• Nie Znaleziono Wyników

gdzie f :    U jest daną funkcją. Rozwiązaniem równania (1) nazywamy każdą funkcję : ( , ) a b ,

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "gdzie f :    U jest daną funkcją. Rozwiązaniem równania (1) nazywamy każdą funkcję : ( , ) a b ,"

Copied!
13
0
0

Pełen tekst

(1)

Wprowadzenie

D

EFINICJA

. Równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu pierwszego nazywamy równanie postaci ( , ),

y   f t y (1)

gdzie f :    U jest daną funkcją. Rozwiązaniem równania (1) nazywamy każdą funkcję : ( , ) a b ,

   która jest różniczkowalna i spełniania równośd ( ) t f t ( , ( )), t dla t ( , ). a b

  

Rozwiązanie będziemy oznaczad także symbolem yy t ( ), więc powyższy warunek będzie zapisany jako

( ) ( , ( )), dla ( , ).

y t   f t y t ta b

Pochodną oznacza się także symbolem

dydt

, a równanie (1) zapiszemy wtedy następująco

( , ).

dy f t y dt

W niektórych opracowaniach funkcja niewiadoma oznaczana jest jako xx t ( ), i wtedy równanie (1) jest zapisywane tak

( , ).

x   f t x (2)

Równania różniczkowe zwyczajne różnią się od równao różniczkowych cząstkowych tym, że funkcja niewiadoma jest funkcją jednej zmiennej (na ogół rzeczywistej – ale występują też równania o argumencie zespolonym). Na ogół zmienna ta jest oznaczamy symbolem t , co oczywiście sugeruje interpretację tej zmiennej jako czasu. Odpowiada to zastosowaniom, które będą nas głównie interesowały (np. kinetyka chemiczna). Oczywiście nie jest to jedyna możliwa interpretacja (argument jako czas), dlatego w spotyka się opracowania, w których argument niewiadomej funkcji równania różniczkowego zwyczajnego oznacza się po prostu symbolem x . Wtedy równanie (1) zapisane jest jako

( , ) lub dy ( , ).

y f x y f x y

  dx

Przykład 1. Równanie, w którym prawa strona f t y ( , )   t y , czyli równani różniczkowe zwyczajne ,

y    t y (3)

ma na przykład rozwiązanie y t ( )    e

t

t 1. Przekonujemy się o tym przez podstawienie

( ) ( 1) 1,

( , ( )) ( ) 1 1,

t t

t t

y t e t e

f t y t t y t t e t e

      

       

(2)

zatem y t  ( )  f t y t ( , ( )) dla każdego t  . Widad, że w tym przypadku funkcja y t ( )    e

t

t 1, która jest rozwiązaniem, jest określona na całej osi rzeczywistej . Zobaczymy dalej, że nie zawsze tak musi byd.

Zauważmy jednak, że rozwiązanie y t ( )    e

t

t 1 nie jest jedynym  na przykład funkcja

1

( ) 1,

y t    t też spełnia równanie (3)

1

1 1

1

( ) ( 1) 1,

oraz ( ) ( ) dla .

( ) ( 1) 1

y t t

y t t y t t

t y t t t

       

     

 

       

Tak naprawdę mamy tu całą rodzinę funkcji, które są rozwiązaniami równania (3), gdyż każda funkcja postaci

( )

t

1,

y tCe   t (4)

gdzie C  jest dowolną stałą rzeczywistą, jest rozwiązaniem równania (3).

Przykład 2. Rozważmy równanie różniczkowe zwyczajne

2

.

y   y (5)

Jak widad prawa strona tego równania, czyli f t y ( , )  y

2

jest bardzo „gładką” funkcją (posiada pochodne względem y dowolnego rzędu) i jest określona dla wszystkich argumentów ( , ) t y

2

. Przykładowym rozwiązaniem jest funkcja y t ( ) 

11t

. Sprawdzamy to przez podstawienie

 

2 2

2 2

2

1 1 1

( ) ( 1) ,

1 (1 ) (1 )

1 1

( ) ,

1 (1 )

y t t t t

y t t t

  

            

 

       

czyli y t  ( )  y t

2

( ). Zauważmy jednak, że rozwiązanie jest określone tylko na odcinku (  , 1) (lub na odcinku (1,  ) ). W ogólnym przypadku rozwiązanie równania (5) ma postad

( ) 1 ,

y tC t

i jest określone na odcinku (  , ) C lub ( , C  ).

Podane przykłady pokazują, że samo równanie różniczkowe zwyczajne (1) nie gwarantuje istnienia

tylko jednej funkcji, która jest rozwiązaniem (jednoznaczności). Aby uzyskad jednoznacznośd musimy

wprowadzid jeszcze jakiś dodatkowy warunek na szukane rozwiązanie. Okazuje się, że dla równania

postaci (1) takim warunkiem może byd żądanie, aby rozwiązanie przyjmowało zadaną wartośd w

(3)

wybranym punkcie tt

0

. Prowadzi nas to do pojęcia warunku początkowego dla równania różniczkowego zwyczajnego (1).

D

EFINICJA

. Warunek postaci

0 0

( ) ,

y ty (6)

gdzie t

0

 , y

0

 są zadanymi liczbami takimi, że ( , t y

0 0

)   U dom f nazywamy warunkiem początkowym (warunkiem Cauchy’ego).

Zagadnienie początkowe (zagadnienie Cauchy’ego) zapisywane symbolicznie następująco

0 0

( , ),

( ) ,

y f t y

y t y

  

 

(7)

oznacza, że szukana funkcja yy t ( ), ma spełniad równanie y   f t y ( , ) i warunek początkowy (6).

Przykład 3. Jakie jest rozwiązanie następującego zagadnienia Cauchy’ego ,

(0) 2.

y t y y

  

 

(8)

Sprawdzamy przez podstawienie, że rozwiązaniem równania y   t y jest dowolna funkcja postaci

12

( )

2t

.

y tCe Aby był spełniony warunek początkowy y (0)  2 musi zachodzid Ce

0

 2, czyli 2.

C  Tak więc rozwiązaniem zagadnienia Cauchy’ego (8) jest funkcja

12

( ) 2

2t

. y te Oczywiście to, że funkcja

12

( ) 2

2t

y te jest rozwiązaniem zagadnienia początkowego (8) nie oznacza jeszcze, że nie istnieją jakieś inne funkcje, które są rozwiązaniem tego problemu. Poniższy przykład ilustruje, że zagadnienie Cauchy’eago (7) może mied wiele rozwiązao (niejednoznaczność).

Przykład 4. Rozważmy następujący problem początkowy Cauchy’ego

2 3

, (0) 0.

y y

y

  

 

  (9)

Funkcja stale równa zero, y t

1

( )  0 dla każdego t  spełnia to równanie oraz warunek początkowy. Ale także funkcja y t

2

( ) 

271

t

3

jest rozwiązaniem, gdyż

2 3

2 2 2

3 3 3

3

2 2 3 2

2 2 2 2

3 1 1 1

( ) oraz ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ,

27 9 27 9 9

y t   tt y t    t    tty t   y t

 

oraz warunek początkowy y

2

(0)  

19

0

2/ 3

 0. Oczywiście funkcje y t

1

( )  0, y t

2

( ) 

19

t

23

są różne (i

to w dowolnym otoczeniu punktu t

0

 0 ), tak więc rozwiązanie problemu (9) nie jest jednoznaczne.

(4)

Jeżeli jednak funkcja ff t y ( , ) spełnia pewne dośd ogólne założenia, to problem (7) ma rozwiązanie – i to dokładnie jedno.

T

WIERDZENIE

(PicardaLindelöfa). Niech funkcja ff t y ( , ) :

2

 będzie funkcją ciągłą oraz niech spełnia warunek Lipschitza względem zmiennej y , tj.

1 2 1 2

| f t y ( , )  f t y ( , ) |  L y |  y |, (10) dla pewnej stałej L  0. Wtedy zagadnienie Cauchy’ego

0 0

( , ),

( ) ,

y f t y

y t y

  

 

ma jednoznaczne rozwiązanie, określone w pewnym przedziela ( , ) a b zawierającym t

0

.

Uwaga. Podana wypowiedź twierdzenia jest nieco uproszczoną wersją bardziej szczegółowej wersji tego twierdzenia spotykaną w matematycznych książkach. Na ogół podaje się jeszcze w tezie twierdzenia zależnośd przedziału ( , ) a b od stałych charakteryzujących funkcję f , takich jak stała Lipschitza L oraz ograniczenia funkcji: M  sup{| f t y ( , ) : ( , ) t yQ }, gdzie

0 0

{( , ) : | | , | | }.

Qt y tt   yy  

Dalej zajmiemy się kilkoma metodami znajdowania „analitycznej” postaci rozwiązao zagadnienia Cauchy’ego.

Metoda rozdzielania zmiennych

Równanie różniczkowe postaci

( ) ( )

y   f t g y (11)

nazywamy równaniem o rozdzielonych zmiennych. Okazuje się, że analityczne rozwiązywanie tego

równania sprowadza się do obliczania odpowiednich całek. Symbolicznie możemy postępowanie

prowadzące do rozwiązania zapisad tak

(5)

0 0

( )

( ) ( ), ( ) ,

( ) lub ( ) .

y t t

y t

dy y f t g y dt

dy f t dt y

dy dy

f t dt C f t dt

y y

  

  

   

Obliczając całki dy , ( ) f t dt

y  uzyskujemy rozwiązanie yy t ( ) w postaci uwikłanej. Czasami możemy je „rozwikład” i uzyskad rozwiązanie w postaci jawnej (bezpośredniej).

Przykład 5. Rozwiązad równanie y   (sin ) t y

2

. Postępujemy jak niżej

2

2

2

(sin ) ,

sin ,

sin ,

dy t y

dt

dy t dt y

dy t dt

y

  

co daje 1

cos t C ,

   y  więc ogólne rozwiązanie ma postad

( ) 1 ,

y t cos

t C

gdzie C jest dowolną stałą.

Gdybyśmy mieli do rozwiązania zagadnienie początkowe (sin )

2

, (0) 2,

y t y

y

  

 

(12)

to tylko musimy jeszcze wyliczyd stałą C z warunku y (0)  2,

1 1

(0) 2, .

cos 0 2

y C

C   

Rozwiązaniem jest więc funkcja

1 2

( ) .

cos 1/ 2 2 cos 1

y ttt

 

(6)

Zauważmy ponadto, że największym przedziałem na którym jest określone to rozwiązanie jest przedział ( , ) a b   (

3

, ).

3

Wybraliśmy ten przedział jako dziedzinę rozwiązania, gdyż musi on zawierad warunek początkowy t

0

 0. Zatem rozwiązaniem wysyconym zagadnienia (12) jest funkcja

3 3

: ( , ) 2 .

2cos 1

y t

t

  

Przykład 6. Rozwiązad problem początkowy, określid maksymalny przedział na którym istnieje rozwiązanie oraz narysowad przebieg rozwiązania:

2

,

(0) 1.

dy

x y

dx e y

 

 

  

Rozwiązanie:

Jest to równanie o rozdzielonych zmiennych, gdyż e

2x y

e e

2x y

. Zatem

2 2 2 2

1

2 .

x y x y y x y x y x

dy dy

e e e e dy e dx e dy e dx e e C

dx dx

            

Teraz wyznaczamy stałą C z warunku początkowego y   1 dla x  1:

( 1)

1

0

1

2 2 .

e

 

e C C e

      

Wstawiamy obliczoną stałą do ogólnego rozwiązania i staramy się wyrazid y przy pomocy : x

1 1 1 1 1 1

, , ln ,

2 2 2 2 2 2

y x x y x x

e

e C e e e

e e ye e

                

czyli mamy rozwiązanie

( ) ln 1 .

2

y x       e e

x

 

 

Jest ono określone dla x takich, że

12

  e e

x

 0, czyli  ln(

12

  e ) x . Tak więc mamy rozwiązanie wysycone

1 2

( ) ln 1 , ( ln( ), ).

2

y x        e e

x

   x    e

Funkcja powyższa ma następujące granice na koocach przedziału określoności

1 1

2 2

ln( ) ln( )

lim ( ) lim ln 1 lim ln(0 ) ( )

2

1 1 1

lim ( ) lim ln lim ln 0 ln ~ 1,168

2 2 2

x

x e x e x

x

x x x

y x e e

y x e e e e

  

  

 

            

 

     

                        

(7)

Rys. 1. Wykres rozwiązania zagadnienia początkowego z Przykładu 6. Rozwiązanie nie jest określone dla wszystkich xR. Posiada asymptotę pionową w x=-ln(0,5+e)-1,168 oraz poziomą dla x, y(x)-ln(0,5+e)-1,168.

Przykład 7. Rozwiązad problem Cauchy’ego

2 , 1 (0) 2.

y x y y

   

 

  

(Zauważmy, że tym razem zmienną niezależną oznaczono symbolem

x

zamiast .) t Rozwiązanie:

2 ( 1) ( 2) , ( 1) ( 2) ,

1 dy x

y y dy x dx y dy x dx

dx y

          

  

zatem

12

y

2

  y

12

x

2

  x C . Wartośd stałej całkowania C obliczymy z warunku początkowego (0) 2.

y  Daje on:

12

2

2

  2

12

0

2

  0 C , czyli C  4. W ten sposób uzyskujemy rozwiązanie ( )

yy x w postaci uwikłanej:

2 2

1 1

2 y   y 2 x   x 4.

W tym konkretnym przypadku nie ma problemu z rozwiązaniem („rozwikłaniem”) tej zależności względem , y gdyż jest to proste równanie kwadratowe na ( ) : y x

2 2

2 2 2

2 2 8 0,

4 4( 2 8) 4 8 36, 2 2 9,

y y x x

x x x x x x

    

            

skąd

(8)

2

2 1

2

2 2

2 2 2 9

( ) 1 2 9,

2

2 2 2 9

( ) 1 2 9.

2

x x

y x x x

x x

y x x x

   

     

   

     

Z tych dwóch funkcji tylko pierwsza spełnia warunek początkowy (0) 2. y  Tak więc rozwiązaniem problemu jest

( ) 1

2

9.

y x    x   x

Zauważmy też, że dziedziną tej funkcji jest cały zbiór , gdyż wyrażenie pod pierwiastkiem jest dodatnie dla każdego x .

Przykład 8. Rozwiązad równanie różniczkowe

2

1

1 ,

lim ( ) .

x

y y y

x

y x

   

 

  

(13)

W tym przypadku zastosowaliśmy na oznaczenie zmiennej niezależnej symbolu x zamiast t . Tak więc szukana funkcja zależy od x , tj. yy x ( ). Nie jest to typowy problem początkowy, gdyż dodatkowy warunek został sformułowany w postaci żądania, aby granica rozwiązania w 1 wynosiła

 . Mimo, że ściśle rzecz biorąc nie jest to problem Cauchy’ego, to z zapisu problemu można jednoznacznie domyślid się jaki dodatkowy warunek ma spełniad rozwiązanie: granica przy x  1 ma zmierzad do  .

Stosując rozdzielanie zmiennych mamy

2

2 2

1 .

1 1

dy y dy dx dy dx

y const

dx x y y x y y x

      

   

Ponieważ

2

2

1 1

ln 1 ,

1

dy const

y y

y y

 

       

  

zatem ln   1 y 1 y 1

2

  ln x const , co można przepisad tak

2

1 1

1 Cx .

y   y

Z warunku y (1 )

  znajdujemy stałą całkowania C  1, co daje rozwiązanie

(9)

2

1 1

1 x .

y   y

w postaci uwikłanej. W tym przypadku potrafimy rozwiązad względem y i ostatecznie otrzymamy

2

( ) 2 dla 1.

1

y x x x

x

(14)

Rys. 2. Wykres rozwiązania problemu z Przykładu 8.

Równania liniowe skalarne

D

EFINICJA

. Równanie postaci

( ) ( ),

y   p t yq t (15)

gdzie p t ( ) i q t ( ) są danymi funkcjami dla t  ( , ), a b nazywa się równaniem liniowym. Jeżeli ( ) 0,

q t jest to równanie liniowe jednorodne.

Jednym ze sposobów rozwiązywania równania (15) jest metoda uzmienniania stałej. Zaczynamy do rozwiązywania równania jednorodnego

( ) y    p t y czyli

( ) ,

( ) , dy p t y dt

dy p t dt y

 

 

skąd dy ( ) , p t dt y  

  ln y  p t dt ( ) const , czyli

( )

p s ds( )

.

y tCe

 (16)

(10)

Teraz traktujemy stałą C tak, jakby to była funkcja i poszukujemy dowolnego rozwiązania równania niejednorodnego w postaci

( ) ( )

p s ds( )

y tC t e

 (17)

W tym celu podstawiamy funkcję (17) do (15), co prowadzi do elementarnego równania na C t ( ).

Przykład 9. Znaleźd rozwiązanie ogólne równania różniczkowego

2 2

sin .

y    ty e

t

t (18)

Najpierw rozwiązujemy równanie jednorodne y    ty , czyli

2

( )

tdt t2

.

y tCe

  Ce

(19)

Teraz szukamy rozwiązania szczególnego w postaci

2

( )

t2

,

y

s

C t e

zatem podstawiam to wyrażenie do (18):

2 2 2 2

2 2

/ 2 / 2 / 2 / 2

/ 2 / 2

( ) sin ,

sin , sin .

t t t t

s s

t t

y ty C e C t e tCe e t

C e e t

C t

        

 

 

Z ostatniego równania mamy oczywiście C t ( )   cos , t co po podstawieniu daje

2/ 2

( )

t

cos .

y t

s

  e

t Zgodnie z teorią ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego jest sumą ogólnego rozwiązania równania jednorodnego i jakiegoś dowolnego („szczególnego”) rozwiązania równania niejednorodnego, zatem

2 2

/ 2 / 2

( )

t t

cos .

y tCe

e

t (20)

Jeżeli równanie (18) uzupełnid o warunek początkowy, na przykład y (0)  3, rozwiązanie takiego problemu Cauchy’ego otrzymamy wyliczając stałą C ze wzoru (20) wstawiając warunek początkowy:

0 0

(0) cos 0 1 3 4.

yCe

e

    C C  Tak więc problem początkowy

2 2

sin , (0) 3,

y ty e

t

t y

  

 



ma rozwiązanie y t ( )  4 e

t2/ 2

e

t2/ 2

cos te

t2/ 2

(4 cos ).  t R

ÓWNANIE

B

ERNOULLIEGO

Istnieją pewne szczególne typy równao, które nie są liniowe, ale można je do takiej postaci

sprowadzid. Jako jeden z przykładów rozważmy równanie nieliniowe

(11)

( ) ( )

n

0.

y   p t yq t y  (21)

Równanie to nazywa się równaniem Bernoulliego, a liczbę n nazywamy wykładnikiem Bernoulliego.

Dla n  0 lub n  1 równanie (21) jest równaniem liniowym. Dlatego interesowad nas będzie przypadek, gdy n  {0, 1}. Stosujemy następujące podstawienie

1 n

,

zy

(22)

tzn. będziemy chcieli uzyskad równanie na funkcję z t ( ) y t ( )

1n

. Mamy z   (1 n y y )

n

, więc

mnożąc równanie (21) przez y

n

otrzymujemy

( )

1

( ) 0,

1 ( ) ( ) 0,

1

n n

y y p t y q t z p t z q t n

 

 

   

czyli równanie liniowe

(1 ) ( ) (1 ) ( ) 0,

z    n p t z   n q t  (23) na funkcję zz t ( ).

Przykład 10. Rozwiązad równanie

2

.

y   t yy (24)

Jest to przykład równania Bernoulliego z wykładnikiem n  2. Stosujemy zatem podstawienie

1 2 1

1

.

z y y

y

  

Mamy

2

, y z

z

   

więc po wstawieniu do (23) otrzymujemy

2 2

1 1

z ,

z t z z

   

co daje równanie liniowe z     t z 1.

Przykład 11. Znaleźd rozwiązanie ogólne równania 1 ln

2

t 0.

y y y

t t

    (25)

Stosujemy podstawienie (22) dla n  2, czyli zy

1

, co daje liniowe równanie

(12)

1 ln t 0.

z z

t t

    Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne 1

0,

z z

  t  czyli dz dt , zt

  więc

ln z  ln tconst , skąd z t ( )  Ct . Następnie stosujemy uzmiennianie stałej, z t ( )  C t t ( ) . Wstawiamy do równania niejednorodnego

1 ln ln

0 0.

t t

C t C Ct C t

t t t

        

Całkujemy ln

2

t : C    t

2 2

2

ln 1 ln 1 ln 1

( ) ln (ln )

ln 1 ln 1

.

t t t

C t dt tdt t dt dt

t t t t t t

t t

t t dt t t

   

           

   

   

To daje rozwiązanie szczególne ln 1

( ) ( ) 1 ln .

s

z t C t t t t t

t t

 

         Tak więc rozwiązanie ogólne

równania na zz t ( ) jest następujące

( ) ln 1.

z tCtt

Wracając do funkcji y , poprzez zy

1

, otrzymujemy ostatecznie rozwiązanie ogólne równania (25) jako

( ) 1 .

ln 1 y tCt t

 

Zadania

Zad. 1) Sprawdzid, że podane funkcje są rozwiązaniami podanych równao różniczkowych a) dy 3 2, ( )

3x 23

.

y y x e

dx     b) 3

2 12 2 3

3 , ( ) .

dy y C

x y x x

dx   x    x

c)

2 2

1 2

2

0, ( ) sin cos .

d y y y x C x C x

dx        d)

2

2 3

1 2

2

5 6 0, ( )

x x

.

d y dy

y y x C e C e

dxdx    

Zad. 2) Sprawdź, że podane funkcje spełniają równanie różniczkowe, a następnie wyznacz stałą

C  z podanego warunku początkowego.

(13)

a)

2

, (2) 24,

( ) .

dy y dx x y y x Cx

 

b)

2

2 1,

(0) 4,

( ) 1.

x

x

dy y xe

dx y

y x x e

   

 

 

 

Zad. 3) Rozwiąż zagadnienia początkowe:

a)

4

2

, (1) 1.

dy xy dx y

 

 

 

b) ,

(0) 0.

dy

x y

dx e y

 

 

 

c)* 3 2,

(0) 1.

dy xy dx y

  

 

  

d)

1 2

( 1) , (0) .

dy y y

dx y

  

 

 

Wsk. W punkcie b) 1

( ) ln(2 ) ln .

2

x

y x e

x

    e

 Rozwiązanie jest określone dla x   ( , ln 2).

Natomiast w punkcie c) rozwiązanie wyraża się poprzez tzw. funkcję błędu, erf.

Cytaty

Powiązane dokumenty

Częściowe rozwiązanie przedstawionego wyżej problemu można znaleźć w pracy Hájka oraz Johanisa z 2010 roku, którzy pokazali, że odpowiedź jest twierdząca w przypadku,

[r]

Kolejne zadania są dodatkowe (choć bardzo polecam zrobienie ich przed robieniem zadania punktowanego).. Następnie zbadaj ciągłość otrzymanej w ten

INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 221 Mianownik jest iloczynem wielomianów pierwszego i drugiego stopnia.. Obliczymy całkę nieoznaczoną funkcji wymiernej z przykładu 9.4.18

Aby sprawdzić, czy liczba jest rozwiązaniem równania kwadratowego należy tę liczbę podstawić w miejsce x do danego równania i sprawdzić

Klu- czowe jest opracowanie metody, która pozwoli znajdować takie ciągi w sposób efektywny i zarazem gwarantujący, że żadne możliwości nie zostaną

[r]

Zatem jeżeli portfel jest deterministyczny, to jego wartość musi rosnąć w czasie zgodnie ze stopą procentową bez ryzyka r: dΠ =