funkcję V (x, y):
V (x, y) = x
2
+ y
2
.
Podana funkcja spełnia pierwsze dwa warunki z twierdzenia tzn.
V (x, y) 0
oraz V (x, y) = 0 ⇔ (x, y) = 0.
Sprawdzimy teraz ostatni warunek tj. czy dla każdego t, V (x(t), y(t)) jest funkcją
nierosnącą. Zatem obliczamy pierwszą pochodną funkcji V (x(t), y(t)).
V
0
(x, y) = 2 · x · x
0
+ 2 · y · y
0
Wstawiając teraz wartości z naszego układu równań otrzymujemy:
V
0
(x, y) = 2 · x · (y − x · (x
2
+ y
2
)) + 2 · y · (−x − y · (x
2
+ y
2
))
Dokonując przekształceń otrzymujemy:
V
0
(x, y) = 2·x·y−2·x
2
·(x
2
+y
2
)−2·y·x−2·y
2
·(x
2
+y
2
) = (x
2
+y
2
)·(−2·x
2
−2·y
2
) = −2·(x
2
+y
2
) ¬ 0
Rozważana przez nas funkcja jest funkcją Lapunowa, zatem w punkcie (0, 0)
mamy asymptotyczną stabilność.
Badamy (3). Aby wyznaczyć punkty krytyczne, przyrównujemy równania do
zera. Otrzymujemy następujący układ równań:
0 = −y + x
3
0 = x + y
3
.
Zauważmy, że rozwiązaniem takiego układu równań na pewno jest punkt (0, 0),
natomiast punkty postaci (0, y), (x, 0) zawsze sprowadzają się do punktu (0, 0).
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH48
Rozważmy teraz punkty różne od rozważanych wcześniej przypadków, mnożymy
pierwsze równanie przez x, a drugie przez y i otrzymujemy:
0 = −y · x + x
4
0 = x · y + y
4
.
Dodając do siebie dwa równania otrzymujemy:
y
4
+ x
4
= 0.
Jedynym punktem spełniającym to równanie jest punkt (x, y) = (0, 0), czyli
poza tym punktem nie ma punktów krytycznych. Jakobian tego układu równań
ma postać:
J
(x,y)
=
3 · x
2
−1
1
3 · y
2
Natomiast dla naszego punktu krytycznego jakobian jest postaci:
J
(x,y)
=
0 −1
1
0
.
Obliczamy teraz wartości własne dla punkty (0, 0):
J
(x,y)
=
−λ
−1
1
−λ
= λ
2
+ 1 = 0.
Zatem wartości własne wynoszą
λ
1,2
= ±i.
Wartości własne są czysto urojone zatem nie możemy korzystać z twierdze-
nia Hartmana-Grobmana. Chcąc określić charakter naszego punktu krytyczne-
go musimy skorzystać z twierdzenia Lapunowa. Rozważać będziemy następującą
funkcję V (x, y):
V (x, y) = x
2
+ y
2
.
Podana funkcja spełnia pierwsze dwa warunki z twierdzenia tzn.
V (x, y) 0
V (x, y) = 0 ⇔ x = 0 dla każdego rozwiązania.
Sprawdzimy teraz ostatni warunek tj. czy dla każdego t, V (x(t), y(t)) jest funkcją
niemalejącą. Zatem obliczamy pierwszą pochodną funkcji V (x, y)
V
0
(x, y) = 2 · x · x
0
+ 2 · y · y
0
.
Wstawiając teraz wartości z naszego układu równań otrzymujemy:
V
0
(x, y) = 2 · x · (−y + x
3
) + 2 · y · (x + y
3
).
Dokonując przekształceń otrzymujemy:
V
0
(x, y) = 2 · (x
2
+ y
2
) 0.
Biorąc x, y coraz większe V
0
(x, y) → ∞ Rozważana przez nas funkcja jest anty-
funkcją Lapunowa, zatem rozwiązanie zerowe jest punktem niestabilności.
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH49
Badamy(4) Aby wyznaczyć punkty krytyczne, przyrównujemy równania do
zera. Otrzymujemy następujący układ równań:
0 = −x
3
+ y
0 = −x
3
− y
3
.
Dodając do siebie dwa równania otrzymujemy:
y
3
+ y = 0 ⇒ y = 0.
Stąd jedynym punktem spełniającym to równanie jest punkt (x, y) = (0, 0).
Jakobian tego układu równań ma postać:
J
(x,y)
=
−3 · x
2
1
−3 · x
2
−3 · y
2
Natomiast dla naszego punktu krytycznego jakobian jest postaci:
J
(x,y)
=
0 1
0
0
Obliczamy teraz wartości własne dla punkty (0, 0):
J
(x,y)
=
−λ
1
0
−λ
= λ
2
= 0.
Zatem wartości własne wynoszą
λ
1,2
= 0.
Wartości własne są równe zero, zatem nie możemy korzystać z twierdzenia
Hartmana-Grobmana. Chcąc określić charakter naszego punktu krytycznego
musimy skorzystać z twierdzenia Lapunowa. Rozważać będziemy następującą
funkcję V (x, y):
V (x, y) =
x
2
2
+ y
2
.
Podana funkcja spełnia pierwsze dwa warunki z twierdzenia tzn.
V (x, y) 0
V (x, y) = 0 ⇔ x = 0 dla każdego rozwiązania.
Sprawdzimy teraz ostatni warunek tj. czy dla każdego t, V (x(t), y(t)) jest funkcją
nierosnącą. Zatem obliczamy pierwszą pochodną funkcji V (x, y) .
V
0
(x, y) = 2 · x
3
· x
0
+ 2 · y · y
0
.
Wstawiając teraz wartości z naszego układu równań otrzymujemy:
V
0
(x, y) = 2 · x · (−x
3
+ y) + 2 · y · (−x
3
− y
3
)).
Dokonując przekształceń otrzymujemy:
V
0
(x, y) = −2 · x
6
+ 2 · x
3
· y − 2 · y · x
3
− 2 · y
4
= −2 · (x
6
+ y
4
) ¬ 0.
Rozważana przez nas funkcja jest funkcją Lapunowa, zatem w punkcie (0, 0)
mamy stabilność.
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH50
2.3
Poszukiwanie całek pierwszych układów rów-
nań
2.3.1
Arytmetyka układów równań w postaci ilorazowej
Część rozważanych przez nas układów równań ma postać
x
0
= f (x, y, z)
y
0
= g(x, y, z)
z
0
= h(x, y, z)
,
(2.3.0.1)
inne z kolei posiadają postać spotykaną szczególnie często w zadaniach z poszu-
kiwania całek pierwszych układu
x
0
f (x, y, z)
=
y
0
g(x, y, z)
=
z
0
h(x, y, z)
.
(2.3.0.2)
Nasuwa to pytanie czy jest jakiś prosty związek łączący pierwszą i drugą postać
zadania. Wykonajmy dzielenie przez prawą stronę w (2.3.0.1)
x
0
f (x,y,z)
= 1
y
0
g(x,y,z)
= 1
z
0
h(x,y,z)
= 1
.
Co doprowadza nas do postaci
x
0
f (x, y, z)
=
y
0
g(x, y, z)
=
z
0
h(x, y, z)
= 1.
Widzimy w tym postępowaniu pewien sens. Jednak w równaniu (2.3.0.2) nie
występuje równość do elementu 1. Łatwo jednak wywnioskować, że równanie w
postaci (2.3.0.2) może być przetransformowane do postaci
x
0
= c(x, y, z)f (x, y, z)
y
0
= c(x, y, x)g(x, y, z)
z
0
= c(x, y, z)h(x, y, z)
gdzie c(x, y, z) jest funkcją taką, że
x
0
f (x, y, z)
=
y
0
g(x, y, z)
=
z
0
h(x, y, z)
= c(x, y, z).
Z uwagi na powyższą postać zachodzą dwie istotne własność, nadające postaci
ilorazowej swoistą i ciekawą arytmetykę.
Twierdzenie 2.3.1. Niech dany będzie układ równaniem
x
0
1
f
1
(x
1
, . . . , x
n
)
=
x
0
2
f
2
(x
1
, . . . , x
n
)
= . . . =
x
0
n
f
n
(x
1
, . . . , x
n
)
= c(x
1
, . . . , x
n
)
Wtedy dla dowolnych 1 ¬ i, j ¬ n i dla dowolnych a, b ∈ R \ {0} zachodzi
ax
0
i
+ bx
0
j
af
i
(x
1
, . . . , x
n
) + bf
j
(x
1
, . . . , x
n
)
= c(x
1
, . . . , x
n
)
ROZDZIAŁ 2. ANALIZA JAKOŚCIOWA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH51
W praktyce oznacza to, że można poszczególne ilorazy do siebie dodawać i
odejmować, poprzez dodawania liczników do liczników i mianowników do mia-
nowników.
Druga własność posiada następującą postać
Twierdzenie 2.3.2. Jeśli z układu postaci
x
0
1
f
1
(x
1
, . . . , x
n
)
=
x
0
2
f
2
(x
1
, . . . , x
n
)
= . . . =
x
0
n
f
n
(x
1
, . . . , x
n
)
= c(x
1
, . . . , x
n
)
udaje się wywnioskować następująca równość ilorazu
(f (x
1
, . . . , x
n
))
0
0
= c(x, y, z)
to f (x
1
, . . . , x
n
) jest całką pierwszą tego układu.
Zadanie 2.3.1. Odszukaj całkę pierwszą układu postaci
x
0
x − y
=
y
0
2y
=
z
0
−z
Rozwiązanie.
Pierwsza całka pierwsza posiada postać
1
2y
y
0
+
1
z
z
0
= 0
Co prowadzi do
1
2
ln(y) + ln(z) = C
zapisane w prostszej postaci
√
yz = C
Z własności wnioskujemy, że
x
0
+ y
0
x − y + 2y
=
z
0
−z
.
Stąd
(x + y)
0
x + y
=
z
0
−z
.
A zatem
(ln(x + y))
0
= (− ln z)
0
.
Wtedy łatwo widać, że całka pierwsza jest postaci
ln(x + y) + ln z = D
Co ostatecznie daje całkę postaci
(x + y) · z = D
Rozdział 3
Równania różniczkowe
cząstkowe
3.1
Rozwiązywanie równań różniczkowych me-
todą szeregów Fouriera
Równanie falowe jednorodne
Zadanie 3.1.1. Rozwiązać równanie różniczkowe :
a
2
u
tt
= u
xx
u
t
(x, 0) = u
t
(x, π) = 0
u(0, t) = cos 5t , u
x
(0, t) = cos 11t
(3.1.1.1)
Rozwiązanie.
Przewidujemy rozwiązanie postaci:
u =
∞
X
n=1
u
n
=
∞
X
n=1
v
n
(t) · w
n
(x)
(3.1.1.2)
gdzie dodatkowo spełnione są warunki:
a
2
u
tt
= u
xx
u
t
(x, 0) = u
t
(x, π) = 0
.
(3.1.1.3)
Obliczmy pochodne:
u
tt
= v
00
n
(t) · w
n
(x)
(3.1.1.4)
u
xx
= v
n
(t) · w
00
n
(x).
(3.1.1.5)
Teraz podstawiając do (3.1.1.3)
a
2
· v
00
n
(t) · w
n
(x) = v
n
(t) · w
00
n
(x)
(3.1.1.6)
Po przekształceniu otrzymamy:
v
00
n
(t)
v
n
(t)
=
w
00
n
(x)
a
2
w
n
(x)
= λ
n
.
(3.1.1.7)
52
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
53
Uwzględniając warunek początkowy wybierzemy odpowiednie równanie :
v
0
n
(0) · w
n
(x) = v
0
n
(π) · w
n
(x) = 0
(3.1.1.8)
Zatem
v
0
n
(0) = 0 ∧ v
0
n
(π) = 0
(3.1.1.9)
Rozwiązujemy równanie postaci:
v
00
n
(t) − λ
n
v
n
(x) = 0
(3.1.1.10)
Korzystamy teraz z metody charakterystyki :
r
2
− λ
n
= 0.
(3.1.1.11)
Zatem:
∆ = 4λ
n
(3.1.1.12)
W zależności od znaku ∆ mamy następujące rozwiązania: Jeśli ∆ > 0 to λ
n
> 0
zatem
v
n
(t) = C
1
e
√
λ
n
x
+ C
2
e
−
√
λ
n
x
(3.1.1.13)
Uwzględniając warunek początkowy otrzymamy:
v
0
n
(0) = C
1,n
√
λ
n
e
√
λ
n
0
− C
2,n
√
λ
n
e
−
√
λ
n
0
= 0
C
1,n
= C
2,n
(3.1.1.14)
Podstawiając to do drugiego warunku mamy:
v
0
n
(π) = C
1,n
√
λ
n
e
√
λ
n
π
− C
2,n
√
λ
n
e
−
√
λ
n
π
= 0
C
1,n
= C
2,n
= 0
(3.1.1.15)
A taki warunek nas nie interesuje, więc szukamy dalej naszego rozwiązania. Jeśli
∆ = 0 to λ
n
= 0 zatem :
v
n
(x) = C
1,n
+ C
2,n
x
(3.1.1.16)
Po zróżniczkowaniu i uwzględnieniu warunków mamy:
v
0
n
(0) = C
2
= 0
(3.1.1.17)
v
0
n
(π) = C
2
= 0
(3.1.1.18)
Przypuszczamy, że rozwiązaniem będzie stała, ale sprawdzimy ostatni warunek.
Jeśli ∆ < 0 to λ < 0
v
n
(t) = C
1
· cos(
p−λ
n
· t) + C
2
· sin(
p−λ
n
· t)
(3.1.1.19)
Uwzględniając warunek początkowy mamy:
v
0
n
(t) = −C
1
·
p−λ
n
· sin(
p−λ
n
· t) + C
2
·
p−λ
n
· cos(
p−λ
n
· t) (3.1.1.20)
v
0
n
(0) = −C
1
·
p−λ
n
· sin(
p−λ
n
· 0) + C
2
·
p−λ
n
· cos(
p−λ
n
· 0) = 0 (3.1.1.21)
C
2
·
p−λ
n
= 0 ⇔ C
2
= 0
(3.1.1.22)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
54
Uwzględniając powyższy warunek otrzymamy:
v
0
n
(π) = −C
1
·
p−λ
n
· sin(
p−λ
n
· π) = 0
(3.1.1.23)
p−λ
n
· π = n · π
(3.1.1.24)
λ
n
= −n
2
(3.1.1.25)
Nasze rozwiązanie problemu wygląda następująco:
u =
∞
X
n=1
u
n
=
∞
X
n=1
v
n
(t) · w
n
(x) =
∞
X
n=0
C
1,n
· cos(nt) · w
n
(x)
(3.1.1.26)
Mogliśmy przesunąć szereg ponieważ wcześniej otrzymaliśmy też rozwiązanie
stałe C
1
co otrzymamy dla n = 0. Przedstawiamy nasze rozwiązanie w postaci
bazy:
∞
X
n=0
−a
2
· n
2
· C
1,n
cos(nt) · w
n
(x) =
∞
X
n=0
C
1,n
cos(nt) · w
00
n
(x)
(3.1.1.27)
Teraz musimy rozwiązać następujący problem:
w
00
n
(x) − a
2
· n
2
· w
n
(x) = 0
(3.1.1.28)
Rozwiązując równanie liniowe II stopnia wykorzystamy metodę charakterystyk:
r
2
+ a
2
· n
2
= 0
(3.1.1.29)
Zatem
∆ = −4a
2
n
2
(3.1.1.30)
Dla n = 0 mamy rozwiązanie:
w
n
(x) = Ex + D
0
(3.1.1.31)
Dla n 6= 0 i n ∈ N mamy rozwiązanie
w
n
(x) = D
1
cos(nax) + D
2
sin(nax)
(3.1.1.32)
Jeśli nasz szereg będziemy numerować od zera to w
n
(x) połączy dwa powyższe
przypadki. Wstawiamy to do odpowiedniego miejsca:
u =
∞
X
n=0
(D
1,n
cos(nax) + D
2,n
sin(nax)) C
1,n
cos(nt) + Ex
(3.1.1.33)
u =
∞
X
n=0
E
1,n
cos(nax) cos(nt) + E
2,n
sin(nax) cos(nt) + Ex
(3.1.1.34)
Sprawdzamy teraz pierwszy warunek początkowy:
u(0, t) =
∞
X
n=0
E
1,n
cos(na0) cos(nt) + E
2,n
sin(na0) cos(nt) + E0 = cos(5t)
(3.1.1.35)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
55
Dalej:
u(0, t) =
∞
X
n=0
E
1,n
cos(nt) = cos(5t)
(3.1.1.36)
Jeśli E
1,5
= 1 to n = 5 , dla pozostałych n ⇒ E
1,n
= 0. Sprawdzamy teraz drugi
warunek początkowy:
u
0
x
(x, t) =
∞
X
n=1
−E
1,n
na sin(nax) cos(nt) + E
2,n
na cos(nax) cos(nt) + E
(3.1.1.37)
u
0
x
(0, t) =
∞
X
n=1
−E
1,n
na sin(na0) cos(nt)+E
2,n
na cos(na0) cos(nt)+E = cos(11t)
(3.1.1.38)
u
0
x
(0, t) =
∞
X
n=1
E
2,n
na cos(nt) + E = cos(11t)
(3.1.1.39)
Stąd E
2,11
11a = 1 a zatem E
2,11
=
1
11a
, a dla pozostałych n ⇒ E
2,n
= 0.
Ostateczna postacią rozwiązania jest zatem:
u(x, t) = cos(5ax) cos(5t) +
1
11a
sin(11ax) cos(11t)
(3.1.1.40)
Równanie falowe niejednorodne
Zadanie 3.1.2. Rozwiązać następujące zagadnienie brzegowo–początkowe
u
tt
= c
2
u
xx
+ 2 sin
3π
2l
x
u(0, t) = u
x
(l, t) = 0
u(x, 0) = φ(x), u
t
(x, 0) = 0
(3.1.2.1)
Rozwiązanie.
Zauważmy, że c 6= 0, l > 0. Gdy c = 0 rozwiązaniem jest funkcja u = 2sin
3π
2l
x
t
2
+
0t + 0.Zatem zakładamy, że c 6= 0. Przewidujemy rozwiązanie w postaci
u =
∞
X
n=1
u
n
=
∞
X
n=1
w
n
(x)v
n
(t),
(3.1.2.2)
gdzie funkcje u
n
są rozwiązaniami zagadnienia
(u
n
)
tt
= c
2
(u
n
)
xx
u
n
(0, t) = u
x
(l, t) = 0
.
(3.1.2.3)
Wstawiając postać u
n
= w
n
(x)v
n
(t) do równania (3.1.2.3) otrzymujemy
v
00
n
(t)w
n
(x) = c
2
v
n
(t)w
00
n
(x).
(3.1.2.4)
Skąd otrzymuję
v
00
n
(t)
c
2
v
n
(t)
=
w
00
n
(x)
w
n
(x)
= λ
n
(3.1.2.5)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
56
Z warunków początkowych (3.1.2.3) otrzymujemy warunek początkowo końcowy
równania na w
n
postaci:
w
n
(0) = w
0
n
(l) = 0
(3.1.2.6)
Rozwiązujemy zatem równanie różniczkowe postaci
w
00
n
(x) − λ
n
w
n
(x) = 0
w
n
(0) = w
0
n
(l) = 0
(3.1.2.7)
Równanie to w zależności od λ
n
może mieć jedno z trzech typów rozwiązań:
(a) ∆ > 0 gdy λ
n
> 0. Wtedy rozwiązanie jest postaci:
w
n
(x) = C
1,n
e
√
λ
n
x
+C
2,n
e
−
√
λ
n
x
(b) ∆ = 0 gdy λ
n
= 0. Wtedy rozwiązanie jest postaci:
w
n
(x) = C
1,n
+ C
2,n
x
(c) ∆ < 0 gdy λ
n
< 0. Wtedy rozwiązanie jest postaci:
w
n
(x) = C
1,n
cos
p
−λ
n
x
+ C
2,n
sin
p
−λ
n
x
.
Sprawdźmy, czy poszczególne podpunkty generują jakieś rozwiązania. Ad a.
Wtedy z warunków początkowych (3.1.2.3) mamy
0 = C
1,n
+ C
2,n
0 = C
1,n
√
λ
n
e
√
λ
n
l
−C
2,n
√
λ
n
e
−
√
λ
n
l
(3.1.2.8)
Stąd C
1,n
= −C
2,n
= 0. Dalej Ad b Wtedy z warunków początkowych (3.1.2.3)
mamy
0 = C
1,n
0 = C
2,n
(3.1.2.9)
Ostatecznie Ad c Wtedy z warunków początkowych (3.1.2.3) mamy
C
1,n
cos
√
−λ
n
0
+ C
2,n
sin
√
−λ
n
0
= 0
−C
1,n
sin
√
−λ
n
l
√−λ
n
+ C
2,n
cos
√
−λ
n
l
√−λ
n
= 0
(3.1.2.10)
Czyli C
1,n
= 0 oraz λ
n
= −
(2k+1)π
2l
2
, gdzie k ∈ Z tak, że λ
n
6= 0.
Stąd rozwiązanie jest postaci (uwzględniając wszystkie możliwe wartości λ
n
,
przy czym łatwo zauważyć że k ujemne łączą się z ze swoimi dodatnimi odpo-
wiednikami. Stąd suma od n = 0):
u(x, t) =
∞
X
n=0
v
n
(t)C
2,n
sin
(2n + 1)π
2l
x
(3.1.2.11)
Wstawmy powyższe do równania różniczkowego (3.1.2.1)
∞
P
n=0
v
00
n
(t)C
2,n
sin
(2n+1)π
2l
x
=
=
∞
P
n=0
−c
2
v
n
(t)C
2,n
(2n+1)π
2l
2
sin
(2n+1)π
2l
x
+ 2 sin
3π
2l
x
(3.1.2.12)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
57
Wobec jednoznaczności przedstawienia funkcji w bazie trygonometrycznej ma-
my następujący układ równań
v
00
n
(t)C
2,n
= −c
2
v
n
(t)C
2,n
(2n+1)π
2l
2
, n 6= 1
v
00
1
(t)C
2,1
= −c
2
v
1
(t)C
2,1
3π
2l
2
+ 2, n = 1
(3.1.2.13)
Rozwiążmy najpierw równania dla n 6= 1 (jednocześnie rozwiązujemy równanie
jednorodne dla n = 1)
v
00
n
(t) + c
2
v
n
(t)
(2n + 1)π
2l
2
= 0
(3.1.2.14)
Wtedy ∆ = −4c
2
(2n+1)π
2l
2
< 0 zatem rozwiązania tego problemu są postaci:
v
n
(t) = D
1,n
cos
c
(2n + 1)π
2l
t
+ D
2,n
sin
c
(2n + 1)π
2l
t
(3.1.2.15)
Znak c nie gra roli, gdyż może być w szczególności włączony do stałych. Pozosta-
je rozwiązać problem gdy n = 1. Znamy już rozwiązanie problemu jednorodnego.
Poszukujemy rozwiązania w postaci uzmiennionych stałych.
v
1,s
(t) = D
1,1
(t)cos
c
3π
2l
t
+ D
2,1
(t)sin
c
3π
2l
t
(3.1.2.16)
Odnajdujemy pierwszą pochodną:
v
0
1,s
(t) = D
0
1,1
(t)cos c
3π
2l
t
+ D
0
2,1
(t)sin c
3π
2l
t
+
−D
1,1
(t)c
3π
2l
sin c
3π
2l
t
+ D
2,1
(t)c
3π
2l
cos c
3π
2l
t
(3.1.2.17)
Załóżmy dalej, że
D
0
1,1
(t)cos
c
3π
2l
t
+ D
0
2,1
(t)sin
c
3π
2l
t
= 0
(3.1.2.18)
Wtedy v
0
1,s
= −D
1,1
(t)c
3π
2l
sin c
3π
2l
t
+ D
2,1
(t)c
3π
2l
cos c
3π
2l
t
. Obliczamy drugą
pochodną:
v
00
1,s
= −D
0
1,1
(t)c
3π
2l
sin c
3π
2l
t
+ D
0
2,1
(t)c
3π
2l
cos c
3π
2l
t
+
−D
1,1
(t) c
3π
2l
2
cos c
3π
2l
t
− D
2,1
(t) c
3π
2l
2
sin c
3π
2l
t
.
(3.1.2.19)
Wstawiając do równania:
v
00
1
(t)C
2,1
+ c
2
v
1
(t)C
2,1
3π
2l
2
=
= −C
2,1
D
0
1,1
(t)c
3π
2l
sin c
3π
2l
t
+ C
2,1
D
0
2,1
(t)c
3π
2l
cos c
3π
2l
t
+
−C
2,1
D
1,1
(t) c
3π
2l
2
cos c
3π
2l
t
− C
2,1
D
2,1
(t) c
3π
2l
2
sin c
3π
2l
t
+
+c
2
C
2,1
3π
2l
2
D
1,1
(t)cos c
3π
2l
t
+ c
2
C
2,1
3π
2l
2
D
2,1
(t)sin c
3π
2l
t
=
−C
2,1
D
0
1,1
(t)c
3π
2l
sin c
3π
2l
t
+ C
2,1
D
0
2,1
(t)c
3π
2l
cos c
3π
2l
t
= 2
(3.1.2.20)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
58
Zatem musimy rozwiązać układ równań postaci
−C
2,1
D
0
1,1
(t)c
3π
2l
sin
c
3π
2l
t
+ C
2,1
D
0
2,1
(t)c
3π
2l
cos
c
3π
2l
t
= 2
D
0
1,1
(t)cos c
3π
2l
t
+ D
0
2,1
(t)sin c
3π
2l
t
= 0
(3.1.2.21)
Wyznacznik macierzy głównej
W = det
−C
2,1
c
3π
2l
sin c
3π
2l
t
C
2,1
c
3π
2l
cos c
3π
2l
t
cos c
3π
2l
t
sin c
3π
2l
t
= −C
2,1
c
3π
2l
6= 0
(3.1.2.22)
oraz wyznaczniki macierzy pomocniczej
W
D
1
= det
2 C
2,1
c
3π
2l
cos c
3π
2l
t
0
sin c
3π
2l
t
= 2sin
c
3π
2l
t
(3.1.2.23)
oraz
W
D
2
= det
−C
2,1
c
3π
2l
sin c
3π
2l
t
2
cos c
3π
2l
t
0
= −2cos
c
3π
2l
t
(3.1.2.24)
Wtedy
D
1,1
=
R
W
D1
W
dt =
2cos
(
c
3π
2l
t
)
C
2,1
(
c
3π
2l
)
2
D
2,1
=
R
W
D2
W
dt =
2sin
(
c
3π
2l
t
)
C
2,1
(
c
3π
2l
)
2
(3.1.2.25)
Stąd rozwiązanie szczególne jest postaci:
v
1,s
(t) =
2cos
2
c
3π
2l
t
C
2,1
c
3π
2l
2
+
2sin
2
c
3π
2l
t
C
2,1
c
3π
2l
2
=
2
C
2,1
c
3π
2l
2
.
(3.1.2.26)
Zatem po rozwiązaniu wszystkich równań na współczynniki otrzymujemy roz-
wiązanie postaci:
u(x, t) =
∞
P
n=0
h
D
1,n
cos
c
(2n+1)π
2l
t
+ D
2,n
sin
c
(2n+1)π
2l
t
i
·
·C
2,n
sin
(2n+1)π
2l
x
+
2
C
2,1
(
c
3π
2l
)
2
C
2,1
sin
3π
2l
x
(3.1.2.27)
co możemy zapisać w uproszczonej postaci:
u(x, t) =
∞
P
n=0
E
1,n
cos
c
(2n+1)π
2l
t
sin
(2n+1)π
2l
x
+
+E
2,n
sin
c
(2n+1)π
2l
t
sin
(2n+1)π
2l
x
+
+
2sin
(
3π
2l
x
)
(
c
3π
2l
)
2
(3.1.2.28)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
59
Sprawdźmy warunki nałożone na stałe wynikające z warunków początkowych
(3.1.2.1) tj. u(x, 0) = φ(x), u
t
(x, 0) = 0. Obliczmy pochodną funkcji u:
u
t
(x, t) =
∞
P
n=0
−E
1,n
c
(2n+1)π
2l
sin
c
(2n+1)π
2l
t
sin
(2n+1)π
2l
x
+
+E
2,n
c
(2n+1)π
2l
cos
c
(2n+1)π
2l
t
sin
(2n+1)π
2l
x
u
t
(x, 0) =
∞
P
n=0
E
2,n
c
(2n+1)π
2l
sin
(2n+1)π
2l
x
(3.1.2.29)
Z drugiego warunku początkowego oznacza to, że E
2,n
= 0 dla każdego n ∈
N ∪ {0}. Stąd nasze rozwiązanie jest postaci:
u(x, t) =
∞
P
n=0
E
1,n
cos
c
(2n+1)π
2l
t
sin
(2n+1)π
2l
x
+
2sin
(
3π
2l
x
)
(
c
3π
2l
)
2
(3.1.2.30)
Znając funkcję phi(x) można odszukać pozostałe współczynniki rozwijając ją w
szereg trygonometryczny Fouriera. Aby to zrobić potrzebna jest jednak baza w
skład której wchodzą wszystkie funkcje reprezentacji w rozwiązaniu.
u(x, 0) =
∞
X
n=0
E
1,n
sin
(2n + 1)π
2l
x
+
2sin
3π
2l
x
c
3π
2l
2
(3.1.2.31)
Łatwo zauważyć, że bazą będę funkcje z okresem 4l ( ponieważ sin
(2n+1)π
2l
x
=
= sin
(2n+1)2π
4l
x
. Stąd do wyznaczenia rozwinięcia funkcji φ(x) użyjemy wła-
śnie tego okresu.
φ(x) =
a
0
2
+
∞
X
n=1
a
n
cos
2πn
4l
x
+ b
n
sin
2πn
4l
x
(3.1.2.32)
Z porównania odpowiednich współczynników otrzymujemy
E
1,n
= b
2n+1
=
2l
R
−2l
φ(x)sin
(2n+1)π
2l
dx, n 6= 1
E
1,1
= b
3
−
2
(
c
3π
2l
)
2
(3.1.2.33)
3.2
Równanie dyfuzji
3.2.1
Równanie dyfuzji niejednorodne
Zadanie 3.2.1. Rozwiązać równanie różniczkowe :
u
t
= a
2
u
xx
− bu
u(0, t) = u
x
(l, t) = 0
u(x, 0) = cos
xπ
2l
(3.2.1.1)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
60
Rozwiązanie.
Przewidujemy rozwiązanie postaci:
u =
∞
X
n=1
u
n
=
∞
X
n=1
v
n
(t) · w
n
(x)
(3.2.1.2)
Rozważamy problem jednorodny:
(u
n
)
t
= a
2
(u
n
)
xx
u
n
(0, t) = (u
n
)
x
(l, t) = 0
(3.2.1.3)
Obliczamy pochodne:
(u
n
)
t
= v
0
n
(t) · w
n
(x)
(3.2.1.4)
(u
n
)
xx
= v
n
(t) · w
00
n
(x)
(3.2.1.5)
Po podstawieniu do (3.2.1.3) dostajemy:
v
0
n
(t) · w
n
(x) = a
2
v
n
(t) · w
00
n
(x)
(3.2.1.6)
Po przekształceniu otrzymamy:
v
0
n
(t)
a
2
v
n
(t)
=
w
00
n
(x)
w
n
(x)
= λ
n
(3.2.1.7)
Uwzględniając warunek początkowy wybieramy odpowiednie równanie:
w
n
(0) · v
n
(t) = w
0
n
(l) · v
n
(t) = 0
(3.2.1.8)
Otrzymujemy, że:
w
n
(0) = 0, w
0
n
(l) = 0
(3.2.1.9)
Rozwiązujemy teraz następujące równanie:
w
00
n
(x)
w
n
(x)
= λ
n
(3.2.1.10)
Korzystając z metody charakterystyk otrzymujemy:
r
2
− λ
n
= 0
(3.2.1.11)
Dla tego równania mamy :
∆ = 4λ
n
(3.2.1.12)
Rozważamy przypadki:
I.)
∆ > 0
(3.2.1.13)
Wtedy:
λ
n
> 0
(3.2.1.14)
I otrzymujemy, ze:
w
n
(x) = C
1
· e
√
λ
n
·x
+ C
2
· e
−
√
λ
n
·x
(3.2.1.15)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
61
Po uwzględnieniu warunków początkowych dostajemy:
w
n
(0) = C
1
+ C
2
= 0
(3.2.1.16)
C
1
= −C
2
(3.2.1.17)
w
n
(x) = C
1
· e
√
λ
n
·x
− C
1
· e
−
√
λ
n
·x
(3.2.1.18)
w
0
n
(x) = C
1
p
λ
n
· e
√
λ
n
·x
+ C
1
p
λ
n
· e
−
√
λ
n
·x
(3.2.1.19)
Uwzględniając kolejny warunek początkowy dostajemy, że:
w
0
n
(l) = C
1
p
λ
n
· e
√
λ
n
·l
+ C
1
p
λ
n
· e
−
√
λ
n
·l
(3.2.1.20)
A stąd wnioskujemy, że:
C
1
= 0
(3.2.1.21)
Oraz, że:
C
2
= 0
(3.2.1.22)
W wariancie I otrzymaliśmy rozwiązanie zerowe a takie na nie interesuje.
Rozważamy wariant II:
∆ = 0
(3.2.1.23)
Wtedy:
λ
n
= 0
(3.2.1.24)
Otrzymujemy rozwiązanie:
w
n
(x) = C
1
+ C
2
· x
(3.2.1.25)
Uwzględniając warunki początkowe dostajemy:
w
n
(0) = C
1
= 0
(3.2.1.26)
Zatem:
w
n
(x) = C
2
· x
(3.2.1.27)
Dalej otrzymujemy, że:
w
0
n
(x) = C
2
(3.2.1.28)
Uwzględniając kolejny warunek początkowy mamy:
w
0
n
(l) = C
2
= 0
(3.2.1.29)
W wariancie II mamy sytuacje taka jak w wariancie I. Przechodzimy teraz do
wariantu III.
Wariant III:
∆ < 0
(3.2.1.30)
Wtedy:
λ
n
< 0
(3.2.1.31)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
62
Otrzymujemy rozwiązanie postaci:
w
n
(x) = C
1
· cos(
p−λ
n
· x) + C
2
· sin(
p−λ
n
· x)
(3.2.1.32)
Uwzględniając warunki początkowe dostajemy:
w
n
(0) = C
1
= 0
(3.2.1.33)
Zatem:
w
n
(x) = C
2
· sin(
p−λ
n
· x)
(3.2.1.34)
Uwzględniając kolejny warunek początkowy otrzymujemy:
w
0
n
(x) = C
2
·
p−λ
n
· cos(
p−λ
n
· t)
(3.2.1.35)
w
0
n
(l) = C
2
·
p−λ
n
· cos(
p−λ
n
· l)
(3.2.1.36)
Wnioskujemy stąd, że:
p−λ
n
· l = 0.5π + nπ
(3.2.1.37)
λ
n
= −(
π
l
· (n +
1
2
))
2
(3.2.1.38)
Zatem:
w
n
(x) = C
2
· sin(
π
l
· (n +
1
2
) · x)
(3.2.1.39)
Otrzymujemy, że:
u(x, t) =
∞
X
n=0
u
n
=
∞
X
n=0
v
n
(t) · C
2,n
· sin
π
l
· (n +
1
2
) · x
(3.2.1.40)
Wyznaczamy potrzebne pochodne:
u
t
(x, t) =
∞
X
n=0
v
0
n
(t) · C
2,n
· sin
π
l
· (n +
1
2
) · x
(3.2.1.41)
u
xx
(x, t) =
∞
X
n=0
v
n
(t)·
−(
π
l
· (n +
1
2
))
2
·C
2,n
·sin
π
l
· (n +
1
2
) · x
(3.2.1.42)
Wracając do zadanego równania dostajemy:
u
t
(x, t) = a
2
· u
xx
(x, t) − b · u(x, t)
(3.2.1.43)
∞
P
n=0
v
0
n
(t) · C
2,n
· sin
π
l
· (n +
1
2
) · x
=
= −a
2
∞
P
n=0
v
n
(t) · C
2,n
·
π
l
· (n +
1
2
)
2
· sin
π
l
· (n +
1
2
) · x
+
−b ·
∞
P
n=0
v
n
(t) · C
2,n
· sin
π
l
· (n +
1
2
) · x
(3.2.1.44)
Korzystając z tego, ze przedstawienie w bazie jest jednoznaczne otrzymujemy:
v
0
n
(t) · C
2,n
= −a
2
· C
2,n
·
π
l
· (n +
1
2
)
2
· v
n
(t) − b · v
n
(t) · C
2,n
(3.2.1.45)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
63
v
0
n
(t) = v
n
(t) ·
"
−a
2
·
π
l
· (n +
1
2
)
2
− b
#
(3.2.1.46)
Po scałkowaniu równania stronami dostajemy:
v
n
(t) = D
n
· exp
"
−a
2
·
π
l
· (n +
1
2
)
2
− b
#
t
(3.2.1.47)
Zatem:
u(x, t) =
∞
X
n=0
B
n
· exp
"
−a
2
·
π
l
· (n +
1
2
)
2
− b
#
t · sin(
π
l
· (n +
1
2
) · x)
(3.2.1.48)
Korzystając z zadanego warunku dostajemy:
u(x, 0) =
∞
X
n=0
B
n
· sin
π
l
· (n +
1
2
) · x
= sin
π · x
2l
(3.2.1.49)
Korzystamy ponownie z tego, ze przedstawienie w bazie jest jednoznacznie.
Otrzymujemy:
Dla n=0:
B
0
= 1
(3.2.1.50)
Dla pozostałych n:
B
n
= 0
(3.2.1.51)
Ostatecznie dostajemy:
u(x, t) = exp
−
aπ
2l
2
− b
· t
· sin
π · x
2l
(3.2.1.52)
3.3
Równanie Laplace’a
3.3.1
Równanie Laplace’a jednorodne
Zadanie 3.3.1. Rozwiązać równanie różniczkowe :
u
xx
+ u
yy
= 0
u(0, y) = u
x
(p, y) = 0
u(x, 0) = 2 sin(
xπ
2p
)
(3.3.1.1)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
64
Rozwiązanie.
Przewidujemy rozwiązanie w postaci:
u(x, y) =
∞
X
n=1
u
n
=
∞
X
n=1
v
n
(x) · w
n
(y)
(3.3.1.2)
Wiemy, że:
v
00
n
(x) · w
n
(y) = −w
00
n
(y) · v
n
(x)
v
n
(0) = 0
v
0
n
(p) = 0
(3.3.1.3)
W związku z tym rozwiązujemy następujące równanie:
v
00
n
(x)
v
n
(x)
= λ
n
(3.3.1.4)
v
00
n
(x) − v
n
(x) · λ
n
= 0
(3.3.1.5)
Korzystając z metody charakterystyk otrzymujemy:
r
2
− λ
n
= 0
(3.3.1.6)
Rozważamy przypadki:
I.)
∆ > 0
(3.3.1.7)
Wtedy:
λ
n
> 0
(3.3.1.8)
Otrzymujemy, że:
v
n
(x) = C
1,n
· e
√
λ
n
·x
+ C
2,n
· e
−
√
λ
n
·x
(3.3.1.9)
Po uwzględnieniu warunków początkowych dostajemy:
v
n
(0) = C
1,n
+ C
2,n
= 0
(3.3.1.10)
C
2,n
= −C
1,n
(3.3.1.11)
v
n
(x) = C
1,n
· e
√
λ
n
·x
− C
1,n
· e
−
√
λ
n
·x
(3.3.1.12)
v
0
n
(x) = C
1,n
p
λ
n
· e
√
λ
n
·x
+ C
1,n
p
λ
n
· e
−
√
λ
n
·x
(3.3.1.13)
v
0
n
(p) = C
1,n
p
λ
n
· e
√
λ
n
·p
+ C
1,n
p
λ
n
· e
−
√
λ
n
·p
(3.3.1.14)
v
0
n
(p) = C
1,n
p
λ
n
· (e
√
λ
n
·p
+ e
−
√
λ
n
·p
)
(3.3.1.15)
Stąd wniosek, że:
C
1,n
= C
2,n
= 0
(3.3.1.16)
W rozważanym wariancie otrzymaliśmy rozwiązanie zerowe, a takie rozwiązanie
nas nie interesuje.
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
65
II.)
∆ = 0
(3.3.1.17)
Wtedy:
λ
n
= 0
(3.3.1.18)
Oraz:
v
n
(x) = C
1,n
+ C
2,n
· x
(3.3.1.19)
Uwzględniając warunki początkowe dostajemy:
v
n
(0) = C
1,n
= 0
(3.3.1.20)
v
n
(x) = C
2,n
· x
(3.3.1.21)
v
0
n
(x) = C
2,n
(3.3.1.22)
v
0
n
(p) = C
2,n
= 0
(3.3.1.23)
Podobnie jak w wariancie pierwszym otrzymujemy rozwiązanie zerowe, które
nas nie interesuje.
III.)
∆ < 0
(3.3.1.24)
Wtedy:
λ
n
< 0
(3.3.1.25)
Oraz:
v
n
(x) = C
1,n
· cos(
p−λ
n
· x) + C
2,n
· sin(
p−λ
n
· x)
(3.3.1.26)
Uwzględniając warunki początkowe dostajemy:
v
n
(0) = C
1,n
= 0
(3.3.1.27)
Zatem:
v
n
(x) = C
2,n
· sin(
p−λ
n
· x)
(3.3.1.28)
v
0
n
(x) = C
2,n
·
p−λ
n
· cos(
p−λ
n
· x)
(3.3.1.29)
v
0
n
(p) = C
2,n
·
p−λ
n
· cos(
p−λ
n
· p)
(3.3.1.30)
Stąd wniosek, że:
p−λ
n
· p =
π
2
+ n · π
(3.3.1.31)
λ
n
= −
π
p
n +
1
2
2
(3.3.1.32)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
66
Zatem:
v
n
(x) = C
2,n
· sin
π
p
·
n +
1
2
· x
(3.3.1.33)
Zatem:
u(x, y) =
∞
X
n=0
w
n
(y) · C
2,n
· sin
π
p
·
n +
1
2
· x
(3.3.1.34)
Wyznaczamy potrzebne pochodne:
u
xx
(x, y) =
∞
X
n=0
−w
n
(y)·
π
p
n +
1
2
2
·C
2,n
·sin
π
p
·
n +
1
2
· x
(3.3.1.35)
u
yy
(x, y) =
∞
X
n=0
w
00
n
(y) · C
2,n
· sin
π
p
·
n +
1
2
· x
(3.3.1.36)
Podstawiając do pierwszego równania otrzymujemy:
u
xx
+ u
yy
= 0
(3.3.1.37)
∞
P
n=0
−w
n
(y) ·
h
π
p
n +
1
2
i
2
· C
2,n
· sin
π
p
· n +
1
2
· x
+
+
∞
P
n=0
w
00
n
(y) · C
2,n
· sin
π
p
· n +
1
2
· x
= 0
(3.3.1.38)
u
xx
+ u
yy
= 0
(3.3.1.39)
∞
X
n=0
sin
π
p
·
n +
1
2
· x
·
w
00
n
(y) · C
2,n
− w
n
(y) ·
π
p
n +
1
2
2
· C
2,n
!
= 0
(3.3.1.40)
Korzystając z tego, że przedstawienie w bazie jest wyznaczone w sposób jedno-
znaczny otrzymujemy, że:
w
00
n
(y) · C
2,n
− w
n
(y) ·
π
p
n +
1
2
2
· C
2,n
= 0
(3.3.1.41)
w
00
n
(y) − w
n
(y) ·
π
p
n +
1
2
2
= 0
(3.3.1.42)
Korzystając z metody charakterystyk dostajemy:
r
2
−
π
p
n +
1
2
2
= 0
(3.3.1.43)
Zatem:
r =
π
p
n +
1
2
(3.3.1.44)
ROZDZIAŁ 3. RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE
67
lub
r = −
π
p
n +
1
2
(3.3.1.45)
Otrzymujemy zatem, że:
w
n
(y) =
d
1,n
· e
π
p
(
n+
1
2
)
·y
+ d
2,n
· e
−
π
p
(
n+
1
2
)
·y
(3.3.1.46)
u(x, y) =
∞
X
n=0
w
n
(y) · C
2,n
· sin
π
p
·
n +
1
2
· x
(3.3.1.47)
u(x, y) =
∞
X
n=0
D
1,n
· e
π
p
(
n+
1
2
)
·y
+ D
2,n
· e
−
π
p
(
n+
1
2
)
·y
· sin
π
p
·
n +
1
2
· x
(3.3.1.48)
Korzystając z zadanego warunku początkowego dostajemy:
u(x, 0) =
∞
X
n=0
(D
1,n
+ D
2,n
) · sin
π
p
·
n +
1
2
· x
= 2 sin(
xπ
2p
)
(3.3.1.49)
Dla n=0 mamy:
D
1,0
+ D
2,0
= 2
(3.3.1.50)
D
2,0
= 2 − D
1,0
(3.3.1.51)
Dla pozostałych n mamy:
D
1,n
+ D
2,n
= 0
(3.3.1.52)
D
2,n
= −D
1,n
(3.3.1.53)
Ostatecznie dostajemy, że:
u(x, t) =
D
1,0
· e
yπ
2p
+ (2 − D
1,0
) · e
−
yπ
2p
· sin(
xπ
2p
)+
+
∞
P
n=1
D
1,n
· e
π
p
(
n+
1
2
)
·y
− D
1,n
· e
−
π
p
(
n+
1
2
)
·y
· sin
π
p
· n +
1
2
· x
= 2 sin(
xπ
2p
)
(3.3.1.54)
u(x, t) =
∞
P
n=0
D
1,n
· e
π
p
(
n+
1
2
)
·y
− D
1,n
· e
−
π
p
(
n+
1
2
)
·y
·
· sin
π
p
· n +
1
2
· x
+ 2 sin(
xπ
2p
)
(3.3.1.55)
Document Outline
- Równania rózniczkowe zwyczajne
- Proste równania rózniczkowe
- Równanie o zmiennych rozdzielonych
- Równania rózniczkowe jednorodne
- Równanie rózniczkowe liniowe niejednorodne
- Równanie Bernouliego
- Równanie liniowe 2 rzedu o stałych współczynnikach
- Układy równan rózniczkowych
- Równanie zupełne
- Równanie z poszukiwaniem czynnika o znanej postaci
- Analiza jakosciowa równan rózniczkowych zwyczajnych
- Równania rózniczkowe czastkowe
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
04 Rozdział 03 Efektywne rozwiązywanie pewnych typów równań różniczkowych
04 Rozdział 03 Efektywne rozwiązywanie pewnych typów równań różniczkowych
04 Rozdział 03 Efektywne rozwiązywanie pewnych typów równań różniczkowych
chomik Wybrane modele ekologiczne oraz metody rozwiązywania równań różniczkowych zwyczajnych
Kochański P, Kortyka P Sposoby rozwiązywania prostych równań różniczkowych zwyczajnych
METODY ROZWIĄZYWANIA RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH , RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE JEDNORODNE WZGLĘDEM X i Y
102 rownania rozniczkowe 1 rzedu z pelnymi rozwiazaniami krok po kroku (2)
20110414 kolokwium (rownania rozniczkowe) wszystkie rozwiazaniaid 27571
Zestawy zadań matma, Rownania rozniczkowe II, dr Anna Barbaszewska-Wiśniowska
1 Rozwiązywanie równań różniczkowych z niezerowymi warunkami początkowymi
19-21, Rozwiązanie numeryczne równań różniczkowych przy rozwinięciu w szereg Taylora
Numeryczne rozwiazywanie zagadnien poczatkowych równan i układów równan rózniczkowych zwyczajnych
Metody jednokrokowe rozwiązywania równań różniczkowych, aaa, studia 22.10.2014, całe sttudia, III se
Zestaw 8-Istnienie i jednoznacznosc rozwiazan równan rózniczkowych
2.1.3 Rozwiązywanie równań różniczkowych
Równania różniczkowe zwyczajne lista zadań
więcej podobnych podstron