Równania rózniczkowe

Równania różniczkowe
Notatki z wykładu
http://robert.brainusers.net
17.06.2009
Notatki własne z wykładu. Są niekompletne, bez bibliografii oraz mogą zawierać błędy i usterki. Z tego powodu niniejszy dokument może być wykorzystywany jedynie do celów własnych, poglądowych, niekomercyjnych. Przedstawione teorie nie mogą być traktowane bezkrytycznie.
1
Rozdział 2
Równania różniczkowe
wyższych rzędów
2.1. Równania rzędu II sprowadzalne do równań rzędu I
Typ 1
F (t, x0 , x00 ) = 0
Podstawienie x0 = u, gdzie u = u(t). Wtedy x00 = u0 i równanie przyjmuje
postać:
F (t, u, u0 ) = 0
Przykład 2.1.1.
x00 = 1 + (x0 )2
2
Postawienie x0 = u ⇒ x00 = u0 :
u0 = 1 + u2
Z
du
1 + u2
arctg u
u
x0
=
Z
dt
= t + c1
= tg(t + c1 )
= tg(t + c1 )
x =
Z
tg(t + c1 )dt
x(t) = − ln | cos(t + c1 )| + c2
Typ 2
F (x, x0 , x00 ) = 0
Podstawienie x0 = v, gdzie v = v(x). Wtedy x00 = v 0 x0 = v 0 v i równanie
przyjmue postać:
F (x, v, v 0 ) = 0
Przykład 2.1.2. x00 = −x
Podstawienie x0 = v ⇒ x00 = v 0 v:
v 0 v = −x równanie o zmiennych rozdzielonych
Z
vdv =
Z
−xdx
1
1 2
v = c1 − x 2
2
q 2
v(x) = ± c1 − x2
q
x 0 = ± c1 − x 2
Z
dx
√
c1 − x 2
x
arcsin √
c1
x
√
c1
x(t)
=
Z
±dt
= c2 ± t
= sin(c2 ± t)
√
=
c1 sin(c2 ± t)
3
Typ 3
F (t, x, x0 , x00 ) = 0
Równanie jednorodne stopnia k, tzn.
F (t, αx, αx0 , αx00 ) = αk F (t, x, x0 , x00 )
^
α∈R
Podstawienie x = eu , gdzie u = u(t). Wtedy x0 = u0 eu ⇒ x00 = (u0 )2 eu + u00 eu
i otrzymujemy równanie II rzędu typu 1.
Przykład 2.1.3. xx00 − (x0 )2 = 0
Równanie jest jednorodne stopnia 2:
αx · αx00 − (αx0 )2 = 0
α2 · xx00 − α2 · (x0 )2 = 0
α2 · (xx00 − (x0 )2 ) = 0
Niech x = eu ⇒ x0 = u0 eu ⇒ x00 = (u0 )2 eu + u00 eu . Wtedy
eu ((u0 )2 eu + u00 eu ) − (u0 eu )2 = 0
u00 e2 u = 0 / : e2u 6= 0
u00 = 0
Otrzmaliśmy równanie typu 1. Podstawienie u0 = v ⇒ u00 = v 0 :
dv
= 0
dt
Z
Z
dv =
0dt
v = c1
u0 = cZ1
Z
du =
c1 dt
u = c1 t + c2
ln |x| = c1 t + c2
x(t) = ±ec1 t+c2
Rozwiązanie ogólne
Rozwiązaniem jest również funkcja x(t) ≡ 0.
4
2.2. Równania liniowe II rzędu
Definicja 2.2.1 (Równanie liniowe II rzędu).
x00 + b(t)x0 + c(t)x = f (t)
gdzie b(t), c(t), f (t) - dane funkcje zmiennej t ∈ (a, b).
Zauważmy, że równanie to można sprowadzić do dwóch równań I rzędu. Istotnie, niech y1 = x, y2 = x0 :
(
y10 = y2
y20 = −c(t)y1 − b(t)y2 + f (t)
W notacji wektorowej:
y 0 = g(t, y)
gdzie y = (y1 , y2 ), y 0 = (y10 , y20 ), g(t, y) = (y2 , −c(t)y1 − b(t)y2 + f (t)).
Twierdzenie 2.2.1. Jeśli funkcje b(t), c(t), f (t) są ciągłe dla t ∈ (a, b) to
zagadnienie Cauchy’ego postaci
x00 + b(t)x0 + c(t)x = f (t)
x(t0 ) = x0

 0
x (t0 ) = x1



ma dokładnie jedno rozwiązanie dla każdego t0 ∈ (a, b).
Dowód. Zapisujemy równanie w postaci równania wektorowego:
y 0 = g(t, y)
gdzie g(t, y) = (g1 (t, y), g2 (t, y)) = (y2 , −c(t)y1 − bt)y2 + f (t)). Zauważmy, że
funkcja g 0 (t, y) jest ciągła na (a, b) × R2 . Ponadto g spełnia lokalny warunek
Lipschitza względem zmiennej y = (y1 , y2 ) ∈ R2 . Istotnie, dla dowolnego
t ∈ (a, b), ȳ = (y¯1 , y¯2 ), ỹ = (y˜1 , y˜2 ). Wykazujemy że
kg(t, ȳ) − g(t, ỹ)k ≤ Lkȳ − ỹk
gdzie L = max{c1 , 1 + c2 }. Zatem na mocy twierdzenia Picarda-Lindelöfa o
istnieniu i jednoznaczności rozwiązań zagadnienia Cauchy’ego, zagadnienie
to ma dokładnie jedno rozwiązanie.
5
2.3. Układ fundamentalny rozwiązań równania
liniowego jednorodnego
Rozważmy równanie liniowe jednorodne postaci
x00 + b(t)x0 + c(t)x = 0
Definicja 2.3.1 (Układ fundamentalny rozwiązań). Dwa rozwiązania x1 (t),
x2 (t) równania x00 + b(t)x0 + c(t)x = 0 tworzą jego fundamentalny układ
rozwiązań jeżeli każde rozwiązanie x(t) tego równania jest kombinacją liniową
równań x1 (t), x2 (t):
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t)
gdzie c1 , c2 - stałe.
Definicja 2.3.2 (Wyznacznik Wrońskiego). Niech x1 (t), x2 (t) będą funkcjami różniczkowalnymi na (a, b). Wyrażenie
x1 (t) x2 (t)
W (x1 (t), x2 (t)) =
x01 (t) x02 (t)
nazywamy wyznacznikiem Wrońskiego (wrońskianem) funkcji x1 , x2 .
Jeżeli W (x1 (t), x2 (t)) 6= 0 dla t ∈ (a, b), to mówimy że układ funkcji x1 , x2
jest liniowo niezależny na (a, b).
Lemat 2.3.1. Dwa rozwiązania x1 (t), x2 (t) równania liniowego jednorodnego
tworzą jego fundamentalny układ rozwiązań na (a, b) ⇐⇒ W (x1 (t), x2 (t)) 6=
0 dla każdego t ∈ (a, b).
Dowód. Niech x(t) będzie dowolnym rozwiązaniem tego równania. Należy
wykazać, że x(t) jest kombinacją liniową rozwiązań x1 , x2 . Wówczas do(1)
wolnie ustalamy punkt t0 ∈ (a, b) i oznaczamy x(t0 ) = x0 , x0 (t0 ) = x0 .
Wyznaczymy stałe c1 , c2 spełniające warunki:
(
c1 x1 (t0 ) + c2 x2 (t0 ) = x0
(1)
c1 x01 (t0 ) + c2 x02 (t0 ) = x0
Wiemy, że powyższy układ równań liniowych ze względu na c1 , c2 ma dokładnie jedno rozwiązanie ⇐⇒ x1 (t0 )x02 (t0 )−x2 (t0 )x01 (t0 ) 6= 0, czyli W (x1 (t), x2 (t)) 6=
0. Zdefiniujmy funkcję x̄(t) = c1 x1 (t)+c2 x2 (t). Funkcja ¯(x) jest rozwiązaniem
równania. Ponadto wobec doboru stałych mamy:
(1)
x̄0 (t0 ) = x0
x̄(t0 ) = x0 ,
6
Stąd, funkcja x̄(t) jest rozwiązaniem tego samego zagadnienia Cauchy’ego
dla równania liniowego II rzędu. Otrzymujemy:
x(t) = x̄(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t)
Uwaga 2.3.1. W powyższym lemacie wystarczy założyć, że W (x1 (t), x2 (t)) 6=
0 dla pewnego punktu t0 ∈ (a, b). Można wykazać, że
_
W (x1 (t0 ), x2 (t0 )) 6= 0
t0 ∈(a,b)
implikuje
^
W (x1 (t), x2 (t)) 6= 0
t∈(a,b)
2.4. Fundamentalny układ rozwiązań równania
liniowego jednorodnego o stałych współczynnikach
Rozważmy równanie
ax00 + bx0 + cx = 0
gdzie a, b, c ∈ R, a 6= 0.
Definicja 2.4.1 (Równanie charakterystyczne). Równanie postaci
aλ2 + bλ + c = 0
nazywamy równaniem charakterystycznym równania liniowego. Fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego zależy od wyróżnika równania charakterystycznego ∆ = b2 − 4ac.
Przypadek ∆ > 0
Równanie charakterystyczne ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ1 , λ2 .
Wtedy fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego tworzą funkcje
postaci
x1 (t) = eλ1 t ,
x2 (t) = eλ2 t
7
a rozwiązanie ogólnie równania liniowego ma postać
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t
gdzie c1 , c2 - stałe.
Przypadek ∆ = 0
Równanie charakterystyczne ma jeden podwójny pierwiastek rzeczywisty λ0 .
Wtedy fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego tworzą funkcje
postaci
x1 (t) = eλ0 t ,
x2 (t) = teλ0 t
a rozwiązanie ogólne ma postać
x(t) = c1 eλ0 t c2 teλ0 t = eλ0 t (c1 + c2 t)
Przypadek ∆ < 0
Równanie charakterystyczne ma dwa zespolone pierwiastki λ1 = α + iβ,
λ2 = α − iβ, gdzie
√
b
−∆
α=− ,
β=
2a
2a
Wtedy fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego tworzą funkcje
x1 (t) = eαt cos(βt),
x2 (t) = eαt sin(βt)
a rozwiązanie ogólne ma postać
x(t) = c1 eαt cos(βt) + c2 eαt sin(βt) = eαt (c1 cos(βt) + c2 sin(βt))
Przykład 2.4.1. Rozwiązać równanie x00 + 2x0 + 1 = 0.
Równanie charakterystyczne: λ2 + 2λ + 1 = 0 ⇐⇒ (λ + 1)2 = 0. Zatem
λ0 = −1 jest podwójnym pierwiastkiem tego równania (przypadek 2). Stąd
fundamentalny układ rozwiązań ma postać:
x1 (t) = e−t ,
x2 (t) = te−t
Rozwiązanie ogólne:
x(t) = c1 e−t + c2 te−t
8
2.5. Równania liniowe niejednorodne o stałych
współczynnikach
Rozważmy równanie
ax00 + bx0 + cx = f (t)
gdzie a, b, c ∈ R, a 6= 0, f (t) - dana funkcja.
Jeżeli funkcje x1 (t), x2 (t) tworzą fundamentalny układ rozwiązań równania liniowego jednorodnego ax00 +bx0 +cx = 0 to rozwiązanie ogólnie x(t) równania
niejednorodnego można przedstawić w postaci sumy rozwiązania ogólnego
równania jednorodnego oraz dowolnego rozwiązania szczególnego równania
niejednorodnego:
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + x3 (t)
gdzie x3 (t) jest rozwiązaniem szczególnym równania niejednorodnego. Powyższy fakt zachodzi również dla równań liniowych o współczynnikach zmiennej
t (x00 + b(t)x0 + c(t)x = f (t)).
2.5.1. Wyznaczanie rozwiązania szczególnego równania
niejednorodnego. Metoda przewidywań.
W przypadku szczególnej postaci prawej strony równania (funkcji f (t)) możemy przewidzieć ogólną postać rozwiązania szczególnego xs (t) tego równania.
Przypadek f (t) =
Pn
k=0
ak tk
Przewidujemy
xs (t) =
n
X
αk tk
k=0
W celu wyznaczenia współczynników αk wstawiamy funkcję xs (t) do równania różniczkowego. Otrzymujemy:
a(n(n−1)αn tn−2 +· · ·+α2 )+b(nαn tn−1 +· · ·+α1 )+c(αn tn +· · ·+α0 ) = an tn +· · ·+a0
9
Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach t dostajemy układ
n+1 równań liniowych o współczynnikach αk :




cαn = an
cαn−1 + bnαn = an−1

.

 ..
Układ ten będzie miał jednoznaczne rozwiązanie o ile c 6= 0.
Jeśli c = 0 to lewa strona równania różniczkowego nie jest wielomianem
stopnia n. Wtedy należy przewidywać
xs (t) = (
n
X
αk tk ) · t
k=0
Wstawiając xs (t) do równania różniczkowego z odpowiedniego układu równań
wyznaczamy współczynniki α0 , . . . αn . Będzie to możliwe o ile b 6= 0.
Jeżeli b = 0 to należy przewidywać
n
X
xs (t) = (
αk tk ) · t2
k=0
Można udowodnić następującą zależność:
Jeśli λ = 0 nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy
xs (t) =
n
X
αk tk
k=0
Jeżeli λ = 0 jest pojedynczym pierwiastkiem równania charakterystycznego
to przewidujemy
xs (t) = (
n
X
αk t k ) · t
k=0
Jeżeli λ = 0 jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystycznego to
przewidujemy
xs (t) = (
n
X
αk tk ) · t2
k=0
Przykład 2.5.1. Rozwiązać zagadnienie:
x00 + x0 − 2x = t2
x(0) = 0

 0
x (0) = 1



10
Wyznaczymy fundamentalny układ rozwiązań tego równania. Równanie charakterystyczne λ2 +λ−2 = 0 ma dwa pierwiastki rzeczywiste λ1 = 1, λ2 = −2,
zatem
x1 (t) = et ,
x2 (t) = e−2t
Wyznaczamy rozwiązanie szczególne xs (t) metodą przewidywań. 0 nie jest
pierwiastkiem równania charakterystycznego, więc przewidujemy
xs (t) = At2 + Bt + C
Stąd
x0s (t) = 2At + B,
x00s (t) = 2A
Wstawiając do równania dostajemy:
A = − 12
B = − 12
2A + 2At + B − At − Bt − C = t ⇐⇒


C = − 34
2



2
Zatem xs (t) = − 12 t2 − 21 t − 34 . Stąd
1
1
3
x(t) = c1 et + c2 e−2t + − t2 − t −
2
2
4
Wyznaczamy stałe c1 , c2 :
c2 = −
c1 = 1,
1
4
Rozwiązanie zagadanienia:
1
1
3
1
x(t) = et − e−2t + − t2 − t −
4
2
2
4
Pn
Przypadek f (t) = (
k=0
ak tk )eAt
Przewidujemy rozwiązanie szczególne
xs (t) = u(t)cAt
gdzie u(t) jest nieznaną funkcją. Wstawiając xs (t) do równania różniczkowego
otrzymujemy równanie różniczkowe dla funkcji u(t):
au00 + (2aA + b)u0 + (aA2 + bA + c)u =
n
X
k=0
11
ak t k
Podstawienie funkcji u sprowadziliśmy do przypadku 1. Można otrzymać następujące zależności:
Jeżeli λ = A nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to postulujemy, że
xs (t) = (
n
X
ak tk )eAt
k=0
Jeżeli λ = A jest pojedynczym pierwiastkiem równania charakterystycznego
to
n
xs (t) = (
ak tk )teAt
X
k=0
Jeżeli λ = A jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystycznego
to
n
xs (t) = (
ak tk )t2 eAt
X
k=0
Pn
Przypadek f (t) = (
k=0
ak tk ) cos(βt) lub f (t) = (
Pn
k=0
ak tk ) sin(βt)
Przypadek ten sprowadzamy do przypadku 2 przechodząc do funkcji zmiennej
zespolonej. Zauważmy, że cos(βt) + i sin(βt) = eiβt i rozważmy równanie
00
0
ax + bx + cx = (
n
X
ak tk )eiβt
k=0
Jeżeli funkcja x(t) = u(t) + cv(t) jest rozwiązaniem zespolonym powyższego
równania to część rzeczywista u(t) spełnia równanie
au00 + bu0 + cu = (
n
X
ak tk ) cos(βt)
k=0
zaś część urojona v(t) spełnia równanie
av 00 + bv 0 + cv = (
n
X
ak tk ) sin(βt)
k=0
Można otrzymać następujące równości:
Jeżeli λ = iβ nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy
xs (t) = Wn (t) cos(βt) + W̄n (t) sin(βt)
Jeżeli λ = iβ jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to przewidujemy
xs (t) = Wn (t)t cos(βt) + W̄n (t)t sin(βt)
12
gdzie
Wn (t) =
n
X
αk tk ,
W̄n (t) =
k=0
Przypadek f (t) = (
Pn
k=0
n
X
ᾱk tk
k=0
Pn
ak tk )eαt cos(βt) lub f (t) = (
k=0
ak tk )eαt sin(βt)
Analogicznie jak przypadku 3 można otrzymać następujące zależności:
Jeśli λ = α + iβ nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to
xs (t) = eαt (Wn (t) cos(βt) + W̄n (t) sin(βt))
Jeśli λ = α + iβ jest pierwiastkiem równania charakterystycznego to
xs (t) = eαt (Wn (t)t cos(βt) + W̄n (t)t sin(βt))
gdzie
Wn (t) =
n
X
αk tk ,
W̄n (t) =
k=0
n
X
ᾱk tk
k=0
Twierdzenie 2.5.1. Jeżeli funkcje ϕ(t) i ψ(t) są rozwiązaniami odpowiednio
równań
ax00 + bx0 + cx = f1 (x) i ax00 + bx0 + cx = f2 (x)
to funkcja η(t) = ϕ(t) + ψ(t) jest rozwiązaniem równania
ax00 + bx0 + cx = f1 (x) + f2 (x)
Uwaga 2.5.1. Powyższe twierdzenie zachodzi również dla równań liniowych
II rzędu o zmiennych współczynnikach zmiennej t.
Przykład 2.5.2. Rozwiązać równanie x00 + wx0 + x = t + 2x3t .
Wyznaczamy rozwiązanie ogólnie równania jednorodnego x00 + 2x0 + x = 0.
Równanie charakterystyczne:
λ2 + 2λ + 1 = 0 ⇐⇒ (λ + 1)2 = 0
zatem λ = −1 jest podwójnym pierwiastkiem. Stąd układ fundamentalny
rozwiązań tworzą funkcje
x1 (t) = e−t ,
x2 (t) = te−t
i rozwiązanie ogólnie równania jednorodnego ma postać:
xROJ (t) = c1 e−t + c2 te−t = e−t (c1 + c2 t)
13
Wyznaczamy rozwiązanie szczególnie xs (t) równania różniczkowego. Wobec
poprzedniego twierdzenia rozwiązanie szczególne
(2)
xs (t) = x(1)
s (t) + xs (t)
00
0
gdzie x(1)
s (t) jest rozwiązaniem szczególnym równania x + 2x + x = t, zaś
00
0
3t
x(2)
s (t) jest rozwiązaniem szczególnym równania x + 2x + x = 2e , jest
rozwiązaniem szczególnym głównego równania.
Wyznaczamy x(1)
s (t) metodą przewidywań (przypadek 1). Przewidujemy
x(1)
s (t) = At + b
00
0
Wstawiamy x(1)
s (t) do równania x + 2x + x = t:
d (1)
d2
xs (t) = A ⇒ 2 x(1)
(t) = 0
dt
dt s
aA + At + B = t ⇒ A = 1, B = −2
Zatem
x(1)
s (t) = t − 2.
Wyznaczamy x(2)
s (t) metodą przewidywań (przypadek 2). Przewidujemy
Bt
x(2)
s (t) = Ae
00
0
3t
Wstawiamy x(2)
s (t) do równania x + 2x + x = 2e :
d2
d (2)
3t
xs (t) = 3Ae3t ⇒ 2 x(2)
s (t) = 9Ae
dt
dt
Stąd
9Ae3t + 6Ae3t + Ae3t = 2e3t ⇒ A =
1
8
Więc
1 3t
x(2)
s (t) = e
8
Zatem rozwiązanie szczególnie xs (t) ma postać:
1
xs (t) = t − 2 + e3t
8
zaś rozwiązanie ogólnie równania głównego ma postać:
1
x(t) = xROJ (t) + xs (t) = e−t (c1 + c2 t) + t − 2 + e3t
8
14
2.6. Równania liniowe niejednorodne o zmiennych (dowolnych) współczynnikach. Metoda uzmienniania stałych.
Rozważmy równanie niejednorodne
x00 + b(t)x0 + c(t)x = f (t)
Jeżeli funkcje x1 (t), x2 (t) tworzą fundamentalny układ rozwiązań równania
jednorodnego x00 + b(t)x + c(t)x = 0 to rozwiązanie równania jednorodnego
ma postać
xROJ (t) = c1 (t)x1 (t) + c2 (t)x2 (t)
gdzie funkcje c1 (t), c2 (t) są rozwiązaniami następującego układu równań:
(
c01 (t)x1 (t) + c02 (t)x2 (t) = 0
c01 (t)x01 (t) + c02 (t)x02 (t) = f (t)
czyli
c01 (t) =
x2 (t)f (t)
,
W (t)
c02 (t) =
x1 (t)f (t)
W (t)
gdzie
x1 (t) x2 (t)
W (t) =
x01 (t) x02 (t)
jest wyznacznikiem Wrońskiego układu funkcji x1 (t), x2 (t) i stąd W (t) 6= 0
(bo x1 (t), x2 (t) tworzą fundamentalny układ rozwiązań).
Istotnie, wiemy że funkcja x(t) = c1 x1 (t)+c2 x2 (t) jest rozwiązaniem ogólnym
równania jednorodnego. Istotą metody uzmienniania stałych jest postulowanie, że rozwiązanie równania niejednorodnego można przestawić w postaci:
x(t) = c1 (t)x1 (t) + c2 (t)x2 (t)
gdzie c1 (t), c2 (t) są odpowiednio dobranymi funkcjami różniczkowalnymi.
Różniczkując x(t) mamy:
x0 (t) = c01 (t)x1 (t) + c1 (t)x01 (t) + c02 (t)x2 (t) + c2 (t)x02 (t) =
= c1 (t)x01 (t) + c2 (t)x02 (t) + c01 (t)x1 (t) + c02 (t)x2 (t)
15
Załóżmy, że c01 (t)x1 (t)+c02 (t)x2 (t) = 0. Wtedy x00 (t) = c01 (t)x01 (t)+c1 (t)xc00 (t)+
c02 (t)+c2 (t)x002 (t). Zatem funkcja x(t) będzie spełniała równanie niejednorodne
jeżeli będą zachodziły zastępujące warunki:
c01 (t)x1 (t) + c02 (t)x2 (t) = 0 oraz c01 (t)x01 (t) + c02 (t)x02 (t) = f (t)
W ten sposób otrzymaliśmy układ równań dla funkcji c1 (t) i c2 (t):
(
c01 (t)x1 (t) + c02 (t)x2 (t) = 0
c01 (t)x01 (t) + c02 (t)x02 (t) = f (t)
Układ ten ma oczywiście jednoznaczne rozwiązanie c01 (t) i c02 (t), ponieważ
wyznacznik główny (i zarazem wrońskian liniowo niezależnych funkcji x1 (t),
x2 (t)) jest różny od zera.
16