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

From Studia Informatyczne

Spis treści

Przegląd metod całkowania równań różniczkowych zwyczajnych

Ten wykład prezentuje metody rozwiązywania wybranych typów równań różniczkowych. Pokazujemy, jak otrzymać rozwiązanie ogólne dla równań rzędu pierwszego: równania o zmiennych rozdzielonych, równania jednorodnego, równania liniowego, równania Bernoullego i równania różniczkowego zupełnego. Z równań wyższych rzędów zajmujemy się tylko równaniem liniowym (jednorodnym i niejednorodnym) o stałych współczynnikach.

Uwaga 14.1.

Przez rozwiązanie równania rozumiemy w tym wykładzie zarówno podanie rozwiązania w postaci jawnej, to znaczy podanie wzoru na szukaną funkcję \displaystyle x(t), jak też podanie rozwiązania w postaci uwikłanej, czyli \displaystyle F(x,t)=C, gdzie \displaystyle C jest stałą dowolną. Aby zapewnić istnienie i jednoznaczność rozwiązań, zakładamy, że wszystkie występujące w naszym wykładzie funkcje są klasy \displaystyle {\cal C}^1 w pewnym przedziale \displaystyle \displaystyle [a,b]\subset \mathbb{R}, względnie w kostce \displaystyle \displaystyle [a,b]\times[c,d]\subset \mathbb{R}^2. Na wykładzie pokazujemy tylko, jak dostać rozwiązanie ogólne równania, przykłady rozwiązań problemów Cauchy'ego zostawiamy na ćwiczenia.

Równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych

Definicja 14.2.

Równanie różniczkowe

\displaystyle \dot{x}(t)=g(t)h(x)

czyli

\displaystyle   \frac{dx}{dt}=g(t)h(x)

lub równoważnie

\displaystyle G(x)dx+H(t)dt=0

nazywamy równaniem różniczkowym o zmiennych rozdzielonych (rrzr).

Równanie to rozwiązujemy, "rozdzielając zmienne", czyli grupując wyrażenia z \displaystyle x po jednej stronie, a wyrażenia z \displaystyle t po drugiej stronie znaku równości. Otrzymujemy:

\displaystyle \frac{dx}{h(x)}=g(t)dt,

skąd rozwiązanie ogólne równania (rrzr) dostajemy w postaci

\displaystyle \int\frac{dx}{h(x)}=\int g(t)dt +C,

gdzie przez zapis \displaystyle \displaystyle\int\frac{dx}{h(x)} i \displaystyle \displaystyle\int g(t)dt rozumiemy dowolną pierwotną z funkcji podcałkowej i gdzie \displaystyle C jest stałą dowolną.

Uwaga 14.3.

Postępując jak powyżej, mogliśmy "zgubić" pewne rozwiązania równania (rrzr). Dokładniej, skoro dzielimy (rrzr) przez \displaystyle h(x) stronami, to nasze rozwiązanie nie uwzględnia rozwiązań postaci

\displaystyle x(t)\equiv x_0,

gdzie \displaystyle x_0 jest takie, że \displaystyle h(x_0)=0. Te rozwiązania (o ile istnieją) musimy dołączyć do rozwiązania ogólnego równania (rrzr).

Z problemem "gubienia" pewnych rozwiązań spotkamy się na tym wykładzie jeszcze niejednokrotnie. Dla zaznaczenia, że musimy osobno rozważać pewne rozwiązania, będziemy pisać obok równania na przykład:

\displaystyle [h(x)=0?],

zaznaczając w ten sposób, że należy rozważyć, czy rozwiązania postaci \displaystyle x(t) \equiv x_0 dla \displaystyle h(x_0)=0 są rozwiązaniami naszego równania.

A zatem rozwiązania (rrzr) są postaci

\displaystyle \int\frac{dx}{h(x)}=\int g(t)dt +C

lub

\displaystyle x(t)\equiv x_0 \ dla \displaystyle   h(x_0)=0.

Przykład 14.4.

Rozwiązać równanie

\displaystyle \dot{x}(t)=-2tx

Dzieląc przez \displaystyle x, dostajemy

\displaystyle \frac{dx}{x}=-2tdt, \quad [x=0?].

Odtąd zakładamy, że \displaystyle x\neq 0. Całkując, mamy

\displaystyle \ln|x|=-t^2+\tilde{C},

gdzie stałą \displaystyle \displaystyle\tilde{C} zapisujemy jako \displaystyle \displaystyle\ln|C| dla pewnej stałej \displaystyle C\neq 0, a zatem

\displaystyle \ln|x|=-t^2+\ln|C|,

czyli

\displaystyle |x|=|C|e^{-t^2},

a więc

\displaystyle x=Ce^{-t^2}, \ C\neq 0.

Oprócz tego, jak od razu widać, rozwiązaniem jest funkcja

\displaystyle x(t)\equiv 0.

Reasumując, możemy napisać, że wszystkie rozwiązania naszego równania są postaci

\displaystyle x(t)=Ce^{-t^2},

gdzie \displaystyle C jest stałą dowolną.

Przykład 14.5.

Rozwiązać równanie

\displaystyle \dot{x}(t)=x-1

Dzieląc przez \displaystyle x-1, dostajemy

\displaystyle \frac{dx}{x-1}=dt, \quad [x-1=0?].

Całkując, mamy

\displaystyle \ln|x-1|=t+\ln|C|,\ C\neq 0,

czyli

\displaystyle |x-1|=|C|e^{t},

a więc

\displaystyle x=Ce^{t}+1, \ C\neq 0.

Dodatkowo

\displaystyle x(t)\equiv 1

także jest rozwiązaniem naszego równania.

A zatem wszystkie rozwiązania naszego równania są postaci

\displaystyle x(t)=Ce^{t}+1,

gdzie \displaystyle C jest stałą dowolną.

Równanie różniczkowe jednorodne

Definicja 14.6.

Funkcja \displaystyle f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R} jest funkcją jednorodną stopnia \displaystyle m (gdzie \displaystyle m\in \mathbb{N}), jeśli dla każdego \displaystyle \displaystyle\lambda\in\mathbb{R} i wszystkich \displaystyle \displaystyle (t,x) z dziedziny funkcji, \displaystyle \displaystyle (\lambda t,\lambda x) też należy do dziedziny \displaystyle f oraz zachodzi

\displaystyle f(\lambda t,\lambda x)=\lambda^mf(t,x).

Przykład 14.7.

(1) Funkcja \displaystyle f(t,x)=x^2+xt+t^2 jest funkcją jednorodną stopnia \displaystyle 2.
(2) Funkcja \displaystyle \displaystyle f(t,x)=\frac{x}{t} jest funkcją jednorodną stopnia \displaystyle 0.
(3) Funkcja \displaystyle f(t,x)=x+t^3 nie jest funkcją jednorodną.

Definicja 14.8.

Równanie różniczkowe

\displaystyle F(t,x)dt+G(t,x)dx=0,

gdzie \displaystyle F i \displaystyle G są funkcjami jednorodnymi tego samego stopnia \displaystyle m, nazywamy równaniem różniczkowym jednorodnym (rrj).

Uwaga 14.9.

Równanie różniczkowe jednorodne możemy zawsze sprowadzić do postaci (rrj'):

\displaystyle \frac{dx}{dt}=f\left(\frac{x}{t}\right), \quad [G(t,x)=0?].

Faktycznie, dzieląc (rrj) przez \displaystyle G(t,x), a następnie dzieląc licznik i mianownik \displaystyle \displaystyle{\frac{F(t,x)}{G(t,x)}} przez \displaystyle t^m, dostajemy postać (rrj').

Równanie (rrj') rozwiązujemy, podstawiając

\displaystyle x=zt.

Mamy zatem \displaystyle dx=tdz +zdt,\displaystyle \displaystyle\frac{x}{t}=z, a więc podstawiając do (rrj'), dostajemy równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych

\displaystyle tdz+(z-f(z))dt=0.

To równanie rozwiązujemy znaną już metodą i dostajemy:

\displaystyle \int\frac{dz}{z-f(z)}=\int\frac{dt}{t} +C, \quad [z-f(z)=0?].

Przykład 14.10.

Rozwiązać równanie

\displaystyle tdx-(t+x)dt=0.

To jest równanie jednorodne. (Funkcje są jednorodne stopnia \displaystyle 1). Dzielimy stronami przez \displaystyle t i dostajemy:

\displaystyle \frac{dx}{dt}=1+\frac{x}{t}.

Podstawiając \displaystyle x=zt, otrzymujemy równanie:

\displaystyle tdz=dt,

zatem

\displaystyle dz=\frac{dt}{t}.

Rozwiązaniem tego równania jest

\displaystyle z=\ln|t|+C,

gdzie \displaystyle C jest dowolną stałą. Skoro \displaystyle x=zt, to

\displaystyle x=t\ln|t|+Ct.

Równanie różniczkowe liniowe rzędu pierwszego

Definicja 14.11.

Równanie różniczkowe

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=q(t)

nazywamy równaniem różniczkowym liniowym rzędu pierwszego (rrl-1).

Jeśli funkcja \displaystyle q(t)\equiv 0, to równanie

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=0

nazywamy równaniem różniczkowym liniowym jednorodnym rzędu pierwszego (rrlj-1).

Jeśli funkcja \displaystyle q(t) nie jest tożsamościowo równa zero, to równanie

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=q(t)

nazywamy równaniem różniczkowym liniowym niejednorodnym rzędu pierwszego (rrlnj-1).

Najpierw pokażemy, jak znaleźć rozwiązania równania różniczkowego liniowego jednorodnego (rrlj-1)

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=0.

Widać, że jest to równanie o zmiennych rozdzielonych,

\displaystyle \frac{dx}{dt}=-p(t)x,

czyli

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

Całkując, dostajemy:

\displaystyle x(t)=\displaystyle Ce^{- \int p(t)dt},

gdzie \displaystyle C jest stałą dowolną. (Uwzględniliśmy już, że \displaystyle x(t)\equiv 0 jest rozwiązaniem naszego równania (rrlj-1)).

Przypuśćmy teraz, że mamy rozwiązać równanie różniczkowe liniowe rzędu pierwszego, niejednorodne,

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=q(t).

Zachodzi następujące stwierdzenie (dowód pomijamy).

Stwierdzenie 14.12.

Rozwiązanie ogólne równania różniczkowego liniowego niejednorodnego rzędu pierwszego jest sumą rozwiązania ogólnego odpowiadającego równania różniczkowego jednorodnego i szczególnego rozwiązania równania (rrlnj-1).

A zatem rozwiązujemy równanie (rrlnj-1), znajdując najpierw rozwiązanie odpowiadającego mu równania różniczkowego liniowego jednorodnego,

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=0,

czyli funkcję

\displaystyle x_o(t)=\displaystyle Ce^{-\int p(t)dt}.

Następnie musimy znaleźć rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego. Zgodnie ze stwierdzeniem 14.12, wystarczy znaleźć szczególne rozwiązanie (rrlnj-1). Może nam się udać takie rozwiązanie szczególne zgadnąć (patrz przykład 14.15.) i wtedy wystarczy je dodać do rozwiązania ogólnego równania jednorodnego. Istnieją także metody szukania rozwiązań szczególnych, tu poznamy jedną z nich. Jest to tak zwana metoda uzmienniania stałej. Aby zastosować tę metodę, załóżmy, że rozwiązanie ogólne (rrlnj-1) można zapisać w postaci

\displaystyle x(t)=\displaystyle C(t)e^{-\int p(t)dt},

gdzie \displaystyle C(t) jest pewną funkcją klasy \displaystyle {\cal C}^1, którą musimy znaleźć. By wyznaczyć \displaystyle C(t), podstawmy nasze \displaystyle x(t)=\displaystyle C(t)e^{-\int p(t)dt} do równania \displaystyle \displaystyle\dot{x}(t)+p(t)x=q(t). Dostaniemy:

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=\displaystyle \dot{C}(t)e^{-\int p(t)dt}-C(t)p(t)e^{-\int p(t)dt}+p(t)C(t)e^{-\int p(t)dt}=q(t),

czyli po uproszczeniu

\displaystyle \dot{C}(t) \displaystyle e^{-\int p(t)dt}=q(t).

Stąd

\displaystyle \dot{C}(t)=\displaystyle e^{\int p(t)dt}q(t),

czyli

\displaystyle C(t)=\displaystyle \int e^{\int p(t)dt}q(t)dt +C,

gdzie, jak wcześniej, \displaystyle \int e^{\int p(t)dt}q(t)dt oznacza dowolną pierwotną z funkcji podcałkowej, a \displaystyle C jest stałą.

Podstawiając otrzymane \displaystyle C(t) do wzoru na rozwiązanie, dostajemy:

\displaystyle x(t)=\displaystyle e^{-\int p(t)dt}\left( \int e^{\int p(t)dt}q(t)dt +C\right),

czyli, zapisując zgodnie ze stwierdzeniem 14.12, dostajemy następujące stwierdzenie.

Stwierdzenie 14.13.

\displaystyle x(t)= \displaystyle Ce^{-\int p(t)dt}+e^{-\int p(t)dt}\left( \int e^{\int p(t)dt}q(t)dt \right)

jest rozwiązaniem ogólnym (rrlnj-1).

Łatwo sprawdzić, że \displaystyle e^{-\int p(t)dt}\displaystyle\left( \int e^{\int p(t)dt}q(t)dt \right) jest szczególnym rozwiązaniem (rrlnj-1).

Przykład 14.14.

Rozwiązać równanie liniowe niejednorodne:

\displaystyle \dot{x}+2x=e^{3t}.

Zgodnie z wyżej wprowadzonymi oznaczeniami mamy tu \displaystyle p(t)=2 oraz \displaystyle q(t)=e^{3t}. Rozwiązując równanie jednorodne, dostajemy

\displaystyle x_o(t)=\displaystyle Ce^{-\int2dt}=Ce^{-2t}.

Stosując metodę uzmienniania stałej (lub od razu wstawiając do wzoru na rozwiązanie ogólne), mamy:

\displaystyle x(t)=\displaystyle e^{-2t}\left( C+ \int e^{3t}e^{\int 2dt} dt \right)= e^{-2t}\left( C+ \frac{1}{5}e^{5t} \right)=Ce^{-2t}+\frac{1}{5}e^{3t}

jest rozwiązaniem ogólnym naszego równania niejednorodnego.

Przykład 14.15.

Znaleźć rozwiązanie równania

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

Równanie jednorodne

\displaystyle \dot{x}-x=0

ma rozwiązanie ogólne \displaystyle x_o(t)=Ce^t. Rozwiązanie szczególne naszego równania niejednorodnego łatwo zgadnąć, otóż jest to \displaystyle x(t)=e^{2t}. Tak więc rozwiązanie ogólne równania \displaystyle \displaystyle\dot{x}-x=e^{2t}, to zgodnie ze stwierdzeniem 14.12,

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

Równanie Bernoullego

Jakob Bernoulli (1654-1705)Zobacz biografię
Enlarge
Jakob Bernoulli (1654-1705)
Zobacz biografię

Definicja 14.16.

Równanie różniczkowe

\displaystyle \dot{x}(t)+p(t)x=q(t)x^r, \quad gdzie \displaystyle   r\in\mathbb{R}\setminus\{0,1\}

nazywamy równaniem różniczkowym Bernoullego (rrB).

Zauważmy, że dla \displaystyle r=0 lub \displaystyle r=1 powyższe równanie staje się równaniem różniczkowym liniowym (jednorodnym lub nie).

Równanie różniczkowe Bernoullego rozwiązujemy za pomocą podstawienia

\displaystyle x^{1-r}=z

i sprowadzenia równania do równania liniowego. Faktycznie, skoro \displaystyle z=x^{1-r}, to \displaystyle \displaystyle\dot{z}=(1-r)x^{-r}\dot{x}. Mnożąc (rrB) obustronnie przez \displaystyle \displaystyle (1-r)x^{-r}, dostajemy równanie

\displaystyle (1-r)x^{-r}\dot{x}+p(t)(1-r)x^{1-r}=q(t)(1-r),

i podstawiając, mamy:

\displaystyle \dot{z}+(1-r)p(t)z=(1-r)q(t),

czyli równanie liniowe rzędu pierwszego z niewiadomą funkcją \displaystyle z. Takie równanie umiemy już rozwiązać.

Zauważmy też, że jeśli \displaystyle 1-r<0, czyli \displaystyle r>1, to zawsze "gubimy" rozwiązanie \displaystyle x\equiv 0.

Przykład 14.17.

Rozwiązać równanie

\displaystyle 3\dot{x}-x=\frac{t}{x^2}.

Zapiszmy to równanie jako

\displaystyle \dot{x}-\frac{1}{3}x=\frac{t}{3x^2}.

Zatem \displaystyle p(t)=-\frac{1}{3}, \ q(t)=\frac{t}{3}, \ r=-2.

Nasze równanie, po pomnożeniu obustronnie przez \displaystyle 3x^{2}, zamienia się w równanie

\displaystyle 3x^2\dot{x}-x=t,

czyli po podstawieniu

\displaystyle z=x^{1-r}=x^3,

dostajemy równanie liniowe niejednorodne

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

Zgodnie ze wzorem na rozwiązanie ogólne równania liniowego podanym w stwierdzeniem 14.13 mamy

\displaystyle z(t)=\displaystyle e^{-\int(-1)dt}\displaystyle\left( C+\int te^{\int (-1) dt} dt\right),

czyli

\displaystyle z(t)=Ce^t-(t+1),

a zatem rozwiązanie naszego równania Bernoullego to

\displaystyle (x(t))^3=Ce^t-(t+1).

Równanie różniczkowe zupełne

Definicja 14.18.

Załóżmy, że mamy dane dwie funkcje \displaystyle M, N :D\to \mathbb{R}, klasy \displaystyle {\cal C}^1, gdzie \displaystyle D jest obszarem jednospójnym w \displaystyle \displaystyle\mathbb{R}^2. Równanie różniczkowe

\displaystyle M(t,x)dt+N(t,x)dx=0

nazywamy równaniem różniczkowym zupełnym (rrz), jeśli w \displaystyle D zachodzi

\displaystyle \frac{\partial M}{\partial x}=\frac{\partial N}{\partial t}.

Często definiuje się też równanie różniczkowe zupełne jako takie równanie, że pole wektorowe \displaystyle F(t,x)=(M(t,x),N(t,x)) jest polem potencjalnym. Jak wiemy, w obszarach jednospójnych te warunki są równoważne (patrz uwaga 12.17. oraz stwierdzeniem 12.19.).

Metoda rozwiązywania równań różniczkowych zupełnych jest dokładnie taka, jak metoda szukania potencjału dla pola potencjalnego (patrz ćwiczenie 12.4.). Aby rozwiązać (rrz), wystarczy znaleźć taką funkcję \displaystyle \displaystyle\varrho(t,x), by

\displaystyle M(t,x)=\frac{\partial \varrho}{\partial t}(t,x)

i

\displaystyle N(t,x)=\frac{\partial \varrho}{\partial x}(t,x).

Jeśli znajdziemy takie \displaystyle \displaystyle\varrho(t,x), to rozwiązaniem ogólnym (rrz) będzie

\displaystyle \varrho(t,x)=C,

ze stałą dowolną \displaystyle C.

(Dowód powyższego faktu pomijamy, wymaga bowiem wprowadzenia pojęcia różniczki zupełnej).

Aby znaleźć \displaystyle \displaystyle\varrho(t,x), całkujemy funkcję \displaystyle M(t,x) po zmiennej \displaystyle t. Dostajemy wtedy

\displaystyle \varrho(t,x)=\int M(t,x)dt + g(x),

gdzie \displaystyle g jest pewną, na razie nieznaną, funkcją klasy \displaystyle {\cal C}^1. Aby wyznaczyć \displaystyle g, liczymy pochodną po \displaystyle x z obu stron powyższego równania. Dostajemy:

\displaystyle N(x,t)=\frac{\partial (\int M(t,x)dt)}{\partial x}+g'(x).

Porównując te strony tego równania, wyznaczamy \displaystyle g'(x), a całkując, dostajemy \displaystyle g(x), a zatem także \displaystyle \displaystyle\varrho(x,y).

Przykład 14.19.

Rozwiązać równanie różniczkowe

\displaystyle (t+x)dt+(t-x)dx=0.

Mamy \displaystyle M(t,x)=t+x, \ N(t,x)=t-x. Zachodzi

\displaystyle \frac{\partial M}{\partial x}=1=\frac{\partial N}{\partial t},

a więc równanie jest zupełne. Wyznaczmy \displaystyle \displaystyle\varrho(x,y). Mamy

\displaystyle \varrho(x,y)=\frac{1}{2}t^2+tx+g(x).

Licząc pochodną po \displaystyle x i porównując z \displaystyle N, dostaniemy:

\displaystyle t-x=N(t,x)=\frac{\partial \bigg(\frac{1}{2}t^2+tx+g(x)\bigg)}{\partial x}=t+g'(x),

skąd

\displaystyle g'(x)=-x,

a więc

\displaystyle g(x)=-\frac{1}{2}x^2+C,

czyli

\displaystyle \varrho(t,x)=\frac{1}{2}t^2-\frac{1}{2}x^2+C.

Równanie różniczkowe liniowe rzędu \displaystyle n o stałych współczynnikach

Wszystkie rozpatrywane do tej pory równania były równaniami różniczkowymi rzędu pierwszego. Zajmiemy się teraz pewnym szczególnym przypadkiem równań wyższego rzędu, czyli równaniami liniowymi rzędu \displaystyle n o stałych współczynnikach, dla których to równań możemy opisać metodę prowadzącą do znalezienia rozwiązań. Należy bowiem zdawać sobie sprawę, że nie ma metod umożliwiających dokładne rozwiązanie dowolnego równania różniczkowego. W praktyce często zadowalamy się rozwiązaniami przybliżonymi. Szukaniem rozwiązań przybliżonych zajmuje się dział matematyki zwany metodami numerycznymi.

Definicja 14.20.

Równanie różniczkowe

\displaystyle x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=0,

gdzie \displaystyle a_1,\ldots,a_n są ustalonymi liczbami rzeczywistymi nazywamy równaniem różniczkowym liniowym jednorodnym, rzędu \displaystyle n o stałych współczynnikach (rrlj-n).
Równanie różniczkowe

\displaystyle x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=f(t),

gdzie \displaystyle a_1,\ldots,a_n są ustalonymi liczbami rzeczywistymi, a funkcja \displaystyle f nie jest tożsamościowo równa zero, nazywamy równaniem różniczkowym liniowym niejednorodnym, rzędu \displaystyle n o stałych współczynnikach (rrlnj-n).

Aby znaleźć rozwiązanie równania liniowego jednorodnego (rrlj-n), oprzemy się na poniższym stwierdzeniu (podamy go bez dowodu).

Stwierdzenie 14.21.

Rozwiązanie ogólne równania różniczkowego liniowego jednorodnego rzędu \displaystyle n o stałych współczynnikach jest kombinacja liniową

\displaystyle x=C_1x_1+\ldots+C_nx_n

\displaystyle n rozwiązań szczególnych tego równania ze stałymi dowolnymi \displaystyle C_1,\ldots,C_n.

Musimy zatem mieć \displaystyle n liniowo niezależnych rozwiązań równania (rrlj-n), gdzie przez liniową niezależność funkcji rozumiemy fakt, że żadna z tych funkcji nie jest równa kombinacji liniowej pozostałych. Aby znaleźć te rozwiązania, przypuśćmy, że funkcja

\displaystyle x(t)=e^{\lambda t}

jest szczególnym rozwiązaniem naszego równania. Wstawiając tę funkcję do równania, dostajemy:

\displaystyle \lambda^n e^{\lambda t}+a_1\lambda^{n-1}e^{\lambda t}+a_2\lambda^{n-2}e^{\lambda t}+\ldots+a_{n-1}\lambda e^{\lambda t}=0,

czyli

\displaystyle \lambda^n +a_1\lambda^{n-1}+a_2\lambda^{n-2}+\ldots+a_{n-1}\lambda=0.

Definicja 14.22.

Równanie

\displaystyle \lambda^n +a_1\lambda^{n-1}+a_2\lambda^{n-2}+\ldots+a_{n-1}\lambda=0.

nazywamy równaniem charakterystycznym dla równania (rrlj-n).

Aby znaleźć rozwiązania szczególne \displaystyle x_1,\ldots,x_n równania różniczkowego (rrlj-n), musimy najpierw rozwiązać równanie charakterystyczne dla tego równania. Rozwiązując, należy znaleźć wszystkie \displaystyle n pierwiastków tego równania \displaystyle \displaystyle\lambda_1,\ldots,\lambda_n (mogą być zespolone!). To jak wyglądają rozwiązania \displaystyle x_1,\ldots,x_n, zależy od postaci \displaystyle \displaystyle\lambda_1,\ldots,\lambda_n, czyli od tego czy są rzeczywiste, czy zespolone, czy pojedyncze, czy wielokrotne.
Przypadek I. Wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego są różne.
Przypadek I.A. \displaystyle \displaystyle\lambda_1,\ldots,\lambda_n są liczbami rzeczywistymi. Wówczas mamy rozwiązanie szczególne

\displaystyle x_1(t)=e^{\lambda_1t},\ldots,x_n(t)=e^{\lambda_nt}

i rozwiązanie ogólne naszego (rrlj-n) ma postać

\displaystyle x(t)=C_1e^{\lambda_1t}+\ldots+C_ne^{\lambda_nt}.

Przypadek I.B. Wśród \displaystyle \displaystyle\lambda_1,\ldots,\lambda_n są liczby zespolone. Przyjmijmy, że \displaystyle \displaystyle\lambda_1=a+ib, b\neq 0. Zauważmy, że skoro \displaystyle a+ib jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to jest nim także \displaystyle a-ib (bo \displaystyle a_1,\ldots,a_n są rzeczywiste; dla naszego równania pierwiastków zespolonych jest zatem zawsze parzysta ilość). Niech \displaystyle \displaystyle\lambda_2=a-ib. Wówczas dostajemy dwa liniowo niezależne rozwiązania szczególne postaci

\displaystyle x_1(t)=e^{at}\cos bt, \ x_2(t)=e^{at}\sin bt.

Niech zatem \displaystyle \displaystyle\lambda_1=a_1+ib_1,\ldots,\lambda_{2s}=a_{s}-ib_{s} będą pierwiastkami zespolonymi, a \displaystyle \displaystyle\lambda_{2s+1},\ldots,\lambda_n rzeczywistymi (może nie być żadnego). Wtedy rozwiązanie ogólne naszego (rrlj-n) ma postać

\displaystyle \aligned  x(t) &= e^{a_1t}(C_1\cos b_1t+C_2\sin b_1t)+e^{a_2t}(C_3\cos b_2t+C_4\sin b_2t)+\ldots\\ & +e^{a_1{2s}t}(C_{2s-1}\cos b_{s}t+C_{2s}\sin b_st)+ +C_{2s+1}e^{\lambda_{2s+1}t}+\ldots+C_ne^{\lambda_nt}. \endaligned

Przypadek II. Wśród pierwiastków równania charakterystycznego są pierwiastki wielokrotne.
Przypadek II.A Niech pierwiastek \displaystyle \displaystyle\lambda_1 będzie \displaystyle k-krotnym rzeczywistym pierwiastkiem równania charakterystycznego. Odpowiada mu wtedy \displaystyle k liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych:

\displaystyle x_1(t)=e^{\lambda_1t},\ x_2(t)=te^{\lambda_1t},\ldots,x_k(t)=t^{k-1}e^{\lambda_1t}.


Przypadek II.B Niech pierwiastek \displaystyle \displaystyle\lambda_1=a+ib będzie \displaystyle k-krotnym pierwiastkiem zespolonym równania charakterystycznego. Wtedy \displaystyle a-ib=\lambda_2 także jest \displaystyle k-krotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego i odpowiada im \displaystyle 2k liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych:

\displaystyle \begin{array}{lll} x_1(t) &=&\displaystyle  e^{at}\cos bt,\ x_2(t)=e^{at}\sin bt, \ x_3(t)=te^{at}\cos bt,\ x_4(t)=te^{at}\sin bt,\ldots,\\ x_{2k-1}(t) &=&\displaystyle  t^{k-1}e^{at}\cos bt,\ x_{2k}(t)=t^{k-1}e^{at}\sin bt. \end{array}

Zauważmy, że za każdym razem dostajemy w sumie \displaystyle n rozwiązań \displaystyle x_1,\ldots,x_n - bo suma ilości wszystkich pierwiastków równania stopnia \displaystyle n, liczonych wraz z krotnościami wynosi \displaystyle n. Rozwiązanie ogólne (rrlj-n) znajdujemy zatem, biorąc kombinację liniową

\displaystyle x=C_1x_1+\ldots+C_nx_n.

Przykład 14.23.

Rozwiązać równanie:

\displaystyle x^{(2)}-5x'+6x=0

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

\displaystyle \lambda^2-5\lambda+6=0.

Równanie to ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste

\displaystyle \lambda_1=2,\ \lambda_2=3.

Rozwiązania szczególne to

\displaystyle x_1(t)=e^{2t},\ x_2(t)=e^{3t},

zatem rozwiązanie ogólne to

\displaystyle x(t)=C_1e^{2t}+C_2e^{3t}.

Przykład 14.24.

Rozwiązać równanie:

\displaystyle x^{(2)}-4x'+4x=0

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

\displaystyle \lambda^2-4\lambda+4=0.

Równanie to ma jeden pierwiastek podwójny (\displaystyle k=2)

\displaystyle \lambda_1=\lambda_2=2.

Zatem rozwiązania szczególne to

\displaystyle x_1(t)=e^{2t},\ x_2(t)=te^{2t},

a rozwiązanie ogólne to

\displaystyle x(t)=C_1e^{2t}+C_2te^{2t}.

Przykład 14.25.

Rozwiązać równanie:

\displaystyle x^{(2)}+x=0

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

\displaystyle \lambda^2+\lambda=0.

Równanie to ma (dwa sprzężone) pierwiastki zespolone

\displaystyle \lambda_1=i, \ \lambda_2=-i, tak więc tu \displaystyle   a=0, \ b=1.

Zatem rozwiązania szczególne to

\displaystyle x_1(t)=\cos t,\ x_2(t)=\sin t,

a rozwiązanie ogólne to

\displaystyle x(t)=C_1\cos t+C_2\sin t.

Powiemy teraz, jak znaleźć rozwiązania niektórych równań różniczkowych liniowych niejednorodnych rzędu \displaystyle n, (rrlnj-m). Ograniczymy się do tych sytuacji, kiedy można zastosować tak zwaną metodę przewidywań.

Bez dowodu podamy następujące stwierdzenie:

Stwierdzenie 14.26.

Rozwiązanie ogólne równania różniczkowego niejednorodnego rzędu \displaystyle n o stałych współczynnikach:

\displaystyle x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=f(t)

jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego

\displaystyle x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=0

i rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego.

To właśnie do znalezienia tego szczególnego rozwiązania będziemy stosować metodę przewidywań. Okazuje się, że dla pewnych funkcji \displaystyle f(t) można przewidzieć postać rozwiązania szczególnego.
Przypadek 1. Funkcja

\displaystyle f(t)=e^{at}P(t),

gdzie \displaystyle P(t) jest wielomianem zmiennej \displaystyle t oraz liczba \displaystyle a nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

\displaystyle x_1(t)=Q(t)e^{at},

gdzie \displaystyle Q (którego współczynniki musimy wyznaczyć) jest wielomianem tego samego stopnia co \displaystyle P.
Przypadek 2. Funkcja

\displaystyle f(t)=e^{at}P(t),

gdzie \displaystyle P(t) jest wielomianem zmiennej \displaystyle t oraz liczba \displaystyle a jest pierwiastkiem \displaystyle k-krotnym równania charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

\displaystyle x_1(t)=t^kQ(t)e^{at},

gdzie \displaystyle Q jest wielomianem tego samego stopnia co \displaystyle P.
Przypadek 3. Funkcja

\displaystyle f(t)=e^{at}(P_1(t)\cos t+P_2(t)\sin t),

gdzie \displaystyle P_1(t) i \displaystyle P_2(t) są wielomianami zmiennej \displaystyle t oraz liczba \displaystyle a+ib nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

\displaystyle x_1(t)=e^{at}(Q_1(t)\cos t+Q_2(t)\sin t),

gdzie \displaystyle Q_1 i \displaystyle Q_2 są wielomianami stopnia równego \displaystyle \displaystyle\max\{\deg P_1, \deg P_2\}.
Przypadek 4. Funkcja

\displaystyle f(t)=e^{at}(P_1(t)\cos t+P_2(t)\sin t),

gdzie \displaystyle P_1(t) i \displaystyle P_2(t) są wielomianami zmiennej \displaystyle t oraz liczba \displaystyle a+ib jest pierwiastkiem \displaystyle k-krotnym równania charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

\displaystyle x_1(t)=e^{at}t^{k}(Q_1(t)\cos t+Q_2(t)\sin t),

gdzie znowu \displaystyle Q_1 i \displaystyle Q_2 są wielomianami stopnia równego \displaystyle \displaystyle\max\{\deg P_1, \deg P_2\}.
W każdym z powyższych przypadków współczynniki nieznanych wielomianów wyliczymy, wstawiając \displaystyle x_1(t) do naszego równania niejednorodnego.

Uwaga 14.27.

W przypadku, gdy funkcja \displaystyle f(t) w równaniu niejednorodnym jest sumą funkcji opisanych w przypadkach \displaystyle 1,\ldots,4, powiedzmy \displaystyle f=f_1+\ldots+f_s, to szukamy najpierw \displaystyle s rozwiązań szczególnych dla równań niejednorodnych z prawymi stronami równymi \displaystyle f_1,\ldots,f_s. Znajdujemy \displaystyle s funkcji \displaystyle x_{11},\ldots,x_{1s}. Szukane rozwiązanie szczególne to

\displaystyle x_1=x_{11}+\ldots+x_{1s},

co wynika z liniowości naszego równania.

Przykład 14.28.

Rozwiązać równanie

\displaystyle x^{(2)}-x=\sin t +  te^t.

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

\displaystyle x^{(2)}-x=0.

Równanie charakterystyczne to

\displaystyle \lambda^{2}-1=0,

z rozwiązaniami \displaystyle \displaystyle\lambda_1=1, \lambda_2=-1. Tak więc rozwiązanie ogólne równania jednorodnego to

\displaystyle x_o(t)=C_1e^{t}+C_2e^{-t}.

Szukamy teraz rozwiązań szczególnych, najpierw dla równania

\displaystyle x^{(2)}-x=\sin t.

Tu \displaystyle a=0, b=1, zatem \displaystyle a+ib=i nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego. Przewidujemy zatem rozwiązanie szczególne w postaci:

\displaystyle x_{11}(t)=A\sin t+B\cos t.

To \displaystyle x_{11} wstawiamy do równania \displaystyle x^{(2)}-x=\sin t. Dostajemy:

\displaystyle -A\sin t-B\cos t-A\sin t-B\cos t=\sin t,

skąd dostajemy układ równań

\displaystyle -2A=1,\ -2B=0,

czyli \displaystyle A=-\frac{1}{2}, \ B=0. Tak więc

\displaystyle x_{11}(t)=-\frac{1}{2}\sin t.

Rozwiążemy teraz równanie

\displaystyle x^{(2)}-x= te^t.

Tu \displaystyle a=1 i liczba \displaystyle 1 jest (jednokrotnym) pierwiastkiem równania charakterystycznego. Wielomian \displaystyle P(t) ma stopień \displaystyle 1. Rozwiązania szczególnego szukamy zatem w postaci

\displaystyle x_{12}(t)=t(At+B)e^t.

Współczynniki \displaystyle A i \displaystyle B wyznaczymy, wstawiając \displaystyle x_{12} do równania \displaystyle x^{(2)}-x= te^t. Dostaniemy

\displaystyle e^t(At^2+4At+Bt+2B+2A)-(At^2+Bt)e^t=e^t(4At+2B+2A)=te^t,

skąd

\displaystyle 4A=1, \ 2A+2B=0 zatem \displaystyle  A=\frac{1}{4}, \ B=-\frac{1}{4},

czyli

\displaystyle x_{12}(t)=\left(\frac{1}{4}t^2-\frac{1}{4}t\right)e^t.

Sumując, dostajemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego:

\displaystyle x_1(t)=-\frac{1}{2}\sin t+\left(\frac{1}{4}t^2-\frac{1}{4}t\right)e^t.

Tak więc rozwiązanie ogólne naszego równania to:

\displaystyle x(t)=x_o(t)+x_1(t)=C_1e^{t}+C_2e^{-t}-\frac{1}{2}\sin t+\left(\frac{1}{4}t^2-\frac{1}{4}t\right)e^t.