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

Przegląd metod całkowania równań różniczkowych zwyczajnych

Ćwiczenie 14.1.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

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

Wskazówka

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych.

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w powyższym równaniu i dostajemy

$\displaystyle {\frac {x\,dx}{\sqrt {1-x^{2}}}}={\frac {-t\,dt}{\sqrt {1-t^{2}}}},\quad [x^{2}=1?].$

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

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

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

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

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

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

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

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

Ćwiczenie 14.2.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

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

Wskazówka

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych.

Rozwiązanie

Rozdzielamy zmienne w naszym równaniu i dostajemy

$\displaystyle {\frac {dx}{x}}=\cos t\,dt,\quad [x=0?]$

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

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

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

$\displaystyle x(t)=Ce^{\sin t}.$

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

$\displaystyle Ce^{\sin 0}=1,$

skąd $\displaystyle C=1$ i szukane rozwiązanie to

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

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 $\displaystyle \displaystyle (\tau ,\xi )$ to

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

Odcinek styczny do wykresu krzywej

Punkt przecięcia stycznej z osią $\displaystyle Ot$ to punkt $\displaystyle \displaystyle (t_{z},0),$ gdzie

$\displaystyle t_{z}={\frac {-\xi }{{\dot {x}}(\tau )}}+\tau .$

Podobnie, przecięcia stycznej z osią $\displaystyle Ox$ to punkt $\displaystyle \displaystyle (0,x_{z}),$ gdzie

$\displaystyle x_{z}=\xi +\tau {\dot {x}}(\tau ).$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\tau ={\frac {1}{2}}t_{z}={\frac {1}{2}}({\frac {-\xi }{{\dot {x}}(\tau )}}+\tau ),\\\xi ={\frac {1}{2}}x_{z}={\frac {1}{2}}(\xi +\tau {\dot {x}}(\tau )).\end{aligned}}$

Stąd dostajemy, że

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

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

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

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych; rozwiązujemy je

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

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

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

zatem

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

skąd dostajemy, że rozwiązaniem naszego zadania jest dowolna krzywa spełniająca

$\displaystyle tx=C,$ ze stałą $\displaystyle C\neq 0.$

Ćwiczenie 14.4.

Rozwiązać problem Cauchy'ego:

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

Wskazówka

To jest równanie jednorodne.

Rozwiązanie

Nasze równanie możemy zapisać w postaci

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

Stosujemy podstawienie $\displaystyle x=zt,$ różniczkując, mamy

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

Podstawiając do naszego równania, mamy

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

skąd

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

Z powyższego równania dostajemy:

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

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

Całkując powyższą równość, dostajemy

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

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

$\displaystyle \ln \left|\ln \left({\frac {x}{t}}+1\right)\right|=\ln |t|+\ln |C|,$

czyli nasze rozwiązanie dane jest równaniem uwikłanym

$\displaystyle \ln \left({\frac {x}{t}}+1\right)=Ct.$

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

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

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

$\displaystyle \ln \left({\frac {x}{t}}+1\right)=(\ln 2)t.$

Ćwiczenie 14.5.

Rozwiązać równanie:

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

Wskazówka

To jest równanie liniowe niejednorodne.

Rozwiązanie

Nasze równanie po przekształceniu możemy zapisać jako

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

czyli po podzieleniu przez $\displaystyle t$

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

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

$\displaystyle x_{0}(t)=Ce^{\int {\frac {1}{t}}\,dt}=Ce^{\ln |t|}=Ct.$

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

$\displaystyle x(t)=\int t\cos te^{-\int {\frac {1}{t}}\,dt}\,dt=\int \cos t\,dt=\sin t.$

A zatem rozwiązaniem ogólnym naszego równania niejednorodnego jest

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

Ćwiczenie 14.6.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

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

Wskazówka

To jest równanie zupełne.

Rozwiązanie

Sprawdźmy, że faktycznie jest to równanie różniczkowe zupełne. Mamy

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

Liczymy pochodne cząstkowe:

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

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

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

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

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

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

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

skąd

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

a zatem

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

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

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

Ćwiczenie 14.7.

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania:

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

Wskazówka

To jest równanie Bernoullego.

Rozwiązanie

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

$\displaystyle z=x^{1-r}=x^{-1}.$

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

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

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

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

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

czyli podstawiając

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

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

$\displaystyle z_{0}(t)=Ce^{-\int (-2)dt}=Ce^{2t},$

zatem rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego to

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

czyli

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

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

$\displaystyle (Ce^{2t}+e^{t})x=1.$

Ćwiczenie 14.8.

Znaleźć rozwiązanie równania:

$\displaystyle x''-5x'=3t^{2}+\sin 5t,$

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

przechodzi przez punkt $\displaystyle \displaystyle (0,0).$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

$\displaystyle x''-5x'=0.$

Równanie charakterystyczne to

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

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

$\displaystyle \lambda _{1}=0\quad$ i $\displaystyle \quad \lambda _{2}=5.$

A zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego to

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

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

$\displaystyle x''-5x'=3t^{2}.$

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

$\displaystyle x''-5x'=3t^{2}e^{0},$

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

$\displaystyle x_{1}(t)=t(at^{2}+bt+c)=at^{3}+bt^{2}+ct.$

Różniczkując, mamy

$\displaystyle x_{1}'\ =3at^{2}+2bt+c,$ $\displaystyle x_{1}''=6at+2b.$

Wstawiając $\displaystyle x_{1}$ do równania, dostajemy

$\displaystyle x_{1}''-5x_{1}'=6at+2b-5(3at^{2}+2bt+c)=3t^{2},$

skąd

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

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

$\displaystyle -15a=3,\quad 6a-10b=0,\quad 2b-5c=0.$

Rozwiązując ten układ, dostajemy

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

A zatem

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

Teraz musimy rozwiązać drugie z równań niejednorodnych,

$\displaystyle x''-5x'=\sin 5t.$

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

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

Różniczkując, mamy

$\displaystyle x_{2}'\ =-5A\sin 5t+5B\cos 5t,$ $\displaystyle x_{2}''=-25A\cos 5t-25B\sin 5t.$

Wstawiając do równania, dostajemy

$\displaystyle x''-5x'=-25\cos 5t-25B\sin 5t+25A\sin 5t-25B\cos 5t=\sin 5t.$

Porównując współczynniki, dostajemy układ równań

$\displaystyle -25A-25B=0,\quad -25B+25A=1,$

skąd

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

zatem

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

Rozwiązaniem ogólnym naszego wyjściowego równania jest więc

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

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

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

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

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

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

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

Ćwiczenie 14.9.

Znaleźć rozwiązanie równania:

$\displaystyle x^{(4)}+x''=t,$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Najpierw rozwiązujemy równanie ogólne

$\displaystyle x^{(4)}+x''=0.$

Równanie charakterystyczne to

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

czyli

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

Rozwiązania tego równania to

$\displaystyle \lambda _{1}=\lambda _{2}=0,\quad \lambda _{3}=i,\quad \lambda _{4}=-i.$

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

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

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

$\displaystyle x_{1}(t)=t^{2}(at+b)=at^{3}+bt^{2}.$

Różniczkując, mamy

$\displaystyle x_{1}''(t)=6at+2b,\quad x_{1}^{(4)}=0.$

Wstawiając do równania, dostajemy

$\displaystyle x_{1}^{(4)}+x_{1}''(t)=0+6at+2b=6at+2b=t,$

skąd

$\displaystyle 6a=1,\quad 2b=0,$

czyli

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

A więc rozwiązanie szczególne to

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

Rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest zatem funkcja

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