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

<center><math>\dot{x}(t)=g(t)h(x)</math></center> 

czyli  

<center><math>\frac{dx}{dt}=g(t)h(x)
</math></center>

lub równoważnie

<center><math>G(x)dx+H(t)dt=0
</math></center>

nazywamy '''''równaniem różniczkowym o zmiennych rozdzielonych
(rrzr).'''''
}}

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

<center><math>\frac{dx}{h(x)}=g(t)dt</math>,</center>

skąd rozwiązanie ogólne równania (rrzr) dostajemy w postaci

<center><math>\int\frac{dx}{h(x)}=\int g(t)dt +C</math>,</center>

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

{{uwaga|14.3.||

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

<center><math>x(t)\equiv x_0</math>,</center>

gdzie <math>x_0</math> jest takie, że <math>h(x_0)=0</math>. 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:

<center><math>[h(x)=0?]</math>,</center>

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

A zatem rozwiązania (rrzr) są postaci

<center><math>\int\frac{dx}{h(x)}=\int g(t)dt +C
</math></center>

lub

<center><math>x(t)\equiv x_0 \ </math>  dla  <math>h(x_0)=0</math></center>

{{przyklad|14.4.||

Rozwiązać równanie

<center><math>\dot{x}(t)=-2tx
</math></center>

Dzieląc przez <math>x</math>, dostajemy

<center><math>\frac{dx}{x}=-2tdt, \quad [x=0?]</math></center>

Odtąd zakładamy, że <math>x\neq 0</math>.
Całkując, mamy

<center><math>\ln|x|=-t^2+\tilde{C}</math>,</center>

gdzie stałą <math>\tilde{C}</math> zapisujemy jako <math>\ln|C|</math> dla pewnej stałej
<math>C\neq 0</math>, a zatem

<center><math>\ln|x|=-t^2+\ln|C|</math>,</center>

czyli

<center><math>|x|=|C|e^{-t^2}</math>,</center>

a więc

<center><math>x=Ce^{-t^2}, \ C\neq 0</math></center>

Oprócz tego, jak od razu widać, rozwiązaniem jest funkcja

<center><math>x(t)\equiv 0</math></center>

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

<center><math>x(t)=Ce^{-t^2}</math>,</center>

gdzie <math>C</math> jest stałą dowolną.
}}

{{przyklad|14.5.||

Rozwiązać równanie

<center><math>\dot{x}(t)=x-1
</math></center>

Dzieląc przez <math>x-1</math>, dostajemy

<center><math>\frac{dx}{x-1}=dt, \quad [x-1=0?]</math></center>

Całkując, mamy

<center><math>\ln|x-1|=t+\ln|C|,\ C\neq 0</math>,</center>

czyli

<center><math>|x-1|=|C|e^{t}</math>,</center>

a więc

<center><math>x=Ce^{t}+1, \ C\neq 0</math></center>

Dodatkowo

<center><math>x(t)\equiv 1
</math></center>

także jest rozwiązaniem naszego równania.

A zatem wszystkie rozwiązania naszego równania są postaci

<center><math>x(t)=Ce^{t}+1</math>,</center>

gdzie <math>C</math> jest stałą dowolną.
}}

==Równanie różniczkowe jednorodne==

{{definicja|14.6.||

Funkcja <math>f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}</math> jest
'''''funkcją jednorodną stopnia <math>m</math>''''' (gdzie <math>m\in \mathbb{N}</math>), jeśli dla
każdego <math>\lambda\in\mathbb{R}</math> i wszystkich <math>(t,x)</math> z dziedziny funkcji,
<math>(\lambda t,\lambda x)</math> też należy  do dziedziny <math>f</math> oraz zachodzi

<center><math>f(\lambda t,\lambda x)=\lambda^mf(t,x)</math></center>

}}

{{przyklad|14.7.||

'''(1)''' Funkcja <math>f(t,x)=x^2+xt+t^2</math> jest funkcją
jednorodną stopnia <math>2</math>.<br>
'''(2)''' Funkcja
<math>f(t,x)=\frac{x}{t}</math> jest funkcją jednorodną stopnia
<math>0</math>.<br>
'''(3)'''
Funkcja <math>f(t,x)=x+t^3</math> nie jest funkcją jednorodną.
}}

{{definicja|14.8.||

Równanie różniczkowe

<center><math>F(t,x)dt+G(t,x)dx=0</math>,</center>

gdzie <math>F</math> i <math>G</math> są funkcjami jednorodnymi tego samego stopnia <math>m</math>,
nazywamy '''''równaniem różniczkowym jednorodnym (rrj).'''''
}}

{{uwaga|14.9.||

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

<center><math>\frac{dx}{dt}=f\left(\frac{x}{t}\right), \quad
[G(t,x)=0?]</math></center>

}}

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

Równanie (rrj') rozwiązujemy, podstawiając

<center><math>x=zt</math></center>

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

<center><math>tdz+(z-f(z))dt=0</math></center>

To równanie rozwiązujemy znaną już metodą i dostajemy:

<center><math>\int\frac{dz}{z-f(z)}=\int\frac{dt}{t} +C, \quad
[z-f(z)=0?]</math></center>

{{przyklad|14.10.||

Rozwiązać równanie

<center><math>tdx-(t+x)dt=0</math></center>

To jest równanie jednorodne. (Funkcje są jednorodne stopnia <math>1</math>).
Dzielimy stronami przez <math>t</math> i dostajemy:

<center><math>\frac{dx}{dt}=1+\frac{x}{t}</math></center>

Podstawiając <math>x=zt</math>, otrzymujemy równanie:

<center><math>tdz=dt</math>,</center>

zatem

<center><math>dz=\frac{dt}{t}</math></center>

Rozwiązaniem tego równania jest

<center><math>z=\ln|t|+C</math>,</center>

gdzie <math>C</math> jest dowolną stałą. Skoro <math>x=zt</math>, to

<center><math>x=t\ln|t|+Ct</math></center>

}}

==Równanie różniczkowe liniowe rzędu pierwszego==

{{definicja|14.11.||

Równanie różniczkowe

<center><math>\dot{x}(t)+p(t)x=q(t)
</math></center>

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

Jeśli funkcja <math>q(t)\equiv 0</math>, to równanie

<center><math>\dot{x}(t)+p(t)x=0
</math></center>

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

Jeśli funkcja <math>q(t)</math> nie jest tożsamościowo równa
zero, to równanie

<center><math>\dot{x}(t)+p(t)x=q(t)
</math></center>

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

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

<center><math>\dot{x}(t)+p(t)x=0</math></center>

Widać, że jest to równanie o zmiennych rozdzielonych,

<center><math>\frac{dx}{dt}=-p(t)x</math>,</center>

czyli

<center><math>\frac{dx}{x}=-p(t)dt, \quad [x=0?]</math></center>

Całkując, dostajemy:

<center><math>x(t)=Ce^{- \int p(t)dt}</math>,</center>

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

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

<center><math>\dot{x}(t)+p(t)x=q(t)</math></center>

Zachodzi następujące stwierdzenie (dowód pomijamy).

{{stwierdzenie|14.12.|stw_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,

<center><math>\dot{x}(t)+p(t)x=0</math>,</center>

czyli funkcję

<center><math>x_o(t)=Ce^{-\int p(t)dt}</math></center>

Następnie  musimy znaleźć rozwiązanie ogólne równania
niejednorodnego. Zgodnie ze [[#stw_14_12|stwierdzeniem 14.12]],
wystarczy znaleźć szczególne rozwiązanie (rrlnj-1). Może nam się
udać takie rozwiązanie szczególne zgadnąć (patrz [[#prz_14_15|przykład 14.15.]]) 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

<center><math>x(t)=C(t)e^{-\int p(t)dt}</math>,</center>

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

<center><math>\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)</math>,</center>

czyli po uproszczeniu

<center><math>\dot{C}(t) e^{-\int p(t)dt}=q(t)</math></center>

Stąd

<center><math>\dot{C}(t)=e^{\int p(t)dt}q(t)</math>,</center>

czyli

<center><math>C(t)=\int e^{\int p(t)dt}q(t)dt +C</math>,</center>

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

Podstawiając otrzymane <math>C(t)</math> do wzoru na rozwiązanie, dostajemy:

<center><math>x(t)=e^{-\int p(t)dt}\left( \int e^{\int p(t)dt}q(t)dt +C\right)</math>,</center>

czyli, zapisując zgodnie ze [[#stw_14_12|stwierdzeniem 14.12]],
dostajemy następujące stwierdzenie.

{{stwierdzenie|14.13.|stw_14_13|

<center><math>x(t)= Ce^{-\int p(t)dt}+e^{-\int p(t)dt}\left( \int e^{\int
p(t)dt}q(t)dt \right)
</math></center>

jest rozwiązaniem ogólnym (rrlnj-1).
}}

Łatwo sprawdzić, że <math>e^{-\int p(t)dt}\left( \int e^{\int p(t)dt}q(t)dt \right)</math>
jest szczególnym rozwiązaniem
(rrlnj-1).

{{przyklad|14.14.||

Rozwiązać równanie liniowe
niejednorodne:

<center><math>\dot{x}+2x=e^{3t}</math></center>

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

<center><math>x_o(t)=Ce^{-\int2dt}=Ce^{-2t}</math></center>

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

<center><math>x(t)=e^{-2t}\left( C+ \int e^{3t}e^{\int 2dt} dt \right)=
e^{-2t}\left( C+ \frac{1}{5}e^{5t}
\right)=Ce^{-2t}+\frac{1}{5}e^{3t}
</math></center>

jest rozwiązaniem ogólnym naszego równania niejednorodnego.
}}

{{przyklad|14.15.|prz_14_15|

Znaleźć rozwiązanie równania

<center><math>\dot{x}-x=e^{2t}</math></center>

Równanie jednorodne

<center><math>\dot{x}-x=0
</math></center>

ma rozwiązanie ogólne <math>x_o(t)=Ce^t</math>. Rozwiązanie szczególne
naszego równania niejednorodnego łatwo zgadnąć, otóż jest to
<math>x(t)=e^{2t}</math>. Tak więc rozwiązanie ogólne równania
<math>\dot{x}-x=e^{2t}</math>, to zgodnie ze [[#stw_14_12|stwierdzeniem 14.12]],

<center><math>x(t)=Ce^t+e^{2t}</math></center>

}}

==Równanie Bernoullego==
[[grafika:Bernoulli.jpg|thumb|right||Jakob Bernoulli (1654-1705)<br>[[Biografia Bernoulli|Zobacz biografię]]]]
{{definicja|14.16.||

Równanie różniczkowe

<center>
<math>\dot{x}(t)+p(t)x=q(t)x^r, \quad </math>  gdzie  <math>
r\in\mathbb{R}\setminus\{0,1\}
</math>
</center>

nazywamy '''''równaniem różniczkowym Bernoullego (rrB)'''''.
}}

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

Równanie różniczkowe Bernoullego rozwiązujemy za pomocą
podstawienia

<center>
<math>x^{1-r}=z
</math>
</center>

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

<center>
<math>(1-r)x^{-r}\dot{x}+p(t)(1-r)x^{1-r}=q(t)(1-r)</math>,
</center>

i podstawiając, mamy:

<center>
<math>\dot{z}+(1-r)p(t)z=(1-r)q(t)</math>,
</center>

czyli równanie liniowe rzędu pierwszego z niewiadomą funkcją <math>z</math>.
Takie równanie umiemy już rozwiązać.

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

{{przyklad|14.17.|uw_14_17|

Rozwiązać równanie

<center>
<math>3\dot{x}-x=\frac{t}{x^2}</math>
</center>

Zapiszmy to równanie jako

<center>
<math>\dot{x}-\frac{1}{3}x=\frac{t}{3x^2}</math>
</center>

Zatem <math>p(t)=-\frac{1}{3}, \ q(t)=\frac{t}{3}, \ r=-2</math>.

Nasze równanie, po pomnożeniu obustronnie przez <math>3x^{2}</math>, zamienia
się w równanie

<center><math>3x^2\dot{x}-x=t</math>,</center>

czyli po podstawieniu

<center><math>z=x^{1-r}=x^3</math>,</center>

dostajemy równanie liniowe niejednorodne

<center><math>\dot{z}-z=t</math></center>

Zgodnie ze wzorem na rozwiązanie ogólne równania liniowego podanym
w [[#stw_14_13|stwierdzeniem 14.13]] mamy

<center><math>z(t)=e^{-\int(-1)dt}\left( C+\int te^{\int (-1) dt} dt\right)</math>,</center>

czyli

<center><math>z(t)=Ce^t-(t+1)</math>,</center>

a zatem rozwiązanie naszego równania Bernoullego to

<center><math>(x(t))^3=Ce^t-(t+1)</math></center>

}}

==Równanie różniczkowe zupełne==

{{definicja|14.18.||

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

<center><math>M(t,x)dt+N(t,x)dx=0
</math></center>

nazywamy '''''równaniem różniczkowym zupełnym (rrz)''''', jeśli w <math>D</math>
zachodzi

<center><math>\frac{\partial M}{\partial x}=\frac{\partial N}{\partial t}</math></center>

}}

Często definiuje się też równanie różniczkowe zupełne jako
takie równanie, że pole wektorowe <math>F(t,x)=(M(t,x),N(t,x))</math> jest
polem potencjalnym. Jak wiemy, w obszarach
jednospójnych te warunki są równoważne
(patrz [[Analiza matematyczna 2/Wykład 12: Całka krzwoliniowa. Twierdzenie Greena#uw_12_17|uwaga 12.17.]] oraz [[Analiza matematyczna 2/Wykład 12: Całka krzwoliniowa. Twierdzenie Greena#stw_12_19|stwierdzeniem 12.19.]]).

Metoda rozwiązywania równań różniczkowych zupełnych jest dokładnie
taka, jak metoda szukania potencjału dla pola potencjalnego
(patrz [[Analiza matematyczna 2/Wykład 12: Całka krzwoliniowa. Twierdzenie Greena#cw_12_4|ćwiczenie 12.4.]]). Aby rozwiązać (rrz), wystarczy
znaleźć taką funkcję <math>\varrho(t,x)</math>, by

<center><math>M(t,x)=\frac{\partial \varrho}{\partial t}(t,x)
</math></center>

i

<center><math>N(t,x)=\frac{\partial \varrho}{\partial x}(t,x)</math></center>

Jeśli znajdziemy
takie <math>\varrho(t,x)</math>, to rozwiązaniem ogólnym (rrz) będzie

<center><math>\varrho(t,x)=C</math>,</center>

ze stałą dowolną <math>C</math>.

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

Aby znaleźć <math>\varrho(t,x)</math>, całkujemy funkcję <math>M(t,x)</math> po zmiennej
<math>t</math>. Dostajemy wtedy

<center><math>\varrho(t,x)=\int M(t,x)dt + g(x)</math>,</center>

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

<center><math>N(x,t)=\frac{\partial (\int M(t,x)dt)}{\partial x}+g'(x)</math></center>

Porównując te strony tego równania, wyznaczamy <math>g'(x)</math>, a całkując,
dostajemy <math>g(x)</math>, a zatem także <math>\varrho(x,y)</math>.

{{przyklad|14.19.||

Rozwiązać równanie różniczkowe

<center><math>(t+x)dt+(t-x)dx=0</math></center>

Mamy <math>M(t,x)=t+x, \ N(t,x)=t-x</math>. Zachodzi

<center><math>\frac{\partial M}{\partial x}=1=\frac{\partial N}{\partial t}</math>,</center>

a więc równanie jest zupełne. Wyznaczmy <math>\varrho(x,y)</math>. Mamy

<center><math>\varrho(x,y)=\frac{1}{2}t^2+tx+g(x)</math></center>

Licząc pochodną po <math>x</math> i porównując z <math>N</math>, dostaniemy:

<center><math>t-x=N(t,x)=\frac{\partial \bigg(\frac{1}{2}t^2+tx+g(x)\bigg)}{\partial
x}=t+g'(x)</math>,</center>

skąd

<center><math>g'(x)=-x</math>,</center>

a więc

<center><math>g(x)=-\frac{1}{2}x^2+C</math>,</center>

czyli

<center><math>\varrho(t,x)=\frac{1}{2}t^2-\frac{1}{2}x^2+C</math></center>

}}

==Równanie różniczkowe liniowe rzędu <math>n</math> 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 <math>n</math> 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

<center><math>x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=0</math>,</center>

gdzie <math>a_1,\ldots,a_n</math> są ustalonymi liczbami rzeczywistymi  nazywamy
'''''równaniem różniczkowym liniowym jednorodnym, rzędu <math>n</math> o stałych współczynnikach (rrlj-n)'''''.<br>
Równanie różniczkowe

<center><math>x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=f(t)</math>,</center>

gdzie <math>a_1,\ldots,a_n</math> są ustalonymi liczbami rzeczywistymi, a funkcja
<math>f</math> nie jest tożsamościowo równa zero, nazywamy '''''równaniem różniczkowym liniowym niejednorodnym, rzędu <math>n</math> 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 <math>n</math> o stałych
współczynnikach jest kombinacja liniową

<center><math>x=C_1x_1+\ldots+C_nx_n
</math></center>

<math>n</math> rozwiązań szczególnych tego równania ze stałymi dowolnymi
<math>C_1,\ldots,C_n</math>.
}}

Musimy zatem mieć <math>n</math> 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

<center><math>x(t)=e^{\lambda t}
</math></center>

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

<center><math>\lambda^n e^{\lambda t}+a_1\lambda^{n-1}e^{\lambda
t}+a_2\lambda^{n-2}e^{\lambda t}+\ldots+a_{n-1}\lambda e^{\lambda
t}=0</math>,</center>

czyli

<center><math>\lambda^n +a_1\lambda^{n-1}+a_2\lambda^{n-2}+\ldots+a_{n-1}\lambda=0</math></center>

{{definicja|14.22.||

Równanie

<center><math>\lambda^n +a_1\lambda^{n-1}+a_2\lambda^{n-2}+\ldots+a_{n-1}\lambda=0</math></center>

nazywamy '''''równaniem charakterystycznym'''''     dla równania
(rrlj-n).
}}

Aby znaleźć rozwiązania szczególne <math>x_1,\ldots,x_n</math> równania
różniczkowego (rrlj-n), musimy najpierw rozwiązać równanie
charakterystyczne dla tego równania. Rozwiązując, należy znaleźć
wszystkie <math>n</math> pierwiastków tego równania <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_n</math>
(mogą być zespolone!). To jak wyglądają rozwiązania <math>x_1,\ldots,x_n</math>,
zależy od postaci <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_n</math>, czyli od tego czy są
rzeczywiste, czy zespolone, czy pojedyncze, czy wielokrotne.<br>
'''Przypadek I.''' Wszystkie pierwiastki równania
charakterystycznego są różne.<br>
'''Przypadek I.A.''' <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_n</math> są liczbami
rzeczywistymi. Wówczas mamy rozwiązanie szczególne

<center><math>x_1(t)=e^{\lambda_1t},\ldots,x_n(t)=e^{\lambda_nt}
</math></center>

i rozwiązanie ogólne naszego (rrlj-n) ma postać

<center><math>x(t)=C_1e^{\lambda_1t}+\ldots+C_ne^{\lambda_nt}</math></center>

'''Przypadek I.B.''' Wśród <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_n</math> są liczby
zespolone. Przyjmijmy, że <math>\lambda_1=a+ib, b\neq 0</math>. Zauważmy, że
skoro <math>a+ib</math> jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to
jest nim także <math>a-ib</math> (bo <math>a_1,\ldots,a_n</math> są rzeczywiste; dla
naszego równania pierwiastków zespolonych jest zatem zawsze
parzysta ilość). Niech <math>\lambda_2=a-ib</math>. Wówczas dostajemy dwa
liniowo niezależne rozwiązania szczególne postaci

<center><math>x_1(t)=e^{at}\cos bt, \ x_2(t)=e^{at}\sin bt</math></center>

Niech zatem <math>\lambda_1=a_1+ib_1,\ldots,\lambda_{2s}=a_{s}-ib_{s}</math>
będą pierwiastkami zespolonymi, a <math>\lambda_{2s+1},\ldots,\lambda_n</math>
rzeczywistymi (może nie być żadnego). Wtedy
rozwiązanie ogólne naszego (rrlj-n) ma postać

<center><math>\begin{align} 
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}.
\end{align}</math></center>

'''Przypadek II.''' Wśród pierwiastków równania
charakterystycznego są pierwiastki wielokrotne.<br>
'''Przypadek II.A''' Niech pierwiastek <math>\lambda_1</math> będzie
<math>k</math>-krotnym rzeczywistym pierwiastkiem równania
charakterystycznego. Odpowiada mu wtedy <math>k</math> liniowo niezależnych
rozwiązań szczególnych:

<center><math>x_1(t)=e^{\lambda_1t},
x_2(t)=te^{\lambda_1t},\ldots,x_k(t)=t^{k-1}e^{\lambda_1t}</math></center>

<br>
'''Przypadek II.B''' Niech pierwiastek <math>\lambda_1=a+ib</math> będzie
<math>k</math>-krotnym  pierwiastkiem zespolonym równania
charakterystycznego. Wtedy <math>a-ib=\lambda_2</math> także jest <math>k</math>-krotnym
pierwiastkiem równania charakterystycznego i odpowiada im  <math>2k</math>
liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych:

<center><math>\begin{array}{lll}
x_1(t) &=& e^{at}\cos bt,\ x_2(t)=e^{at}\sin bt, \ x_3(t)=te^{at}\cos bt,\ x_4(t)=te^{at}\sin bt,\ldots,\\
x_{2k-1}(t) &=& t^{k-1}e^{at}\cos bt,\ x_{2k}(t)=t^{k-1}e^{at}\sin bt.
\end{array}</math></center>

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

<center><math>x=C_1x_1+\ldots+C_nx_n</math></center>

{{przyklad|14.23.||

Rozwiązać równanie:

<center><math>x^{(2)}-5x'+6x=0
</math></center>

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

<center><math>\lambda^2-5\lambda+6=0</math></center>

Równanie to ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste

<center><math>\lambda_1=2,\ \lambda_2=3</math></center>

Rozwiązania szczególne to

<center><math>x_1(t)=e^{2t},\ x_2(t)=e^{3t}</math>,</center>

zatem rozwiązanie ogólne to

<center><math>x(t)=C_1e^{2t}+C_2e^{3t}</math></center>

}}

{{przyklad|14.24.||

Rozwiązać równanie:

<center><math>x^{(2)}-4x'+4x=0
</math></center>

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

<center><math>\lambda^2-4\lambda+4=0</math></center>

Równanie to ma jeden pierwiastek podwójny (<math>k=2</math>)

<center><math>\lambda_1=\lambda_2=2</math></center>

Zatem rozwiązania szczególne to

<center><math>x_1(t)=e^{2t},\ x_2(t)=te^{2t}</math>,</center>

a rozwiązanie ogólne to

<center><math>x(t)=C_1e^{2t}+C_2te^{2t}</math></center>

}}

{{przyklad|14.25.||

Rozwiązać równanie:

<center><math>x^{(2)}+x=0
</math></center>

Wypisujemy równanie charakterystyczne:

<center><math>\lambda^2+\lambda=0</math></center>

Równanie to ma (dwa sprzężone) pierwiastki zespolone

<center><math>\lambda_1=i, \ \lambda_2=-i</math>  tak więc tu  <math>a=0, \ b=1</math></center>

Zatem rozwiązania szczególne to

<center><math>x_1(t)=\cos t,\ x_2(t)=\sin t</math>,</center>

a rozwiązanie ogólne to

<center><math>x(t)=C_1\cos t+C_2\sin t</math></center>

}}

Powiemy teraz, jak znaleźć rozwiązania niektórych równań
różniczkowych liniowych niejednorodnych rzędu <math>n</math>, (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 <math>n</math> o stałych współczynnikach:

<center><math>x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=f(t)
</math></center>

jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego

<center><math>x^{(n)}+a_1x^{(n-1)}+\ldots+a_{n-1}x'+a_{n}x=0
</math></center>

i rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego.
}}

To właśnie do znalezienia tego szczególnego rozwiązania
będziemy stosować metodę przewidywań. Okazuje się, że dla pewnych
funkcji <math>f(t)</math> można przewidzieć postać rozwiązania szczególnego.<br>
'''Przypadek 1.'''
Funkcja

<center><math>f(t)=e^{at}P(t)</math>,</center>

gdzie <math>P(t)</math> jest wielomianem zmiennej <math>t</math> oraz liczba <math>a</math>
'''nie jest''' pierwiastkiem równania charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

<center><math>x_1(t)=Q(t)e^{at}</math>,</center>

gdzie  <math>Q</math> (którego współczynniki musimy wyznaczyć) jest
wielomianem tego samego stopnia co <math>P</math>.<br>
'''Przypadek 2.''' Funkcja

<center><math>f(t)=e^{at}P(t)</math>,</center>

gdzie <math>P(t)</math> jest wielomianem zmiennej <math>t</math> oraz liczba <math>a</math>
'''jest''' pierwiastkiem <math>k</math>-krotnym równania
charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

<center><math>x_1(t)=t^kQ(t)e^{at}</math>,</center>

gdzie <math>Q</math> jest wielomianem tego samego stopnia co <math>P</math>.<br>
'''Przypadek 3.''' Funkcja

<center><math>f(t)=e^{at}(P_1(t)\cos t+P_2(t)\sin t)</math>,</center>

gdzie <math>P_1(t)</math> i <math>P_2(t)</math>  są wielomianami zmiennej <math>t</math> oraz
liczba <math>a+ib</math> '''nie jest ''' pierwiastkiem równania
charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci

<center><math>x_1(t)=e^{at}(Q_1(t)\cos t+Q_2(t)\sin t)</math>,</center>

gdzie <math>Q_1</math> i <math>Q_2</math> są wielomianami stopnia  równego
<math>\max\{\deg P_1, \deg P_2\}</math>.<br>
'''Przypadek 4.''' Funkcja

<center><math>f(t)=e^{at}(P_1(t)\cos t+P_2(t)\sin t)</math>,</center>

gdzie <math>P_1(t)</math> i <math>P_2(t)</math>  są wielomianami zmiennej <math>t</math> oraz
liczba <math>a+ib</math> '''jest''' pierwiastkiem <math>k</math>-krotnym równania
charakterystycznego.

Wtedy rozwiązanie szczególne jest postaci 

<center><math>x_1(t)=e^{at}t^{k}(Q_1(t)\cos t+Q_2(t)\sin t)</math>,</center>

gdzie znowu <math>Q_1</math> i <math>Q_2</math> są wielomianami stopnia  równego
<math>\max\{\deg P_1, \deg P_2\}</math>.
<br>
W każdym z powyższych przypadków  współczynniki nieznanych
wielomianów  wyliczymy, wstawiając <math>x_1(t)</math> do naszego równania
niejednorodnego.

{{uwaga|14.27.||

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

<center><math>x_1=x_{11}+\ldots+x_{1s}</math>,</center>

co wynika z liniowości naszego równania.
}}

{{przyklad|14.28.||

Rozwiązać równanie

<center><math>x^{(2)}-x=\sin t +  te^t</math></center>

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

<center><math>x^{(2)}-x=0</math></center>

Równanie charakterystyczne to

<center><math>\lambda^{2}-1=0</math>,</center>

z rozwiązaniami <math>\lambda_1=1, \lambda_2=-1</math>. Tak więc rozwiązanie
ogólne równania jednorodnego to

<center><math>x_o(t)=C_1e^{t}+C_2e^{-t}</math></center>

Szukamy teraz rozwiązań szczególnych, najpierw dla równania

<center><math>x^{(2)}-x=\sin t</math></center>

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

<center><math>x_{11}(t)=A\sin t+B\cos t</math></center>

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

<center><math>-A\sin t-B\cos t-A\sin t-B\cos t=\sin t</math>,</center>

skąd dostajemy układ równań

<center><math>-2A=1,\ -2B=0</math>,</center>

czyli <math>A=-\frac{1}{2}, \ B=0</math>. Tak więc

<center><math>x_{11}(t)=-\frac{1}{2}\sin t</math></center>

Rozwiążemy teraz równanie

<center><math>x^{(2)}-x= te^t</math></center>

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

<center><math>x_{12}(t)=t(At+B)e^t</math></center>

Współczynniki <math>A</math> i <math>B</math> wyznaczymy, wstawiając <math>x_{12}</math> do równania
<math>x^{(2)}-x= te^t</math>. Dostaniemy

<center><math>e^t(At^2+4At+Bt+2B+2A)-(At^2+Bt)e^t=e^t(4At+2B+2A)=te^t</math>,</center>

skąd

<center><math>4A=1, \ 2A+2B=0 </math>  zatem  <math>A=\frac{1}{4}, \ B=-\frac{1}{4}</math>,</center>

czyli

<center><math>x_{12}(t)=\left(\frac{1}{4}t^2-\frac{1}{4}t\right)e^t</math></center>

Sumując, dostajemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania
niejednorodnego:

<center><math>x_1(t)=-\frac{1}{2}\sin
t+\left(\frac{1}{4}t^2-\frac{1}{4}t\right)e^t</math></center>

Tak więc rozwiązanie ogólne naszego równania to:

<center><math>x(t)=x_o(t)+x_1(t)=C_1e^{t}+C_2e^{-t}-\frac{1}{2}\sin
t+\left(\frac{1}{4}t^2-\frac{1}{4}t\right)e^t</math></center>

}}