Oznaczajac po lo˙zenie w chwili t przez x(t) = x 1 (t), x 2 (t), x 3 (t)

R´ ownania r´ o ˙zniczkowe o zmiennych rozdzielonych

I.Newton sformu lowa l podstawowe zasady dynamiki. Druga zasada dynamiki ma posta´c wzoru F = ma .

F oznacza tu si le dzia lajaca na cia lo o masie m , a oznacza przyspieszenie tego cia la. Przyspieszenie to druga pochodna po lo˙zenia w chwili t , oczywi´scie przyspieszenie na og´ o l zale˙zy od czasu. Jest to oczywi´scie wielko´s´c wektorowa, wiec dlatego stosujemy „t lusty” druk albo strza lke (to rzecz gustu).

Oznaczajac po lo˙zenie w chwili t przez x(t) = x 1 (t), x 2 (t), x 3 (t)

otrzymujemy a(t) = x ⁰⁰ (t) . W og´ olno´sci si la jest wektorem zale˙znym od po lo˙zenia (np. grawitacyjna), predko´sci poruszajacego sie cia la (np. tarcie) i czasu (np. zwiekszamy lub zmniejszamy obroty silnika). Powinni´smy wiec traktowa´c wektor F jako funkcje zale˙zna od zmiennych x , x ⁰ oraz t . Wtedy druga zasada dynamiki przyjmuje posta´c

F x(t), x ⁰ (t), t
= mx ⁰⁰ (t) .

Z jednej strony wystepuje druga pochodna funkcji x , a z drugiej funkcja zale˙zna od x , x ⁰ oraz t . Zwykle naszym celem po napisaniu takiego r´ ownania jest znalezienie funkcji x — chcemy zbada´c ruch, czyli m´ oc powiedzie´c w jakim punkcie w danej chwili znajduje sie poruszajacy sie obiekt.

R´ ownania tego typu nazywane sa r´ ownaniami r´ o˙zniczkowymi, w tym konkretnym przypadku drugiego rzedu, bowiem w r´ ownaniu wystepuja pochodne drugiego rzedu niewiadomej funkcji, a pochodne wy˙zszego rzedu ju˙z nie.

Je´sli r´ ownanie nie daje sie rozwiaza´c, to mo˙zemy pr´ obowa´c przybli˙zy´c rozwiazanie, czasem przybli˙zy´c r´ ownanie i rozwiaza´c r´ ownanie przybli˙zone w nadziei, ˙ze jego rozwiazania przybli˙zaja rozwiazania wyj´sciowego r´ ownania. Zagadnienia te sa trudne. W trakcie tego wyk ladu zajmowa´c sie bedziemy jedynie najprostszymi typami r´ owna´ n r´ o˙zniczkowych, kt´ ore mo˙zna rozwiaza´c.

W szkole uczniowie spotykaja sie na lekcjach fizyki z wahad lem matematycznym, poznaja prawa jego ruchu. Zaczyna sie to wszystko od stwierdzenia, ˙ze je´sli x(t) oznacza kat o jaki wahad lo odchy- lone jest od pionu w chwili t , to spe lniona jest r´ owno´s´c x ⁰⁰ (t) = − sin x(t) . Zak ladam tu, ˙ze jednostki sa tak dobrane, ˙ze przyspieszenie ziemskie r´ owne jest 1 , d lugo´s´c wahad la te˙z jest 1 i dlatego nie ma

˙zadnych wsp´ o lczynnik´ ow w rodzaju g , l , . . . Nastepnie nauczyciel o´swiadcza, ˙ze poniewa˙z zajmu- jemy sie jedynie sytuacja, w kt´ orej amplituda waha´ n jest ma la, wiec mo˙zemy przyja´c, ˙ze sin x ≈ x *, co pozwala na zajecie sie r´ ownaniem x ⁰⁰ (t) = −x(t) . To ostatnie daje sie latwo rozwiaza´c, nauczymy sie tego w nieodleg lej przysz lo´sci.

Mo˙zna r´ ownanie x ⁰⁰ (t) = − sin x(t) pomno˙zy´c stronami przez x ⁰ (t) , w wyniku otrzymamy x ⁰⁰ (t)x ⁰ (t) = −x ⁰ (t) sin x(t) . Korzystajac z wzoru na pochodna z lo˙zenia mo˙zemy napisa´c r´ owno´s´c

* ^Je´ sli f jest funkcja r´ o˙zniczkowalna w punkcie p , to zachodzi r´ owno´ s´ c przybli˙zona f (p+h)≈f (p)+f

(p)h , te przy- bli˙zona r´ owno´ s´ c stosujemy tu dla f (x)=sin x , p=0 . Zastepujemy wiec funkcje sinus funkcja liniowa.

1005

1

2 x ⁰ (t)  2
0

= cos x(t)
0

. Wynika stad, ˙ze funkcja ¹ ₂ x ⁰ (t)  2

− cos x(t) jest sta la. Fizycy te funk- cje zwykli nazywa´c energia i dodajac, ˙ze ¹ ₂ x ⁰ (t)  2

to energia kinetyczna, a − cos x(t) to energia potencjalna. Nie ma wiec nic dziwnego w tym, ˙ze suma energii kinetycznej i potencjalnej jest sta la.

Oznaczmy te sta la przez h . Mo˙ze ona przyjmowa´c r´ o˙zne warto´sci, jednak nie moga one by´c mniejsze ni˙z −1 . Je´sli ¹ ₂ x ⁰ (t)  2

− cos x(t) = −1 , to musi by´c x ⁰ (t) = 0 i cosx(t) = 1 dla ka˙zdej liczby t . Odpowiada to temu, ˙ze wahad lo znajduje sie w swym najni˙zszym po lo˙zeniu i nie porusza sie. Zaj- miemy sie inna ciekawa z punktu widzenia autora tekstu warto´scia h , mianowicie przyjmiemy, ˙ze h = 1 . Nasze r´ ownanie ma wiec teraz posta´c:

1 2 x ⁰ (t)  2

− cos x(t) = 1

Nie jest trudno odgadna´c jedno z rozwiaza´ n. Funkcja sta la x(t) = π spe lnia to r´ ownanie. Roz- wiazanie to odpowiada temu, ˙ze wahad lo znajduje sie bez ruchu w swych g´ ornym po lo˙zeniu.

Oczywi´scie tego rodzaju bezruch jest bardzo niestabilny i trudno go zrealizowa´c w praktyce. Prze- piszmy r´ ownanie w postaci x ⁰ (t) = ±p2(1 + cos x(t)) = ± q

4 cos ^{2 x(t)} ₂ = ±2 cos ^x(t) 2 . Zajmiemy sie r´ ownaniem x ⁰ (t) = 2 sin ^x(t) ₂ . Przepiszemy je w postaci

1 = x ⁰ (t) 2 cos ^x(t) ₂ . Ca lkujac obie strony otrzymujemy

t + C = Z

1 · dt =

Z x ⁰ (t)

2 cos ^x(t) ₂ dt =========== ^u=x(t)/2

du=x

(t)/2 dt = Z du

cos u =

Z cos udu 1 − sin ² u

z=sin u

=========

dz=cos u du

=

Z dz

1 − z ² = 1 2

Z  1

1 − z + 1 1 + z

 dz = 1

2 (− ln |1 − z| + ln |1 + z|) = 1 2 ln

1 + z 1 − z    

=

= 1 2 ln

1 + sin ^x(t) ₂ 1 − sin ^x(t) 2

= 1

2 ln 1 + sin ^x(t) ₂ 1 − sin ^x(t) 2

= 1 2 ln

 1 + sin ^x(t) ₂  2

cos ^{2 x(t)} ₂ . Mo˙zna wiec napisa´c

e ^2(t+C) = (1 + sin ^x(t) ₂ ) ²

cos ^{2 x(t)} ₂ = (1 + sin ^x(t) ₂ ) ² 1 − sin ^{2 x(t)} 2

= 1 + sin ^x(t) ₂ 1 − sin ^x(t) 2

. Stad wyznaczamy

sin x(t)

2 = e ^2(t+C) − 1

e ^2(t+C) + 1 , czyli x(t) = 2 arcsin e ^2(t+C) − 1 e ^2(t+C) + 1 .

Bez trudu mo˙zna stwierdzi´c, ˙ze funkcja x jest na ca lej prostej (−∞, +∞) ´sci´sle rosnaca. Mamy te˙z x(t)−−−−→

t→∞ 2 ^π ₂ = π . Fizyczna interpretacja znalezionego rozwiazania jest nastepujaca: wahad lo zosta lo popchniete z taka si la, ˙ze bedzie porusza´c sie z malejaca predko´scia w kierunku swego g´ ornego po lo˙zenia, ale nigdy go nie osiagnie! W szczeg´ olno´sci to rozwiazanie nie jest funkcja okresowa.

Rozwa˙zony przyk lad to szczeg´ olny przypadek r´ ownania o zmiennych rozdzielonych

x ⁰ (t) = f (t)g x(t)

1006

zapisywanego czesto nieca lkiem precyzyjnie w postaci x ⁰ = f (t)g(x) . Podamy bez dowodu twier- dzenie, kt´ orego og´ olniejsza wersja zostanie podana p´ o˙zniej.

Twierdzenie o istnieniu i jednoznaczno´ sci dla r´ ownania o zmiennych rozdzielonych Je´sli funkcja f jest ciag la na przedziale (α, β) , a funkcja g jest ma ciag la pochodna na przedziale (a, b) , to dla ka˙zdej pary punkt´ ow t 0 ∈ (α, β) , x ⁰ ∈ (a, b) istnieje liczba δ > 0 taka, ˙ze na przedziale (t 0 − δ, t 0 + δ) ⊆ (α, β) r´ownanie x ⁰ (t) = f (t)g x(t)

ma dok ladnie jedno rozwiazanie x(t) spe lniajace warunek x(t 0 ) = x 0 . ×

Rozwia ˙zemy r´ ownanie x ⁰ (t) = tx(t) . Piszemy t = ^x _x(t)

^(t) . Ca lkujemy obie strony wzgledem t . Otrzymujemy ¹ ₂ t ² + C = R tdt = R ^x _x(t)

^(t) dt = R _dx

x = ln |x| . Stad |x| = e ^C · e ^t

^/2 i wobec tego x (t) = ±e ^c · e ^t

^/2 . Niech C 1 oznacza dowolna liczbe rzeczywista (dodatnia, ujemna lub 0 ) i niech x(t) = C 1 e ^t

^/2 . Ta funkcja jest rozwiazaniem r´ ownania x ⁰ (t) = tx(t) , co mo˙zna bez trudu sprawdzi´c (z przeprowadzonych wcze´sniej oblicze´ n wynika, ˙ze tak jest dla C 1 6= 0 ). Innych rozwiaza´n nie ma, bowiem funkcja t jest ciag la na ca lej prostej (a nawet r´ o˙zniczkowalna i to niesko´ nczenie wiele razy), funkcja x jest r´ o˙zniczkowalna i jej pochodna, 1 , jest ciag la (bo jest sta la), wiec sa spe lnione za lo˙zenia twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno´sci, zatem teza te˙z. Przyjmujac C 1 = x 0 e ^−t

i x(t) = C 1 e ^t

^/2 = x 0 e ^t

^/2−t

^/2 otrzymujemy rozwiazanie spe lniajace warunek x(t 0 ) = x 0 , a to oznacza, ˙ze innych rozwiaza´ n ju˙z nie ma.

Zajmiemy sie teraz r´ ownaniem x ⁰ (t) = px(t)

² . Postepujac tak, jak poprzednio otrzymujemy 1 = √

^x

^(t)

x(t)

, zatem t + C = R

dt = R x

(t)

√

x(t)

dt = R ₁

√

x

dx = 3x ^1/3 , zatem x(t) = ^t+c ₃
³ . Wydawa´c by sie mog lo, ˙ze rozwiazali´smy r´ ownanie, czyli ˙ze znale´zli´smy wszystkie jego rozwiazania.

Jednak tym razem mamy k lopot. W tym przypadku f (t) = 1 , wiec funkcja f jest ciag la a nawet r´ o˙zniczkowalna (bo jest sta la), ale funkcja g(x) = √

x ² nie jest r´ o˙zniczkowalna w punkcie 0 . Mam w nim pochodna, ale niesko´ nczona. Za lo˙zenia twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno´sci nie sa spe lnione.

Bez trudu sprawdzamy, ˙ze funkcja okre´slona wzorami

x(t) =

 _t

27 dla x ≥ 0 0 dlax < 0

spe lnia r´ ownanie x ⁰ (t) = px(t)

² , funkcja to˙zsamo´sciowo r´ owna 0 , te˙z spe lnia to r´ ownanie, obie przyjmuja warto´s´c 0 w punkcie t = 0 i oczywi´scie nie pokrywaja sie na ˙zadnym przedziale o ´srodku w punkcie 0 .





1. Rozwiaza´c zagadnienie Cauchy’ego (t ² − 1)x ⁰ + 2tx ² = 0, x(0) = 1 . 2. Rozwiaza´c r´ ownanie 2t ² xx ⁰ + x ² = 2 .

3. Rozwiaza´c r´ ownanie x ⁰ − tx ² = 2tx .

4. Rozwiaza´c r´ ownanie x ⁰ = cos(t − x) . Mo˙zna ewentualnie podstawi´c y = x − t . 5. Rozwiaza´c r´ ownanie x ⁰ = √

4t + 2x − 1 . Tu te˙z mo˙zna co´s podstawi´c, ale co?

1007

6. Rozwiaza´c r´ ownanie (t + 1)x ⁰ + tx = 0 . 7. Rozwiaza´c r´ ownanie tx ⁰ x = √

1 + x ² .

8. Rozwiaza´c r´ ownanie tx ⁰ + x = x ² , x(1) = ¹ ₂ . 9. Rozwiaza´c r´ ownanie x ⁰ ctg t + x = 2 , x(0) = −1 . 10. Rozwiaza´c r´ ownanie x ⁰ − x = 3t − 3 , x(0) = 0 .

1008