Zadanie 4.17 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania x000− x00+ x0− x = 0, Rozwi ˛azanie:
Znajdujemy wielomian charakterystyczny
p(λ) = λ3− λ2+ λ − 1 = (λ − 1)(λ2+ 1).
Oznacza to, ˙ze mamy jeden pierwiastek rzeczywisty λ1 = 1 oraz dwa sprz˛e˙zone pierwiastki zespolone λ2 = i i λ3 = −i. Rozwi ˛azanie ogólne ma wi˛ec posta´c
x(t) = c1et+ c2sin t + c3cos t.
Zadanie 4.18 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania x000+ 3x00+ 3x0+ x = 0, Rozwi ˛azanie:
Znajdujemy wielomian charakterystyczny
p(λ) = λ3+ 3λ2+ 3λ + 1 = (λ + 1)3.
Oznacza to, ˙ze mamy jeden pierwiastek rzeczywisty potrójny λ1 = −1. Rozwi ˛ a-zanie ogólne ma wi˛ec posta´c
x(t) = e−t(c1+ c2t + c3t2).
Zadanie 4.19 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania x(4)+ 4x000+ 6x00+ 4x0 = 0, Rozwi ˛azanie:
Znajdujemy wielomian charakterystyczny
p(λ) = λ4+ 4λ3+ 6λ2+ 4λ = λ(λ + 2) (λ + 1)2+ 1.
Oznacza to, ˙ze mamy dwa pierwiastki rzeczywiste λ1 = 0 i λ2 = −2 oraz dwa sprz˛e˙zone pierwiastki zespolone λ3= −1 + i i λ4= −1 − i. Rozwi ˛azanie ogólne ma wi˛ec posta´c
x(t) = c1+ c2e−2t+ e−t(c3sin t + c4cos t).
Zadanie 4.20 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania t2x00− 3tx0+ 4x = 0,
wykorzystuj ˛ac fakt, ˙ze x1(t) = t2jest rozwi ˛azaniem szczególnym tego równania.
Rozwi ˛azanie:
4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙ZSZEGO RZ ˛EDU 55
Postulujemy rozwi ˛azanie w postaci x(t) = c(t)x1(t). Wstawiaj ˛ac t˛e postulowan ˛a posta´c rozwi ˛azania do równania otrzymujemy
t2(c00x1+ 2c0x01+ cx001) − 3t(c0x1+ cx01) + 4cx1 =
c(t2x001− 3tx01+ 4x1) + x1(t2c00− 3tc0) + 2t2c0x01 = t4c00+ t3c0= 0 Niech z(t) = c0(t). Mamy wtedy równanie tz0+ z = 0, którego rozwi ˛azaniem jest funkcja z(t) = ct1. St ˛ad c(t) = c1ln t + c2. Otrzymujemy wi˛ec rozwi ˛azanie ogólne w postaci
x(t) = c1t2ln t + c2t2.
Mathematicałatwo rozwi ˛azuje równania n-tego rz˛edu pod warunkiem, ˙ze rz ˛ad ten nie jest zbyt wysoki. Ograniczenia s ˛a zwi ˛azane ze znajdowaniem pierwiastków wielomianu charakterystycznego, co w ogólno´sci jest mo˙zliwe tylko dla wielomia-nów stopnia co najwy˙zej 4. Oczywi´scie w szczególnych przypadkach Mathematica rozwi ˛azuje tak˙ze równania wy˙zszego rz˛edu.
Zadanie 4.21 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania x000− 6x00+ 11x0− 6x = 0, wykorzystuj ˛ac program Mathematica.
Rozwi ˛azanie:
To jest przykład równania, które Mathematica rozwi ˛azuje dla dowolnych współ-czynników
DSolve[x’’’[t] -6*x’’[t]+11*x’[t]-6*x[t]==0,x[t],t]
Otrzymujemy wtedy rozwi ˛azanie
{{x[t]− > etC[1] + e2tC[2] + e3tC[3]}}
Zadanie 4.22 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania
x(5)− 10x(4)+ 39x000− 74x00+ 68x0− 24x = 0, wykorzystuj ˛ac program Mathematica.
Rozwi ˛azanie:
Poniewa˙z równanie jest 5-tego rz˛edu, to Mathematica mo˙ze mie´c problem z jego rozwi ˛azaniem. Okazuje si˛e jednak, ˙ze Mathematica znajduje rozwi ˛azanie ogólne.
DSolve[x’’’’’[t]-10*x’’’’[t]+39*x’’’[t] -74*x’’[t]+
68*x’[t]-24*x[t]==0,x[t],t]
Otrzymujemy wtedy rozwi ˛azanie
{{x[t]− > etC[1] + e2tC[2] + e2ttC[3] + e2tt2C[4] + e3tC[5]}}
Zadanie 4.23 Znale´z´c rozwi ˛azanie zagadnienia pocz ˛atkowego x00+ 4x0+ 4x = 0, x(0) = 1, x0(0) = −1 2, wykorzystuj ˛ac program Mathematica.
Rozwi ˛azanie:
Takie zagadnienia pocz ˛atkowe Mathematica rozwi ˛azuje dla dowolnych współczyn-ników
DSolve[{x’’[t] +4*x’[t]+4*x[t]==0,x[0]==1,x’[0]==-1/2}, x[t],t]
Otrzymujemy wtedy rozwi ˛azanie {{x[t]− > 12e−2t(2 + 3t)}}
Mathematicapotrafi tak˙ze rozwi ˛azywa´c liniowe równania niejednorodne, co po-kazuje nast˛epuj ˛ace zadanie.
Zadanie 4.24 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania
x000− x00− 7x0+ 15x = t2e−3t+ e2tcos(3t), wykorzystuj ˛ac program Mathematica.
Rozwi ˛azanie:
Rozwi ˛azanie znajdujemy standardow ˛a metod ˛a
DSolve[x’’’[t] -x’’[t]-7*x’[t] +15*x[t]==
t^2*Exp[-3*t]+Exp[2*t]*Cos[3*t],x[t],t]
Otrzymujemy wtedy rozwi ˛azanie, które wygl ˛ada na bardzo skomplikowane. To skomplikowane wyra˙zenie mo˙zna upro´sci´c poleceniem Simplify (poni˙zsze po-lecenie zakłada, ˙ze Mathematica wypisała skomplikowany wzór jako rozwi ˛azanie;
aby nie przepisywa´c tego wzoru odwołujemy si˛e do niego przez symbol %) Simplify[%]
Uproszczone rozwi ˛azanie jest nast˛epuj ˛ace
{{x[t]− > e−3tC[3] + e2tC[2]Cos[t] + e2tC[1]Sin[t] + 60e−3t 28561 + 37
4394e−3tt + 5
338e−3tt2+ 1
78e−3tt3− 5
272e2tCos[3t] − 3
272e2tSin[3t]}}
Wyraz 60e28561−3t mo˙zna wł ˛aczy´c do e−3tC[3] dokonuj ˛ac dalszego uproszczenia roz-wi ˛azania.
4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙ZSZEGO RZ ˛EDU 57
Zadania do samodzielnego rozwi ˛azania
Zadanie 4.25 Pokaza´c, ˙ze podane ni˙zej funkcje nie s ˛a liniowo zale˙zne w obszarze ich okre´slono´sci, ale ich wyznacznik Wro´nskiego jest równy zeru:
a) x1(t) =
t2 dla −1 6 t 6 0
0 dla 0 < t 6 1 x2(t) =
0 dla −1 6 t 6 0 t2 dla 0 < t 6 1 b) x1(t) =
0 dla 0 6 t 6 2 (t − 2)2 dla 2 < t 6 4 x2(t) =
(t − 2)2 dla 0 6 t 6 2 0 dla 2 < t 6 4 c) x1(t) =
t3 dla −2 6 t 6 0
0 dla 0 < t 6 1 x2(t) =
0 dla −2 6 t 6 0 t2 dla 0 < t 6 1 d) x1(t) = t2 dla −1 6 t 6 1 x2(t) = t|t| dla −1 6 t 6 1
Zadanie 4.26 Znale´z´c macierz fundamentaln ˛a równania x0 = Rx, gdy macierz R dana jest wzorem:
a)
3 −1 1
1 1 1
4 −1 4
b)
2 −1 2
1 0 2
−2 1 −1
c)
2 −1 −1
3 −2 −3
−1 1 2
d)
−1 1 −2
4 1 0
2 1 −1
e)
0 1 −1
1 0 −1
2 2 −3
f)
4 2 −2
1 3 −1
3 3 −1
g)
2 0 −1
1 −1 0
3 −1 −1
Zadanie 4.27 Znale´z´c det exp R, nie obliczaj ˛ac macierzy exp R, dla poni˙zszych macierzy R:
a)
1 0 3
−1 2 0
0 1 −1
b)
1 4 2
3 1 −1
2 1 −3
Zadanie 4.28 Rozwi ˛aza´c układy równa´n niejednorodnych:
a)
x01= x2+ 2et x02= x1+ t2 b)
x01= x2− 5 cos t x02= 2x1+ x2 c)
x01= 2x2− x1+ 1 x02= 3x2− 2x1 d)
x01= x1− x2+ 2 sin t x02= 2x1− x2
e)
x01= 2x1− x2 x02= x1+ 2et f)
x01= 2x1+ 4x2− 8 x02= 3x1+ 6x2 g)
x01= 2x1+ x2+ 2et x02= x1+ 2x2− 3e4t h)
x01= 2x1− x2
x02= 2x2− x1− 5etsin t
Zadanie 4.29 Rozwi ˛aza´c poni˙zsze zagadnienia pocz ˛atkowe:
a)
x01 = x1+ x2 x02 = 4x2− 2x1
x1(0) = 0, x2(0) = −1
b)
x01 = 2x1− x2+ x3 x02 = x1+ x3
x03 = x2− 2x3− 3x1
x1(0) = 0, x2(0) = 0, x3(0) = 1
4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙ZSZEGO RZ ˛EDU 59
c)
x01 = x1+ x2− t2+ t − 2 x02 = −2x1+ 4x2+ 2t2− 4t − 7 x1(0) = 0, x2(0) = 2
d)
x01 = x1+ x2− cos t
x02 = −2x1− x2+ sin t + cos t x1(0) = 1, x2(0) = −2
Zadanie 4.30 Rozwi ˛aza´c układy równa´n, sprowadzaj ˛ac je do układów pierwszego rz˛edu:
a)
x001− 2x002+ x02+ x1− 3x2 = 0 4x002− 2x001 − x01− 2x1+ 5x2 = 0 b)
x001− 3x1− 4x2= 0 x002+ x1+ x2 = 0 c)
2x01− 5x02− 4x2+ x1= 0 3x01− 4x02− 2x1+ x2= 0 d)
x001− 2x1+ 3x2= 0 x002− x1+ 2x2= 0 e)
x001+ 2x002− x1− 2x2= 0 x01+ x02− x1+ x2 = 0 f)
x001+ 3x002− x1 = 0 x01+ 3x02− 2x2 = 0 g)
x001+ 4x01− 2x02− 2x1− x2= 0 x001− x002− 4x01+ 2x02+ 2x2 = 0 h)
2x001+ 3x002 + 2x01+ x02+ x1+ x2= 0 x001+ 3x002+ 4x01+ 2x02− x1− x2= 0
Zadanie 4.31 Znale´z´c rozwi ˛azania ogólne równa´n jednorodnych:
a) x(4)− x = 0 b) x(6)+ 64x = 0 c) x(4)+ 4x00+ 3x = 0 d) x(5)+ 8x(3)+ 16x0 = 0
Zadanie 4.32 Znale´z´c rozwi ˛azania ogólne równa´n niejednorodnych:
a) 3x(4)+ x(3)= 2
b) x(4)− 2x(3)+ 2x00− 2x0+ x = 1 c) x(4)− 2x00+ x = cos t
d) x(3)− 3x00+ 3x0− x = etcos 2t
Zadanie 4.33 Rozwi ˛aza´c równania niejednorodne, rozkładaj ˛ac cz˛e´s´c niejednorod-n ˛a na składniki, a nast˛epnie dodaj ˛ac odpowiednie rozwi ˛azania szczególne:
a) x(4)+ 2x(3)+ 2x00+ 2x0+ x = tet+12cos t b) x(5)+ 4x(3) = et+ 3 sin 2t + 1
c) x(5)− x(4) = tet− 1 d) x(5)+ x(3) = t + 2e−t
Zadanie 4.34 Znale´z´c rozwi ˛azanie układu równa´n tx01 = x1− 2x2, tx02 = x1− 2x2.
Pokaza´c, ˙ze rozwi ˛azanie odpowiedniego zagadnienia pocz ˛atkowego istnieje na ca-łym R wtedy i tylko wtedy, gdy dane pocz ˛atkowe spełniaj ˛a warunek x1(t0) = 2x2(t0).
Zadanie 4.35 Równanie postaci
antnx(n)+ an−1tn−1x(n−1)+ · · · + a1tx0+ a0x = 0
nazywa si˛e jednorodnym równaniem Cauchy’ego-Eulera. Pokaza´c, ˙ze zamiana zmiennej niezale˙znej s = ln t redukuje równanie Cauchy’ego-Eulera do równania liniowego o stałych współczynnikach.
Zadanie 4.36 Korzystaj ˛ac z wyniku poprzedniego zadania, rozwi ˛aza´c równania Cauchy’ego-Eulera:
a) t2x00+ tx0− x = 0
b) (t + 2)2x00+ 3(t + 2)x0− 3x = 0 c) t2x00+ tx0+ x = t(6 − ln t) d) t2x00+ tx0− x = tm, m 6= ±1
Rozdział 5
Układy autonomiczne
Ten rozdział dotyczy badania własno´sci autonomicznych układów równa´n. Na po-cz ˛atku zajmiemy si˛e problemem stabilno´sci rozwi ˛aza´n w sensie Lapunowa. Kolej-ne zadania po´swi˛ecimy badaniu punktów krytycznych układów autonomicznych oraz lokalnym portretom fazowym w otoczeniu punktów krytycznych. Wszystkie te zadania b˛ed ˛a dotyczyły układów z dwoma zmiennymi zale˙znymi, aby odpo-wiednie portrety fazowe dały si˛e narysowa´c na płaszczy´znie R2. Analizowa´c b˛e-dziemy jedynie układy równa´n nieliniowych, poniewa˙z analiza układów liniowych w dwóch zmiennych została dokładnie opisana w Skrypcie. W ostatniej cz˛e´sci roz-działu poka˙zemy przykłady znajdowania całek pierwszych dla układów nielinio-wych.
5.1 Stabilno´s´c w sensie Lapunowa
Zadanie 5.1 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛azania zagadnienia pocz ˛atkowego x0= 1 + t − x, x(0) = 0.
Rozwi ˛azanie:
Równanie jest równaniem liniowym, dla którego łatwo znajdujemy rozwi ˛azanie ogólne
x(t) = t + ce−t.
Z warunku pocz ˛atkowego otrzymujemy c = 0, czyli rozwi ˛azaniem zagadnienia pocz ˛atkowego jest funkcja φ0(t) = t.
Je´sli warunek pocz ˛atkowy ma posta´c x(0) = x0, otrzymamy rozwi ˛azanie φ1(t) = x0e−t+ t.
Je´sli |x0| < δ, to |φ1(t) − φ0(t)| = |x0|e−t< ε = δ, wi˛ec φ0(t) jest rozwi ˛ aza-niem stabilnym (z definicji). Poniewa˙z limt→∞x0e−t = 0, wi˛ec rozwi ˛azanie φ0(t) jest asymptotycznie stabilne.
Zadanie 5.2 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛azania zagadnienia pocz ˛atkowego x0 = 2t(x + 1), x(0) = 0.
61
Rozwi ˛azanie:
Równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych, dla którego łatwo znajdu-jemy rozwi ˛azanie ogólne
x(t) = −1 + cet2.
Z warunku pocz ˛atkowego otrzymujemy c = 1, czyli rozwi ˛azaniem zagadnienia pocz ˛atkowego jest funkcja φ0(t) = −1 + et2.
Je´sli warunek pocz ˛atkowy ma posta´c x(0) = x0, otrzymamy rozwi ˛azanie φ1(t) = −1 + (x0+ 1)et2.
Je´sli |x0| < δ, to |φ1(t) − φ0(t)| = |x0|et2. Poniewa˙z funkcja et2 jest nieogra-niczona, wi˛ec φ0(t) nie jest rozwi ˛azaniem stabilnym.
Zadanie 5.3 Zbada´c stabilno´s´c poło˙zenia równowagi dla równania x0 = sin2x.
Rozwi ˛azanie:
Poło˙zenia równowagi to stałe rozwi ˛azania równania. Poniewa˙z dla x = kπ, k = 0, ±1, ±2, . . . , mamy sin2kπ = 0, wi˛ec wszystkie te punkty s ˛a poło˙zeniami rów-nowagi. Zbadamy jedynie poło˙zenie równowagi x(t) = 0.
Całkuj ˛ac równanie z warunkiem x(0) = x0 otrzymujemy ctg x = ctg x0− t, czyli
x = arc ctg(ctg x0− t).
Poniewa˙z
t→∞lim x(t) = lim
t→∞arc ctg(ctg x0− t) = π, wi˛ec rozwi ˛azanie x(t) = 0 nie jest stabilne.
Zadanie 5.4 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛azania zerowego dla układu x0 = −x − 2y + x2y2,
y0= x − 1 2y −1
2x3y.
Rozwi ˛azanie:
Zauwa˙zmy, ˙ze para funkcji x(t) = 0, y(t) = 0 jest rozwi ˛azaniem tego układu równa´n. Aby zbada´c stabilno´s´c tego rozwi ˛azania skonstruujemy funkcj˛e Lapunowa dla tego układu. Wła´sciwej funkcji Lapunowa b˛edziemy poszukiwa´c w´sród funkcji postaci V (x, y) = ax2+ by2. Mamy wtedy
dV
dt =2ax(−x − 2y + x2y2) + 2by x − 1 2y −1
2x3y =
− (2ax2+ by2) + (b − 2a)(2xy − x3y2).
Bior ˛ac b = 2a oraz a > 0 dostajemy dV
dt = −2a(x2+ y2).
5.1. STABILNO ´S ´C W SENSIE LAPUNOWA 63
Oznacza to, ˙ze dla (x, y) 6= (0, 0) mamy dVdt < 0, co pokazuje, ˙ze rozwi ˛azanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.
Zadanie 5.5 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛azania zerowego dla układu x0 = −xy4,
y0= x4y.
Rozwi ˛azanie:
Para funkcji x(t) = 0, y(t) = 0 jest rozwi ˛azaniem tego układu równa´n. Aby zba-da´c stabilno´s´c tego rozwi ˛azania skonstruujemy funkcj˛e Lapunowa dla tego układu.
Ze wzgl˛edu na posta´c prawych stron równa´n jako funkcj˛e Lapunowa wybieramy funkcj˛e V (x, y) = x4+ y4. Mamy wtedy
dV
dt = 4x3(−xy4) + 4y3(x4y) = −4x4y4+ 4x4y4 = 0.
Wynika st ˛ad, ˙ze
dV dt = 0.
Oznacza to, ˙ze rozwi ˛azanie zerowe jest stabilne, ale nie jest asymptotycznie stabil-ne.
Zadanie 5.6 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛azania zerowego dla układu x0= y − x + xy,
y0 = x − y − x2− y3. Rozwi ˛azanie:
Para funkcji x(t) = 0, y(t) = 0 jest rozwi ˛azaniem tego układu równa´n. Aby zba-da´c stabilno´s´c tego rozwi ˛azania skonstruujemy funkcj˛e Lapunowa dla tego układu.
Ze wzgl˛edu na posta´c prawych stron równa´n jako funkcj˛e Lapunowa wybieramy funkcj˛e V (x, y) = x2+ y2. Mamy wtedy
dV
dt = 2x(y−x+xy)+2y(x−y−x2−y3) = −x2−y2−y4+2xy = −(x−y)2−y4. Wynika st ˛ad, ˙ze
dV dt 6 0,
czyli rozwi ˛azanie zerowe jest stabilne. Ponadto dla (x, y) 6= (0, 0) mamy dVdt < 0, wi˛ec rozwi ˛azanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.