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

Przegląd metod całkowania równań różniczkowych zwyczajnych

Ćwiczenie 14.1.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

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

Wskazówka

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w powyższym równaniu i dostajemy

\frac{x d x}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \frac{- t d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}, [x^{2} = 1 ?] .

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

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

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

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

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

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

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

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

Ćwiczenie 14.2.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

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

Wskazówka

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w naszym równaniu i dostajemy

\frac{d x}{x} = \cos t d t, [x = 0 ?]

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

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

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

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

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

C e^{\sin 0} = 1,

skąd $C = 1$ i szukane rozwiązanie to

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

Rozwiązanie

Równanie stycznej w punkcie $(τ, ξ)$ to

$\dot{x} (τ) (t - τ) = x - ξ .$

Odcinek styczny do wykresu krzywej

Punkt przecięcia stycznej z osią $O t$ to punkt $(t_{z}, 0),$ gdzie

$t_{z} = \frac{- ξ}{\dot{x} (τ)} + τ .$

Podobnie, przecięcia stycznej z osią $O x$ to punkt $(0, x_{z}),$ gdzie

$x_{z} = ξ + τ \dot{x} (τ) .$

Z warunków zadania wynika, że współrzędne punktu $(τ, ξ)$ mają być średnimi arytmetycznymi współrzędnych punktów $(0, x_{z})$ i $(t_{z}, 0) .$ Tak więc dostajemy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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

$τ = - \frac{ξ}{\dot{x} (τ)} .$

Zapiszmy to równanie różniczkowe, mnożąc przez $\dot{x}$ i zmieniając nazwy zmiennych na $x$ i $t .$ Dostaniemy równanie

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

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych; rozwiązujemy je

$\frac{d x}{x} = - \frac{d t}{t} [x = 0 ?]$

(Zauważmy tu, że choć $x \equiv 0$ jest rozwiązaniem powyższego równania, to nie jest rozwiązaniem naszego zadania, trudno bowiem w tym przypadku mówić o "odcinku stycznej między osiami"). Całkując, dostajemy

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

zatem

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

skąd dostajemy, że rozwiązaniem naszego zadania jest dowolna krzywa spełniająca

$t x = C,$ ze stałą $C \neq 0 .$

Ćwiczenie 14.4.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\displaystyle t\dot{x}-x = (t+x)\ln \frac{t+x}{t},\\ x(1)=1. \end{array} }

Wskazówka

Rozwiązanie

Nasze równanie możemy zapisać w postaci

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

Stosujemy podstawienie $x = z t,$ różniczkując, mamy

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

Podstawiając do naszego równania, mamy

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

skąd

t^{2} d z = t (1 + z) \ln (1 + z) d t .

Z powyższego równania dostajemy:

\frac{d z}{(1 + z) \ln (1 + z)} = \frac{d t}{t} .

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

Całkując powyższą równość, dostajemy

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

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

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

czyli nasze rozwiązanie dane jest równaniem uwikłanym

\ln (\frac{x}{t} + 1) = C t .

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \ln\right(\frac{1}{1}+1\right) = C1, }

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

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

Ćwiczenie 14.5.

Rozwiązać równanie:

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

Wskazówka

Rozwiązanie

Nasze równanie po przekształceniu możemy zapisać jako

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

czyli po podzieleniu przez $t$

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

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

x_{0} (t) = C e^{\int \frac{1}{t} d t} = C e^{\ln | t |} = C t .

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

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

A zatem rozwiązaniem ogólnym naszego równania niejednorodnego jest

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

Ćwiczenie 14.6.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

(\frac{t}{\sin x} + 2) d t + \frac{(t^{2} + 1) \cos x}{\cos 2 x - 1} d x = 0 .

Wskazówka

Rozwiązanie

Sprawdźmy, że faktycznie jest to równanie różniczkowe zupełne. Mamy

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

Liczymy pochodne cząstkowe:

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

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

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

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

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

Mamy $\cos 2 x - 1 = - 2 \sin^{2} x,$ zatem

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

skąd

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

a zatem

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

Stąd rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest funkcja $x$ dana równaniem uwikłanym

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

Ćwiczenie 14.7.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

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

Wskazówka

Rozwiązanie

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

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

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

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

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

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

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

czyli podstawiając

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

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

z_{0} (t) = C e^{- \int (- 2) d t} = C e^{2 t},

zatem rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego to

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

czyli

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

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

(C e^{2 t} + e^{t}) x = 1 .

Ćwiczenie 14.8.

Znaleźć rozwiązanie równania:

x^{″} - 5 x^{'} = 3 t^{2} + \sin 5 t,

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

przechodzi przez punkt

(0, 0) .

Wskazówka

To jest równanie liniowe niejednorodne rzędu $2 .$ 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 $3 t^{2}$ i $\sin 5 t .$ Rozwiązanie spełniające zadane warunki przechodzenia przez punkt należy znaleźć, wstawiając punkty i wyliczając stałe.

Rozwiązanie

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

x^{″} - 5 x^{'} = 0 .

Równanie charakterystyczne to

λ^{2} - 5 λ = 0,

czyli $λ (λ - 5) = 0 .$ Rozwiązaniami są

λ_{1} = 0

i

λ_{2} = 5 .

A zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego to

x (t) = C_{1} e^{0 t} + C_{2} e^{5 t} = C_{1} + C_{2} e^{5 t} .

Rozwiążmy teraz równanie niejednorodne z prawą stroną $3 t^{2},$

x^{″} - 5 x^{'} = 3 t^{2} .

Zauważmy, że $3 t^{2} = 3 t^{2} e^{0},$ czyli mamy równanie

x^{″} - 5 x^{'} = 3 t^{2} e^{0},

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

x_{1} (t) = t (a t^{2} + b t + c) = a t^{3} + b t^{2} + c t .

Różniczkując, mamy

{x_{1}}^{'} = 3 a t^{2} + 2 b t + c,

{x_{1}}^{″} = 6 a t + 2 b .

Wstawiając $x_{1}$ do równania, dostajemy

{x_{1}}^{″} - 5 {x_{1}}^{'} = 6 a t + 2 b - 5 (3 a t^{2} + 2 b t + c) = 3 t^{2},

skąd

- 15 a t^{2} + t (6 a - 10 b) - 5 c + 2 b = 3 t^{2} .

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

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

Rozwiązując ten układ, dostajemy

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

A zatem

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

Teraz musimy rozwiązać drugie z równań niejednorodnych,

x^{″} - 5 x^{'} = \sin 5 t .

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

x_{2} (t) = A \cos 5 t + B \sin 5 t .

Różniczkując, mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle x_2' \ = \ -5A\sin 5t+5B\cos 5t, }

{x_{2}}^{″} = - 25 A \cos 5 t - 25 B \sin 5 t .

Wstawiając do równania, dostajemy

x^{″} - 5 x^{'} = - 25 \cos 5 t - 25 B \sin 5 t + 25 A \sin 5 t - 25 B \cos 5 t = \sin 5 t .

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

- 25 A - 25 B = 0, - 25 B + 25 A = 1,

skąd

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

zatem

x_{2} (t) = \frac{1}{50} \cos 5 t - \frac{1}{50} \sin 5 t .

Rozwiązaniem ogólnym naszego wyjściowego równania jest więc

\begin{array}{lll} x (t) & = & x_{0} (t) + x_{1} (t) + x_{2} (t) \\ = & C_{1} + C_{2} e^{5 t} - \frac{1}{5} t^{3} - \frac{3}{25} t^{2} - \frac{6}{75} t + \frac{1}{50} \cos 5 t - \frac{1}{50} \sin 5 t . \end{array}

Szukamy teraz stałych $C_{1}$ i $C_{2}$ takich, by nasze rozwiązanie przechodziło przez punkt $(0, 0)$ i aby jego pochodna też przechodziła przez ten punkt. Wstawiając do $x (t)$ punkt $0$ , dostajemy

C_{1} + C_{2} + \frac{1}{50} = 0,

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

5 C_{2} - \frac{6}{75} - \frac{5}{50} = 0,

skąd $C_{2} = \frac{17}{750}$ a $C_{1} = - \frac{32}{750},$ zatem szukane rozwiązanie to

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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:

x^{(4)} + x^{″} = t,

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Najpierw rozwiązujemy równanie ogólne

x^{(4)} + x^{″} = 0 .

Równanie charakterystyczne to

λ^{4} + λ^{2} = 0,

czyli

λ^{2} (λ^{2} + 1) = 0 .

Rozwiązania tego równania to

λ_{1} = λ_{2} = 0, λ_{3} = i, λ_{4} = - i .

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

x_{0} (t) = C_{1} e^{0} + C_{2} t e^{0} + C_{3} \cos t + C_{4} \sin t = C_{1} + C_{2} t + C_{3} \cos t + C_{4} \sin t .

Teraz szukamy rozwiązania szczególnego naszego równania. Ponieważ prawa strona równania jest równa $t = t e^{0}$ a $0$ , jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, rozwiązania szczególnego szukamy w postaci

x_{1} (t) = t^{2} (a t + b) = a t^{3} + b t^{2} .

Różniczkując, mamy

{x_{1}}^{″} (t) = 6 a t + 2 b, x_{1}^{(4)} = 0 .

Wstawiając do równania, dostajemy

x_{1}^{(4)} + {x_{1}}^{″} (t) = 0 + 6 a t + 2 b = 6 a t + 2 b = t,

skąd

6 a = 1, 2 b = 0,

czyli

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

A więc rozwiązanie szczególne to

x_{1} (t) = \frac{t^{3}}{6} .

Rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest zatem funkcja

x (t) = x_{0} (t) + x_{1} (t) = C_{1} + C_{2} t + C_{3} \cos t + C_{4} \sin t + \frac{t^{3}}{6} .

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

Przegląd metod całkowania równań różniczkowych zwyczajnych

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia