Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 13: Równania różniczkowe zwyczajne

Równania różniczkowe zwyczajne

Ćwiczenie 13.1.

Zgodnie z prawem rozpadu promieniotwórczego, liczba $N$ atomów izotopu pierwiastka promieniotwórczego, która ulega rozpadowi w jednostce czasu, jest proporcjonalna do ogólnej liczby atomów tego izotopu, która nie uległa rozpadowi. Definiuje się okres połowicznego rozpadu jako czas, po którym połowa atomów danego izotopu ulega rozpadowi. Z obserwacji wynika, że okres połowicznego rozpadu oznaczany literą $T$ (lub $T_{\frac{1}{2}}$ ) jest stałą wielkością charakteryzującą dany izotop (tzn. nie zmienia się w czasie ani nie zależy od innych czynników chemicznych czy fizycznych).

a) Wyznaczyć zależność pozostałej liczby atomów izotopu od czasu (z wykorzystaniem czasu połowicznego rozpadu).

b) Jaki czas musi upłynąć, by promieniotwórczy stront (90) zredukował liczbę swoich atomów do 1/16 jej wartości początkowej? Okres połowicznego rozpadu strontu wynosi 28 lat.

c) Polon-210 ma okres połowicznego rozpadu równy 140 dni. Jaki procent początkowej liczby jego atomów pozostanie po 100 dniach?

Wskazówka

Rozwiązanie

a) Prędkość rozpadu izotopu pierwiastka promieniotwórczego jest ujemna i wprost proporcjonalna do ilości atomów, które się jeszcze nie rozpadły, co możemy zapisać równaniem

N^{'} (t) = - λ N (t)

,

gdzie $t$ jest czasem, $N$ liczbą atomów izotopu, a $λ$ współczynnikiem proporcjonalności, nazywanym stałą rozpadu promieniotwórczego. Analogicznie jak w przykładzie z wykładu dotyczącym stygnięcia (względnie ogrzewania) danej substancji, równanie to ma przy warunku początkowym $N (t_{0}) = N_{0}$ dokładnie jedno rozwiązanie $N (t) = N_{0} \exp (- λ (t - t_{0}))$ , a jeśli w szczególności $t_{0} = 0$ , to $N (t) = N_{0} \exp (- λ t)$ . Z definicji okresu połowicznego rozpadu $T$ wynika zależność:

N_{0} \exp (- λ T) = N (T) = \frac{N_{0}}{2}

,

zatem $λ = \frac{\ln 2}{T}$ i w konsekwencji

N (t) = N_{0} \exp (- \frac{t}{T} \ln 2) = N_{0} 2^{- \frac{t}{T}}

b) Wobec ostatniego wzoru wystarczy wyliczyć $t$ (gdzie jednostką jest rok) z równania

\frac{1}{16} N_{0} = N_{0} 2^{- \frac{t}{28}}

Otrzymujemy $t = 4 \cdot 28 = 112$ lat. Jest to jednak oczywiste też wprost z definicji czasu połowicznego rozpadu. Jeśli na początku mamy $N_{0}$ atomów, to po 28 latach $\frac{1}{2} N_{0}$ , po następnych 28 latach $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} N_{0} = \frac{1}{4} N_{0}$ , po kolejnych 28 latach $\frac{1}{8} N_{0}$ , aż wreszcie po kolejnych 28 latach $\frac{1}{16} N_{0}$ .

c) Tym razem za jednostkę czasu przyjmijmy 1 dzień. Jeśli $N_{0}$ było początkową ilością atomów polonu-210, to $N (100) = N_{0} 2^{- \frac{100}{140}} = N_{0} 2^{- \frac{5}{7}} \approx 0, 6095068271 N_{0}$ , zatem po 100 dniach pozostanie jeszcze prawie $61 %$ początkowej ilości atomów izotopu.

Ćwiczenie 13.2.

Bank prowadzi konta z ciągłą kapitalizacją odsetek. Niech $K (t)$ oznacza wartość w chwili $t$ kapitału złożonego w tym banku (jednostką czasu jest 1 rok). Niech $r$ będzie roczną stopą procentową.

a) Pokazać, że zachodzi równanie $K^{'} (t) = r K (t)$ .

b) Na jaki okres należy złożyć kapitał w banku z ciągłą kapitalizacją odsetek i roczną stopą procentową $8 %$ , by go podwoić?

Wskazówka

Niech $K_{0}$ oznacza kapitał początkowy złożony w banku. Do jakiej kwoty urósłby on po $t$ latach, gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek w stosunku rocznym? Do jakiej kwoty urósłby on po $t$ latach, gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek $n$ razy w ciągu roku? Przechodząc we wzorze na tę ostatnią kwotę do granicy (przy $n$ zmierzającym do nieskończoności), otrzymamy szukaną zależność przy kapitalizacji ciągłej. Wystarczy teraz sprawdzić, czy spełnia ona zadane równanie różniczkowe.

Rozwiązanie

a) Niech $K_{0} = K (0)$ oznacza kapitał początkowy złożony w banku. Gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek w stosunku rocznym, to po $t$ latach kapitał urósłby do kwoty $K_{0} (1 + r)^{t}$ . Gdyby kapitalizacja była dokonywana $n$ razy w roku, kapitał urósłby do kwoty $K_{0} (1 + \frac{r}{n})^{n t}$ . Jeśli kapitalizacja jest ciągła, kapitał urośnie do kwoty

K (t) = \lim_{n \to \infty} K_{0} {(1 + \frac{r}{n})}^{n t} = \lim_{n \to \infty} K_{0} {[{(1 + \frac{r}{n})}^{\frac{n}{r}}]}^{r t} = K_{0} \exp (r t)

A stąd $K^{'} (t) = r K_{0} \exp (r t) = r K (t)$ .

b) Szukamy czasu $t$ takiego, że $2 K_{0} = K_{0} \exp (0, 8 t)$ . Wyliczamy $t = \frac{\ln 2}{0, 08} \approx 8, 664339757$ . Należy zatem złożyć kapitał na 8 lat i 8 miesięcy...

Ćwiczenie 13.3.

Niech $t_{0}, x_{0}$ będą liczbami rzeczywistymi, $a, b$ dodatnimi i niech

D = (t_{0} - a, t_{0} + a) \times (x_{0} - b, x_{0} + b)

Udowodnić, że jeśli funkcja $f : D ∋ (t, x) \mapsto f (t, x) \in ℝ$ jest ciągła, jej pochodna cząstkowa względem zmiennej $x$ istnieje, jest ciągła i ograniczona w zbiorze $D$ , to problem początkowy Cauchy'ego

{\begin{cases} x^{'} (t) = f (t, x (t)) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}

ma rozwiązanie i jest ono jedyne.

Korzystając z powyższego twierdzenia, wyznaczyć zbiory punktów $(t_{0}, x_{0})$ , dla których istnieje jednoznaczne rozwiązanie problemu Cauchy'ego

a) ${\begin{cases} x^{'} = t - \ln (x - t) \\ x (t_{0}) = 0 \end{cases},$

b) ${\begin{cases} x^{'} = \sqrt{t^{2} - x} + 4 t \\ x (t_{0}) = 0 \end{cases}$ .

Wskazówka

Dla dowolnego ustalonego $t \in (t_{0} - a, t_{0} + a)$ rozważamy funkcję

ϕ_{t} : (x_{0} - b, x_{0} + b) ∋ x \mapsto ϕ_{t} (x) : = f (t, x) \in ℝ

jednej zmiennej rzeczywistej $x$ . Należy zastosować twierdzenie Lagrange'a (z 9 modułu analizy matematycznej 1) do tej funkcji, a następnie zastosować twierdzenie Picarda.

a), b) Wyznaczamy zbiory (otwarte), w których funkcja $f$ (która jest dana wzorem po prawej stronie równania różniczkowego) jest ciągła i ma ciągłą pochodną cząstkową po $x$ .

Rozwiązanie

Niech

M : = \sup {| \frac{\partial f}{\partial x} (t, x) | : (t, x) \in D}

Z założenia $M$ jest liczbą skończoną. Ustalmy dowolne $t \in (t_{0} - a, t_{0} + a)$ i rozważmy funkcję

ϕ_{t} : (x_{0} - b, x_{0} + b) ∋ x \mapsto ϕ_{t} (x) : = f (t, x) \in ℝ

Zgodnie z założeniami, funkcja ta jest różniczkowalna, zatem na mocy twierdzenia Lagrange'a dla dowolnych punktów $x_{1}, x_{2} \in (x_{0} - b, x_{0} + b)$ istnieje $ξ \in (x_{0} - b, x_{0} + b)$ takie, że

f (t, x_{1}) - f (t, x_{2}) = ϕ_{t} (x_{1}) - ϕ_{t} (x_{2}) = {ϕ_{t}}^{'} (ξ) (x_{1} - x_{2})

Ponieważ ${ϕ_{t}}^{'} (ξ) = \frac{\partial f}{\partial x} (t, ξ)$ , z dowolności $t$ i z definicji $M$ otrzymujemy

\forall t \in (t_{0} - a, t_{0} + a) \forall x_{1}, x_{2} \in (x_{0} - b, x_{0} + b) : | f (t, x_{1}) - f (t, x_{2}) | \leq M | x_{1} - x_{2} |

Zatem na mocy twierdzenia Picarda rozwiązanie problemu początkowego Cauchy'ego istnieje i jest jedyne.

a) Funkcja $f (t, x) = t - \ln (x - t)$ nie jest określona, jeśli $x - t \leq 0$ , natomiast jest dobrze określona i klasy $C^{\infty}$ w zbiorze $G = {(t, x) \in ℝ^{2} : x - t > 0}$ . Jeśli $(t_{0}, x_{0}) \in G$ , to $r = \frac{1}{3} (x_{0} - t_{0}) > 0$ oraz $[t_{0} - r, t_{0} + r] \times [x_{0} - r, x_{0} + r]$ zawiera się w $G$ . W szczególności na zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f$ jest ciągła i ma ograniczoną pochodną cząstkową po $x$ . Zatem w otoczeniu punktu $t_{0}$ problem Cauchy'ego z warunkiem początkowym $x (t_{0}) = x_{0}$ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

b) Funkcja $f (t, x) = \sqrt{t^{2} - x} + 4 t$ nie jest określona, jeśli $t^{2} - x < 0$ , natomiast jest dobrze określona i ciągła w zbiorze ${(t, x) \in ℝ^{2} : t^{2} - x \geq 0}$ . Jeśli $(t_{0}, x_{0}) \in G = {(t, x) \in ℝ^{2} : t^{2} - x > 0}$ , to istnieje takie $r > 0$ , że $[t_{0} - r, t_{0} + r] \times [x_{0} - r, x_{0} + r]$ zawiera się w $G$ . W szczególności na zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f$ jest ciągła i ma ograniczoną pochodną cząstkową po $x$ . Zatem w otoczeniu punktu $t_{0}$ problem Cauchy'ego z warunkiem początkowym $x (t_{0}) = x_{0}$ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Ćwiczenie 13.4.

Pokazać, że dla dowolnej stałej $C \in ℝ$ funkcje

f_{C} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq C \\ (t - C)^{3}, & dla t > C \end{cases}

g_{C} (t) = {\begin{cases} (t - C)^{3}, & dla t < C \\ 0, & dla t \geq C \end{cases}

i $h \equiv 0$ , są rozwiązaniami równania różniczkowego $x^{'} = 3 x^{\frac{2}{3}}$ . Czy istnieją jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione powyżej? Czy istnieje taki problem początkowy Cauchy'ego dla tego równania, który nie ma rozwiązania? Wskazać wszystkie takie punkty $(t_{0}, x_{0})$ , dla których problem początkowy

{\begin{cases} x^{'} (t) = 3 x^{\frac{2}{3}} (t) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}

a) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla pewnego $δ > 0$ ,

b) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla dowolnego $δ > 0$ .

Wskazówka

Czy funkcja $f_{C_{1}} + g_{C_{2}}$ może być rozwiązaniem równania $x^{'} = 3 x^{\frac{2}{3}}$ ? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $f_{C}$ , po $C \in ℝ$ ? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $g_{C}$ , po $C \in ℝ$ ?

a), b) Rozważyć osobno przypadek $x_{0} = 0$ i $x_{0} \neq 0$ i skorzystać z ćwiczenia 13.3.

Rozwiązanie

Oczywiście $h$ jest rozwiązaniem naszego równania. Zauważmy, że

{f_{C}}^{'} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq C \\ 3 (t - C)^{2}, & dla t > C \end{cases} = {\begin{cases} 0, & dla t \leq C \\ 3 {((t - C)^{3})}^{\frac{2}{3}}, & dla t > C \end{cases}

,

czyli ${f_{C}}^{'} (t) = 3 {(f_{C} (t))}^{\frac{2}{3}}$ . Analogicznie sprawdzamy, że $g_{C}$ jest rozwiązaniem naszego równania. Nie są to jednak jedyne rozwiązania. Jeśli $C_{1} \geq C_{2}$ , to

(f_{C_{1}} + g_{C_{2}}) (t) = {\begin{cases} (t - C)^{3}, & dla t < C_{2} \\ 0, & dla C_{2} \leq t \leq C_{1} \\ (t - C)^{3}, & dla t > C_{2} \end{cases}

jest również rozwiązaniem naszego równania.

Niech $(t_{0}, x_{0})$ będzie dowolnym punktem płaszczyzny. Jeśli $x_{0} = 0$ , to $x_{0} = f_{t_{0} + 1} (t_{0})$ ; jeśli $x_{0} > 0$ , to $x_{0} = (t_{0} - (t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}))^{3} = f_{t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}} (t_{0})$ ; wreszcie jeśli $x_{0} < 0$ , to $x_{0} = (t_{0} - (t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}))^{3} = g_{t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}} (t_{0})$ . Zatem każdy problem Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = 3 x^{\frac{2}{3}} (t) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}$ ma rozwiązanie.

Niech teraz $(t_{0}, x_{0})$ będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.

a) Jeśli $x_{0} \neq 0$ , to $r = \frac{1}{2} | x_{0} | > 0$ oraz w zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f (t, x) = 3 x^{\frac{2}{3}}$ spełnia założenia twierdzenia udowodnionego w ćwiczenie 13.3., zatem wtedy badany problem Cauchy'ego ma jedyne rozwiązanie w pewnym przedziale.

b) Jeśli $x_{0} = 0$ , to zacieśnienia funkcji $f_{t_{0}}$ i $h$ do dowolnego przedziału $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ są dwoma różnymi rozwiązaniami tym przedziale.

Ćwiczenie 13.5.

Pokazać, że dla dowolnej stałej $C \in ℝ$ funkcje

f_{C} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq 0 \\ C \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t > 0 \end{cases} i g_{C} (t) = {\begin{cases} C \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t < 0 \\ 0, & dla t \geq 0 \end{cases}

są rozwiązaniami równania różniczkowego $t^{3} x^{'} = 2 x$ . Czy istnieją jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione powyżej? Wskazać wszystkie takie punkty $(t_{0}, x_{0})$ , dla których problem początkowy

{\begin{cases} t^{3} x^{'} (t) = 2 x (t) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}

a) nie ma rozwiązania,

b) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla pewnego $δ > 0$ ,

c) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla dowolnego $δ > 0$ .

Wskazówka

Czy funkcja $f_{C_{1}} + g_{C_{2}}$ może być rozwiązaniem równania $t^{3} x^{'} = 2 x$ ?

a) Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $f_{C}$ , po $C \in ℝ$ ? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $g_{C}$ , po $C \in ℝ$ ?

b) W których punktach można skorzystać z ćwiczenia 13.3?

c) W których punktach nie można skorzystać z ćwiczenia 13.3?

Rozwiązanie

Zauważmy, że

f_{C} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq 0 \\ C \frac{2}{t^{3}} \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t > 0 \end{cases}

,

czyli $t^{3} {f_{C}}^{'} (t) = 2 f_{C} (t)$ . Analogicznie sprawdzamy, że $g_{C}$ jest rozwiązaniem naszego równania. Nie są to jednak jedyne rozwiązania. Jeśli $C_{1}, C_{2}$ są dowolne, to

(f_{C_{1}} + g_{C_{2}}) (t) = {\begin{cases} C_{2} \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t < 0 \\ 0, & dla t = 0 \\ C_{1} \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t > 0 \end{cases}

jest również rozwiązaniem naszego równania.

Niech teraz $(t_{0}, x_{0})$ będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.

a) Zauważmy, że jeśli funkcja $x$ jest rozwiązaniem równania $t^{3} x^{'} (t) = 2 x (t)$ , to $x (0) = 0$ . Zatem jeśli $t_{0} = 0, x_{0} \neq 0$ , to badany problem początkowy nie ma rozwiązania.

b) Jeśli $t_{0} \neq 0$ , to $r = \frac{1}{2} | t_{0} | > 0$ oraz w zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f (t, x) = \frac{2 x}{t^{3}}$ spełnia założenia twierdzenia udowodnionego w ćwiczeniu 13.3, zatem wtedy badany problem Cauchy'ego, równoważny problemowi ${\begin{cases} x^{'} (t) = \frac{2 x (t)}{t^{3}} \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}$ , ma jedyne rozwiązanie w pewnym przedziale.

b) Jeśli $t_{0} = 0$ i $x_{0} = 0$ , to zacieśnienia wszystkich funkcji postaci $f_{C}$ , $g_{C}$ , czy $f_{C_{1}} + g_{C_{2}}$ są rozwiązaniami i wśród nich nieskończenie wiele jest parami różnych (przykładowe różne to $f_{0}$ i $f_{1}$ ).

Ćwiczenie 13.6.

Wykorzystując metodę kolejnych przybliżeń Picarda, znaleźć rozwiązanie problemu początkowego Cauchy'ego

a) ${\begin{cases} x^{'} (t) = t + x (t) \\ x (0) = 1 \end{cases},$

b) ${\begin{cases} x^{'} (t) = t^{2} + x^{2} (t) \\ x (0) = 1 \end{cases}$ .

Wskazówka

Należy policzyć $x_{1}, x_{2}, x_{3}, . .$ . z ciągu kolejnych przybliżeń Picarda.

a) Zachęcamy do wyliczenia $x_{5}$ i porównania otrzymanego wielomianu z szeregiem Maclaurina funkcji $f (t) = 2 \exp t$ .

b) Proszę policzyć przynajmniej $x_{3}$ . Dla liczb bliskich zeru otrzymujemy z tego przybliżenia rozwiązania z dość dużą dokładnością.

Rozwiązanie

a)

\begin{aligned} x_{0} = x (0) = 1, \\ x_{1} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1) d s = 1 + t + \frac{t^{2}}{2}, \\ x_{2} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + \frac{s^{2}}{2}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{6}, \\ x_{3} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + s^{2} + \frac{s^{3}}{6}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{24}, \\ x_{4} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + s^{2} + \frac{s^{3}}{3} + \frac{s^{4}}{24}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{120}, \\ x_{5} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + s^{2} + \frac{s^{3}}{3} + \frac{s^{4}}{12} + \frac{s^{5}}{120}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{60} + \frac{t^{6}}{720}, \\ ⋮ \end{aligned}

Wiemy, że

2 \exp t = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 t^{n}}{n!} = 2 + 2 t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{60} + \frac{t^{6}}{360} + . . . = 1 + t + (1 + t + t_{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{60} + \frac{t^{6}}{360} + . . .)

,

a stąd widać, że $g (t) = 2 \exp (t) - 1 - t$ jest bliskie rozwiązania. Sprawdzimy łatwo, że $g^{'} (t) = 2 \exp (t) - 1 = g (t) + t$ i $g (0) = 1$ , zatem $g$ jest rozwiązaniem.

b)

\begin{aligned} x_{0} = x (0) = 0, \\ x_{1} = \int_{0}^{t} s^{2} d s = \frac{t^{3}}{3}, \\ x_{2} = \int_{0}^{t} (s^{2} + \frac{s^{6}}{9}) d s = \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{7}}{63}, \\ x_{3} = \int_{0}^{t} (s^{2} + \frac{s^{6}}{9} + \frac{2 s^{10}}{189} + \frac{s^{14}}{3969}) d s = \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{7}}{63} + \frac{2 t^{11}}{2079} + \frac{t^{15}}{59535}, \\ ⋮ \end{aligned}

Ćwiczenie 13.7.

Wykorzystując metodę łamanych Eulera dla $h = 0, 1$

a) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu początkowego ${\begin{cases} x^{'} (t) = t + x (t) \\ x (1) = 1 \end{cases}$ w przedziale $[1; 1, 5]$ i obliczyć przybliżoną wartość $x (1, 5)$ ;

b) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu początkowego ${\begin{cases} x^{'} (t) = t + x^{2} (t) \\ x (0) = 0 \end{cases}$ w przedziale $[0; 0, 4]$ i obliczyć przybliżoną wartość $x (0, 4)$ .

Wskazówka

a) Uzupełnijmy tabelkę

\begin{array}{cccc} t & x & t + x & (t + x) h \\ HLINE TBD t_{0} = 1, 0 & x_{0} = 1 \\ t_{1} = 1, 1 & x_{1} = \\ t_{2} = 1, 2 & x_{2} = \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ t_{5} = 1, 5 & x_{5} = \end{array}

przy czym nie ma potrzeby wypełniania ostatnich dwóch rubryk, bo chcemy policzyć $x_{5} \approx x (1, 5)$ .

b) Podobnie jak w punkcie a).

Rozwiązanie

a) Uzupełnijmy tabelkę

\begin{array}{cccc} t & x & t + x & (t + x) h \\ HLINE TBD t_{0} = 1, 0 & x_{0} = 1 & 2 & 0, 2 \\ t_{1} = 1, 1 & x_{1} = x_{0} + (t_{0} + x_{0}) h = 1, 2 & 2, 3 & 0, 23 \\ t_{2} = 1, 2 & x_{2} = x_{1} + (t_{1} + x_{1}) h = 1, 43 & 2, 63 & 0, 263 \\ t_{3} = 1, 3 & x_{3} = 1, 693 & 2, 993 & 0, 2993 \\ t_{4} = 1, 4 & x_{4} = 1, 9923 & 3, 3923 & 0, 33923 \\ t_{5} = 1, 5 & x_{5} = 2, 33153 \end{array}

Przybliżonym obrazem krzywej będącej rozwiązaniem naszego problemu Cauchy'ego w przedziale $[1; 1, 5]$ jest łamana o węzłach $(t_{0}, x_{0}), \dots, (t_{5}, x_{5})$ . Mamy $x (1, 5) \approx 2, 33153$ .

b) Uzupełnijmy tabelkę

\begin{array}{cccc} t & x & t + x^{2} & (t + x^{2}) h \\ HLINE TBD t_{0} = 0 & x_{0} = 0 & 0 & 0 \\ t_{1} = 0, 1 & x_{1} = x_{0} + (t_{0} + x_{0}) h = 0 & 0, 1 & 0, 01 \\ t_{2} = 0, 2 & x_{2} = x_{1} + (t_{1} + x_{1}) h = 0, 01 & 0, 2001 & 0, 02001 \\ t_{3} = 0, 3 & x_{3} = 0, 03001 & 0, 3009006001 & 0, 03009006001 \\ t_{4} = 0, 4 & x_{4} = 0, 06010006001 \end{array}

Przybliżonym obrazem krzywej będącej rozwiązaniem naszego problemu Cauchy'ego w przedziale $[0; 0, 4]$ jest łamana o węzłach $(t_{0}, x_{0}), \dots, (t_{4}, x_{4})$ . Mamy $x (0, 4) \approx 0, 06010006001$ .

Ćwiczenie 13.8.

Wyznaczyć wielomian Taylora rzędu 5 w punkcie $0$ funkcji $x$ , będącej rozwiązaniem problemu początkowego Cauchy'ego

a) ${\begin{cases} x^{'} (t) = x^{2} (t) - x (t) t \\ x (0) = 1 \end{cases},$

b) ${\begin{cases} x^{'} (t) = 2 x (t) \cos t - 3 t \\ x (0) = 1 \end{cases}$
i obliczyć przybliżoną wartość $x (1)$ .

Wskazówka

Zauważmy, że warunek początkowy Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = f (t, x (t)) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}$ daje nam bezpośrednio wartość $x (t_{0})$ oraz $x^{'} (t_{0}) = f (t_{0}, x_{0})$ . Ale zauważmy, że łatwo policzyć też $x^{″} (t_{0})$ mając $x^{'} (t) = f (t, x (t))$ itd...

Rozwiązanie

a)

\begin{aligned} x (0) = 1, \\ x^{'} = x^{2} - x t & x^{'} (0) = 1, \\ x^{″} = 2 x x^{'} - x - x^{'} t & x^{″} (0) = 2 - 1 = 1, \\ x^{‴} = 2 (x^{'})^{2} + 2 x x^{″} - 2 x^{'} - x^{″} t & x^{‴} (0) = 2 + 2 - 2 = 2, \\ x^{(4)} = 6 x^{'} x^{″} + 2 x x^{‴} - 3 x^{″} - x^{‴} t & x^{(4)} (0) = 6 + 4 - 3 = 7, \\ x^{(5)} = 6 (x^{″})^{2} + 8 x^{'} x^{‴} + 2 x x^{(4)} - 4 x^{‴} - x^{(4)} t & x^{(5)} (0) = 6 + 16 + 14 - 8 = 28, \\ ⋮ & ⋮ \end{aligned}

zatem wielomian Taylora funkcji $x$ rzędu 5 o środku w punkcie $0$ ma postać

T_{0}^{5} x (t) = 1 + t + \frac{1}{2} t^{2} + \frac{1}{3} t^{3} + \frac{7}{24} t^{4} + \frac{7}{30} t^{5}

oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora

x (1) \approx T_{0}^{5} x (1) = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{7}{24} + \frac{7}{30} = 3 \frac{43}{120}

. b)

\begin{aligned} x (0) = 1, \\ x^{'} = 2 x \cos t - 3 t & x^{'} (0) = 2, \\ x^{″} = 2 x^{'} \cos t - 2 x \sin t - 3 & x^{″} (0) = 4 - 3 = 1, \\ x^{‴} = 2 x^{″} \cos t - 4 x^{'} \sin t - 2 x \cos t & x^{‴} (0) = 2 - 2 = 0, \\ x^{(4)} = 2 x^{‴} \cos t - 6 x^{″} \sin t - 6 x^{'} \cos t + 2 x \sin t & x^{(4)} (0) = - 12, \\ x^{(5)} = 2 x^{(4)} \cos t - 8 x^{‴} \sin t - 12 x^{″} \cos t + 8 x^{'} \sin t + 2 x \cos t & x^{(5)} (0) = - 24 - 12 + 2 = - 34, \\ ⋮ & ⋮ \end{aligned}

zatem wielomian Taylora funkcji $x$ rzędu 5 o środku w punkcie $0$ ma postać

T_{0}^{5} x (t) = 1 + 2 t + \frac{1}{2} t^{2} - \frac{1}{2} t^{4} - \frac{17}{60} t^{5}

oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora

x (1) \approx T_{0}^{5} x (1) = 1 + 2 + \frac{1}{2} + 0 - \frac{1}{2} - \frac{17}{60} = 2 \frac{43}{60}

Ćwiczenie 13.9.

Interpretując obraz pola wektorowego

d o m f ∋ (t, x) \mapsto (t, x) + (1, f (t, x)) \in ℝ^{2}

(lub pola kierunków), określić w przybliżeniu przebieg rozwiązania równania różniczkowego $x^{'} = f (t, x)$ , jeśli

a) $f (t, x) = - 2$

b) $f (t, x) = - t$ ,

c) $f (t, x) = t^{2}$ ,

d) $f (t, x) = - \frac{1}{x}$ ,

e)

f (t, x) = - \frac{t}{x}

Wskazówka

Rysowanie obrazu pola kierunków możemy rozpocząć od wyznaczenia izoklin, czyli poziomic funkcji $f$ . Są to nie tylko zbiory, na których funkcja $f$ jest stała, ale również zbiory, na których pole kierunków jest stałe.

Rozwiązanie

a) Funkcja $f$ jest stała na całej płaszczyźnie, więc również pole kierunków jest stałe. W każdym punkcie $(t, x)$ zaczepiamy wektor $[1, - 2]$ . Każde rozwiązanie równania $x^{'} = - 2$ jest funkcją liniową o współczynniku kierunkowym $- 2$ . Na przykład rozwiązaniem problemu początkowego Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = - 2 \\ x (0) = 2 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = - 2 t + 2$ .

b) Równania izoklin (por. wskazówkę) dla funkcji $f (t, x) = - t$ mają postać $- t = k$ . Zatem izoklinami są proste pionowe (prostopadłe do osi $O t$ ). Na przykład w dowolnym punkcie prostej $t = 0$ zaczepiamy wektor $[1, 0]$ ; w dowolnym punkcie prostej $t = 1$ - wektor $[1, - 1]$ ; $t = - 1$ - wektor $[1, 1]$ , $t = 2$ - wektor $[1, - 2]$ , $t = - 2$ - wektor $[1, 2]$ . Każde rozwiązanie równania $x^{'} = - t$ jest funkcją kwadratową postaci $x (t) = - \frac{1}{2} t^{2} + C$ . Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} = - t \\ x (0) = 2 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = - \frac{1}{2} t^{2} + 2$ .

c) Równania izoklin dla funkcji $f (t, x) = t^{2}$ mają postać $t^{2} = k$ , zatem $t = \pm \sqrt{k}$ , jeśli $k \geq 0$ . W szczególności izokliną dla $k = 0$ jest prosta pionowa $t = 0$ , natomiast jeśli $k > 0$ , to mamy sumę mnogościową dwóch prostych pionowych. Na przykład w dowolnym punkcie prostej $t = 0$ zaczepiamy wektor $[1, 0]$ ; w dowolnym punkcie prostej $t = 1$ i prostej $t = - 1$ - wektor $[1, 1]$ ; $t = 2$ i $t = - 2$ - wektor $[1, 4]$ , $t = 3$ i $t = - 3$ - wektor $[1, 9]$ . Każde rozwiązanie równania $x^{'} = t^{2}$ jest funkcją kwadratową postaci $x (t) = \frac{1}{3} t^{3} + C$ . Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = t^{2} \\ x (0) = 0 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = \frac{1}{3} t^{3}$ .

d) Tym razem $d o m f = {(t, x) : x \neq 0}$ . Izokliny dla funkcji $f (t, x) = - \frac{1}{x}$ to proste poziome $x = - \frac{1}{k}$ (oczywiście $k \neq 0$ ). Na przykład w dowolnym punkcie prostej $x = 1$ zaczepiamy wektor $[1, - 1]$ ; w dowolnym punkcie prostej $x = 2$ - wektor $[1, - \frac{1}{2}]$ ; $x = 3$ - wektor $[1, - \frac{1}{3}]$ , $x = - 1$ - wektor $[1, 1]$ ; $x = - 2$ - wektor $[1, \frac{1}{2}]$ . Zauważmy pewną symetrię (względem osi $x = t$ ) w stosunku do przypadku b). Każde rozwiązanie równania $x^{'} = - \frac{1}{x}$ jest postaci $f_{C} (t) = \sqrt{C - 2 t}$ lub $g_{C} (t) = - \sqrt{C - 2 t}$ ( $t < \frac{C}{2}$ ). Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = - \frac{1}{x (t)} \\ x (0) = 1 \end{cases}$ jest funkcja $f_{1}$ .

e) Podobnie, jak w poprzednim przypadku, $d o m f = {(t, x) : x \neq 0}$ . Izokliny dla funkcji $f (t, x) = - \frac{t}{x}$ to proste $x = - \frac{1}{k} t$ , gdy $k \neq 0$ , oraz prosta pionowa $t = 0$ , gdy $k = 0$ . Na przykład w dowolnym punkcie prostej $t = 0$ zaczepiamy wektor $[1, 0]$ ; w dowolnym punkcie prostej $x = t$ - wektor $[1, - 1]$ ; $x = - t$ - wektor $[1, 1]$ , $x = \frac{1}{2} t$ - wektor $[1, - 2]$ ; $x = - \frac{1}{2} t$ - wektor $[1, 2]$ . Zauważmy, że każdy taki wektor jest prostopadły do prostej, na której go zaczepiamy. Zatem krzywymi całkowymi są tu okręgi o środku $(0, 0)$ . To one są krzywymi, do których każda prosta przechodząca przez punkt $(0, 0)$ jest prostopadła. Rozwiązania równania $x^{'} = - \frac{t}{x}$ są dane w postaci uwikłanej wzorem $t^{2} + x^{2} (t) = a^{2}$ . Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = - \frac{t}{x (t)} \\ x (0) = 1 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = \sqrt{1 - t^{2}}$ ( $t \in (- 1, 1)$ ).

Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 13: Równania różniczkowe zwyczajne

Równania różniczkowe zwyczajne

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia