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

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 $x(t),$ jak też podanie rozwiązania w postaci uwikłanej, czyli $F(x,t)=C,$ gdzie $C$ jest stałą dowolną. Aby zapewnić istnienie i jednoznaczność rozwiązań, zakładamy, że wszystkie występujące w naszym wykładzie funkcje są klasy ${{𝒞}}^1$ w pewnym przedziale $(a,b)\subset \mathbb{ℝ}$ względnie w kostce $(a,b)\times (c,d)\subset {\mathbb{ℝ}}^2.$ 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

$\dot{x}(t)=g(t)h(x)$ czyli $\frac{dx}{dt}=g(t)h(x),$

lub równoważnie

$G(x)dx+H(t)dt=0$

nazywamy równaniem różniczkowym o zmiennych rozdzielonych, (rrzr).

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

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

skąd rozwiązanie ogólne równania (rrzr) dostajemy w postaci

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

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

Uwaga 14.3.

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

$x(t)\equiv x_0,$

gdzie $x_0$ jest takie, że $h(x_0)=0.$ 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:

$[h(x)=0?],$

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

A zatem rozwiązania (rrzr) są postaci

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

lub

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

Przykład 14.4.

Rozwiązać równanie

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

Dzieląc przez $x$ dostajemy

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

Odtąd zakładamy, że $x\ne 0.$ Całkując mamy

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

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

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

czyli

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

a więc

$x=C{e}^{-t^2},C\ne 0.$

Oprócz tego, jak od razu widać, rozwiązaniem jest funkcja

$x(t)\equiv 0.$

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

$x(t)=C{e}^{-t^2}$

gdzie $C$ jest stałą dowolną.

Przykład 14.5.

Rozwiązać równanie

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

Dzieląc przez $x-1$ dostajemy

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

Całkując mamy

$\ln |x-1|=t+\ln |C|,C\ne 0,$

czyli

$|x-1|=|C|e^t,$

a więc

$x=C{e}^t+1,C\ne 0.$

Dodatkowo

$x(t)\equiv 1$

także jest rozwiązaniem naszego równania.

A zatem wszystkie rozwiązania naszego równania są postaci

$x(t)=C{e}^t+1,$

gdzie $C$ jest stałą dowolną.

Równanie różniczkowe jednorodne

Definicja 14.6.

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

$f(\lambda t,\lambda x)={\lambda }^{m}f(t,x).$

Przykład 14.7.

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

Definicja 14.8.

Równanie różniczkowe

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

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

Uwaga 14.9.

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

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

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

Równanie (rrj') rozwiązujemy podstawiając

$x=zt.$

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

$tdz+(z-f(z))dt=0.$

To równanie rozwiązujemy znaną już metodą i dostajemy:

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

Przykład 14.10.

Rozwiązać równanie

$tdx-(t+x)dt=0.$

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

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

Podstawiając $x=zt$ otrzymujemy równanie:

$tdz=dt,$

zatem

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

Rozwiązaniem tego równania jest

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

gdzie $C$ jest dowolną stałą. Skoro $x=zt$ to

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

Musimy jeszcze zauważyć, że $t=0$ jest także rozwiązaniem wyjściowego równania $tdx-(t+x)dt=0.$

Równanie różniczkowe liniowe rzędu pierwszego

Definicja 14.11.

Równanie różniczkowe

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

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

Jeśli funkcja $q(t)\equiv 0$ to równanie

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

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

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

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

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

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

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

Widać, że jest to równanie o zmiennych rozdzielonych,

$\frac{dx}{dt}=-p(t)x.$

czyli

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

Całkując dostajemy:

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

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

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

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

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,

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

czyli funkcję

$x_o(t)=C{e}^{-\int p(t)dt}.$

Następnie musimy znaleźć rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego. Zgodnie ze stwierdzeniem Uzupelnic s.am2.w.14.0120|, wystarczy znaleźć szczególne rozwiązanie (rrlnj-1). Może nam się udać takie rozwiązanie szczególne zgadnąć (patrz przykład Uzupelnic p.am2.w.14.0150|) 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

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

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

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

czyli po uproszczeniu

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

Stąd

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

czyli

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

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

Podstawiając otrzymane $C(t)$ do wzoru na rozwiązanie dostajemy:

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

czyli, zapisując zgodnie ze Stwierdzeniem Uzupelnic s.am2.w.14.0120|, dostajemy następujące stwierdzenie.

Stwierdzenie 14.13.

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

jest rozwiązaniem ogólnym (rrlnj-1).

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

Przykład 14.14.

Rozwiązać równanie liniowe niejednorodne:

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

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

$x_o(t)=C{e}^{-\int 2dt}=C{e}^{-2t}.$

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

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

jest rozwiązaniem ogólnym naszego równania niejednorodnego.

Przykład 14.15.

Znaleźć rozwiązanie równania

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

Równanie jednorodne

$\dot{x}-x=0$

ma rozwiązanie ogólne $x_o(t)=C{e}^t.$ Rozwiązanie szczególne naszego równania niejednorodnego łatwo zgadnąć, otóż jest to $x(t)=e^{2t}.$ Tak więc rozwiązanie ogólne równania $\dot{x}-x=e^{2t}$ to, zgodnie ze Stwierdzeniem Uzupelnic s.am2.w.14.0120|,

$x(t)=C{e}^t+e^{2t}.$

Równanie Bernoullego

Jakob Bernoulli (1654-1705)
Zobacz biografię

Definicja 14.16.

Równanie różniczkowe

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

nazywamy równaniem różniczkowym Bernoullego (rrB).

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

Równanie różniczkowe Bernoullego rozwiązujemy za pomocą podstawienia

$x^{1-r}=z$

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

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

i podstawiając mamy:

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

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

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

Przykład 14.17.

Rozwiązać równanie

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

Zapiszmy to równanie jako

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

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

Nasze równanie, po pomnożeniu obustronnie przez $3x^2$ zamienia się w równanie

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

czyli po podstawieniu

$z=x^{1-r}=x^3,$

dostajemy równanie liniowe niejednorodne

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

Zgodnie ze wzorem na rozwiązanie ogólne równania liniowego podanym w Stwierdzeniu Uzupelnic s.am2.w.14.0130|, mamy

$z(t)=e^{-\int (-1)dt}(C+\int t{e}^{\int (-1)dt}dt),$

czyli

$z(t)=C{e}^t-(t+1),$

a zatem rozwiązanie naszego równania Bernoullego to

$(x(t){)}^3=C{e}^t-(t+1).$

Równanie różniczkowe zupełne

Definicja 14.18.

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

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

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

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

Często definiuje się też równanie różniczkowe zupełne jako takie równanie, że pole wektorowe $F(t,x)=(M(t,x),N(t,x))$ jest polem potencjalnym. Jak wiemy w obszarach jednospójnych te warunki są równoważne (patrz Uwaga Uzupelnic u.am2.w.12.0165| oraz Stwierdzenie Uzupelnic s.am2.w.12.0180|).

Metoda rozwiązywania równań różniczkowych zupełnych jest dokładnie taka, jak metoda szukania potencjału dla pola potencjalnego (patrz Zadanie Uzupelnic z.new.am2.c.12.040|). Aby rozwiązać (rrz) wystarczy znaleźć taką funkcję $\varrho (t,x)$ by

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

i

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

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

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

ze stałą dowolną $C.$

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

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

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

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

$N(x,t)=\frac{\partial (\int M(t,x)dt)}{\partial x}+g^{\prime }(x).$

Porównując te strony tego równania wyznaczamy $g^{\prime }(x),$ a całkując dostajemy $g(x),$ a zatem także $\varrho (x,y).$

Przykład 14.19.

Rozwiązać równanie różniczkowe

$(t+x)dt+(t-x)dx=0.$

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

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

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

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

Licząc pochodną po $x$ i porównując z $N$ dostaniemy:

$t-x=N(t,x)=\frac{\partial (\frac{1}{2}{t}^2+tx+g(x))}{\partial x}=t+g^{\prime }(x),$

skąd

$g^{\prime }(x)=-x$

a więc

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

czyli

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

Równanie różniczkowe liniowe rzędu $n$ 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 $n$ 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

$x^{(n)}+a_1{x}^{(n-1)}+\dots +a_{n-1}{x}^{\prime }+a_{n}x=0$

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

$x^{(n)}+a_1{x}^{(n-1)}+\dots +a_{n-1}{x}^{\prime }+a_{n}x=f(t)$

gdzie $a_1,\dots ,a_n$ sa ustalonymi liczbami rzeczywistymi a funkcja $f$ nie jest tożsamościowo równa zero, nazywamy równaniem różniczkowym liniowym niejednorodnym, rzędu $n$ 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 $n$ o stałych współczynnikach jest kombinacja liniową

$x=C_1{x}_1+\dots +C_n{x}_n$

$n$ rozwiązań szczególnych tego równania ze stałymi dowolnymi $C_1,\dots ,C_n.$

Musimy zatem mieć $n$ 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

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

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

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

czyli

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

Definicja 14.22.

Równanie

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

nazywamy równaniem charakterystycznym dla równania (rrlj-n).

Aby znaleźć rozwiązania szczególne $x_1,\dots ,x_n$ równania różniczkowego (rrlj-n), musimy najpierw rozwiązać równanie charakterystyczne dla tego równania. Rozwiązując, należy znaleźć wszystkie $n$ pierwiastków tego równania ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ (mogą być zespolone!). To jak wyglądają rozwiązania $x_1,\dots ,x_n$ zależy od postaci ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n,$ czyli od tego czy są rzeczywiste, czy zespolone, pojedyncze czy wielokrotne.
Przypadek I. Wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego są różne.
Przypadek I.A. ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ są liczbami rzeczywistymi. Wówczas mamy

$x_1(t)=e^{{\lambda }_{1}t},\dots ,x_n(t)=e^{{\lambda }_{n}t}$

i rozwiązanie ogólne naszego (rrlj-n) ma postać

$x(t)=C_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+\dots +C_n{e}^{{\lambda }_{n}t}.$

Przypadek I.B. Wśród ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ są liczby zespolone. Przyjmijmy, że ${\lambda }_1=a+ib,b\ne 0.$ Zauważmy, że skoro $a+ib$ jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to jest nim także $a-ib$ (bo $a_1,\dots ,a_n$ są rzeczywiste; dla naszego równania pierwiastków zespolonych jest zatem zawsze parzysta ilość). Niech ${\lambda }_2=a-ib.$ Wówczas dostajemy dwa liniowo niezależne rozwiązania szczególne postaci

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

Niech zatem ${\lambda }_1=a_1+i{b}_1,\dots ,{\lambda }_{2s}=a_s-i{b}_s$ będą pierwiastkami zespolonymi a ${\lambda }_{2s+1},\dots ,{\lambda }_n$ rzeczywistymi (może nie być żadnego). Wtedy rozwiązanie ogólne naszego (rrlj-n) ma postać

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 ${\lambda }_1$ będzie $k$-krotnym rzeczywistym pierwiastkiem równania charakterystycznego. Odpowiada mu wtedy $k$ liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle x_1(t)=e^{\lambda_1t},\ x_2(t)=te^{\lambda_1t},\ldots,x_k(t)=x^{k-1}e^{\lambda_1t}. }

Przypadek II.B Niech pierwiastek ${\lambda }_1=a+ib$ będzie $k$-krotnym pierwiastkiem zespolonym równania charakterystycznego. Wtedy $a-ib={\lambda }_2$ także jest $k$-krotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego i odpowiada im $2k$ liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych:

$\begin{array}{lll}{x}_1(t)& =& e^{at}\cos bt,x_2(t)=e^{at}\sin bt,x_3(t)=t{e}^{at}\cos bt,x_4(t)=t{e}^{at}\sin bt,\dots ,\\ x_{2k-1}(t)& =& t^{k-1}{e}^{at}\cos bt,x_{2k}(t)=t^{k-1}{e}^{at}\sin bt.\end{array}$

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

$x=C_1{x}_1+\dots +C_n{x}_n.$

Przykład 14.23.

Rozwiązać równanie:

$x^{(2)}-5x^{\prime }+6x=0$

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

${\lambda }^2-5\lambda +6=0.$

Równanie to ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste

${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=3.$

Rozwiązania szczególne to

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

zatem rozwiązanie ogólne to

$x(t)=C_1{e}^{2t}+C_2{e}^{3t}.$

Przykład 14.24.

Rozwiązać równanie:

$x^{(2)}-4x^{\prime }+4x=0$

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

${\lambda }^2-4\lambda +4=0.$

Równanie to ma jeden pierwiastek podwójny ($k=2$)

${\lambda }_1={\lambda }_2=2.$

Zatem rozwiązania szczególne to

$x_1(t)=e^{2t},x_2(t)=t{e}^{2t},$

a rozwiązanie ogólne to

$x(t)=C_1{e}^{2t}+C_{2}t{e}^{2t}.$

Przykład 14.25.

Rozwiązać równanie:

$x^{(2)}+x=0$

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

${\lambda }^2+\lambda =0.$

Równanie to ma (dwa sprzężone) pierwiastki zespolone

${\lambda }_1=i,{\lambda }_2=-i,$ tak więc tu $a=0,b=1.$

Zatem rozwiązania szczególne to

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

a rozwiązanie ogólne to

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

Powiemy teraz jak znaleźć rozwiązania niektórych równań różniczkowych liniowych niejednorodnych rzędu $n,$ (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 $n$ o stałych współczynnikach:

$x^{(n)}+a_1{x}^{(n-1)}+\dots +a_{n-1}{x}^{\prime }+a_{n}x=f(t)$

jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego

$x^{(n)}+a_1{x}^{(n-1)}+\dots +a_{n-1}{x}^{\prime }+a_{n}x=0$

i rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego.

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

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

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

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

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

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

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

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

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

$x_1(t)=x^{k}Q(t)e^{at},$

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

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

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

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

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

gdzie $Q_1$ i $Q_2$ są wielomianami stopnia równego $\max \{\mathrm{deg}{P}_1,\mathrm{deg}{P}_2\}.$
Przypadek 4. Funkcja

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

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

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

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

gdzie znowu $Q_1$ i $Q_2$ są wielomianami stopnia równego $\max \{\mathrm{deg}{P}_1,\mathrm{deg}{P}_2\}.$
W każdym z powyższych przypadków współczynniki nieznanych wielomianów wyliczymy wstawiając $x_1(t)$ do naszego równania niejednorodnego.

Uwaga 14.27.

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

$x_1=x_{11}+\dots +x_{1s},$

co wynika z liniowości naszego równania.

Przykład 14.28.

Rozwiązać równanie

$x^{(2)}-x=\sin t+t{e}^t.$

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

$x^{(2)}-x=0.$

Równanie charakterystyczne to

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

z rozwiązaniami ${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=-1.$ Tak więc rozwiązanie ogólne równania jednorodnego to

$x_o(t)=C_1{e}^t+C_2{e}^{-t}.$

Szukamy teraz rozwiązań szczególnych, najpierw dla równania

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

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

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

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

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

skąd dostajemy układ równań

$-2A=1,-2B=0,$

czyli $A=-\frac{1}{2},B=0.$ Tak więc

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

Rozwiążemy teraz równanie

$x^{(2)}-x=t{e}^t.$

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

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

Współczynniki $A$ i $B$ wyznaczymy wstawiając $x_{12}$ do równania $x^{(2)}-x=t{e}^t.$ Dostaniemy

$e^t(A{t}^2+4At+Bt+2B+2A)-(A{t}^2+Bt)e^t=e^t(4At+2B+2A)=t{e}^t,$

skąd

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

czyli

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

Sumując, dostajemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego:

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

Tak więc rozwiązanie ogólne naszego równania to:

$x(t)=x_o(t)+x_1(t)=C_1{e}^t+C_2{e}^{-t}-\frac{1}{2}\sin t+(\frac{1}{4}{t}^2-\frac{1}{4}t)e^t.$