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

Przegląd metod całkowania równań różniczkowych zwyczajnych

Ćwiczenie 14.1.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

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

Wskazówka

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych.

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w powyższym równaniu i dostajemy

$\frac{xdx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{-tdt}{\sqrt{1-t^2}},[x^2=1?]$

(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 $C$:

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

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

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych.

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w naszym równaniu i dostajemy

$\frac{dx}{x}=\cos tdt,[x=0?]$

(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 $\mathbb{ℝ}$). 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

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>

<div.thumbcaption>Odcinek styczny do wykresu krzywej

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

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

Odcinek styczny do wykresu krzywej

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

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

Podobnie, przecięcia stycznej z osią $Ox$ to punkt $(0,x_z)$, gdzie

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

Z warunków zadania wynika, że współrzędne punktu $(\tau ,\xi )$ mają być średnimi arytmetycznymi współrzędnych punktów $(0,x_z)$ i $(t_z,0)$. Tak więc dostajemy

$\begin{array}{r}\tau =\frac{1}{2}{t}_z=\frac{1}{2}(\frac{-\xi }{\dot{x}(\tau )}+\tau ),\\ \xi =\frac{1}{2}{x}_z=\frac{1}{2}(\xi +\tau \dot{x}(\tau )).\end{array}$

Stąd dostajemy, że

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

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

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

(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

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

skąd dostajemy, że rozwiązaniem naszego zadania jest dowolna krzywa spełniająca

$tx=C$ ze stałą $C\ne 0$

Ćwiczenie 14.4.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

$\begin{array}{r}t\dot{x}-x=(t+x)\ln \frac{t+x}{t},\\ x(1)=1\end{array}$

Wskazówka

To jest równanie jednorodne.

Rozwiązanie

Nasze równanie możemy zapisać w postaci

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

Stosujemy podstawienie $x=zt$, różniczkując, mamy

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

Podstawiając do naszego równania, mamy

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

skąd

$t^{2}dz=t(1+z)\ln (1+z)dt$

Z powyższego równania dostajemy:

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

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

$\ln (\frac{x}{t}+1)=Ct$

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

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

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

To jest równanie liniowe niejednorodne.

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

$x_0(t)=C{e}^{\int \frac{1}{t}dt}=C{e}^{\ln |t|}=Ct$

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

$x(t)=\int t\cos t{e}^{-\int \frac{1}{t}dt}dt=\int \cos tdt=\sin t$

A zatem rozwiązaniem ogólnym naszego równania niejednorodnego jest

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

Ćwiczenie 14.6.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

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

Wskazówka

To jest równanie zupełne.

Rozwiązanie

Sprawdźmy, że faktycznie jest to równanie różniczkowe zupełne. Mamy

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

Liczymy pochodne cząstkowe:

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

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

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

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

$\frac{-t^2\cos x}{2{\sin }^{2}x}+g^{\prime }(x)=\frac{t^2\cos x}{\cos 2x-1}+\frac{\cos x}{\cos 2x-1}$

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

$\frac{-t^2\cos x}{2{\sin }^{2}x}+g^{\prime }(x)=\frac{t^2\cos x}{-2{\sin }^{2}x}+\frac{\cos x}{-2{\sin }^{2}x}$,

skąd

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

a zatem

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

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

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

Ćwiczenie 14.7.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

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

Wskazówka

To jest równanie Bernoullego.

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

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

czyli podstawiając

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

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

$z_0(t)=C{e}^{-\int (-2)dt}=C{e}^{2t}$,

zatem rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego to

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

czyli

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

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

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

Ćwiczenie 14.8.

Znaleźć rozwiązanie równania:

$x^{″}-5x^{\prime }=3t^2+\sin 5t$,

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 $3t^2$ i $\sin 5t$. Rozwiązanie spełniające zadane warunki przechodzenia przez punkt należy znaleźć, wstawiając punkty i wyliczając stałe.

Rozwiązanie

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

$x^{″}-5x^{\prime }=0$

Równanie charakterystyczne to

${\lambda }^2-5\lambda =0$,

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

${\lambda }_1=0$ i ${\lambda }_2=5$

A zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego to

$x(t)=C_1{e}^{0t}+C_2{e}^{5t}=C_1+C_2{e}^{5t}$

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

$x^{″}-5x^{\prime }=3t^2$

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

$x^{″}-5x^{\prime }=3t^2{e}^0$,

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

$x_1(t)=t(a{t}^2+bt+c)=a{t}^3+b{t}^2+ct$

Różniczkując, mamy

${x_1}^{\prime }=3a{t}^2+2bt+c$, ${x_1}^{″}=6at+2b$

Wstawiając $x_1$ do równania, dostajemy

${x_1}^{″}-5{x_1}^{\prime }=6at+2b-5(3a{t}^2+2bt+c)=3t^2$,

skąd

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

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

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

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,

$x^{″}-5x^{\prime }=\sin 5t$

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

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

Różniczkując, mamy

${x_2}^{\prime }=-5A\sin 5t+5B\cos 5t$, ${x_2}^{″}=-25A\cos 5t-25B\sin 5t$

Wstawiając do równania, dostajemy

$x^{″}-5x^{\prime }=-25\cos 5t-25B\sin 5t+25A\sin 5t-25B\cos 5t=\sin 5t$

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

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

skąd

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

zatem

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

Rozwiązaniem ogólnym naszego wyjściowego równania jest więc

$\begin{array}{lll}x(t)& =& x_0(t)+x_1(t)+x_2(t)\\ & =& C_1+C_2{e}^{5t}-\frac{1}{5}{t}^3-\frac{3}{25}{t}^2-\frac{6}{75}t+\frac{1}{50}\cos 5t-\frac{1}{50}\sin 5t.\end{array}$

Szukamy teraz stałych $C_1$ 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 $\dot{x}(t)=5C_2{e}^{5t}-\frac{3}{5}{t}^2-\frac{6}{25}t-\frac{6}{75}-\frac{5}{50}\sin 5t-\frac{5}{50}\cos 5t$, mamy

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

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

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

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

${\lambda }^4+{\lambda }^2=0$,

czyli

${\lambda }^2({\lambda }^2+1)=0$

Rozwiązania tego równania to

${\lambda }_1={\lambda }_2=0,{\lambda }_3=i,{\lambda }_4=-i$

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

$x_1(t)=t^2(at+b)=a{t}^3+b{t}^2$

Różniczkując, mamy

${x_1}^{″}(t)=6at+2b,x_1^{(4)}=0$

Wstawiając do równania, dostajemy

$x_1^{(4)}+{x_1}^{″}(t)=0+6at+2b=6at+2b=t$,

skąd

$6a=1,2b=0$,

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

$x(t)=x_0(t)+x_1(t)=C_1+C_{2}t+C_3\cos t+C_4\sin t+\frac{t^3}{6}$