R´

ownania r´

o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

Zaczniemy od przypomnienia niekt´orych wÃlasno´sci ukÃlad´ow r´owna´

n liniowych.

Om´owimy to tym razem na przykÃladzie. Rozwa˙zymy ukÃlad

( x − y + 2z = 1 ,

2x + y + z = 2 ,
8x + y + 7z = 8 .

(12.1)

Chcemy znale´z´c wszystkie rozwia

,

zania tego ukÃladu r´owna´

n, kt´ory nazywany jest

niejednorodnym. Wielu student´ow w takiej sytuacji ma ochote

,

na zastosowanie

uniwersalnej metody, kt´ora ,,zaÃlatwia” problem. Jednak w tym przypadku wzory

znalezione w rnych miejscach nie dziaaj, bo pojawia si w mianowniku liczba 0 .*

ZaÃl´o˙zmy teraz, ˙ze dwie tr´ojki (x

1

, y

1

, z

1

) i (x

2

, y

2

, z

2

) sa

,

rozwia

,

zaniami ukÃladu

(12.1), tzn.

( x

1

− y

1

+ 2z

1

= 1 ,

2x

1

+ y

1

+ z

1

= 2 ,

8x

1

+ y

1

+ 7z

1

= 8 ,

i

( x

2

− y

2

+ 2z

2

= 1 ,

2x

2

+ y

2

+ z

2

= 2 ,

8x

2

+ y

2

+ 7z

2

= 8 .

Odejmuja

,

c stronami pierwsze, drugie i trzecie r´ownania otrzymujemy wzory:







(x

1

− x

2

) − (y

1

− y

2

) + 2(z

1

− z

2

) = 0 ,

2(x

1

− x

2

) + (y

1

− y

2

) + (z

1

− z

2

) = 0 ,

8(x

1

− x

2

) + (y

1

− y

2

) + 7(z

1

− z

2

) = 0 .

(12.2)

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze w tej sytuacji tr´ojka (x

1

−x

2

, y

1

−y

2

, z

1

−z

2

) jest rozwia

,

zaniem

ukÃladu (12.2), zwanego jednorodnym. Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli dwie tr´ojki liczb (u

1

, v

1

, w

1

)

i (u

2

, v

2

, w

2

) , czyli dwa wektory, sa

,

rozwia

,

zaniami ukÃladu jednorodnego, a α, β

dwiema liczbami, to r´ownie˙z tr´ojka (wektor)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(αu

1

+ βu

2

, αv

1

+ βv

2

, αw

1

+ βw

2

) ,

zwany kombinacja

,

liniowa

,

wektor´ow

−−−−−−−→

(u

1

, v

1

, w

1

) ,

−−−−−−−→

(u

2

, v

2

, w

2

) o wsp´oÃlczynnikach

α, β jest rozwia

,

zaniem ukÃladu jednorodnego. M´owimy, ˙ze zbi´or rozwia

,

za´

n ukÃladu

jednorodnego jest przestrzenia

,

liniowa

,

.

W rozpatrywanym przypadku sa

,

to wektory prostopadÃle do wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2) ,

−−−−→

(2, 1, 1) i

−−−−→

(8, 1, 7) . Poniewa˙z

−−−−→

(8, 1, 7) = 3

−−−−→

(2, 1, 1) + 2

−−−−−−→

(1, −1, 2) , wie

,

c z prostopadÃlo´sci

wektora

−−−−−→

(u, v, w) do wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2) i

−−−−→

(2, 1, 1) wynika jego prostopadÃlo´s´c do wek-

tora

−−−−→

(8, 1, 7) = 3

−−−−→

(2, 1, 1) + 2

−−−−−−→

(1, −1, 2) , by przekona´c sie

,

o tym mno˙zymy skalarnie os-

tatnia

,

r´owno´s´c przez wektor

−−−−−→

(u, v, w) . Wektory

−−−−−−→

(1, −1, 2) i

−−−−→

(2, 1, 1) nie sa

,

r´ownoleg-

Ãle, co wynika np. z tego, ˙ze ich iloczyn wektorowy

−−−−−−→

(−3, 3, 3) nie jest wektorem

zerowym (zreszta

,

r´ownolegÃlo´s´c wektor´ow oznacza ich proporcjonalno´s´c . . . ).

*

Dlatego nawet ich nie wypisujemy

1

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

Z tego, co napisali´smy wynika od razu, ˙ze zbi´or rozwia

,

za´

n ukÃladu jednorod-

nego jest prosta

,

przechodza

,

ca

,

przez (0, 0, 0) , prostopadÃla

,

do wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2)

i

−−−−→

(2, 1, 1) . To nie jedyny wniosek. Widzimy te˙z, ˙ze dla znalezienia wszystkich

rozwia

,

za´

n ukÃladu niejednorodnego wystarczy znale´z´c jedno jego rozwia

,

zanie i wszyst-

kie rozwia

,

zania ukÃladu jednorodnego. Wida´c od razu, ˙ze rozwia

,

zaniem ukÃladu (12.1)

jest np. wektor

−−−−→

(1, 0, 0) . Rozwia

,

zaniami ukÃladu jednorodnego sa

,

wektory t

−−−−−−→

(−1, 1, 1) ,

t ∈ R , bo sa

,

one r´ownolegÃle do wektora

−−−−−−→

(−3, 3, 3) . Sa

,

to wszystkie rozwia

,

zania tego

ukÃladu, bo jedynie wektory r´ownolegÃle do

−−−−−−→

(−3, 3, 3) sa

,

jednocze´snie prostopadÃle do

obu wektor´ow

−−−−−−→

(1, −1, 2) i

−−−−→

(2, 1, 1) . Wobec tego rozwia

,

zania ukÃladu niejednorodnego

sa

,

postaci

−−−−→

(1, 0, 0) + t

−−−−−−→

(−1, 1, 1) (innych rozwia

,

za´

n ukÃlad (12.1) nie ma). Oczywi´scie

do tego samego rezultatu mo˙zna doj´s´c na drodze czysto algebraicznej. Mo˙zna np. po-

traktowa´c niewiadoma

,

z jako parametr i znale´z´c wzory na x oraz y (tak zostaÃlo to

zrobione w czasie wykÃladu). Przekonamy sie

,

niebawem, ˙ze opisane zjawisko wyste

,

puje

r´ownie˙z w innych sytuacjach, w kt´orych znajdowanie rozwia

,

za´

n jest mniej oczywiste.

Zajmowali´smy sie

,

r´ownaniem

x

0

(t) = λx(t) ,

w kt´orym λ oznacza dana

,

liczbe

,

, a x poszukiwana

,

funkcje

,

zmiennej t . Stwierdzi-

li´smy, ˙ze funkcja e

λt

jest rozwia

,

zaniem tego r´ownania, a potem przekonali´smy sie

,

,

˙ze je´sli funkcja x jest rozwia

,

zaniem tego r´ownania, to istnieje taka liczba C ∈ R ,

˙ze x(t) = Ce

λt

dla ka˙zdej liczby t ∈ R . Mo˙zemy wie

,

c zauwa˙zy´c, ˙ze rozwia

,

zania te

tworza

,

jednowymiarowa

,

przestrze´

n liniowa

,

.

Og´olniejsze r´ownanie to

x

0

(t) = a(t)x(t) + b(t) ,

(12.3)

gdzie a, b sa

,

funkcjami cia

,

gÃlymi zmiennej t okre´slonymi na pewnym przedziale

(α, β) ⊆ R .*

ZaÃl´o˙zmy, ˙ze dwie funkcje x

1

, x

2

sa

,

rozwia

,

zaniami r´ownania x

0

= a(t)x + b(t) ,

tzn. dla ka˙zdego t ∈ (α, β) zachodza

,

r´owno´sci

x

0

1

= a(t)x

1

+ b(t)

oraz

x

0

2

= a(t)x

2

+ b(t) .

Odja

,

wszy je stronami otrzymujemy (x

1

− x

2

)

0

= a(t)(x

1

− x

2

) . Oznacza to, ˙ze

funkcja x

1

− x

2

jest rozwia

,

zaniem r´ownania jednorodnego

x

0

= a(t)x .

(12.4)

*

Na og´

oÃl zapisywa´

c je be,dziemy w postaci x

0

=a(t)x+b(t) ukrywaja,c niejako zale˙zno´s´c funkcji x od

zmiennej t .

2

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

To jest r´ownanie o zmiennych rozdzielonych, wie

,

c umiemy je ju˙z rozwia

,

za´c.

Piszemy je w postaci

x

0

x

= a(t) , caÃlkujemy stronami, otrzymujemy ln |x| =

R

a(τ )dτ ,

zatem |x| = e

R

a(τ ) dτ

. Sta

,

d bez wie

,

kszych trudno´sci wnioskujemy, ˙ze x = Ce

A(t)

,

gdzie A jest dowolna

,

funkcja

,

pierwotna

,

funkcji a , czyli A(t) =

R

a(t)dt , a C

dowolna

,

liczba

,

rzeczywista

,

. Widzimy wie

,

c zn´ow, ˙ze zbi´or rozwia

,

za´

n tego r´ownania

jest jednowymiarowa

,

przestrzenia

,

liniowa

,

— wszystkie rozwia

,

zania mo˙zna otrzyma´c

mno˙za

,

c wybrane niezerowe przez liczby.

Rozwia

,

zawszy r´ownanie jednorodne x

0

= a(t)x mo˙zemy spr´obowa´c znale´z´c

jakie´s rozwia

,

zanie r´ownania jednorodnego. Be

,

dziemy go szuka´c w postaci c(t)e

A(t)

— zaste

,

pujemy staÃla

,

C w rozwia

,

zaniu og´olnym r´ownania jednorodnego przez funkcje

,

c zmiennej t . Podstawiaja

,

c x(t) = c(t)e

A(t)

do r´ownania x

0

= a(t)x+b(t) otrzymu-

jemy c

0

(t)e

A(t)

+ c(t)A

0

(t)e

A(t)

= a(t)c(t)e

A(t)

+ b(t) , a poniewa˙z A

0

(t) = a(t) , wie

,

c

c

0

(t)e

A(t)

+ c(t)a(t)e

A(t)

= a(t)c(t)e

A(t)

+ b(t) , zatem c

0

(t) = b(t)e

−A(t)

. Wystar-

czy wie

,

c znale´z´c caÃlke

,

R

b(t)e

−A(t)

dt . Opisana metoda nazywana jest uzmiennia-

niem staÃlej (bo zamiast staÃlej C wpisujemy funkcje

,

c(t) ).

♠

Poka˙zemy teraz na

przykÃladach, jak dziaÃla ta metoda, kt´ora w jawnej formie pojawiÃla sie

,

w pracach

J.L.Lagange’a w XVIII wieku.

PrzykÃlad 12.1

Rozwia

,

˙zemy r´ownanie x

0

= −2x+t

2

. Rozwia

,

zanie og´olne r´owna-

nia jednorodnego x

0

= −2x ma posta´c Ce

−2t

. Szukamy wie

,

c rozwia

,

zania r´ownania

niejednorodnego x

0

= −2x+t

2

w postaci c(t)e

−2t

. Podstawiaja

,

c te

,

funkcje

,

w miejsce

x otrzymujemy c

0

(t)e

−2t

− 2c(t)e

−2t

= −2c(t)e

−2t

+ t

2

, zatem c

0

(t) = t

2

e

2t

i wobec

tego c(t) =

R

t

2

e

2t

dt

przez

=====

cze,´sci

1
2

t

2

e

2t

−

R

te

2t

dt

przez

=====

cze,´sci

1
2

t

2

e

2t

−

£

1
2

te

2t

−

1
2

R

e

2t

dt

¤

=

=

1
2

t

2

e

2t

−

1
2

te

2t

+

1
4

e

2t

+ C . Wobec tego rozwia

,

zaniem r´ownania

x

0

= −2x + t

2

jest funkcja

£

1
2

t

2

e

2t

−

1
2

te

2t

+

1
4

e

2t

+ C

¤

e

−2t

=

1
2

t

2

−

1
2

t +

1
4

+ Ce

−2t

.

Jest to rozwia

,

zanie og´olne. Zmieniaja

,

c warto´sci parametru C otrzymujemy konkret-

ne funkcje. Ka˙zda z nich jest rozwia

,

zaniem r´ownania x

0

= −2x + t

2

. Innych

rozwia

,

za´

n to r´ownanie nie ma.

Jednym z rozwia

,

za´

n jest funkcja

1
2

t

2

−

1
2

t +

1
4

, przyje

,

li´smy C = 0 .

PrzykÃlad 12.2

Teraz zajmiemy sie

,

r´ownaniem x

0

= −2x + t

3

. Zamiast caÃlkowa´c

♠

Poniewa˙z dla ka˙zdego t zachodzi 06=e

A(t)

, wie,c ka˙zda, funkcje, mo˙zna zapisa´c w postaci c(t)e

A(t)

,

zatem nie zmniejszamy og´

olno´sci rozwa˙za´

n poszukuja,c rozwia,zania w tej postaci.

3

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

spr´obujemy zgadywa´c. W poprzednim przykÃladzie okazaÃlo sie

,

, ˙ze jednym z rozwia

,

za´

n

badanego tam r´ownania x

0

= −2x + t

2

jest wielomian kwadratowy. Badane teraz

r´ownanie ma nieco inna

,

posta´c, wie

,

c mo˙zna spr´obowa´c znale´z´c wielomian trzeciego

stopnia, kt´ory je speÃlnia. Nie mamy ˙zadnych racjonalnych podstaw, by twierdzi´c,

˙ze to sie

,

uda.* Jednak spr´obujemy. Niech x(t) = at

3

+ bt

2

+ ct + d . Symbole

a, b, c, d oznaczaja

,

tu liczby, kt´ore zamierzamy znale´z´c. Podstawiaja

,

c do r´ownania

otrzymujemy:

3at

2

+ 2bt + c = −2at

3

− 2bt

2

− 2ct − 2d + t

3

= (−2a + 1)t

3

− 2bt

2

− 2ct − 2d .

Poniewa˙z ta r´owno´s´c ma by´c speÃlniona przez wszystkie liczby rzeczywiste t , wie

,

c

musza

,

zachodzi´c r´owno´sci −2a + 1 = 0 , −2b = 3a , −2c = 2b i −2d = c . Z nich

wynika natychmiast, ˙ze a =

1
2

, b = −

3
4

, c =

3
4

i d = −

3
8

. Wobec tego funkcja

1
2

t

3

−

3
4

t

2

+

3
4

t−

3
8

jest rozwia

,

zaniem szczeg´olnym (czyli jednym z rozwia

,

za´

n) r´ownania

x

0

= −2x + t

3

.

Rozwia

,

zanie og´olne znajdujemy dodaja

,

c do znalezionego rozwia

,

zania szczeg´ol-

nego rozwia

,

zanie og´olne r´ownania jednorodnego. Otrzymujemy

x =

1
2

t

3

−

3
4

t

2

+

3
4

t −

3
8

+ Ce

−2t

.

PrzykÃlad 12.3

Teraz zajmiemy sie

,

r´ownaniem

x

0

(t) = −3x(t) + sin t .

(12.5)

Rozwia

,

zanie og´olne r´ownania jednorodnego wygla

,

da tak: Ce

−3t

. Znajdziemy roz-

wia

,

zanie szczeg´olne r´ownania niejednorodnego (12.5) w postaci c(t)e

−3t

. Podsta-

wiaja

,

c te

,

funkcje

,

do r´ownania (12.5) otrzymujemy r´owno´s´c

£

c(t)e

−3t

¤

0

= −3c(t)e

−3t

+ sin t .

Po zr´o˙zniczkowaniu lewej strony otrzymujemy

c

0

(t)e

−3t

− 3c(t)e

−3t

= −3c(t)e

−3t

+ sin t ,

czyli c

0

(t)e

−3t

= sin t , tzn. c

0

(t) = e

3t

sin t . Wystarczy wie

,

c znale´z´c

R

e

3t

sin tdt .

ScaÃlkujemy dwukrotnie przez cze

,

´sci:

R

e

3t

sin tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
3

R

e

3t

cos tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
9

e

3t

cos t −

1
9

R

e

3t

sin tdt .

Otrzymali´smy r´ownanie w kt´orym niewiadoma

,

jest poszukiwana caÃlka. Mo˙zemy je

przepisa´c w postaci

10

9

R

e

3t

sin tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
3

R

e

3t

cos tdt =

1
3

e

3t

sin t −

1
9

e

3t

cos t + c ,

gdzie c oznacza pewna

,

staÃla

,

. Mno˙za

,

c przez

9

10

otrzymujemy

R

e

3t

sin tdt =

3

10

e

3t

sin t −

1

10

e

3t

cos t + c .

*

To sie, wkr´otce zmieni!

4

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

Wobec tego mo˙zemy napisa´c, ˙ze funkcja

£

3

10

e

3t

sin t −

1

10

e

3t

cos t + c

¤

e

−3t

=

3

10

sin t −

1

10

cos t + ce

−3t

jest rozwia

,

zaniem r´ownania (12.5).

Mogli´smy posta

,

pi´c podobnie jak w przykÃladzie 12.2: zgadna

,

´c jedno rozwia

,

zanie

i doda´c do niego wszystkie rozwia

,

zania r´ownania jednorodnego. W r´ownaniu (12.5)

wyste

,

puje funkcja sinus. Mogli´smy wie

,

c spr´obowa´c znale´z´c takie liczby A, B , by

funkcja A cos t + B sin t okazaÃla sie

,

rozwia

,

zaniem r´ownania (12.5). Zobaczymy teraz,

jak dziaÃla ta metoda.

Podstawiamy x(t) = A cos t + B sin t i otrzymujemy

−A sin t + B cos t = −3

£

A cos t + B sin t

¤

+ sin t = −3A cos t + (1 − 3B) sin t .

Wystarczy wybra´c liczby A, B tak, by −A = 1 − 3B i B = −3A . Rozwia

,

zuja

,

c ten

ukÃlad r´owna´

n liniowych z niewiadomymi A, B otrzymujemy: A = −

1

10

i B =

3

10

.

Przekonali´smy sie

,

, ˙ze funkcja x(t) = −

1

10

cos t +

3

10

sin t jest rozwia

,

zaniem szczeg´ol-

nym (czyli jednym z rozwia

,

za´

n) r´ownania x

0

(t) = −3x(t)+sin t . Rozwia

,

zanie og´olne

otrzymujemy dodaja

,

c do otrzymanego rozwia

,

zania szczeg´olnego rozwia

,

zanie og´olne

r´ownania jednorodnego x

0

= −3x :

−

1

10

cos t +

3

10

sin t + Ce

−3t

.

Definicja 12.1 (quasiwielomianu)

Funkcje

,

postaci w(y)e

λt

, gdzie w jest wielomianem stopnia n nazywamy quasiwielo-

mianem stopnia n o wykÃladniku λ .

Funkcja (2t

2

+ 5t − 3)e

3t

jest quasiwielomianem stopnia 2 o wykÃladniku 3.

Funkcja t

3

+ 1 jest quasiwielomianem stopnia 3 o wykÃladniku 0 , czyli wielomia-

nem stopnia 3 . Funkcja

(t

7

+ 13t3 + 666)e

2it

= (t

7

+ 13t3 + 666) cos 2t + i(t

7

+ 13t3 + 666) sin 2t

jest quasiwielomianem stopnia 7 o wykÃladniku 2i . Jej cze

,

´s´c rzeczywista, czyli

funkcja (t

7

+ 13t3 + 666) cos 2t quasiwielomianem nie jest, ale jest suma

,

quasiwielo-

mian´ow stopnia 7 o wykÃladnikach 2i oraz −2i :

(t

7

+ 13t3 + 666) cos 2t =

1
2

(t

7

+ 13t3 + 666)e

2it

+ (t

7

+ 13t3 + 666)e

−2it

.

Funkcja t

3

e

−5t

+ te

5t

te˙z nie jest quasiwielomianem, ale jest suma

,

dw´och quasiwielo-

mian´ow. Czytelniku warto sie

,

przekona´c o tym samodzielnie!

Stwierdzenie 12.2 (o r´

o˙zniczkowaniu quasiwielomian´

ow)

Niech w be

,

dzie wielomianem stopnia n . Wtedy

(12.2.1) je´sli λ 6= µ , to funkcja

£

w(t)e

λt

¤

0

−µw(t)e

λt

jest quasiwielomianem stopnia

n o wykÃladniku λ .

5

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

(12.2.2) je´sli λ = µ , to funkcja

£

w(t)e

λt

¤

0

−µw(t)e

λt

jest quasiwielomianem stopnia

n − 1 o wykÃladniku λ .

Dow´

od.

£

w(t)e

λt

¤

0

− µw(t)e

λt

=

£

w

0

(t) + (λ − µ)w(t)

¤

e

λt

.

Ze stwierdzenia o r´o˙zniczkowaniu quasiwielomian´ow wynika

Twierdzenie 12.3 (o rozwia

,

zaniach r´

owna´

n liniowych, w kt´

orych

a jest staÃla

,

, a b – quasiwielomianem)

Je´sli µ jest liczba

,

, a b quasiwielomianem stopnia n z wykÃladnikiem λ , to r´ownanie

x

0

= µx + b(t)

ma rozwia

,

zanie, kt´ore jest quasiwielomianem z wykÃladnikiem λ , kt´orego stopie´

n jest

(12.3.1)

r´owny n , gdy λ 6= µ ;

(12.3.2)

r´owny n + 1 , gdy λ = µ .

Poka˙zemy na przykÃladzie, jak mo˙zna stosowa´c to twierdzenie.

PrzykÃlad 12.4

Znajdziemy rozwia

,

zania r´ownania x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

+ 4t

3

e

5t

.

Poniewa˙z funkcja 2t

2

e

3t

+ 4t

3

e

5t

nie jest quasiwielomianem, ale jest suma

,

dw´och

quasiwielomian´ow, wie

,

c zajmiemy sie

,

dwoma r´ownaniami niejednorodnymi:

x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

oraz

x

0

= 5x + 4t

3

e

5t

.

Na mocy twierdzenia 12.3 r´ownanie x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

ma rozwia

,

zanie, kt´ore jest

quasiwielomianem stopnia 2 o wykÃladniku 3 , czyli postaci (αt

2

+ βt + γ)e

3t

. Pod-

stawiaja

,

c te

,

funkcje

,

w miejsce x w r´ownaniu x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

otrzymujemy

(2αt + β + 3αt

2

+ 3βt + 3γ)e

3t

= (5αt

2

+ 5βt + 5γ)e

3t

+ 2t

2

e

3t

.

Mo˙zemy te

,

r´owno´s´c zasta

,

pi´c r´ownowa˙zna

,

:

3αt

2

+ (2α + 3β)t + β + 3γ = (5α + 2)t

2

+ 5βt + 5γ .

Z tej r´owno´sci wynika, ˙ze 3α = 5α + 2 , 2α + 3β = 5β i β + 3γ = 5γ . Wobec tego

α = −1 , β = −1 i γ = −

1
2

, a to oznacza, ˙ze funkcja x

1

(t) = −(t

2

+ t +

1
2

)e

3t

jest

rozwia

,

zaniem szczeg´olnym r´ownania x

0

= 5x + 2t

2

e

3t

.

Na mocy twierdzenia 12.3 rozwia

,

niem szczeg´olnym r´ownania x

0

= 5x + 4t

3

e

5t

jest quasiwielomian stopnia 4 o wykÃladniku 5 , czyli funkcja postaci

(At

4

+ Bt

3

+ Ct

2

+ Dt + E)e

5t

.

Podstawiaja

,

c tak jak poprzednio te

,

funkcje

,

w miejsce x do r´ownania x

0

= 5x+4t

3

e

5t

otrzymujemy r´owno´s´c

(4At

3

+ 3Bt

2

+ 2Ct + D)e

5t

+ (5At

4

+ 5Bt

3

+ 5Ct

2

+ 5Dt + 5E)e

5t

=

= (5At

4

+ 5Bt

3

+ 5Ct

2

+ 5Dt + 5E)e

5t

+ 4t

3

e

5t

.

Z niej wynika, ˙ze 4At

3

+ 3Bt

2

+ 2Ct + D = 4t

3

dla ka˙zdego t , zatem A = 1 ,

B = C = D = 0 . Wobec tego dla ka˙zdego E funkcja

6

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

x

2

(t) = (t

4

+ E)e

5t

= t

4

e

5t

+ Ee

5t

jest rozwia

,

zaniem r´ownania x

0

= 5x+4t

3

e

5t

, a to oznacza, ˙ze jest ona jego rozwia

,

za-

niem og´olnym (bo funkcja Ee

5t

jest rozwia

,

zaniem og´olnym r´ownania jednorodnego

x

0

= 5x ).

Poniewa˙z x

0

1

(t) = 5x

1

+ 2t

2

e

3t

i x

0

2

(t) = 5x

2

(t) + 4t

3

e

5t

, wie

,

c

¡

x

1

+ x

2

¢

0

= 5(x

1

+ x

2

) + 2t

2

e

3t

+ 4t

3

e

5t

.

Znale´zli´smy wie

,

c rozwia

,

zanie og´olne r´ownania niejednorodnego. Jest nim funkcja

x

1

+ x

2

= −(t

2

+ t +

1
2

)e

3t

+ (t

4

+ E)e

5t

= −(t

2

+ t +

1
2

)e

3t

+ t

4

e

5t

+ Ee

5t

.

Oczywi´scie w ostatnim przykÃladzie mo˙zna nieco skr´oci´c rachunki posÃluguja

,

c sie

,

wzorem z dowodu stwierdzenia o r´o˙zniczkowaniu quasiwielomian´ow. Nie zrobili´smy

tego, by nie sprawia´c wra˙zenia, ˙ze wszystkie te wzory trzeba zapamie

,

tywa´c. Mo˙zna,

ale nie ma konieczno´sci i nie warto wkÃlada´c wysiÃlku w zapamie

,

tanie wzor´ow. Lepiej

zrozumie´c i zapamie

,

ta´c metode

,

.

PrzykÃlad 12.5

Rozwia

,

˙zemy r´ownanie x

0

− 3x = t sin 2t + e

t

cos 2t korzystaja

,

c

z twierdzenia o rozwia

,

zaniach r´owna´

n o staÃlym wsp´oÃlczynniku, w kt´orych wyraz

wolny jest quasiwielomianem. Poniewa˙z lewa strona nie jest quasiwielomianem, ale

t sin 2t = Im(ie

2it

) i e

t

cos 2t = Re(e

(1+2i)t

) , wie

,

c zajmiemy sie

,

najpierw r´ownaniami

x

0

− 3x = te

2it

i

x

0

− 3x = e

(1+2i)t

.

Poniewa˙z 3 6= 2i , wie

,

c na mocy twierdzenia 12.3 r´ownanie x

0

− 3x = te

2it

ma rozwia

,

zanie, kt´ore jest quasiwielomianem stopnia 1 z wykÃladnikiem 2i , czyli

rozwia

,

zanie postaci (At + B)e

2it

. Podstawiaja

,

c te

,

funkcje

,

w miejsce x w r´ownaniu

otrzymujemy

£

(At + B)e

2it

¤

0

− 3

£

(At + B)e

2it

¤

= te

2it

, czyli

£

(2Ai − 3A)t + 2iB − 3B + A

¤

e

2it

= te

2it

.

Musza

,

wie

,

c by´c speÃlnione r´owno´sci (−3 + 2i)A = 1 i A + (−3 + 2i)B = 0 . Z nich

wnioskujemy, ˙ze A =

1

−3+2i

=

−3−2i

(−3)

2

−(2i)

2

= −

1

13

(3 + 2i) i wobec tego B =

1

3−2i

A =

= −

1

13

·

3+2i
3−2i

= −

1

13

·

(3+2i)

2

3

2

−(2i)

2

= −

1

13

·

5+12i

13

= −

5+12i

169

. Wynika z tych oblicze´

n, ˙ze

je˙zeli x

1

(t) = −

¡

1

13

(3 + 2i)t +

5+12i

169

)

¢

e

2it

, to x

0

1

− 3x

1

= te

2it

. Zdefiniujmy funkcje

,

o warto´sciach rzeczywistych

x

3

(t) = −Im

¡

1

13

(3 + 2i)t +

5+12i

169

)

¢

e

2it

= −

¡

3

13

t +

5

169

¢

sin 2t −

¡

2

13

t +

12

169

¢

cos 2t .

Poniewa˙z x

3

jest cze

,

´scia

,

urojona

,

funkcji x

1

a funkcje

,

zmiennej rzeczywistej t ,

kt´orej warto´sci sa

,

zespolone r´o˙zniczkujemy obliczaja

,

c oddzielnie pochodna

,

jej cze

,

´s´c

rzeczywistej i cze

,

´sci urojonej, wie

,

c x

0

3

− 3x

3

= Im

¡

te

2it

¢

= t sin 2t .

Poniewa˙z 3 6= 1 + 2i , wie

,

c jednym z rozwia

,

za´

n r´ownania x

0

− 3x = e

(1+2i)t

jest

7

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

quasiwielomian stopnia 0 z wykÃladnikiem 1 + 2i , czyli funkcja postaci Ce

(1+2i)t

.

Podstawiaja

,

c ja

,

w miejsce x do r´ownania otrzymujemy r´ownanie

£

C(1 + 2i) − 3C

¤

e

(1+2i)t

= e

(1+2i)t

.

Musi wie

,

c by´c speÃlniona r´owno´s´c (−2 + 2i)C = 1 , zatem C =

−1

2(1−i)

= −

1+i

4

.

Wobec tego funkcja x

2

= −

1+i

4

· e

(1+2i)t

jest rozwia

,

zaniem szczeg´olnym r´ownania

x

0

− 3x = e

(1+2i)t

. Niech x

4

= Re

¡

−

1+i

4

· e

(1+2i)t

¢

= −

1
4

e

t

cos 2t +

1
2

e

t

sin 2t .

Podobnie jak poprzednio mo˙zemy napisa´c, ˙ze x

0

4

− 3x

4

= Re

¡

e

(1+2i)t

¢

= e

t

cos 2t .

Sumuja

,

c r´owno´sci x

0

3

− 3x

3

= t sin 2t i x

0

4

− 3x

4

= e

t

cos 2t otrzymujemy

(x

3

+ x

4

)

0

− 3(x

3

+ x

4

) = t sin 2t + e

t

cos 2t .

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze funkcja

x

3

+ x

4

= −

¡

3

13

t +

5

169

¢

sin 2t −

¡

2

13

t +

12

169

¢

cos 2t −

1
4

e

t

cos 2t +

1
2

e

t

sin 2t

jest rozwia

,

zaniem szczeg´olnym r´ownania x

0

−3x = t sin 2t+e

t

cos 2t . Dodaja

,

c do tego

rozwia

,

zania rozwia

,

zanie og´olne r´ownania jednorodnego x

0

− 3x = 0 otrzymujemy

rozwia

,

zanie og´olne r´ownania x

0

− 3x = t sin 2t + e

t

cos 2t :

−

¡

3

13

t +

5

169

¢

sin 2t −

¡

2

13

t +

12

169

¢

cos 2t −

1
4

e

t

cos 2t +

1
2

e

t

sin 2t + Ce

3t

.

Metoda przedstawiona w ostatnich przykÃladach znana jest jako metoda wsp´oÃl-

czynnik´ow nieoznaczonych. Oczywi´scie przyjrzawszy sie

,

temu, co demonstrowali´smy

w ostatnim przykÃladzie, mo˙zemy od razu szuka´c rozwia

,

zania rzeczywistego w postaci

(c

1

t + c

2

) cos 2t + (c

3

t + c

4

) sin 2t + c

3

e

t

cos 2t + c

4

e

t

sin 2t .

Uwa˙zam jednak, ˙ze warto pokaza´c, ˙ze u˙zycie liczb zespolonych w wielu przypadkach

pozwala patrze´c na funkcje trygonometryczne jak na cze

,

´s´c rzeczywista

,

lub urojona

,

funkcji wykÃladniczej o wykÃladniku zespolonym.

8

R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

,

du

MichaÃl Krych

Kilka zada´

n

12. 01 Rozwia

,

za´c r´ownanie tx

0

− 2x = 2t

4

.

12. 02 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

0

+ 2x = t

2

e

t

.

12. 03 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

0

+ 2x = t

2

e

2t

.

12. 04 Rozwia

,

za´c r´ownanie t

2

x

0

+ tx + 1 = 0 .

12. 05 Rozwia

,

za´c r´ownanie x

0

+

t

1+t

2

x =

1

t(1+t

2

)

.

12. 06 Rozwia

,

za´c r´ownanie tx

0

− tx − e

t

= 0 .

12. 07 Rozwia

,

za´c r´ownanie (sin

2

x + t ctg x)x

0

= 1 .

Wskaz´owka: potraktowa´c zmienna

,

t jako funkcje

,

zmiennej x . Na og´ol x nie

da sie

,

przedstawi´c jawnie jako funkcja t .

12. 08 Rozwia

,

za´c r´ownanie (1 − 2tx)x

0

= x(x − 1) . Wskaz´owka: zob. poprz. zad..

12. 09 Znale´z´c takie funkcje f takie, ˙ze dla dowolnego x pole tr´ojka

,

ta utworzonego

przez styczna

,

do wykresu w punkcie (x, f (x)) , pozioma

,

o´s ukÃladu wsp´oÃlrze

,

dnych

i pionowa

,

prosta

,

przechodza

,

ca

,

przez punkt (x, f (x)) jest niezale˙zne od x i

r´owne a

2

, a 6= 0 .

12. 10 Znale´z´c takie funkcje f takie, ˙ze dla dowolnego x punkt przecie

,

cia stycznej do

wykresu poprowadzonej przez punkt (x, f (x)) ma odcie

,

ta

,

x

2

.

12. 11 W pojemniku o obje

,

to´sci 20 l znajduje sie

,

powietrze 80% azotu, 20% tlenu. Do

pojemnika wpompowywany jest azot z pre

,

dko´scia

,

0,1 l/s , kt´ory bÃlyskawicznie

miesza sie

,

z mieszanka

,

gaz´ow w pojemniku. Jednocze´snie z pojemnika wy-

puszczana jest mieszanka w takim samym tempie w jakim wpompowywany jest

azot. Po jakim czasie w pojemniku be

,

dzie 99% azotu?

12. 12 Ile czasu be

,

dzie wycieka´c woda z pionowego pojemnika w ksztaÃlcie walca o

´srednicy 1,8 m, o wysoko´sci 2,45 m przez otw´or w dnie o ´srednicy 6 cm.

ZakÃladamy, ˙ze woda wycieka z pojemnika z pre

,

dko´scia

,

0,6

√

2gh , gdzie g =

10m/s

2

a h oznacza gÃle

,

boko´s´c wody w pojemniku.

12. 13 Masa rakiety z paliwem r´owna jest M , bez paliwa — m , pre

,

dko´s´c, z kt´ora

,

wylatuja

,

z rakiety produkty spalania jest r´owna w (oczywi´scie wzgle

,

dem raki-

ety), pre

,

dko´s´c pocza

,

tkowa rakiety r´owna jest v

0

. Znale´z´c pre

,

dko´s´c rakiety po

spaleniu caÃlego paliwa. ZakÃladamy, ˙ze rakieta porusza sie

,

w pr´o˙zni z dala od

ciaÃl niebieskich (wie

,

c nie bierzemy pod uwage

,

˙zadnych siÃl poza ,,siÃla

,

odrzutu”).

Wskaz´owka: skorzysta´c z zasady zachowania pe

,

du w celu wyprowadzenia r´ow-

nania, kt´ore speÃlnia zmieniaja

,

ca sie

,

w czasie pre

,

dko´s´c rakiety, nale˙zy oczywi´scie

wzia

,

´c pod uwage

,

to, ˙ze w wyniku spalania paliwa masa rakiety te˙z zmienia sie

,

w czasie.

9