Matematyka: Definicje, twierdzenia, przykłady,
zadania
!
!
Zestaw 3 – równania zupełne i z czynnikiem całkującym. Teoria jest taka:
Zadania (tym razem bez rozwiązań – po znalezieniu rozwiązania trzeba po prostu sprawdzić,
czy to rzeczywiście rozwiązuje zadanie)
Zestaw 4: Metoda faktoryzacji i r´
ownania liniowe wy˙zszego rz¸
edu
I.
TEORIA
A.
Oznaczenia: x = x(t),
dx
dt
= ˙x,
d
2
x
dt
2
= ¨
x
lub
d
n
x
dt
n
= x
(n)
, przy czym x
(0)
= x. Dla r´
ownania
A
n
x
(n)
+ A
n−1
x
(n−1)
+ · · · + A
1
x
(1)
+ A
0
x
= 0,
(1)
gdzie A
k
to sta le wsp´o lczyniki, r´ownaniem charakterystycznym nazywam r´ownanie
A
n
λ
n
+ A
n−1
λ
n−1
+ · · · + A
1
λ
+ A
0
= 0
(2)
R´ownanie to ma n pierwiastk´ow (w og´
olno´sci zespolonych): λ
1
, . . . , λ
n
. Je˙zeli pierwiastki s¸a r´o˙zne, to funkcje e
λ
1
t
,
. . .
, e
λ
n
t
s¸a rozwi¸azaniami (1). Je˙zeli jaki´s pierwiastek jest wielokrotny, np. λ
2
= λ
3
= λ
4
= λ, to szczeg´olnymi
rozwi¸azaniami s¸a, opr´
ocz e
λt
, r´ownie˙z funkcje te
λt
, t
2
e
λt
. W sumie zawsze znajdzie si¸e w ten spos´
b n r´o˙znych
rozwi¸aza´
n. Je˙zeli mamy n rozwi¸aza´
n r´
ownania (1), x
1
(t), . . . , x
n
(t), to kombinacja liniowa ze sta lymi C
1
. . . C
n
x
(t) = C
1
x
1
(t) + · · · + C
n
x
n
(t)
(3)
te˙z jest rozwi¸azaniem r´ownaiania (1).
Ciekawsza metoda rozwi¸azywania (metoda faktoryzacji) polega na zapisaniu (1) jako
d
dt
− λ
1
. . .
d
dt
− λ
n
x
= 0
(4)
Teraz policzmy co´s takiego
e
λt
d
dt
e
−λt
f
= e
λt
d
dt
e
−λt
f
= e
λt
f
d
dt
e
−λt
+ e
−λt
d
dt
f
= e
λt
− λf e
−λt
+ e
−λt
d
dt
f
= −λf +
d
dt
f
=
d
dt
− λ
f
(5)
Poniewa˙z zachodzi to dla wszystkich f , piszemy
e
λt
d
dt
e
−λt
=
d
dt
− λ
(6)
Mo˙zemy zatem napisa´c
d
dt
− λ
1
. . .
d
dt
− λ
n
x
= e
λ
1
t
d
dt
e
−λ
1
t
. . . e
λ
n
t
d
dt
e
−λ
n
t
= 0
(7)
Przyk lad:
¨
x
+ 2 ˙x − 24x =
d
dt
− 4
d
dt
+ 6
x
= e
4t
d
dt
e
−4t
e
−6t
d
dt
e
6t
x
= e
4t
d
dt
e
−10t
d
dt
e
6t
x
= 0
(8)
przy czym zak ladamy, ˙ze
d
dt
dzia la w prawo, na wszystko, czyli
e
4t
d
dt
e
−10t
d
dt
e
6t
x
= e
4t
d
dt
e
−10t
d
dt
e
6t
x
(9)
2
Mo˙zemy teraz ca lkowa´c po kolei
e
4t
d
dt
e
−10t
d
dt
e
6t
x
= 0
(10)
d
dt
e
−10t
d
dt
e
6t
x
= 0
(11)
e
−10t
d
dt
e
6t
x
= C
(12)
d
dt
e
6t
x
= Ce
10t
(13)
e
6t
x
= C
Z
e
10t
dt
= C
1
10
e
10t
+ C
1
(14)
x
= e
−6t
C
10
e
10t
+ C
1
e
−6t
=
C
4
e
4t
+ C
1
e
−6t
= C
1
e
−6t
+ C
2
e
4t
= x(t)
(15)
Przyk lad:
Poniewa˙z (λ − 5)
3
= λ
3
− 15λ
2
+ 75λ − 125, wi¸ec
x
(3)
− 15x
(2)
+ 75x
(1)
− 124x =
d
dt
− 5
d
dt
− 5
d
dt
− 5
x
= e
5t
d
dt
e
−5t
e
5t
d
dt
e
−5t
e
5t
d
dt
e
−5t
x
= e
5t
d
3
dt
3
e
−5t
x
Czyli x
(3)
− 15x
(2)
+ 75x
(1)
− 124x = 0 liczymy tak
x
(3)
− 15x
(2)
+ 75x
(1)
− 124x = e
5t
d
3
dt
3
e
−5t
x
= 0
(16)
d
3
dt
3
e
−5t
x
= 0
(17)
d
2
dt
2
e
−5t
x
= C
(18)
d
dt
e
−5t
x
= Ct + C
1
(19)
e
−5t
x
= C
t
2
2
+ C
1
t
+ C
2
(20)
x
= C
t
2
2
e
5t
+ C
1
te
5t
+ C
2
e
5t
= C
1
te
5t
+ C
2
e
5t
+ C
3
t
2
e
5t
= x(t)
(21)
Uzyskali´smy kombinacj¸e rozwi¸aza´
n charakterystycznych dla pierwiastka potr´ojnego λ = 5.
3
B.
Teraz rozpatrzmy taki rachunek (t
0
— dowolna liczba, czyli sta la):
e
R
t
t0
g(τ )dτ
d
dt
e
−
R
t
t0
g(τ )dτ
f
(t) = e
R
t
t0
g(τ )dτ
d
dt
e
−
R
t
t0
g(τ )dτ
f
(t)
= e
R
t
t0
g(τ )dτ
e
−
R
t
t0
g(τ )dτ
d
dt
f
(t) + f (t)
d
dt
e
−
R
t
t0
g(τ )dτ
= e
R
t
t0
g(τ )dτ
e
−
R
t
t0
g(τ )dτ
d
dt
f
(t) − f (t)e
−
R
t
t0
g(τ )dτ
d
dt
Z
t
t
0
g
(τ )dτ
=
d
dt
f
(t) − f (t)g(t) =
d
dt
− g(t)
f
(t)
czyli
e
R
t
t0
g(τ )dτ
d
dt
e
−
R
t
t0
g(τ )dτ
=
d
dt
− g(t)
(22)
Przyk lad:
d
dt
− t
2
d
dt
− t
x
=
d
dt
− t
2
dx
dt
− tx
=
d
dt
dx
dt
− tx
− t
2
dx
dt
− tx
= ¨
x − x − t ˙x − t
2
˙x + t
3
x
= ¨
x − (t + t
2
) ˙x + (t
3
− 1)x
Dlatego
¨
x − (t + t
2
) ˙x + (t
3
− 1)x =
d
dt
− t
2
d
dt
− t
x
= e
R
t
t0
τ
2
dτ
d
dt
e
−
R
t
t0
τ
2
dτ
e
R
t
t0
τ dτ
d
dt
e
−
R
t
t0
τ dτ
= e
(t
3
−t
3
0
)/3
d
dt
e
−(t
3
−t
3
0
)/3
e
(t
2
−t
2
0
)/2
d
dt
e
−(t
2
−t
2
0
)/2
= e
t
3
/3
e
−t
3
0
/3
d
dt
e
−t
3
/3
e
t
3
0
/3
e
t
2
/2
e
−t
2
0
/2
d
dt
e
−t
2
/2
e
t
2
0
/2
= e
t
3
/3
d
dt
e
−t
3
/3
e
t
2
/2
d
dt
e
−t
2
/2
= e
t
3
/3
d
dt
e
t
2
/2−t
3
/3
d
dt
e
−t
2
/2
(23)
Mogli´smy skr´oci´c wyrazy w rodzaju e
−t
3
0
/3
bo nie zale˙z¸a od t, czyli s¸a to sta le. Rozpatrzmy takie r´ownanie
¨
x − (t + t
2
) ˙x + (t
3
− 1)x = cos t
(24)
Strategia jest nast¸epuj¸aca
¨
x − (t + t
2
) ˙x + (t
3
− 1)x = e
t
3
/3
d
dt
e
t
2
/2−t
3
/3
d
dt
e
−t
2
/2
x
= cos t
(25)
d
dt
e
t
2
/2−t
3
/3
d
dt
e
−t
2
/2
x
= e
−t
3
/3
cos t
(26)
e
t
2
/2−t
3
/3
d
dt
e
−t
2
/2
x
=
Z
t
t
1
e
−τ
3
/3
cos τ dτ
(27)
4
d
dt
e
−t
2
/2
x
= e
−t
2
/2+t
3
/3
Z
t
t
1
e
−τ
3
/3
cos τ dτ
(28)
e
−t
2
/2
x
=
Z
t
t
2
ds e
−s
2
/2+s
3
/3
Z
s
t
1
e
−τ
3
/3
cos τ dτ
(29)
x
(t) = e
t
2
/2
Z
t
t
2
ds e
−s
2
/2+s
3
/3
Z
s
t
1
e
−τ
3
/3
cos τ dτ
(30)
Zapisa lem to troch¸e bardziej porz¸adnie, czyli przy pomocy ca lek oznaczonych. Teraz dwie sta le dowolne ukryte s¸a
w dw´och dowolnych dolnych granicach ca lkowania: t
1
i t
2
. Ca lek ju˙z jawnie nie wyliczam, bo za trudne nawet dla
programu Mathematica 6.
Warunki pocz¸atkowe dobrane s¸a tak, ˙ze na podstawie (30)
x
(t
2
) = e
t
2
2
/2
Z
t
2
t
2
ds e
−s
2
/2+s
3
/3
Z
s
t
1
e
−τ
3
/3
cos τ dτ = 0
(31)
a na podstawie (28), przepisanego jako
−te
−t
2
/2
x
(t) + e
−t
2
/2
d
dt
x
(t) = e
−t
2
/2+t
3
/3
Z
t
t
1
e
−τ
3
/3
cos τ dτ
(32)
zachodzi
−t
1
e
−t
2
1
/2
x
(t
1
) + e
−t
2
1
/2
˙x(t
1
) = e
−t
2
1
/2+t
3
1
/3
Z
t
1
t
1
e
−τ
3
/3
cos τ dτ = 0
(33)
˙x(t
1
) = −t
1
x
(t
1
)
(34)
II.
ZADANIA
1. Znale´z´c rozwi¸azanie og´
olne metod¸a faktoryzacji
¨
x − 2 ˙x − 35x = 0,
(35)
5¨
x − 3 ˙x −
1
4
x
= 0,
(36)
¨
x − 2 ˙x − 35x = 1,
(37)
5¨
x − 3 ˙x −
1
4
x
= 2,
(38)
¨
x − 2 ˙x − 35x = t,
(39)
5¨
x − 3 ˙x −
1
4
x
= t
2
,
(40)
¨
x − 10 ˙x + 25x = 0,
(41)
¨
x − 10 ˙x + 25x = 1,
(42)
¨
x − t ˙x + ˙x − tx = 0,
(43)
2. Niech x
1
(t) oznacza rozwi¸azanie szczeg´olne. Znale´z´c rozw. og´
olne r´owna´
n
x
(4)
+ 8x
(3)
− 30x
(2)
− 400x
(1)
− 875x = 0,
gdy x
1
(t) = t
2
e
−5t
,
(44)
x
(3)
+ x
(2)
− 40x
(1)
− 112x = 0,
gdy x
1
(t) = te
−4t
,
(45)
3. Niech [A, B] = AB − BA. Obliczy´c: (a) [
d
dt
, t
]x(t), (b) [
d
dt
, t
2
]x(t), (c) [
d
dt
+ t,
d
dt
− t]x(t), (d) [
d
dt
+ t
2
,
d
dt
− t]x(t).
Zestaw 5: Metoda faktoryzacji (c.d.)
I.
TEORIA
Rozpatrzmy takie rachunki
d
dx
− x
d
dx
+ x
f
(x) =
d
2
dx
2
− x
2
f
(x) − x
d
dx
f
(x) +
d
dx
xf
(x)
=
d
2
dx
2
− x
2
f
(x) − x
d
dx
f
(x) +
dx
dx
f
(x) + x
df
(x)
dx
=
d
2
dx
2
− x
2
f
(x) + f (x)
d
dx
+ x
d
dx
− x
f
(x) =
d
2
dx
2
− x
2
f
(x) + x
d
dx
f
(x) −
d
dx
xf
(x)
=
d
2
dx
2
− x
2
f
(x) + x
d
dx
f
(x) −
dx
dx
f
(x) − x
df
(x)
dx
=
d
2
dx
2
− x
2
f
(x) − f (x)
Niech teraz A b¸edzie liczb¸a i rozpatrzmy r´ownanie
d
2
dx
2
− x
2
f
A
(x) = Af
A
(x)
(1)
Znajd´zmy jakiekolwiek rozwi¸azania f
A
(x) r´ownania (1). Zacznijmy od dw´och r´o˙znych faktoryzacji
d
2
dx
2
− x
2
f
A
(x) =
d
dx
+ x
d
dx
− x
f
A
(x) + f
A
(x) = A f
A
(x),
(2)
d
2
dx
2
− x
2
f
A
(x) =
d
dx
− x
d
dx
+ x
f
A
(x) − f
A
(x) = A f
A
(x).
(3)
Mo˙zna je przepisa´c jako
d
dx
+ x
d
dx
− x
f
A
(x) = (A − 1)f
A
(x),
(4)
d
dx
− x
d
dx
+ x
f
A
(x) = (A + 1)f
A
(x).
(5)
Pomi´
nmy banalne rozwi¸azanie f
A
(x) = 0. Od razu mo˙zna poda´c dwa szczeg´olne rozwi¸azania f
1
(x) oraz f
−1
(x).
Mianowicie, je˙zeli A = 1, to
d
dx
+ x
d
dx
− x
f
1
(x) = (1 − 1)f
1
(x) = 0,
(6)
mo˙zna rozwi¸aza´c poprzez
d
dx
− x
f
1
(x) = 0
(7)
czyli
f
1
(x) = C
1
e
x
2
/2
(8)
Analogicznie
d
dx
− x
d
dx
+ x
f
−1
(x) =
(−1) + 1
f
−1
(x) = 0,
(9)
mo˙zna rozwi¸aza´c poprzez
d
dx
+ x
f
−1
(x) = 0
(10)
2
czyli
f
−1
(x) = C
−1
e
−x
2
/2
(11)
Rzeczywi´scie
d
2
dx
2
− x
2
f
1
(x) =
d
2
dx
2
− x
2
C
1
e
x
2
/2
= C
1
d
2
dx
2
e
x
2
/2
− x
2
e
x
2
/2
= C
1
d
dx
xe
x
2
/2
− x
2
e
x
2
/2
= C
1
e
x
2
/2
+ x
2
e
x
2
/2
− x
2
e
x
2
/2
= C
1
e
x
2
/2
= (+1)f
1
(x),
(12)
d
2
dx
2
− x
2
f
−1
(x) =
d
2
dx
2
− x
2
C
−1
e
−x
2
/2
= C
−1
d
2
dx
2
e
−x
2
/2
− x
2
e
−x
2
/2
= C
−1
−
d
dx
xe
−x
2
/2
− x
2
e
−x
2
/2
= C
−1
− e
−x
2
/2
+ x
2
e
−x
2
/2
− x
2
e
−x
2
/2
= −C
−1
e
−x
2
/2
= (−1)f
−1
(x).
(13)
Teraz pytanie: Dla jakich innych A mo˙zna znale´z´c f
A
(x)? Pomys l jest taki. We´zmy np. f
1
(x), kt´ore spe lnia
r´ownocze´snie dwa r´ownania
d
dx
+ x
d
dx
− x
f
1
(x) = (1 − 1)f
1
(x) = 0,
(14)
d
dx
− x
d
dx
+ x
f
1
(x) = (1 + 1)f
1
(x) = 2f
1
(x).
(15)
Zapisuj¸ac drugie z nich jako
d
dx
+ x
d
dx
− x
d
dx
+ x
f
1
(x)
|
{z
}
f
˜
A
(x)
= 2
d
dx
+ x
f
1
(x)
|
{z
}
f
˜
A
(x)
.
(16)
czyli
d
dx
+ x
d
dx
− x
f
˜
A
(x) = 2f
˜
A
(x) = ( ˜
A − 1)f
˜
A
(x)
(17)
znajdujemy ˜
A
= 3. Znaczy to, i˙z funkcja
d
dx
+ x
f
1
(x) = f
3
(x)
(18)
spe lnia
d
dx
+ x
d
dx
− x
f
3
(x) = (3 − 1)f
3
(x) = 2f
3
(x),
(19)
d
dx
− x
d
dx
+ x
f
3
(x) = (3 + 1)f
3
(x) = 4f
3
(x).
(20)
II.
ZADANIA
1. Znale´z´c jawn¸a posta´c rozwi¸aza´
n f
3
(x), f
5
(x), f
7
(x), f
−3
(x), f
−5
(x), f
−7
(x).
3
2. Znale´z´c analogiczn¸a metod¸e rozwi¸azania r´ownania
d
2
dx
2
− 9x
2
f
A
(x) = Af
A
(x)
(21)
Poda´c odpowiedniki rozwi¸aza´
n z Zad. 1. Zrobi´c to na dwa sposoby:
(i) Bezpo´srednio faktoryzuj¸ac operator
d
2
dx
2
− 9x
2
.
(ii) Po podzieleniu obustronnie przez 3,
1
3
d
2
dx
2
− 3x
2
f
A
(x) =
1
3
Af
A
(x),
(22)
zamieni´c zmienne i sprowadzi´c problem do (1).
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
równania różniczkowe - zadania, Budownictwo, Matematyka
Zadanie 4 Równanie różniczkowe y
Druzga, wytrzymałość materiałów Ć, równanie różniczkowe osi odkształconej zadania
Równania różniczkowe sciąga, Politechnika Lubelska, Studia, Studia, Sprawozdania, studia, Matematyka
ZADANIA Szeregi liczbowe, 2 semestr, Równania różniczkowe
Gewert, Skoczylas Równania różniczkowe zwyczajne , teoria przykłady, zadania
zadania wanat, zestaw równania różniczkowe
M Gewert, Z Skoczylas Równania różniczkowe zwyczajne Teoria, przyklady, zadania
Rownania rozniczkowe zwyczajne Teoria i zadania e 0oig
Andrzej Palczewski Rownania rozniczkowe zwyczajne przyklady i zadania
5 Równania PROCENTY W ZADANIACH TEKSTOWYCH odpowiedzi
Niejednorodne liniowe rownania rozniczkowe
04 Rozdział 03 Efektywne rozwiązywanie pewnych typów równań różniczkowych
Bołt W Równania Różniczkowe
struktura czasowa stóp procentowych - zadania - odpowiedzi
Wprowadzenie do ekonomii zadania i ODPOWIEDZI
raport3 Równania różniczkowe zwyczajne
Metody Komputerowe i Numeryczne, Równania różniczkowe zwyczajne
więcej podobnych podstron