Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 14: Przegląd metod całkowania równań różniczkowych zwyczajnych

From Studia Informatyczne

Przegląd metod całkowania równań różniczkowych zwyczajnych

Ćwiczenie 14.1.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

\displaystyle \dot{x}x\sqrt{1-t^2}+t\sqrt{1-x^2} \ =\ 0,\quad x\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}.

Wskazówka

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych.

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w powyższym równaniu i dostajemy

\displaystyle \frac{x\,dx}{\sqrt{1-x^2}} \ =\ \frac{-t\,dt}{\sqrt{1-t^2}}, \quad [x^2=1?].

(Zauważmy od razu, że \displaystyle x\equiv 1 i \displaystyle x\equiv-1 są rozwiązaniami naszego równania). Całkując powyższą równość, mamy

\displaystyle -\sqrt{1-x^2} \ =\ \sqrt{1-t^2}+C,

zatem rozwiązanie ogólne równania (w postaci uwikłanej) jest dane jako

\displaystyle \sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-t^2} \ =\ C.

Krzywą przechodzącą przez punkt \displaystyle \displaystyle \bigg(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\bigg) wyznaczamy, wstawiając ten punkt do powyższego równania i wyznaczając \displaystyle C:

\displaystyle \sqrt{1-\left(\frac{1}{2}\right)^2}+\sqrt{1-\left(\frac{1}{2}\right)^2} \ =\ C,

skąd \displaystyle C=\sqrt{3}. A zatem rozwiązaniem problemu Cauchy'ego jest funkcja \displaystyle x(t) dana przez równanie

\displaystyle \sqrt{1-x^2}+ \sqrt{1-t^2}=\sqrt{3}.

Ćwiczenie 14.2.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

\displaystyle \dot{x}=x\cos t,\quad x(0)=1.

Wskazówka

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych.

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w naszym równaniu i dostajemy

\displaystyle \frac{dx}{x} \ =\ \cos t\,dt, \quad [x=0?]

(Zauważmy też, że \displaystyle x=0 jest rozwiązaniem wyjściowego równania). Całkując, mamy

\displaystyle \ln |x| \ =\ \sin t + \ln |C|,

(dla wygody stałą dowolną zapisaliśmy, podobnie jak na wykładzie, jako \displaystyle \displaystyle\ln |C|,; możemy tak zrobić, bo funkcja \displaystyle \displaystyle\ln jest suriekcją na \displaystyle \displaystyle\mathbb{R}). Z powyższego równania dostajemy zatem

\displaystyle x(t) \ =\ Ce^{\sin t}.

Nasz warunek początkowy to \displaystyle x(0)=1, zatem wstawiamy do rozwiązania ogólnego punkt \displaystyle \displaystyle (0,1) i wyznaczamy \displaystyle C:

\displaystyle Ce^{\sin 0} \ =\ 1,

skąd \displaystyle C=1 i szukane rozwiązanie to

\displaystyle x(t) \ =\ e^{\sin t}.

Ćwiczenie 14.3

Znaleźć krzywe, dla których odcinek stycznej zawarty między osiami współrzędnych jest podzielony na połowy w punkcie styczności.

Wskazówka

Narysować rysunek. Napisać równie stycznej. Z warunków zadania wynika, że punkt styczności jest średnią arytmetyczną współrzędnych punktów przecięcia stycznej z osiami. Stąd otrzymujemy równanie różniczkowe.

Rozwiązanie

<flash>file=am2.m14.c.r01.swf|width=375|height=375</flash>

Odcinek styczny do wykresu krzywej

Równanie stycznej w punkcie \displaystyle \displaystyle (\tau,\xi) to

\displaystyle \dot{x}(\tau)(t-\tau) \ = x-\xi.

Odcinek styczny do wykresu krzywej



Punkt przecięcia stycznej z osią \displaystyle Ot to punkt \displaystyle \displaystyle (t_z,0), gdzie

\displaystyle t_z \ =\ \frac{-\xi}{\dot{x}(\tau)}+\tau.

Podobnie, przecięcia stycznej z osią \displaystyle Ox to punkt \displaystyle \displaystyle (0,x_z),

gdzie

\displaystyle x_z \ =\ \xi+\tau \dot{x}(\tau).

Z warunków zadania wynika, że współrzędne punktu \displaystyle \displaystyle (\tau,\xi)

mają być średnimi arytmetycznymi współrzędnych punktów \displaystyle \displaystyle (0,x_z) i \displaystyle \displaystyle (t_z,0). Tak więc dostajemy

\displaystyle \tau \ =\ \frac{1}{2}t_z=\frac{1}{2}(\frac{-\xi}{\dot{x}(\tau)}+\tau),\\ \xi \ =\ \frac{1}{2}x_z=\frac{1}{2}(\xi+\tau \dot{x}(\tau)).

Stąd dostajemy, że

\displaystyle \tau \ =\ -\frac{\xi}{\dot{x}(\tau)}.

Zapiszmy to równanie różniczkowe, mnożąc przez \displaystyle \displaystyle\dot{x} i

zmieniając nazwy zmiennych na \displaystyle x i \displaystyle t. Dostaniemy równanie

\displaystyle \dot{x}t \ =\ -x.

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych; rozwiązujemy je

\displaystyle \frac{\,dx}{x} \ =\ -\frac{\,dt}{t}\quad [x=0?]

(Zauważmy tu, że choć \displaystyle x\equiv 0 jest rozwiązaniem powyższego

równania, to nie jest rozwiązaniem naszego zadania, trudno bowiem w tym przypadku mówić o "odcinku stycznej między osiami"). Całkując, dostajemy

\displaystyle \ln |x| \ =\ \ln|\frac{1}{t}|+\ln|C|,

zatem

\displaystyle |x| \ =\ |C||\frac{1}{t}|, C\neq 0,

skąd dostajemy, że rozwiązaniem naszego zadania jest dowolna

krzywa spełniająca

\displaystyle tx \ =\ C, ze stałą \displaystyle   C\neq 0.

Ćwiczenie 14.4.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

\left\{\begin{array}{l}\displaystyle t\dot{x}-x \ =\ (t+x)\ln \frac{t+x}{t},\\ x(1)=1. \end{array}

Wskazówka

To jest równanie jednorodne.

Rozwiązanie

Nasze równanie możemy zapisać w postaci

\displaystyle t\dot{x} \ =\ x+(t+x)\ln \frac{t+x}{t}.

Stosujemy podstawienie \displaystyle x=zt, różniczkując, mamy

\displaystyle \dot{x} \ =\ z+t\dot{z}.

Podstawiając do naszego równania, mamy

\displaystyle t(z+t\dot{z}) \ =\ zt+(t+zt)\ln (1+z),

skąd

\displaystyle t^2dz \ =\ t(1+z)\ln (1+z)dt.

Z powyższego równania dostajemy:

\displaystyle \frac{dz}{(1+z)\ln (1+z)} \ =\ \frac{dt}{t}.

Zauważmy tu, że \displaystyle z\equiv -1 nie jest rozwiązaniem tego równania (ze względu na dziedzinę logarytmu), natomiast \displaystyle z takie, że \displaystyle \displaystyle\ln (z+1)=0, czyli \displaystyle z\equiv 0 (czyli \displaystyle x\equiv 0) jest rozwiązaniem.

Całkując powyższą równość, dostajemy

\displaystyle \ln|\ln(z+1)| \ =\ \ln|t|+\ln|C|,

gdzie znów stałą dowolną zapisujemy w postaci \displaystyle \displaystyle\ln|C|. Wracając do zmiennej \displaystyle x, mamy

\displaystyle \ln\left|\ln\left(\frac{x}{t}+1\right)\right| \ =\ \ln|t|+\ln|C|,

czyli nasze rozwiązanie dane jest równaniem uwikłanym

\displaystyle \ln\left(\frac{x}{t}+1\right) \ =\ Ct.

Rozwiązanie spełniające warunek \displaystyle x(1)=1 znajdujemy, wyznaczając \displaystyle C z równania

\displaystyle \ln\right(\frac{1}{1}+1\right) \ =\ C1,

czyli \displaystyle C=\ln 2, zatem szukane rozwiązanie to

\displaystyle \ln\left(\frac{x}{t}+1\right) \ =\ (\ln 2)t.

Ćwiczenie 14.5.

Rozwiązać równanie:

\displaystyle x \ =\ t(\dot{x}-t\cos t).

Wskazówka

To jest równanie liniowe niejednorodne.

Rozwiązanie

Nasze równanie po przekształceniu możemy zapisać jako

\displaystyle t\dot{x}-x \ =\ t^2\cos t,

czyli po podzieleniu przez \displaystyle t

\displaystyle \dot{x}-\frac{x}{t} \ =\ t\cos t,

a zatem faktycznie, mamy równanie liniowe niejednorodne. Rozwiązanie ogólne równania jednorodnego ma postać

\displaystyle x_0(t) \ =\ Ce^{\int\frac{1}{t}\,dt}=Ce^{\ln|t|}=Ct.

Moduł możemy opuścić, bo \displaystyle C jest stałą dowolną. Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego to w naszym przypadku

\displaystyle x(t) \ =\ \int t\cos t e^{-\int\frac{1}{t}\,dt}\,dt = \int \cos t\,dt=\sin t.

A zatem rozwiązaniem ogólnym naszego równania niejednorodnego jest

\displaystyle x(t) \ =\ t(C+\sin t).

Ćwiczenie 14.6.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

\displaystyle \bigg(\frac{t}{\sin x}+2\bigg)dt+\frac{(t^2+1)\cos x}{\cos 2x -1}dx \ =\ 0.

Wskazówka

To jest równanie zupełne.

Rozwiązanie

Sprawdźmy, że faktycznie jest to równanie różniczkowe zupełne. Mamy

\displaystyle M(t,x) \ =\ \frac{t}{\sin x}+2, \quad N(t,x) \ =\ \frac{(t^2+1)\cos x}{\cos 2x-1}.

Liczymy pochodne cząstkowe:

\displaystyle \aligned  \frac{\partial M}{\partial x} &= \frac{-t\cos x}{\sin^2x}\\ \frac{\partial N}{\partial t} &= \frac{2t\cos x}{-2\sin^2 x}, \endaligned

gdzie w drugim wzorze skorzystaliśmy z tożsamości trygonometrycznej \displaystyle \displaystyle\cos 2x-1=-2\sin^2x. Tak więc mamy równanie różniczkowe zupełne. Rozwiązujemy go, całkując

\displaystyle \int\frac{t}{\sin x}+2\,dt \ =\ \frac{t^2}{2\sin x}+2t+g(x).

Funkcję \displaystyle g(x) znajdujemy, różniczkując po \displaystyle x powyższą całkę i porównując z \displaystyle N(t,x). Dostaniemy

\displaystyle \frac{-t^2\cos x}{2\sin^2 x}+g'(x) \ =\ \frac{t^2\cos x}{\cos 2x-1}+\frac{\cos x}{\cos 2x-1}.

Mamy \displaystyle \displaystyle\cos 2x-1=-2\sin^2x, zatem

\displaystyle \frac{-t^2\cos x}{2\sin^2 x}+g'(x) \ =\ \frac{t^2\cos x}{-2\sin^2x}+\frac{\cos x}{-2\sin^2x},

skąd

\displaystyle g'(x) \ =\ \frac{\cos x}{-2\sin^2x},

a zatem

\displaystyle g(x) \ =\ \frac{1}{2\sin x}+C.

Stąd rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest funkcja \displaystyle x dana równaniem uwikłanym

\displaystyle \frac{t^2}{2\sin x}+\frac{1}{2\sin x}+2t+C \ =\ 0.

Ćwiczenie 14.7.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

\displaystyle \dot{x}+2x \ =\ x^2e^t.

Wskazówka

To jest równanie Bernoullego.

Rozwiązanie

Nasze równanie to równanie Bernoullego z \displaystyle p(t)=2, q(t)=e^t i \displaystyle r=2 (oznaczenia jak na wykładzie). Równanie rozwiązujemy, robiąc podstawienie

\displaystyle z \ =\ x^{1-r}=x^{-1}.

Osobno trzeba rozważyć sytuację \displaystyle x\equiv 0; widać, że ta funkcja jest rozwiązaniem naszego równania.

Różniczkując \displaystyle z=\frac{1}{x}, dostajemy

\displaystyle \dot{z} \ =\ -\frac{1}{x^2}\dot{x}.

Mnożymy nasze wyjściowe równanie przez \displaystyle -\frac{1}{x^2} i dostajemy

\displaystyle -\frac{1}{x^2}\dot{x}-\frac{2x}{x^2} \ =\ -e^t,

czyli podstawiając

\displaystyle \dot{z}-2z \ =\ -e^t.

To jest równanie liniowe niejednorodne rzędu pierwszego. Rozwiązanie ogólne równania jednorodnego \displaystyle \displaystyle\dot{z}-2z=0 to

\displaystyle z_0(t) \ =\ Ce^{-\int(-2)dt}=Ce^{2t},

zatem rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego to

\displaystyle z(t) \ =\ e^{2t}(C+\int -e^{t}e^{-2t}\,dt) \ =\ e^{2t}(C+\int -e^{-t}\,dt),

czyli

\displaystyle z(t) \ =\ Ce^{2t}+e^t.

Stąd, skoro \displaystyle z=\frac{1}{x}, rozwiązane możemy napisać jako

\displaystyle (Ce^{2t}+e^t)x \ =\ 1.

Ćwiczenie 14.8.

Znaleźć rozwiązanie równania:

\displaystyle x''-5x' \ =\ 3t^2+\sin 5t,

które przechodzi przez punkt \displaystyle \displaystyle (0,0) i którego pochodna także

przechodzi przez punkt \displaystyle \displaystyle (0,0).

Wskazówka

To jest równanie liniowe niejednorodne rzędu \displaystyle 2. Należy rozwiązać równanie charakterystyczne i wypisać rozwiązanie równania jednorodnego. Rozwiązanie szczególne równania jednorodnego można znaleźć metodą przewidywań, stosując ją kolejno do dwóch równań z prawą stroną \displaystyle 3t^2 i \displaystyle \displaystyle\sin 5t. Rozwiązanie spełniające zadane warunki przechodzenia przez punkt należy znaleźć, wstawiając punkty i wyliczając stałe.

Rozwiązanie

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

\displaystyle x''-5x' \ =\ 0.

Równanie charakterystyczne to

\displaystyle \lambda^2-5\lambda \ =\ 0,

czyli \displaystyle \displaystyle\lambda(\lambda-5)=0. Rozwiązaniami są

\displaystyle \lambda_1 \ =\ 0 \quad i \displaystyle  \quad \lambda_2 \ =\ 5.

A zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego to

\displaystyle x(t) \ =\ C_1e^{0t}+C_2e^{5t} \ =\ C_1+C_2e^{5t}.

Rozwiążmy teraz równanie niejednorodne z prawą stroną \displaystyle 3t^2,

\displaystyle x''-5x' \ =\ 3t^2.

Zauważmy, że \displaystyle 3t^2=3t^2e^0, czyli mamy równanie

\displaystyle x''-5x' \ =\ 3t^2e^0,

a \displaystyle 0 jest pierwiastkiem (jednokrotnym) równania charakterystycznego. Rozwiązania szczególnego szukamy zatem w postaci

\displaystyle x_1(t) \ =\ t(at^2+bt+c)=at^3+bt^2+ct.

Różniczkując, mamy

\displaystyle x_1' \ = 3at^2+2bt+c,
\displaystyle x_1'' \ =\ 6at+2b.

Wstawiając \displaystyle x_1 do równania, dostajemy

\displaystyle x_1''-5x_1' \ =\ 6at+2b-5(3at^2+2bt+c) \ =\ 3t^2,

skąd

\displaystyle -15at^2+t(6a-10b)-5c+2b \ =\ 3t^2.

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

\displaystyle -15a=3, \quad 6a-10b=0,\quad 2b-5c=0.

Rozwiązując ten układ, dostajemy

\displaystyle a=-\frac{1}{5},\quad b=-\frac{3}{25}, \quad c=-\frac{6}{75}.

A zatem

\displaystyle x_1(t) \ =\ -\frac{1}{5}t^3-\frac{3}{25}t^2-\frac{6}{75}t.

Teraz musimy rozwiązać drugie z równań niejednorodnych,

\displaystyle x''-5x' \ =\ \sin 5t.

Prawa strona jest w postaci \displaystyle e^0\sin 5t, liczba \displaystyle 0+5i=5i nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, zatem rozwiązania szczególnego szukamy w postaci

\displaystyle x_2(t) \ =\ A\cos 5t+B\sin 5t.

Różniczkując, mamy

\displaystyle x_2' \ = \ -5A\sin 5t+5B\cos 5t,
\displaystyle x_2'' \ =\ -25A\cos 5t-25B\sin 5t.

Wstawiając do równania, dostajemy

\displaystyle x''-5x' \ =\ -25\cos 5t-25B\sin 5t +25A\sin 5t-25B\cos 5t \ =\ \sin 5t.

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

\displaystyle -25A-25B=0,\quad -25B+25A=1,

skąd

\displaystyle A=\frac{1}{50},\quad  B=-\frac{1}{50},

zatem

\displaystyle x_2(t) \ =\ \frac{1}{50}\cos 5t-\frac{1}{50}\sin 5t.

Rozwiązaniem ogólnym naszego wyjściowego równania jest więc

\begin{array}{lll}\displaystyle x(t)&=& x_0(t)+x_1(t)+x_2(t)\\ &=&\displaystyle C_1+C_2e^{5t}-\frac{1}{5}t^3-\frac{3}{25}t^2-\frac{6}{75}t+\frac{1}{50}\cos 5t-\frac{1}{50}\sin 5t.\end{array}

Szukamy teraz stałych \displaystyle C_1 i \displaystyle C_2 takich, by nasze rozwiązanie przechodziło przez punkt \displaystyle \displaystyle (0,0) i aby jego pochodna też przechodziła przez ten punkt. Wstawiając do \displaystyle x(t) punkt \displaystyle 0, dostajemy

\displaystyle C_1+C_2+\frac{1}{50} \ =\ 0,

a wstawiając zero do pochodnej \displaystyle x(t), równej \displaystyle \displaystyle\dot{x}(t)=5C_2e^{5t}-\frac{3}{5}t^2-\frac{6}{25}t-\frac{6}{75}-\frac{5}{50}\sin 5t-\frac{5}{50}\cos 5t, mamy

\displaystyle 5C_2-\frac{6}{75}-\frac{5}{50} \ =\ 0,

skąd \displaystyle C_2=\frac{17}{750} a \displaystyle C_1=-\frac{32}{750}, zatem szukane rozwiązanie to

\displaystyle x(t) =  -\frac{32}{750}+\frac{17}{750}e^{5t}-\frac{1}{5}t^3-\frac{3}{25}t^2-\frac{6}{75}t+\frac{1}{50}\cos 5t-\frac{1}{50}\sin 5t.\end{array}


Ćwiczenie 14.9.

Znaleźć rozwiązanie równania:

\displaystyle x^{(4)}+x''=t,

Wskazówka

To jest równanie liniowe niejednorodne rzędu \displaystyle 4. Równanie niejednorodne można rozwiązać metodą przewidywań. Należy zwrócić uwagę na krotność pierwiastków równania charakterystycznego.

Rozwiązanie

Najpierw rozwiązujemy równanie ogólne

\displaystyle x^{(4)}+x'' \ =\ 0.

Równanie charakterystyczne to

\displaystyle \lambda^4+\lambda^2 \ =\ 0,

czyli

\displaystyle \lambda^2(\lambda^2+1) \ =\ 0.

Rozwiązania tego równania to

\displaystyle \lambda_1=\lambda_2=0,\quad \lambda_3=i,\quad \lambda_4=-i.

A zatem, skoro mamy jeden rzeczywisty pierwiastek podwójny i dwa pierwiastki zespolone, sprzężone, rozwiązanie ogólne równania jednorodnego to

\displaystyle x_0(t) \ =\ C_1e^0+C_2te^0+C_3\cos t+C_4\sin t=C_1+C_2t+C_3\cos t+C_4\sin t.

Teraz szukamy rozwiązania szczególnego naszego równania. Ponieważ prawa strona równania jest równa \displaystyle t=te^0 a \displaystyle 0, jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, rozwiązania szczególnego szukamy w postaci

\displaystyle x_1(t) \ =\ t^2(at+b) \ =\ at^3+bt^2.

Różniczkując, mamy

\displaystyle x_1''(t)=6at+2b, \quad x_1^{(4)}=0.

Wstawiając do równania, dostajemy

\displaystyle x_1^{(4)}+x_1''(t) \ =\ 0+6at+2b=6at+2b=t,

skąd

\displaystyle 6a=1,\quad 2b=0,

czyli

\displaystyle a=\frac{1}{6}, \quad b=0.

A więc rozwiązanie szczególne to

\displaystyle x_1(t) \ =\ \frac{t^3}{6}.

Rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest zatem funkcja

\displaystyle x(t) \ =\ x_0(t)+x_1(t) \ =\ C_1+C_2t+C_3\cos t+C_4\sin t+\frac{t^3}{6}.