• Nie Znaleziono Wyników

Równania różniczkowe zwyczajne pierwszego rzędu

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Równania różniczkowe zwyczajne pierwszego rzędu"

Copied!
20
0
0

Pełen tekst

(1)

Równania różniczkowe zwyczajne pierwszego rzędu

Marcin Orchel

Spis treści

1 Wstęp 1

1.1 Wstęp teoretyczny . . . . 1 1.1.1 Równania różniczkowe zwyczajne . . . . 1 1.1.2 Podstawowe metody rozwiązywania równań różniczkowych . . . . 3 1.1.3 Równanie różniczkowe Bernoulliego . . . . 15 1.1.4 Przydatne informacje . . . . 15

2 Zadania 16

2.1 Zadania na 3.0 . . . . 16 2.2 Zadania na 4.0 . . . . 18 2.3 Zadania na 5.0 . . . . 20

1 Wstęp

1.1 Wstęp teoretyczny

Równanie różniczkowe to równanie w którym występuje co najmniej jedna pochodna funkcji od zmiennej niezależnej lub zmiennych niezależnych. Równania różniczkowe opi- sują procesy ciągłe, zaś równania różnicowe opisują procesy dyskretne. W równaniach różnicowych występują funkcje dyskretne, czyli funkcje określone na zbiorze liczb natu- ralnych, lub jego podzbiorze. Rząd równania różniczkowego - największy rząd występu- jących w nim pochodnych. Rząd pochodnej to ilość różniczkowań. Równanie różniczkowe zwyczajne - to takie równanie różniczkowe, w którym występuje pochodna funkcji jednej zmiennej niezależnej. Równanie różniczkowe cząstkowe - to takie równanie różniczkowe, w którym występuje pochodna cząstkowa funkcji co najmniej dwóch zmiennych nieza- leżnych.

1.1.1 Równania różniczkowe zwyczajne

Po angielsku ordinary differential equations. Niech U będzie zbiorem otwartym. Postać uwikłana równania różniczkowego zwyczajnego rzędu n:

F h x, y (x) , y 0 (x) , . . . , y (n) (x) i = 0 (1)

(2)

gdzie x ∈ U . Postać jawna równania różniczkowego zwyczajnego rzędu n:

y (n) (x) = G h x, y (x) , y 0 (x) , . . . , y (n−1) (x) i (2) gdzie x ∈ U . Rozwiązaniem równania różniczkowego jest każda funkcja y (x) spełniająca równanie (1) dla x ∈ U . Funkcję taką nazywamy całką. Zagadnienie początkowe: znaleźć rozwiązanie wraz z warunkami początkowymi nałożonymi na rozwiązanie, dla podanego punktu x p warunki początkowe to:



y (x p ) , y 0 (x p ) , y 00 (x p ) , . . . , y n−1 (x p )  y p , y p 0 , . . . , y p n−1  (3) gdzie wartości po prawej stronie równoważności są dane. Zagadnienie brzegowe: znaleźć rozwiązanie wraz z warunkami brzegowymi. Warunek brzegowy dla punktu x p to:

y (x p ) = y p (4)

gdzie y p jest dane. Dla równań różniczkowych zwyczajnych rzędu pierwszego zagad- nienie początkowe jest tożsame z zagadnieniem brzegowym z jednym punktem i jest nazywane problemem początkowym Cauchy’ego. Jednoznaczność rozwiązania zagadnie- nia początkowego oznacza, że przez dany punkt początkowy przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie.

Przykład 1. Przykład zagadnienia początkowego, rozwiąż równanie:

y 0 = 1

2 x (5)

z warunkiem początkowym

y (4) = 3 (6)

gdzie x ∈ R. Rozwiązanie:

dy dx = 1

2 x (7)

y = 1

4 x 2 + C (8)

Jest to rozwiązanie ogólne. Biorąc pod uwagę warunek początkowy obliczamy C:

3 = 1

4 16 + C (9)

C = −1 (10)

Ostatecznie rozwiązaniem zagadnienia początkowego jest:

y = 1

4 x 2 − 1 (11)

Sprawdzenie rozwiązania za pomocą podstawienia powyższego do (5).

Zadanie rozwiązane w wolframalpha, http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i=

y% 27% 28x% 29+ %3D+ 0. 5x lub alternatywnie http: // www. wolframalpha. com/ input/

?i= DSolve[ y% 27[ x] %3D% 3D0. 5x% 2C+ y[ x] %2C+ x] , z warunkiem początkowym http:

// www. wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27+ %3D+ 0. 5x% 2C+ y% 284% 29% 3D3 .

(3)

1.1.2 Podstawowe metody rozwiązywania równań różniczkowych Rozwiązanie równania postaci y 0 = g (x) Równanie to możemy zapisać jako:

y (x) = Z

g (x) dx (12)

Rozwiązanie jest postaci:

y (x) = G (x) + C , (13)

gdzie G jest funkcją pierwotną. Jeśli chcemy znaleźć rozwiązanie zagadnienia początko- wego z warunkiem y (x 0 ) = y 0 to rozwiązanie musi spełniać równanie:

y 0 = G (x 0 ) + C (14)

C = y 0 − G (x 0 ) (15)

Podstawiając to do ogólnego rozwiązania otrzymujemy:

y (x) = y 0 + G (x) − G (x 0 ) (16) co może być zapisane jako:

y (x) = y 0 + Z x

x

0

g (t) dt (17)

Metoda graficzna rozwiązywania równań różniczkowych zwyczajnych pierw- szego rzędu Metoda 1. Narysowanie pola kierunkowego. Pole kierunkowe: dla wybra- nych punktów zaznaczamy kreską pochodną. Przykład:

y 0 = − x

y , y 6= 0 (18)

Metoda 2. narysowanie elementów pola kierunkowego dla krzywych postaci: −x/y = C dla wybranych wartości parametru C:

C = 1 : y = −x (19)

C = −1 : y = x (20)

C = 0 : x = 0 (21)

Rozwiązania odczytane z wykresu: x 2 + y 2 = C 1 , y 6= 0. Rozwiązania szczególne dla kon- kretnych wartości C narysowane na wykresie nazywamy krzywymi całkowymi. W wolfra- malpha http://www.wolframalpha.com/input/?i=StreamPlot[{x%2C+-x^2%2Fy}%2C+

{x%2C+-10%2C+10}%2C+{y%2C+-10%2C+10}] lub http://www.wolframalpha.com/input/

?i=stream+plot+%28x%2C+-x^2%2Fy%29 lub http://www.wolframalpha.com/input/

?i=StreamPlot[{1%2C-x%2Fy}%2C+{x%2C+-10%2C+10}%2C+{y%2C+-10%2C+10}].

(4)

Rozdzielanie zmiennych Jeśli równanie różniczkowe można sprowadzić do postaci:

dy

dx = R (x)

S (y) (22)

Możemy je zapisać w postaci

S (y) y 0 = R (x) (23)

Możemy je zapisać w postaci różniczkowej

S (y) dy = R (x) dx (24)

Rozwiązanie wygląda następująco:

Z

R (x) dx = Z

S (y) dy + C (25)

Rozwiązanie zagadnienia początkowego wygląda następująco:

Z x x

0

R (x) dx = Z y

y

0

S (y) dy (26)

Wyprowadzenie rozwiązania: dowolne rozwiązanie równania (24) spełnia

R (x (t)) x 0 (t) = S (y (t)) y 0 (t) (27) co po scałkowaniu w granicach od t 0 do t daje

Z t t

0

R (x (s)) x 0 (s) ds = Z t

t

0

S (y (s)) y 0 (s) ds (28) i dalej jak przyjmiemy x 0 = x(t 0 ), y 0 = y(t 0 ) to otrzymujemy przez całkowanie przez podstawienie

x (s) = u (29)

du = x 0 (s) ds (30)

czyli

Z x x

0

R (u) du = Z y

y

0

S (v) dv (31)

Jest to rozwiązanie szczególne przechodzące przez punkt (x 0 , y 0 ). Rozwiązanie ogólne Z

R (x) dx = Z

S (y) dy + C (32)

Przykład 2.

y 0 = − x

y , y 6= 0 (33)

ydy = −xdx (34)

(5)

y 2

2 = − x 2

2 + C (35)

x 2 + y 2 = C 1 , y 6= 0 (36)

Rozwiązanie można przedstawić również w postaci jawnej:

y = ± p C 1 − x 2 , C 1 − x 2 ≥ 0, y 6= 0 (37) Rozwiązanie na wolframalpha.com, http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27%

28x% 29+ %3D-x% 2Fy . Przykład 3.

dx x = dy

y (38)

ln |x| = ln |y| + C (39)

ln x y

= ln e C y 6= 0 (40)

x y

= e C (41)

Ponieważ prawa strona jest dodatnia, to możemy zapisać x

y = ±e C (42)

x

y = C 1 (43)

gdzie C 1 ∈ R\{0}.

y = x C 1

(44)

y = C 2 x (45)

dla C 2 6= 0.

Jeśli mamy przykład typu

dy

dx = S (y)

R (x) (46)

to możemy go sprowadzić do poprzedniej postaci dy

dx =

1 R(x)

1 S(y)

(47) Przykład 4.

y 0 = 2y

x (48)

Rozwiązaniem jest funkcja kwadratowa z dowolnym parametrem skalowania. Rozwią- zanie na wolframalpha.com http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27+ %3D+

%5Cfrac% 7B2y% 7D% 7Bx% 7D .

(6)

Przykład 5.

y 0 = ny

x (49)

Rozwiązaniem będą funkcje y = Cx n . Rozwiązanie na wolframalpha.com http: // www.

wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27+ %3D+ %5Cfrac% 7Bny% 7D% 7Bx% 7D .

Rozwiązania w dziedzinie liczb zespolonych. Zakładamy, że x jest liczbą zespoloną, czyli postaci r + s

−1, gdzie r i s są liczbami rzeczywistymi. Punkty x możemy przed- stawić na płaszczyźnie (dla punktu (0,0) jest nieokreślona). Rozwiązaniem jest funkcja y = x n .

Metoda podstawienia Metoda podstawienia polega na podstawieniu nowej zmiennej i rozwiązaniu równania np. metodą rozdzielania zmiennych. Metodą tą możemy np.

rozwiązywać równania postaci

y 0 = f (ax + by + c) (50)

Podstawiamy za prawą stronę zmienną u(x). Po podstawieniu otrzymujemy równanie z nową zmienną zależną u(x) zamiast y(x).

Przykład 6.

y 0 = x − y + 2 (51)

Nie da się rozdzielić zmiennych, podstawiamy:

u (x) = x − y + 2 (52)

y = x − u + 2 (53)

y 0 = 1 − u 0 (54)

Po podstawieniach otrzymujemy:

1 − u 0 = u (55)

u 0 = 1 − u / : 1 − u, u 6= 1 (56)

1

1 − u u 0 = 1 (57)

1

1 − u du = dx (58)

− ln |1 − u| = x + C (59)

ln |1 − u| + ln e x = ln e −C (60)

|1 − u| e x = C 1 , C 1 > 0 (61)

|1 − u| = C 1

e x , C 1 > 0 (62)

Prawa strona jest większa od zera, dlatego możemy pominąć warunki i otrzymujemy 1 − u = ± C 1

e x , C 1 > 0 (63)

(7)

1 − u = C 2

e x , C 2 ∈ R\ {0} (64)

u = e x − C 2

e x (65)

Podstawiając z powrotem wyrażenie na u otrzymujemy:

x − y + 2 = e x − C 2

e x (66)

y = x + 2 − e x − C 2

e x (67)

Ze względu na wcześniejsze założenie u 6= 1 musimy sprawdzić przypadek gdy u = 1, wtedy z (53)

y = x + 1 (68)

y 0 = 1 (69)

Po podstawieniu otrzymujemy równanie prawdziwe dla każdego x ∈ R, a więc do zbioru rozwiązań dodajemy rozwiązanie (68). Możemy zauważyć, że gdy C 2 = 0 otrzymujemy rozwiązanie y = x + 1, więc możemy połączyć rozwiązanie y = x + 1 z pozostałymi z pomocą stałej C 3 ∈ R

y = x + 2 − e x − C 3

e x , (70)

gdzie C 3 ∈ R.

Rozwiązanie wolframalpha.com, http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27%

3Dx-y% 2B2 .

Równanie z funkcjami jednorodnymi Funkcja jednorodna stopnia m ∈ R (homo- geneous function) to funkcja D → R, gdzie D ⊆ R n która spełnia następujący warunek:

f (λx 1 , λx 2 , . . . , λx n ) = λ m f (x 1 , x 2 , . . . , x n ) (71) dla każdego λ > 0, x ∈ D. Jeśli M (x, y) i N (x, y) są funkcjami jednorodnymi tego samego stopnia, to w równaniu

M (x, y) + N (x, y) y 0 = 0 (72)

możemy podstawić

u = y

x x 6= 0 (73)

y 0 = u 0 x + u (74)

i sprowadzić do równania o rozdzielonych zmiennych. Każde równanie zwyczajne rzędu pierwszego, w którym możemy dokonać podstawienia (73) możemy rozwiązać za pomocą metody podstawienia. Alternatywnie możemy dokonać dwóch podstawień:

y = ux (75)

y 0 = u 0 x + u (76)

(8)

Przykład 7.

x (x − y) y 0 + y 2 = 0 (77)

Wyrażenie x (x − y) jest jednorodną funkcją stopnia 2, ponieważ:

ax (ax − ay) = a 2 x (x − y) (78)

podobnie y 2 , ponieważ:

(ay) 2 = a 2 y 2 (79)

Przekształcając równanie wyjściowe:

x (x − y) y 0 + y 2 = 0 / : x 2 , x 6= 0 (80)

 1 − y

x

 y 0 +

 y x

 2

= 0 (81)

Po podstawieniu

u = y

x (82)

y 0 = u 0 x + u (83)

otrzymujemy:

(1 − u) u 0 x + u  + u 2 = 0 (84)

u 0 x − uu 0 x + u = 0 / : ux, u 6= 0 (85) 1 − u

u u 0 + 1

x = 0 (86)

1 − u u du + 1

x dx = 0 (87)

Z 1 − u u du +

Z 1

x dx = C (88)

Z 1 u du −

Z du +

Z 1

x dx = C (89)

ln |u| − u + ln |x| = C (90)

ln |u| − ln e u + ln |x| = ln e C (91)

|ux|

e u = e C (92)

|ux| = C 1 e u , C 1 > 0 (93)

Możemy zauważyć, że dla obu przypadków ux ≥ 0 oraz ux < 0 otrzymujemy

ux = C 2 e u , C 2 ∈ R\ {0} (94)

Po podstawieniu (82):

y = C 2 e

xy

(95)

(9)

Jest to postać uwikłana. Ze względu na wcześniejsze założenie u 6= 0 musimy sprawdzić przypadek, gdy u = 0, czyli z (82):

y = 0 (96)

Po podstawieniu otrzymujemy:

x 2 y 0 = 0 (97)

0 = 0 (98)

A więc prosta y = 0 jest rozwiązaniem. Możemy zauważyć, że gdy C 2 = 0 otrzymujemy rozwiązanie y = 0, więc możemy połączyć rozwiązanie y = 0 z pozostałymi z pomocą stałej C 3 ∈ R

y = C 3 e

yx

, (99)

gdzie C 3 ∈ R.

Sprawdzamy jeszcze:

x = 0 (100)

Po podstawieniu otrzymujemy y = 0. Punkt (0,0) możemy włączyć do rozwiązania y = 0.

Alternatywnie na początku możemy dokonać podstawień (75) oraz (76) i otrzymujemy x (x − ux) u 0 x + u  + u 2 x 2 = 0 (101) (1 − u) u 0 x + u  + u 2 = 0 (102) Dalej podobnie jak poprzednio.

Postać rozwiązania jest uwikłana, można spróbować otrzymać postać jawną z pomocą funkcji W Lamberta

Y = Xe X ⇐⇒ X = W (Y ) (103)

Wyprowadzenie:

y = C 3 e

yx

, (104)

C 3 = ye

−yx

, (105)

−C 3 x = −y

x e

−yx

, (106)

−y x = W



C 3 x



, (107)

y = −xW



C 3 x



, (108)

Rozwiązanie wolframalpha.com, http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= x% 28x-

y% 29y% 27+ %2B+ y% 5E2% 3D0 .

(10)

Równanie różniczkowe zupełne Po angielsku exact differential equation. Różniczka zupełna funkcji różniczkowalnej u to:

du = ∂u

∂x 1

dx 1 + ∂u

∂x 2

dx 2 + . . . + ∂u

∂x n

dx n (109)

Interpretacją geometryczną różniczki zupełnej jest przyrost funkcji u na płaszczyźnie stycznej dla przyrostów dx i dy. Równanie różniczkowe zupełne to równanie postaci:

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 (110)

jeśli tylko istnieje funkcja φ (x, y) spełniająca tożsamość:

M (x, y) dx + N (x, y) dy ≡ dφ (x, y) (111) to znaczy jeśli lewa strona równania jest różniczką zupełną funkcji φ (x, y), czyli gdy

∂φ

∂x = M (x, y) , (112)

∂φ

∂y = N (x, y) . (113)

Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, aby to równanie (110) było równaniem zupełnym jest ciągłość M (x, y) i N (x, y) oraz ich pochodnych cząstkowych pierwszego rzędu w pewnym obszarze spójnym, a także zachodzenie równości

∂M

∂y = ∂N

∂x . (114)

Całką równania jest funkcja:

φ (x, y) = C (115)

Przykład 8.

x + 2y

x 3 dx − 1

x 2 dy = 0, x 6= 0 . (116)

Sprawdzamy czy jest to równanie zupełne:

∂M

∂y = 2

x 3 (117)

∂N

∂x = 2

x 3 (118)

Następnie chcemy rozwiązać układ równań:

∂φ

∂x = x + 2y

x 3 (119)

∂φ

∂y = − 1

x 2 (120)

(11)

Aby rozwiązać ten układ równań całkujemy przykładowo drugie równanie, przeprowadzić również ten przykład z całkowaniem pierwszego równania

φ (x, y) = Z

− 1

x 2 dy = − 1

x 2 y + f (x) (121)

Następnie różniczkujemy powyższe po x, zakładając, że zarówno x jak i y to dwie zmienne niezależne funkcji φ, i otrzymujemy

∂φ

∂x = 2

x 3 y + f 0 (x) (122)

I następnie mamy

2

x 3 y + f 0 (x) = x + 2y

x 3 (123)

A więc

f 0 (x) = x x 3 = 1

x 2 (124)

A więc

f (x) = − 1

x + C 1 (125)

I podstawiając do (121) otrzymujemy

φ (x, y) = − y x 2 − 1

x + C 1 (126)

A więc rozwiązaniem jest

y x 2 + 1

x = C 2 , x 6= 0 (127)

y = −x + C 2 x 2 , x 6= 0 (128)

Możemy również na podstawie tego przykładu znaleźć wzór na rozwiązanie:

φ (x, y) = Z

N (x, y) dy + f (x) (129)

Po zróżniczkowaniu po x

∂φ (x, y)

∂x =

∂x Z

N (x, y) dy + df

dx (130)

∂x Z

N (x, y) dy + df

dx = M (x, y) (131)

df

dx = M (x, y) −

∂x Z

N (x, y) dy (132)

Po scałkowaniu po x

f (x) = Z 

M (x, y) −

∂x Z

N (x, y) dy



dx (133)

Okaże się, że prawa strona nie będzie zależna od y. Po podstawieniu otrzymujemy φ (x, y) =

Z

N (x, y) dy + Z 

M (x, y) −

∂x Z

N (x, y) dy



dx . (134) Obliczenie wolframalpha.com, http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= %28x%

2B2y% 29% 2Fx% 5E3*dx+ -+1% 2Fx% 5E2*dy+ %3D+ 0.

(12)

Czynnik całkujący Po angielsku integrating factor. Funkcję µ (x, y) nazywamy czyn- nikiem całkującym, jeśli po pomnożeniu równania

M dx + N dy = 0 (135)

przez µ (x, y) otrzymujemy równanie zupełne. Czynnik całkujący spełnia więc równanie różniczkowe postaci:

N ∂ ln |µ|

∂x − M ∂ ln |µ|

∂y = ∂M

∂y∂N

∂x (136)

ponieważ:

∂M µ

∂y = ∂N µ

∂x (137)

µ ∂M

∂y + M ∂µ

∂y = µ ∂N

∂x + N ∂µ

∂x (138)

∂M

∂y + M µ

∂µ

∂y = ∂N

∂x + N µ

∂µ

∂x , µ > 0 (139)

∂M

∂y + M ∂ ln |µ|

∂µ

∂µ

∂y = ∂N

∂x + N ∂ ln |µ|

∂µ

∂µ

∂x (140)

∂M

∂y + M ∂ ln |µ|

∂y = ∂N

∂x + N ∂ ln |µ|

∂x (141)

Każde rozwiązanie szczególne tego równania jest czynnikiem całkującym. Inaczej jeśli czynnik jest zależny tylko od zmiennej x to otrzymujemy równanie

µ = 1

N

 ∂M

∂y∂N

∂x



dx (142)

gdzie N 6= 0. Jeśli czynnik jest zależny tylko od zmiennej y to otrzymujemy równanie

µ = 1 M

 ∂N

∂x∂M

∂y



dy (143)

gdy M 6= 0.

Przykład 9.

(x + 2y) dx − xdy = 0 (144)

M = x + 2y (145)

N = −x (146)

2 6= −1 (147)

Czynnik całkujący można znaleźć rozwiązując następujące równanie:

− x ∂ ln |µ|

∂x − (x + 2y) ∂ ln |µ|

∂y = 3 (148)

(13)

Jest to równanie różniczkowe cząstkowe. Spróbujmy znaleźć rozwiązanie, dla którego czynnik całkujący nie jest zależny od zmiennej y, a zatem:

− x ∂ ln |µ|

∂x = 3, x 6= 0 (149)

∂ ln |µ|

∂x = − 3

x (150)

ln |µ| = −3 ln |x| (151)

|µ| = 1

|x| 3 (152)

A więc

µ = 1

x 3 (153)

lub

µ = − 1

x 3 (154)

Po pomnożeniu równania przez pierwszy czynnik całkujący otrzymujemy:

x + 2y

x 3 dx − 1

x 2 dy = 0 (155)

Równanie to rozwiązywaliśmy już wcześniej.

Równanie różniczkowe liniowe Równanie różniczkowe liniowe to równanie różnicz- kowe postaci:

y 0 + P (x) y = Q (x) (156)

Czynnik całkujący tego równania to:

µ = e R P (x)dx (157)

Możemy wybrać dowolne C dla całki w potędze, np. C = 0. Więc możemy takie równania rozwiązać metodą dla równania zupełnego.

Całka ogólna wyraża się wzorem:

y = e

R P (x)dx Z

Q (x) e

R P (x)dx dx + C



(158) Wyprowadzenie:

e R P (x)dx y 0 + yP (x) e R P (x)dx = Q (x) e R P (x)dx (159)

 ye

R P (x)dx  0

= Q (x) e

R P (x)dx (160)

Po scałkowaniu:

y =

R Q (x) e

R P (x)dx dx e R P (x)dx

(161)

(14)

Jeśli we wzorze ogólnym całki będą w granicy od x 0 do x, to otrzymamy rozwiązanie spełniające równanie:

y (x 0 ) = C (162)

Gdy y 1 jest jakimkolwiek rozwiązaniem szczególnym, rozwiązanie ogólne wyraża się wzo- rem:

y = y 1 + Ce

R P dx (163)

Jeśli znamy dwa niezależne liniowo rozwiązania szczególne y 1 (x) i y 2 (x), to rozwiązanie ogólne otrzymujemy bez całkowania:

y = y 1 + C (y 2 − y 1 ) (164)

Przykład 10.

y 0 + 1 4 y = 1

4 x + 2 (165)

Możemy ten przykład rozwiązać w podobny sposób jak wyprowadzenie wzoru lub bezpo- średnio ze wzoru

µ = e

14

x (166)

Po pomnożeniu równania mamy e

14

x y 0 + 1

4 ye

14

x =

 1 4 x + 2



e

14

x (167)

 ye

14

x  0 =

 1 4 x + 2



e

14

x (168)

y = e

14

x

Z  1 4 x + 2

 e

14

x dx



= (169)

y = e

14

x

 1 4

Z

xe

14

x dx + 2 Z

e

14

x dx



= (170)

y = e

14

x

 1 4 Z

xe

14

x dx + 8e

14

x + C



= (171)

y = e

14

x

 1 4



4xe

14

x − 16e

14

x  + 8e

14

x + C



= (172)

y = e

14

x  xe

14

x − 4e

14

x + 8e

14

x + C  = (173) y = e

14

x  xe

14

x + 4e

14

x + C  = (174)

y = x + 4 + Ce

14

x (175)

Rozwiązanie na wolframalpha.com http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27+

%2B+ %5Cfrac% 7B1% 7D% 7B4% 7Dy+ %3D+ %5Cfrac% 7B1% 7D% 7B4% 7Dx+ %2B+ 2 .

(15)

1.1.3 Równanie różniczkowe Bernoulliego Równanie różniczkowe Bernoulliego to równanie postaci

dy

dx + p (x) y + q (x) y n = 0 (176)

Dla n = 0 lub n = 1 otrzymujemy równanie liniowe.

Rozwiązujemy równanie dzieląc obie strony przez y n i otrzymujemy 1

y n dy

dx + p (x) y 1−n + q (x) = 0 (177) Wprowadzamy zmienna pomocniczą z = y 1−n . Wówczas z 0 = (1−n)y −n y 0 . Po wstawieniu do równania otrzymujemy

1 1 − n

dz

dx + p (x) z + q (x) = 0 (178)

Jest to równanie liniowe.

Przykład 11. Rozwiązać równanie

y 0 + x

1 − x 2 y − x 2 y 1/2 = 0 (179)

Po podzieleniu przez y 1/2 mamy y 0

y 1/2 + x

1 − x 2 y 1/2 − x 2 = 0 (180)

Wprowadzamy zmienną z = y 1/2 , zatem z 0 = 1

2y 1/2 y 0 (181)

Po wstawieniu otrzymujemy

2z 0 + x

1 − x 2 z − x 2 = 0 (182)

Jest to równanie różniczkowe liniowe.

1.1.4 Przydatne informacje

• http://en.wikipedia.org/wiki/Ordinary_differential_equation

• http://www.mathworks.com/help/symbolic/dsolve.html

• http://reference.wolfram.com/language/howto/SolveADifferentialEquation.

html

(16)

• http://reference.wolfram.com/language/ref/DSolve.html

• http://www.wolframalpha.com/examples/DifferentialEquations.html

• http://reference.wolfram.com/language/ref/StreamPlot.html

• http://www.mathworks.com/help/matlab/ref/streamline.html

• http://www.mathworks.com/help/matlab/ref/quiver.html

• o mnożeniu przez dx, http://math.stackexchange.com/questions/47092/physicists- not-mathematicians-can-multiply-both-sides-with-dx-why

• Co oznaczają strzałki na stream plot w wolframalpha.com? Są to strzałki wekto- rów, gdzie punkt końcowy wektora jest określony przez argumenty do stream plot, a punkt początkowy jest początkiem układu. Środek narysowanego wygiętego wek- tora jest umiejscowiony w punkcie (x, y).

2 Zadania

W rozwiązaniu powinien znaleźć się skrypt rozwiązujący dane równanie w Matlabie oraz wyświetlający pole kierunkowe wraz z przykładowymi rozwiązaniami, jak również link do strony wolframalpha.com z rozwiązaniem równania. Powinien również znaleźć się komentarz odnośnie zgodności rozwiązań z Matlaba, wolframalpha.com oraz poniższych odpowiedzi.

2.1 Zadania na 3.0

• rozwiązać numerycznie wybrane zagadnienie początkowe

• rozwiązać poniższe równania symbolicznie, sprawdzić zgodność wyniku na wolfra- malpha.com, Wyświetlić pole kierunkowe do każdego równania wraz z przykła- dowymi rozwiązaniami. W rozwiązaniu zamieścić link do równania na wolframal- pha.com.

1.

 x + 2x 3  dx +  y + 2y 3  dy = 0 (183) Odp.:

x 2 + y 2 + x 4 + y 4 = C 2 (184)

2. dx

1 − x 2 + dy

p 1 − y 2 = 0 (185)

Odp.:

arc sin x + arc sin y = C (186)

(17)

3.

(1 + e x ) yy 0 = e x , y (0) = 1 (187) Odp.:

2e

y22

= √

e (1 + e x ) (188)

4.

y 0 = − x + y

x (189)

Odp.:

y = C xx

2 (190)

5.

ydx + (2

xy − x) dy = 0 (191)

Odp.:

r x

y + ln |y| = C ∨ y = 0 (192)

6.

 x 2 + y 2  dx − 2xydy = 0, y (4) = 0 (193) Odp.:

(x − C) 2 − y 2 = C 2 , (x − 2) 2 − y 2 = 4 (194) 7.

(x + y) dx + (x + 2y) dy = 0 (195) Odp.:

x 2

2 + xy + y 2 = C (196)

8.

xdx + ydy = xdy − ydx

x 2 + y 2 (197)

Odp.:

x 2 + y 2 − 2 arc tg y

x = C (198)

9. y

x dx +  y 3 − ln x  dy = 0 (199) Odp.:

1

y ln x + 1

2 y 2 = C ∨ y = 0 (200)

10.



2xy 2 − y  dx +  y 2 + x + y  dy = 0 (201) Odp.:

x 2 − y 2 + 2xy = C (202)

(18)

11. dy dx + 2y

x = x 3 (203)

Odp.:

y = 1

6 x 4 + C

x 2 (204)

Przykładowy kod w Matlabie

• dsolve(’Dy = (2 - y) * y’,’x’) fun = @(X,Y) (2 - Y) .* Y;

[X,Y]=meshgrid(0.1:.2:6,0.1:.2:3);

DY=fun(X,Y);

DX=ones(size(DY));

quiver(X,Y,DX,DY,1.5);

hold on;

contour(X,Y,DY,[0 2]);

title(’Slope field and isoclines for f(x,y)=(2-y)y’) y1=dsolve(’Dy=(2-y)*y’,’y(1)=1’,’x’);

y2=dsolve(’Dy=(2-y)*y’,’y(2)=1’,’x’);

y3=dsolve(’Dy=(2-y)*y’,’y(3)=1’,’x’);

y4=dsolve(’Dy=(2-y)*y’,’y(1)=3’,’x’);

y5=dsolve(’Dy=(2-y)*y’,’y(2)=3’,’x’);

y6=dsolve(’Dy=(2-y)*y’,’y(3)=3’,’x’);

ezplot(y1, [0 6]);

ezplot(y2, [0 6]);

ezplot(y3, [0 6]);

ezplot(y4, [0 6]);

ezplot(y5, [0 6]);

ezplot(y6, [0 6]);

title(’Slope field, isoclines and solutions for f(x,y)=(2-y)y’) hold off;

2.2 Zadania na 4.0 Rozwiązać poniższe równania:

1.

2x q

1 − y 2 dx + ydy = 0 (205)

Odp.:

x 2q 1 − y 2 = C ∨ y = 1 ∨ y = −1 (206) 2.

tg x sin 2 ydx + cos 2 xc tg ydy = 0 (207)

(19)

Odp.:

c tg 2 y = tg 2 x + C (208)

3.

 xy 2 + x  dx +  x 2 y − y  dy = 0, y (0) = 1 (209) Odp.:

1 + y 2 = 2

1 − x 2 (210)

4.

xdy − ydx = ydy (211)

Odp.:

x = y (C − ln |y|) ∨ y = 0 (212)

5. dx

y + x = dy

y − x , x 6= 0 (213)

Odp.:

q

x 2 + y 2 = Ce − arc tg

xy

(214)

6. 

y + q

x 2 + y 2



dx − xdy = 0, y (1) = 0 (215) Odp.:

y = 1 2



Cx 2 − 1 C



, C > 0; y = 1 2

 x 2 − 1  (216)

7. xdx + ydy

p 1 + x 2 + y 2 + xdy − ydx

x 2 + y 2 = 0 (217)

Odp.:

q

1 + x 2 + y 2 + arc tg y

x = C (218)

8.  x

y + 1

 dx +

 x y − 1



dy = 0 (219)

Odp.:

x 2 − y 2 + 2xy = C (220)

9.

y 0 − y tg x = 1

cos x (221)

Odp.:

y = 1

cos x (C + x) (222)

(20)

2.3 Zadania na 5.0 Rozwiązać poniższe równania:

1.

y − xy 0 = a  1 + x 2 y 0  (223) Odp.:

y = Cx

1 + ax + a (224)

2.

y 0 sin x = y ln y, y

 π 2



= 1 (225)

Odp.:

y = 1 (226)

3. dx

2x 2 − 2xy + 2y 2 = dy

y 2 − 4xy (227)

Odp.:

2y 3 − 3xy 2 + 6x 2 y = C (228)

4.

2x (1 − e y ) dx

(1 + x 2 ) 2 + e y dy

1 + x 2 = 0 (229)

Odp.:

e y − 1

1 + x 2 = C (230)

5.

(x cos y − y sin y) dy + (x sin y + y cos y) dx = 0 (231) Odp.:

e x (x sin y − sin y + y cos y) = C (232) 6.

 1 + y 2  dx =

q

1 + y 2 sin y − xy



dy (233)

Odp.:

x q

1 + y 2 + cos y = C (234)

Literatura

[1] I. N. Bronsztejn, K. Siemiendiajew, G. Musiol, and H. Möhlig, Nowoczesne kompen- dium matematyki. Wydawnictwo naukowe PWN, 2004.

[2] J. Niedoba and W. Niedoba, Równania różniczkowe zwyczajne i cząstkowe. Wydaw-

nictwa AGH, 2001.

Cytaty

Powiązane dokumenty

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych.... Jest to równanie o

Jednorodne równane liniowe pierwszego rz edu jest równaniem różniczkowym o , zmiennych rozdzielonych..

Zanim przejdziemy do dalszej części wykładu przypomnijmy, że jedynymi zbiorami spój- nymi na prostej R są: zbiór pusty, zbiory jednoelementowe i dowolne przedziały.. Jest

→ jeśli rozwiązanie startowe jest „bliskie” dokładnemu to ilość iteracji może być mała (rel. Poissona nie trzeba jej nawet tworzyć (zysk w postaci ograniczenia

→ jeśli M jest macierzą rzadką to koszt jednej iteracji jest rzędu O(n), dla pełnej macierzy O(n 2 ). → jeśli rozwiązanie startowe jest „bliskie” dokładnemu to

W rozwiązaniu powinien znaleźć się skrypt rozwiązujący dane równanie w Matlabie oraz wyświetlający pole kierunkowe wraz z przykładowymi rozwiązaniami, jak również link do

Do każdej całki pierwszej wyświetlić na wykresie w Matlabie pole kierunkowe.. Podać znaczenie geometryczne charakterystyk oraz

Funkcje eP(t) nazywamy czynnikiem całkuj ącym dla tego równania.. Pokaza ć, że izoklinami takiego równania zawsze są proste, przechodzące przez początek współrzędnych