Zadanie 3.7 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego x0 = sin(µt), x(t0) = x0, gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a ∂x
∂µ. Rozwi ˛azanie:
Poniewa˙z równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych mo˙zemy znale´z´c rozwi ˛azanie równania a nast˛epnie policzy´c pochodn ˛a po µ.
Niech x = φ(t, µ) b˛edzie rozwi ˛azaniem równania. Wtedy φ(t0, µ) = x0 i całkuj ˛ac równanie dostajemy
φ(t, µ) = −1
µcos(µt) + c(µ).
Problemem jest oczywi´scie wyznaczenie funkcji c(µ). Je´sli jednak zró˙zniczkujemy rozwi ˛azanie po µ, to otrzymamy
∂φ(t, µ)
∂µ = t sin(µt)
µ +cos(µt) µ2 + dc
dµ. Z warunku ∂φ(t0, µ)
∂µ = 0 wynika dc
dµ = − t0sin(µt0)
µ + cos(µt0) µ2
, czyli
∂φ(t, µ)
∂µ = t sin(µt)
µ +cos(µt)
µ2 −t0sin(µt0)
µ −cos(µt0) µ2 .
Przedstawiona wy˙zej metoda znajdowania pochodnej rozwi ˛azanie po parame-trze wykorzystywała fakt, ˙ze mo˙zna było znale´z´c analityczne rozwi ˛azanie rów-nania. Poka˙zemy teraz jak działa standardowa metoda znajdowania pochodnej po parametrze. Zgodnie z teori ˛a pochodna y(t) = ∂x(t, µ)
∂µ spełnia równanie y0 = t cos(µt), y(t0) = 0.
Całkuj ˛ac to równanie otrzymujemy y(t) = t sin(µt)
µ + cos(µt) µ2 + c.
Wyznaczaj ˛ac c z warunku y(t0) = 0 dostajemy wyra˙zenie identyczne jak metod ˛a bezpo´sredniego ró˙zniczkowania rozwi ˛azania równania
y(t) = t sin(µt)
µ +cos(µt)
µ2 −t0sin(µt0)
µ −cos(µt0) µ2 . Zadanie 3.8 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego
x0 = µt + x, x(0) = 1, gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a ∂x
∂µ. Rozwi ˛azanie:
Poniewa˙z równanie jest równaniem liniowym mo˙zemy znale´z´c rozwi ˛azanie rów-nania a nast˛epnie policzy´c pochodn ˛a po µ.
Niech x = φ(t, µ) b˛edzie rozwi ˛azaniem równania. Całkuj ˛ac równanie dostaje-my
φ(t, µ) = −µt − µ + c(µ)et. Ró˙zniczkuj ˛ac rozwi ˛azanie po µ otrzymamy
∂φ(t, µ)
∂µ = −t − 1 + dc dµet. Wyznaczamy dc
dµ z warunku ∂φ(0, µ)
∂µ = 0, który wynika z warunku pocz ˛ atkowe-go φ(0, µ) = 1. Otrzymujemy wtedy
dc dµ = 1.
Daje to poszukiwan ˛a pochodn ˛a
∂φ(t, µ)
∂µ = −t − 1 + et. Zadanie 3.9 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego
x0 = x + µ(t + x2), x(0) = 1, gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a ∂x
∂µ µ=0. Rozwi ˛azanie:
3.2. ZALE ˙ZNO ´S ´C ROZWI ˛AZANIA OD PARAMETRÓW 35
Niech y = ∂x
∂µ. Funkcja y(t) spełnia równanie
y0= (1 + 2µx)y + t + x2, y(0) = 0.
Równanie to rozwi ˛azujemy standardow ˛a metod ˛a dla równa´n liniowych. Najpierw znajdujemy rozwi ˛azanie równania jednorodnego
y(t) = c exp
Z t 0
(1 + 2µx)ds
,
a nast˛epnie uzmienniamy stał ˛a otrzymuj ˛ac (korzystamy z warunku pocz ˛atkowego y(0) = 0)
c(t) = Z t
0
exp
− Z s
0
(1 + 2µx)dτ
(s + x2)ds.
St ˛ad
y(t) = Z t
0
expZ t s
(1 + 2µx)dτ
(s + x2)ds.
Zauwa˙zmy, ˙ze dla µ = 0 równanie wyj´sciowe ma rozwi ˛azanie x(t) = et. Wyko-rzystuj ˛ac to rozwi ˛azanie dostajemy po przej´sciu granicznym
y(t) µ=0=
Z t 0
exp
Z t s
dτ
(s + e2s)ds = Z t
0
(s + e2s)et−sds.
Obliczaj ˛ac ostatni ˛a całk˛e przez cz˛e´sci otrzymujemy y(t)
µ=0= −t − 1 + e2t. Zadanie 3.10 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego
x0 = x + x2+ tx3, x(2) = x0. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a wzgl˛edem warunku pocz ˛atkowego ∂x
∂x0
x0=0. Rozwi ˛azanie:
Niech z = ∂x
∂x0
. Funkcja z(t) spełnia równanie
z0= (1 + 2x + 3tx2)z, z(2) = 1.
Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja z(t) = expZ t
2
(1 + 2x + 3sx2)ds .
Dla warunku pocz ˛atkowego x0 = 0 rozwi ˛azaniem wyj´sciowego zagadnienia Cau-chy’ego jest funkcja x(t) = 0 (takie rozwi ˛azanie mo˙zna zgadn ˛a´c a nast˛epnie sko-rzysta´c z faktu, ˙ze dla tego zagadnienia Cauchy’ego zachodzi twierdzenie o jedno-znaczno´sci rozwi ˛azania w otoczeniu punktu t = 2). St ˛ad
z(t)
x0=0 = expZ t 2
ds
= et−2.
Zadania do samodzielnego rozwi ˛azania
Zadanie 3.11 Wskaza´c maksymalny przedział, na którym istnieje rozwi ˛azanie za-gadnienia pocz ˛atkowego:
a) x0 = 2x2− t, x(1) = 1, b) x0 = t + ex, x(1) = 0,
c) x01 = x22, x02 = x21, x1(0) = 1, x2(0) = 2.
Zadanie 3.12 Dla jakich warunków pocz ˛atkowych istniej ˛a jednoznaczne rozwi ˛ a-zania równa´n:
a) x00= tg x +√3 t , b) (t + 1)x00= x +√
x , c) x00− xx(3) =√5
x0− t , d)
(x01 = x32+ ln(t + 1), x1x02=√3
x2− t .
Zadanie 3.13 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego x0 = f (x), x(0) = x0.
Niech f ∈ C1(R) oraz spełnia oszacowanie |f (x) − cos x| 6 1 dla ka˙zdego x ∈ R. Udowodni´c, ˙ze rozwi ˛azanie tego zagadnienia Cauchy’ego jest ograniczone dla ka˙zdego x0 ∈ R.
Zadanie 3.14 Niech funkcja f : R → R b˛edzie ci ˛agła, a funkcja g: R → R niech spełnia warunek Lipschitza. Udowodni´c, ˙ze układ równa´n
x01= f (x2)x1, x02= g(x2),
uzupełniony dowolnym warunkiem pocz ˛atkowym, ma co najwy˙zej jedno rozwi ˛ a-zanie w dowolnym przedziale.
Zadanie 3.15 Udowodni´c nast˛epuj ˛ace rozszerzenie wyniku zadania 3.3.
Niech dane b˛edzie równanie x0 = f (t, x), gdzie x ∈ Rn, a funkcja f (t, x) jest ci ˛agła na R × Rn. Je´sli spełnione jest oszacowanie
|f (t, x)| 6 g(|x|),
gdzie g jest dodatni ˛a funkcj ˛a ci ˛agł ˛a g ∈ C([0, ∞)), dla której Z ∞
0
dt
g(t) = ∞,
to ka˙zde rozwi ˛azanie zagadnienia Cauchy’ego dla tego równania istnieje dla ka˙z-dego t> 0.
3.2. ZALE ˙ZNO ´S ´C ROZWI ˛AZANIA OD PARAMETRÓW 37
Zadanie 3.16 Dla równania
x0 = ax + b, x(0) = x0,
gdzie a i b s ˛a stałymi, znale´z´c granic˛e lim→0x(t, ) dla t > 0.
Zadanie 3.17 Dane jest równanie x0 = f (x), gdzie f : R → R jest funkcj ˛a ci ˛ a-gł ˛a i malej ˛ac ˛a. Niech x1(t) oraz x2(t) b˛ed ˛a dwoma rozwi ˛azaniami tego równania klasy C1 z warunkami pocz ˛atkowymi x1(t0) = x10 i x2(t0) = x20 odpowiednio.
Udowodni´c, ˙ze |x1(t) − x2(t)| 6 |x10− x20|.
Zadanie 3.18 Funkcje u(t) i v(t) s ˛a rozwi ˛azaniami zagadnie´n Cauchy’ego u0 = F (u), u(t0) = u0,
v0 = F (v), v(t0) = v0.
Zakładamy, ˙ze funkcja F spełnia warunek Lipschitza ze stał ˛a L. Pokaza´c, ˙ze speł-nione jest oszacowanie
|u(t) − v(t)|p6 |u0− v0|pexp pL(t − t0), dla dowolnego p > 1.
Zadanie 3.19 W poni˙zszych przykładach znale´z´c wskazane pochodne wzgl˛edem parametru lub warunku pocz ˛atkowego:
a) x0 = xt + µte−x, x(1) = 1; znale´z´c ∂x
∂µ µ=0
b) x00− x0 = (x + 1)2− µx2, x(0) = 1
2, x0(0) = −1; znale´z´c ∂x
∂µ µ=1
c) x0 = xy + t2, 2y0 = −y2, x(1) = x0, y(1) = y0; znale´z´c ∂x
∂y0
x0=3, y0=2
Zadanie 3.20 Niech funkcja f (t, x) i jej pochodna ∂f∂x(t, x) b˛ed ˛a ci ˛agłe na ca-łej płaszczy´znie (t, x) oraz niech ∂f∂x(t, x) 6 k(t), gdzie k(t) jest funkcj ˛a ci ˛agł ˛a.
Udowodni´c, ˙ze rozwi ˛azanie równania x0 = f (t, x) z dowolnym warunkiem po-cz ˛atkowym x(t0) = x0istnieje na półprostej [t0, +∞).
Zadanie 3.21 Udowodni´c, ˙ze dla rozwi ˛azania x(t) zagadnienia pocz ˛atkowego x0 = t − x2, x(t0) = x0, t0 > 0, x0> 0
istnieje granica limt→+∞ x(t) −√ t = 0.
Zadanie 3.22 Niech funkcje xn: [0, 1] → Rm, n = 1, 2, . . . , b˛ed ˛a rozwi ˛azaniami równania x0= f (x), gdzie funkcja f : Rm → Rm jest ci ˛agła i ograniczona. Udo-wodni´c, ˙ze je´sli ci ˛ag {xn(0)} jest zbie˙zny, to z ci ˛agu funkcyjnego {xn} mo˙zna wybra´c podci ˛ag zbie˙zny jednostajnie do rozwi ˛azania równania.
Zadanie 3.23 Rozwa˙zmy równanie x0 = f (x), gdzie f : R → R spełnia warunek Lipschitza oraz warunek f (0) = f (1) = 0. Udowodni´c, ˙ze ka˙zde rozwi ˛azanie tego równania, które startuje z warunku pocz ˛atkowego x0 ∈ [0, 1] nie wychodzi poza ten odcinek.
Rozdział 4
Układy równa ´n liniowych
Zadania z tego rozdziału maj ˛a nauczy´c jak rozwi ˛azuje si˛e układy równa´n linio-wych. Poniewa˙z nie ma ogólnych metod rozwi ˛azywania układów o zmiennych współczynnikach, poka˙zemy jedynie jak mo˙zna znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne ta-kich układów, je´sli znana jest cz˛e´s´c rozwi ˛aza´n szczególnych. Mo˙zna tego doko-na´c wykorzystuj ˛ac technik˛e redukcji rz˛edu układu, której działanie poka˙zemy na przykładach. W przypadku układów równa´n o stałych współczynnikach przedsta-wimy metody znajdowania rozwi ˛aza´n ogólnych. Mimo ˙ze teoria jest tu kompletna, to dla wykonania pełnych rachunków nale˙zy znajdowa´c pierwiastki wielomianów charakterystycznych odpowiednich równa´n. Jak wiadomo, metody analitycznego obliczania tych pierwiastków ograniczone s ˛a to wielomianów stopnia co najwy˙zej czwartego (z wyj ˛atkiem przypadków szczególnych), wi˛ec rozwi ˛azywa´c b˛edziemy układy, które nie daj ˛a wielomianów wy˙zszych stopni. Poka˙zemy tak˙ze na przykła-dach jak Mathematica pomaga w znajdowaniu rozwi ˛aza´n układów równa´n linio-wych. W zasadzie wykorzystuj ˛ac program Mathematica mo˙zna rozwi ˛aza´c ka˙zdy układ pierwszego rz˛edu (tak˙ze niejednorodny) pod warunkiem, ˙ze Mathematica b˛edzie potrafiła znale´z´c pierwiastki wielomianu charakterystycznego, a w przy-padku równa´n niejednorodnych dodatkowo b˛edzie potrafiła obliczy´c analitycznie wyst˛epuj ˛ace całki.
4.1 Ogólne układy pierwszego rz˛edu
Zadanie 4.1 Rozwi ˛aza´c układ równa´n x0 =1 t
0 2
x
z warunkami pocz ˛atkowymi xa(t0) = (1, 0) oraz xb(t0) = (0, 1).
Rozwi ˛azanie:
Rozwa˙zmy w pierwszej kolejno´sci warunek pocz ˛atkowy xa(t0) = (1, 0). Ponie-wa˙z drugie równanie naszego układu ma posta´c x02 = 2x2, wi˛ec jego rozwi ˛ a-zaniem jest funkcja x2(t) = 0. Wstawiaj ˛ac t˛e funkcj˛e do pierwszego równania
39
x01 = x1+ tx2mamy x01 = x1, co prowadzi do rozwi ˛azania x1(t) = et−t0. Daje to rozwi ˛azanie
x(t) = (et−t0, 0).
Dla warunku pocz ˛atkowego xb(t0) = (0, 1) z równania x02 = 2x2 dostajemy rozwi ˛azanie x2(t) = e2(t−t0). Wstawiaj ˛ac to rozwi ˛azanie do pierwszego równania dostajemy x01 = x1 + te2(t−t0). Jest to niejednorodne równanie liniowe, które rozwi ˛azujemy standardowymi metodami otrzymuj ˛ac x1(t) = e2(t−t0)(t − 1) − et−t0(t0− 1). Prowadzi to do rozwi ˛azania
x(t) = e2(t−t0)(t − 1) − et−t0(t0− 1), e2(t−t0).
Poniewa˙z warunki pocz ˛atkowe xa(t0) i xb(t0) s ˛a liniowo niezale˙zne, to z otrzy-manych rozwi ˛aza´n mo˙zna otrzyma´c macierz fundamentaln ˛a układu
X(t) =et−t0 e2(t−t0)(t − 1) − et−t0(t0− 1)
0 e2(t−t0)
. Zadanie 4.2 Znale´z´c macierz fundamentaln ˛a dla układu równa´n
x0 = t 0 1 t
x.
Rozwi ˛azanie:
Dla pierwszej zmiennej mamy równanie x01 = tx1, które po scałkowaniu daje x1(t) = c1et2/2. Wstawiaj ˛ac to rozwi ˛azanie do drugiego równania x02 = x1+ tx2
dostajemy równanie liniowe x02 = c1et2/2+ tx2. Standardowe metody prowadz ˛a do rozwi ˛azania x2(t) = c1tet2/2+ c2et2/2. Wystarczy teraz znale´z´c rozwi ˛azanie odpowiadaj ˛ace warunkom pocz ˛atkowym xa(0) = (1, 0) oraz xb(0) = (0, 1). Dla pierwszego z tych warunków pocz ˛atkowych otrzymujemy rozwi ˛azanie xa(t) = (et2/2, tet2/2), dla drugiego xb(t) = (0, et2/2). Poniewa˙z wektory xa(0) oraz xb(0) s ˛a liniowo niezale˙zne, macierz fundamentalna ma posta´c
X(t) = et2/2 0 tet2/2 et2/2
! .
Dla układów równa´n liniowych o zmiennych współczynnikach nie ma ogólnej metody znajdowania rozwi ˛aza´n. Kiedy jednak znamy jedno rozwi ˛azanie takiego układu, to mo˙zna zastosowa´c metod˛e zwan ˛a obni˙zaniem rz˛edu równania. Znajo-mo´s´c jednego rozwi ˛azania szczególnego pozwala wtedy na obni˙zenie wymiaru układu równa´n o 1. W szczególno´sci, na rozwi ˛azanie dowolnego układu 2 × 2.
Oczywi´scie znajomo´s´c wi˛ekszej liczby niezale˙znych rozwi ˛aza´n pozwala na wi˛ek-sze obni˙zenie wymiaru układu, a tym samym na rozwi ˛azanie układów o wi˛ekszym wymiarze.
Załó˙zmy wi˛ec, ˙ze dla układu x0 = A(t)x znamy jedno rozwi ˛azanie szczegól-ne φ1(t). Tworzymy macierz Y (t), która powstaje z macierzy identyczno´sciowej
4.1. OGÓLNE UKŁADY PIERWSZEGO RZ ˛EDU 41
I odpowiedniego wymiaru przez zast ˛apienie pierwszej kolumny wektorem φ1(t).
Nast˛epnie robimy podstawienie x(t) = Y (t)y(t). Funkcja y(t) = Y−1(t)x(t) spełnia równanie
y0= Y−1x0− Y−1Y0Y−1x = Y−1(AY − Y0)y.
Korzystaj ˛ac z faktu, ˙ze φ1jest rozwi ˛azaniem dostajemy
AY − Y0 = AY − (φ01, 0, 0, . . . , 0) = A Y − (φ1, 0, 0, . . . , 0),
gdzie zera oznaczaj ˛a zerowe wektory kolumnowe w odpowiedniej macierzy. Wyni-ka st ˛ad, ˙ze równanie y0 = Y−1(AY − Y0)y nie zawiera po prawej stronie zmiennej y1. Mo˙zna wi˛ec najpierw rozwi ˛aza´c układ dla zmiennych y2, . . . , yn a potem do tego rozwi ˛azania doł ˛aczy´c y1 rozwi ˛azuj ˛ac dodatkowe równanie skalarne.
Zadanie 4.3 Znale´z´c macierz fundamentaln ˛a układu x0 =t2 −1
2t 0
x,
korzystaj ˛ac z faktu, ˙ze wektor (1, t2) jest jednym z rozwi ˛aza´n tego układu.
Rozwi ˛azanie:
Korzystaj ˛ac z metody redukcji rz˛edu robimy podstawienie x(t) = Y (t)y(t), gdzie Y (t) = 1 0
t2 1
. Prowadzi to do nast˛epuj ˛acego równania dla funkcji y(t)
y0 =0 −1 0 t2
y .
Jak łatwo zauwa˙zy´c równanie dla y2 ma posta´c y20 = t2y2. Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja y2(t) = et3/3. Całkujemy teraz pierwsz ˛a składow ˛a wektora y z równania y01 = −y2, co daje rozwi ˛azanie w postaci y1(t) = −R et3/3. Prze-chodz ˛ac do zmiennej x(t) dostajemy
x(t) = 1 0 t2 1
−R et3/3 et3/3
!
= −R et3/3 et3/3− t2R et3/3
! .
Prowadzi to do nast˛epuj ˛acej macierzy fundamentalnej
X(t) = 1 −R et3/3 t2 et3/3− t2R et3/3
! .
Zadanie 4.4 Obliczy´c wyznacznik Wro´nskiego dla pary funkcji f1(t) = (t, 0) i f2(t) = (t2, 0).
Rozwi ˛azanie:
Niech
X(t) = t t2 0 0
. Elementarny rachunek pokazuje, ˙ze
det X(t) =
t t2 0 0
= 0.
Z drugiej strony funkcje f1i f2s ˛a niezale˙zne liniowo na całej prostej. Przykład ten pokazuje, ˙ze zwi ˛azek pomi˛edzy liniow ˛a niezale˙zno´scia funkcji a niezerow ˛a war-to´sci wyznacznika Wro´nskiego jest prawdziwa jedynie, gdy rozpatrywane funkcje s ˛a rozwi ˛azaniami pewnego układu liniowych równa´n ró˙zniczkowych.