cego do r´ ownania pierwszego rze

         !

Om´ owimy jeszcze jeden przyk lad zagadnienia prowadza

cego do r´ ownania pierwszego rze

du.

Za l´ o˙zmy, ˙ze spadochroniarz wyskoczy l z samolotu na wysoko´sci 1500 m i ˙ze spada swobodnie a˙z do wysoko´sci 500 m. Zak ladamy, ˙ze op´ or powietrza jest proporcjonalny do kwadratu pre

dko´sci (tak jest przy „du˙zych” pre

dko´sciach). Za l´ o˙zmy dodatkowo, ˙ze graniczna pre

dko´s´c spadania r´ owna

jest 50 m/s (chodzi o to, ˙ze przy tej pre

dko´sci si la oporu powietrza r´ ownowa˙zy si le

cie

˙zko´sci). Jak d lugo spada´c be

dzie spadochroniarz do chwili otwarcia spadochronu na wysoko´sci 500 m?

Oznaczmy wysoko´s´c nad powierzchnia

Ziemi w chwili t przez h(t) , wsp´ o lczynnik proporcjo- nalno´sci, kt´ ory wyste

puje w tre´sci zadania — przez k , mase

spadochroniarza przez m . Z drugiej zasady dynamiki Newtona wnioskujemy, ˙ze

mh ⁰⁰ (t) = −mg + k[h ⁰ (t)] ²

— h ⁰ (t) to pre

dko´s´c w chwili t , h ⁰⁰ (t) — to przyspieszenie w tym momencie. Z formalnego punktu widzenia napisane zosta lo r´ ownanie r´ o˙zniczkowe drugiego rze

du. Je´sli jednak potraktujemy pre

dko´s´c h ⁰ jako niewiadoma

funkcje

, to oka˙ze sie

ono r´ ownaniem pierwszego rze

du. Niech x(t) = h ⁰ (t) . R´ ownanie, po zmianie dekoracji, wygla

da tak

x ⁰ (t) = −g + k

m [x(t)] ² , albo te˙z tak

1 = x ⁰ (t)

−g + m ^k [x(t)] ² . Mamy wie

c t + C = R

dt = R x

(t) dt

−g+

[x(t)]

= R _dx

−g+

x

= _2√g ¹ R h

1

x √ _k/m−√g − _x √ ¹

k/m+√g

i dt =

= ₂ ¹ · q _m

gk ln   

x √

k/m− √g x √

k/m+√g

 . Podnosimy e do odpowiednich pote

g i otrzymujemy dosy´c d lugi wz´ or e ^2t· √

gk/m · e ^2C· √

gk/m = ± ^x

√ k/m− √g x √

k/m+√g . Oczywi´scie x(0) = h ⁰ (0) = 0 — pocza

tkowa pre

dko´s´c spadania. Wobec tego 1 · e ^2C· √

gk/m = ± ⁰⁻ _0+√g ^√g = ±1 . Sta

d wynika, ˙ze e ^2C· √

gk/m = 1 , wie

c e ^2t· √

gk/m = − ^x

√ _k/m−√g

x √

k/m+√g = ^√g−x

√ k/m

√g+x √

k/m . Z tej r´ owno´sci wyznaczamy

x = r gm

k · 1 − e ^2t· √

gk/m

1 + e ^2t· √

gk/m . Wobec tego, ˙ze spe lniona ma by´c r´ owno´s´c lim

x→∞ x (t) = −50 (spadamy, a nie wznosimy sie

), stwier- dzamy, ˙ze p gm

k = 50 . Dla prostoty przyjmujemy, ˙ze g = 10 ^m _s

. Otrzymujemy wie

c ^m _k = 250 i wobec tego

h ⁰ (t) = x(t) = 50 1 − e

^t

1 + e

^t .

Teraz znajdziemy h(t) . Wystarczy sca lkowa´c. Mamy h(t) = 50

Z 1 − e

^t

1 + e

^t dt = 50 Z 

1 − 2e

^t 1 + e

^t



dt = 50t − 250

Z  d(1 + e

^t ) 1 + e

^t



=

= 50t − 250 ln(1 + e

^t ) + 250 ln 2 + 1500 . Sta la

dobrali´smy tak, by h(0) = 1500 . Szukamy takiego t , ˙ze

500 = h(t) = 50t − 250 ln(1 + e

^t ) + 250 ln 2 + 1500 = 250 ln ^e

1+e

+ 1500 , co oznacza, ˙ze ln ^2e

1+e

2

5 t

= −4 = ln e ⁻⁴ , czyli e ⁻⁴ = ^e

1+e

2 5 t

, wie

c 0 = 1 + e

^t − 2e ⁴ e

= e ^t/5 − e ⁴  2

+ 1 − e ⁸ , czyli e ^t/5 = e ⁴ + √

e ⁸ − 1 , zatem t = 5 ln e ⁴ + √

e ⁸ − 1 ≈ 23, 47 s.

Tylko ostatni krok (przybli˙zenie) zosta l wsparty komputerem, chocia˙z ja umiem te obliczenia prze- prowadzi´c bez komputera i tablic.

Zajmiemy sie

r´ ownaniami r´ o˙zniczkowymi postaci x ⁰⁰ (t) + ax ⁰ (t)bx(t) = 0 , gdzie a, b oznaczaja

liczby (niekoniecznie rzeczywiste). Zaczniemy od prostego przyk ladu. Rozwia

˙zemy r´ ownanie

x ⁰⁰ (t) − 5x ⁰ (t) + 6x(t) = 0 .

Zauwa˙zmy, ˙ze x ⁰⁰ (t) − 5x ⁰ (t) + 6x(t) = x ⁰ (t) − 3x(t)  0

− 2 x ⁰ (t) − 3x(t)  . Niech y(t) = x ⁰ (t) − 3x(t) . Funkcja pomocnicza y(t) musi spe lnia´c r´ ownanie y ⁰ (t) − 2y(t) = 0 . Wynika sta

d, jak ju˙z wiemy,

˙ze istnieje sta la c taka, ˙ze y(t) = ce ^2t . Problem zosta l sprowadzony do rozwia

zania r´ ownania r´ o˙zniczkowego pierwszego rze

du z niewiadoma

funkcja

x :

x ⁰ (t) − 3x(t) = ce ^2t .

Rozwia

zujemy pomocnicze r´ ownanie jednorodne x ⁰ (t) − 3x(t) = 0 . Rozwia

zanie og´ olne ma posta´c x(t) = ke ^3t , gdzie k oznacza pewna

liczbe

. Zamiast liczby k rozwa˙zymy funkcje

k zmiennej t i znajdziemy rozwia

zanie w postaci k(t)e ^3t . Podstawiaja

c do r´ ownania otrzymujemy

ce ^2t = k(t)e ^3t  0

− 3k(t)e ^3t = k ⁰ (t)e ^3t + 3k(t)e ^3t − 3k(t)e ^3t = k ⁰ (t)e ^3t .

Sta

d wynika, ˙ze k ⁰ (t) = ce ^−t i w ko´ ncu k(t) = −ce ^−t + c 1 . Mamy wie

c x(t) = [−ce ^−t + c 1 ]e ^3t =

= − ce ^2t + c 1 e ^3t . Wykazali´smy wie

c, ˙ze ka˙zde rozwia

zanie r´ ownania x ⁰⁰ (t) − 5x ⁰ (t) + 6x(t) = 0 mo˙ze by´c zapisane w postaci c 1 e ^3t + c 2 e ^2t (podstawili´smy c 2 = −c ). W wyk ladnikach pojawi ly sie

pierwiastki r´ ownania charakterystycznego λ ² − 5λ + 6 = 0 . To nie jest przypadek. Je´sli a, b ∈ i r´ ownanie λ ² + aλ + b = 0 ma dwa r´ o˙zne pierwiastki λ 1 , λ 2 , to

x ⁰⁰ (t) + ax ⁰ (t) + bx(t) = x ⁰ (t) − λ 1 x(t)  0

− λ ² x ⁰ (t) − λ 1 x(t) = x ⁰ (t) − λ 2 x(t)  0

− λ ¹ x ⁰ (t) − λ 2 x(t) .

Oznaczaja

c y(t) = x ⁰ (t) − λ 1 x(t) otrzymujemy r´ ownanie y ⁰ (t) − λ 2 y(t) = 0 . Stosuja

c procedure

zastosowana

przed chwila

w konkretnej sytuacji stwierdzamy, ˙ze istnieja

takie liczby c 1 , c 2 , ˙ze dla

ka˙zdej liczby r ∈

zachodzi x(t) = c 1 e ^λ

^t + c 2 e ^λ

^t r´ owno´s´c. To, ˙ze funkcja tak okre´slona jest

rozwia

zaniem interesuja

cego nas r´ ownania, mogli´smy sprawdzi´c bezpo´srednio, ale nie wiedzieliby´smy

wtedy, ˙ze innych rozwia

za´ n nie ma. Nasza metoda wykazuje, ˙ze wskazane funkcje sa

jedynymi rozwia

zaniami tego r´ ownania.

Og´ olnie be

dziemy sie

teraz zajmowa´c r´ ownaniem postaci

x ⁰⁰ (t) + ax ⁰ (t) + bx(t) = g(t) , (nj2) gdzie a, b ∈ za´s g jest funkcja

cia

g la

o warto´sciach zespolonych okre´slona

na pewnym prze- dziale, by´c mo˙ze na ca lej prostej. Najwa˙zniejsze dla nas sa

te r´ ownania, w kt´ orych funkcja g jest quasiwielomianem, znaczenie tego s lowa zostanie ujawnione niebawem.

Z r´ ownaniem nj2. wia

za´c be

dziemy r´ ownanie linowe jednorodne

y ⁰⁰ (t) + ay ⁰ (t) + by(t) = 0 (j2)

oraz r´ ownanie charakterystyczne

λ ² + aλ + b = 0 . (ch2)

R´ ownanie charakterystyczne (ch2) ma dwa pierwiastki (niekoniecznie rzeczywiste i niekoniecznie r´ o˙zne) λ 1 , λ 2 . Dla ka˙zdej liczby λ mamy wie

c λ ² + aλ + b = (λ − λ 1 )(λ − λ 2 ) , spe lnione sa

te˙z znane (kiedy´s) wszystkim maturzystom wzory Vi`ete’a: λ 1 + λ 2 = −a , λ 1 λ 2 = b . Z wzor´ ow Vi`ete’a wynika, ˙ze

x ⁰⁰ (t) + ax ⁰ (t) + bx(t) = x ⁰ (t) − λ ² x(t)
0

− λ ¹ x ⁰ (t) − λ ² x(t)
.

Mo˙zna sobie u latwi´c manipulacje wprowadziwszy symbol D , oznaczaja

cy r´ o˙zniczkowanie, uma- wiaja

c sie

, ˙ze dla ka˙zdej funkcji f symbol Df oznacza pochodna

funkcji f , tzn.

Df(t) = f ⁰ (t) . Wtedy spe lnione sa

naste

puja

ce r´ owno´sci:

D(c 1 f 1 + c 2 f 2 ) = c 1 Df 1 + c 2 Df 2 (liniowo´s´c r´ o˙zniczkowania), D(f 1 · f ² ) = Df 1 · f ² + f 1 · Df ² (pochodna iloczynu).

Be

dziemy te˙z pisa´c D ² f zamiast D(Df ) . Przy takich umowach r´ ownanie (nj2) mo˙zna zapisa´c tak D ² x + aDx + bx = g , opu´scili´smy argument, co wielokrotnie be

dziemy robi´c, bo to upraszcza zapis, cho´c zmusza do pamie

tania, kt´ ore symbole oznaczaja

liczby, a kt´ ore — funkcje. Je´sli jeszcze um´ owimy sie

, ˙ze (D + λ)x = Dx + λx dla ka˙zdej liczby λ i ka˙zdej funkcji r´ o˙zniczkowalnej x , to mo˙zemy napisa´c

x ⁰⁰ + ax ⁰ + bx = D ² x + aDx + bx = (D − λ ¹ ) Dx − λ ² x
= (D − λ ¹ ) (D − λ ² )x
.

Naturalnym pomys lem jest wie

c pisanie x ⁰⁰ + ax ⁰ + bx = (D − λ ¹ )(D − λ ² )x , co zwykle sie

czyni.

Nasze r´ ownanie ma wie

c posta´c

(D − λ 1 )(D − λ 2 )x = g .

Niech z = (D − λ 2 )x . Rozwia

zanie r´ ownania drugiego rze

du (D − λ 1 )(D − λ 2 )x = g mo˙zna wie

c

sprowadzi´c do rozwia

zania dw´ och r´ owna´ n pierwszego rze

du: najpierw szukamy funkcji z takiej, ˙ze

(D − λ 1 )z = g a po znalezieniu z szukamy funkcji x takiej, ˙ze (D − λ 2 )x = z .

Zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze je´sli (D −λ ¹ )(D −λ ² )x 1 = g i (D −λ ¹ )(D −λ ² )x 2 = g , to r´ o˙znica x 1 −x ² rozwia

za´ n r´ ownania niejednorodnego, spe lnia r´ ownanie jednorodne (D − λ ¹ )(D − λ ² )(x 1 − x ² ) = 0 . Jasne jest, ˙ze je´sli (D−λ ¹ )(D−λ ² )x = g i (D−λ ¹ )(D−λ ² )y = 0 , to (D − λ ¹ )(D − λ ² )(x + y) = g . Oznacza to, ˙ze je´sli znajdziemy w jaki´s spos´ ob jedno rozwia

zanie r´ ownania niejednorodnego*

i wszystkie rozwia

zania r´ ownania jednorodnego, to tym samym znajdziemy wszystkie rozwia

zania r´ ownania niejednorodnego.

Ostrze ˙zenie:

(D + 1)(D − t)x = (D + 1)(x ⁰ − tx) = x ⁰⁰ − (tx) ⁰ + x ⁰ − tx = x ⁰⁰ + (1 − t)x ⁰ − (1 + t)x , ale (D − t)(D + 1)x = (D − t)(x ⁰ + x) = x ⁰⁰ + x ⁰ − tx ⁰ − tx = x ⁰⁰ + (1 − t)x ⁰ − tx , zatem

(D + 1)(D − t)x 6= (D − t)(D + 1)x .

Widzimy wie

c, ˙ze kolejno´s´c wykonywania operacji ma wp lyw na wynik. W tym konkretnym przy- padku mo˙zna sie

tego spodziewa´c bez przed przeprowadzaniem oblicze´ n, bo pochodna

funkcji sta lej jest 0 , a (t) ⁰ = 1 6= 0 .

Jednak je´sli λ 1 , λ 2 sa

liczbami (najprostszy przypadek, innych z braku czasu nie rozwa˙zamy), to (D − λ 1 )(D − λ 2 ) = (D − λ 2 )(D − λ 1 ) .

Przyk lad 1.

Zajmiemy sie

r´ ownaniem oscylatora harmonicznego, na razie bez t lumienia i wymuszenia, czyli r´ ownaniem x ⁰⁰ + ω ² x = 0 . Mo˙zna je zapisa´c w postaci 0 = (D ² + ω ² )x = (D + ωi)(D − ωi)x . Niech z = (D − ωi)x . Ma wie

c by´c (D + ωi)z = 0 , czyli z(t) = ˜ c 1 e ^−ωit , gdzie ˜ c 1 oznacza dowolna

liczbe

zespolona

. Teraz kolej na r´ ownanie (D − ωi)x = ˜c ¹ e ^−ωit . Z tego, co wiemy o r´ ownaniach pierwszego rze

du, wynika, ˙ze je´sli ω 6= 0 , to x(t) = c ¹ e ^−ωit + c 2 e ^ωit , gdzie c 1 jest sta la

odpowiednio dobrana

do ˜ c 1 : (D − ωi) c ¹ e ^−ωit + c 2 e ^ωit
= −2ωic ¹ e ^−ωit , wie

c musi by´c spe lniona r´ owno´s´c ˜ c 1 = −2ωic ¹ , albo c 1 = − 2ωi ^{˜ c}

= _2ω ^{˜ c}

i .

Otrzymali´smy rozwia

zanie w postaci zespolonej. Mo˙zna je zapisa´c w postaci rzeczywistej. Niech c 1 = α 1 + β 1 i , c 2 = α 2 + β 2 i , gdzie α 1 , β 1 , α 2 , β 2 ∈

. Wtedy

x(t) = c 1 e ^−ωit + c 2 e ^ωit = α 1 + β 1 i  cos(ωt) − i sin(ωt) + α ² + β 2 i cos(ωt) + i sin(ωt) =

= (α 1 + α 2 ) cos(ωt) + (β 1 − β ² ) sin(ωt) + i(β 1 + β 2 ) sin(ωt) − (α 1 − α ² ) cos(ωt) . Je´sli ω ∈

, to z tego, ˙ze funkcja x jest rozwia

zaniem r´ ownania x ⁰⁰ + ω ² x = 0 wynika, ˙ze

0 = 0 = x ⁰⁰ + ω ² x = x ⁰⁰ + ω ² x = ¯ x ⁰⁰ + ¯ ω ² x ¯ , wie

c r´ ownie˙z funkcja ¯ x jest rozwia

zaniem. Wobec tego, ˙ze suma rozwia

za´ n te˙z jest rozwia

zaniem, stwierdzamy, ˙ze funkcje x + ¯ x i ¹ ₂ (x + ¯ x) = Rex sa

rozwia

zaniami r´ ownania. R´ ownie˙z funkcja Im x = _2i ¹ (x − ¯ x) jest rozwia

zaniem. Poniewa˙z

Rex(t) = (α 1 + α 2 ) cos(ωt) + (β 1 − β ² ) sin(ωt) oraz Imx(t) = (β 1 + β 2 ) sin(ωt) − (α ¹ − α ² ) cos(ωt) , wie

c rozwia

zania rzeczywiste wygla

daja

tak:

d 1 cos(ωt) + d 2 sin(ωt) , gdzie d 1 , d 2 oznaczaja

dowolne liczby rzeczywiste.

* np. zgadniemy!

Mamy x(0) = d 1 i x ⁰ (0) = ωd 2 . Wobec tego d 1 to po lo˙zenie w chwili t = 0 , a w d 2 zakodowana jest pre

dko´s´c pocza

tkowa. Fizycy na og´ o l wola

inne parametry: amplitude

i faze

. Niech A = pd ² ₁ + d ² ₂ i niech θ be

dzie takim ka

tem, ˙ze cos θ = √ _d ^d

1

+d

oraz sin θ = − √ _d ^d

1

+d

. Wtedy zachodzi r´ owno´s´c x(t) = d 1 cos(ωt) + d 2 sin(ωt) = A  cos θ cos(ωt) − sin θ sin(ωt) = A cos(θ + ωt) .

Jest jasne jak przechodzi´c od zestawu parametr´ ow d 1 , d 2 do zestawu A, θ i odwrotnie. Mo˙zna wie

c od razu szuka´c rozwia

zania w postaci A cos(θ + ωt) jednak opis og´ olnej teorii w tych terminach jest bardziej skomplikowany i do tego mniej og´ olny, wie

c u˙zywamy funkcji wyk ladniczych i liczb zespolonych.

Okazuje sie

, ˙ze w elementarnych zastosowaniach najcze

´sciej funkcja g ma dosy´c szczeg´ olna

posta´c. Wyja´snimy teraz sens u˙zytego ju˙z wcze´sniej obcego s lowa.

Definicja quasiwielomianu

Iloczyn wielomianu p i funkcji e ^λt nazywamy quasiwielomianem z wyk ladnikiem λ . Stopniem quasiwielomianu p(t)e ^λt nazywamy stopie´ n wielomianu p .

Funkcja (t ² + 13t + 12)e ^7t jest quasiwielomianem stopnia drugiego z wyk ladnikiem λ = 7 . Funkcja e ^−5t jest quasiwielomianem stopnia 0 wyk ladnikiem −5 . Funkcja x ³ − 4x ³ + 2 jest quasi- wielomianem stopnia 3 z wyk ladnikiem 0 , czyli wielomianem. Funkcja t ³ cos(2t) nie jest quasiwie- lomianem, ale jest cze

´scia

rzeczywista

quasiwielomianu t ³ e ^2it = t ³ cos(2t) + i sin(2t)
. Podobnie funkcja

(t ³ + 2t) sin(3t)e ^−2t nie jest quasiwielomianem, ale jest cze

´scia

urojona

quasiwielomianu stopnia 3 z wyk ladnikiem −2 + 3i , mianowicie (t ³ + 2t)e ^(−2+3it) = (t ³ + 2t)e ^−2t cos(3t) + i sin(3t)
. Wyka˙zemy teraz twierdzenie opisuja

ce rozwia

zania r´ ownania niejednorodnego pierwszego rze

du, kt´ orego prawa strona jest quasiwielomianem.

Twierdzenie o rozwia

zaniach r´ ownania liniowego quasiwielomianowego rze

du 1.

Je´sli funkcja g jest quasiwielomianem stopnia d z wyk ladnikiem λ i x ⁰ (t) = kx(t) + g(t) , to je´sli k 6= λ , to funkcja x jest suma

quasiwielomianu stopnia d z wyk ladnikiem λ i quasiwielomianu stopnia ≤ 0 z wyk ladnikiem k ; je´sli k = λ , to funkcja x jest quasiwielomianem stopnia d + 1 z wyk ladnikiem λ .

Dow´ od.

Zastosujemy metode

uzmienniania sta lej. Rozwia

zaniem pomocniczego r´ ownania liniowego jednorod-

nego y ⁰ (t) = ky(t) jest y(t) = ce ^kt , c jest tu pewna

liczba

. Znajdziemy funkcje

c zmiennej t taka

, ˙ze

x(t) = c(t)e ^kt . Podstawiamy do r´ ownania: c ⁰ (t)e ^kt + kc(t)e ^kt = kc(t)e ^kt + g(t) . Sta

d c ⁰ (t)e ^kt = g(t) ,

wie

c c ⁰ (t) = g(t)e ^−kt . Niech p be

dzie wielomianem stopnia d takim, ˙ze g(t) = p(t)e ^λt . Je´sli

λ = k , to c ⁰ (t) = p(t) , zatem c jest wielomianem stopnia d + 1 i w tym przypadku dow´ od jest

zako´ nczony. Za l´ o˙zmy wie

c, ˙ze λ 6= k . Teraz c ⁰ (t) = p(t)e ^(λ−k)t . Ca lkuja

c przez cze

´sci otrzymujemy

R p(t)e ^(λ−k)t dt = _λ−k ¹ p(t)e ^(λ−k)t − _λ−k ¹ R p ⁰ (t)e ^(λ−k)t dt . Sprowadzili´smy obliczenie ca lki do takiego

samego problemu, ale z wielomianem, kt´ orego stopie´ n jest o 1 mniejszy od wyj´sciowego. Mo˙zna te

procedure

powt´ orzy´c: R p ⁰ (t)e ^(λ−k)t dt = _λ−k ¹ p ⁰ (t)e ^(λ−k)t − − _λ−k ¹ R p ⁰⁰ (t)e ^(λ−k)t dt , zatem R p(t)e ^(λ−k)t dt = R ₁

λ−k p(t)e ^(λ−k)t dt − _λ−k ¹ R p ⁰ (t)e ^(λ−k)t dt + _(λ−k) ¹

R p ⁰⁰ (t)e ^(λ−k)t dt . Wida´c, ˙ze ca lkuja

c d + 1 razy otrzymamy w ko´ ncu quasiwielomian stopnia d z wyk ladnikiem λ −k , a po pomno˙zeniu przez e ^kt — quasiwielomian z wyk ladnikiem λ stopnia d , plus sta la pomno˙zona przez e ^kt , wie

c wynik zapowiedziany w twierdzeniu.

Przyk lad 2.

Rozwia

˙zemy r´ ownanie x ⁰ (t) = −5x(t) + (t ² + 4t)e ^3t . Poniewa˙z funkcja (t ² + 4t)e ^3t jest quasiwie- lomianem stopnia 2 z wyk ladnikiem 3 6= −5 , wie

c rozwia

zanie jest quasiwielomianem stopnia 2 z wyk ladnikiem 3 plus sta la razy e ^−5t , czyli funkcja

postaci c 1 t ² + c 2 t + c 3
e ^3t + ce ^−5t . Nale˙zy znale´z´c sta le c 1 , c 2 , c 3 , c . Podstawiaja

c do r´ ownania otrzymujemy

2c 1 t + c 2
e ^3t + 3 c 1 t ² + c 2 t + c 3
e ^3t − 5ce ^−5t = −5 c ¹ t ² + c 2 t + c 3
e ^3t − 5ce ^−5t + (t ² + 4t)e ^3t . Aby te funkcje by ly r´ owne wsp´ o lczynniki przy tych samych pote

gach zmiennej t po obu stronach r´ owno´sci musza

by´c r´ owne. Wobec tego 3c 1 = −5c 1 + 1 , 2c 1 + 3c 2 = −5c 2 + 4 , c 2 + 3c 3 = −5c 3 i

−5c = −5c . Ostatnia r´owno´s´c nic nie wnosi: liczba c to dowolna liczba zespolona.

Rozwia

zujemy uk lad 3 r´ owna´ n liniowych z niewiadomymi c 1 , c 2 , c 3 i otrzymujemy c 1 = ¹ ₈ , c 2 = ¹⁵ ₃₂ i c 3 = − ₂₅₆ ¹⁵ . Wykazali´smy, ˙ze x(t) = ¹ ₈ t ² + ¹⁵ ₃₂ t − 256 ¹⁵
e ^3t + ce ^−5t .

Przyk lad 3.

Rozwia

˙zemy r´ ownanie x ⁰ (t) = 2x(t) + t ² e ^2t . Z twierdzenia wynika, ˙ze w tym przypadku rozwia

zanie jest quasiwielomianem stopnia 2 + 1 z wyk ladnikiem 2 . Jest wie

c postaci c 1 t ³ + c 2 t ² + c 3 t + c 4
e ^2t . Podstawiaja

c otrzymujemy

3c 1 t ² + 2c 2 t + c 3
e ^2t + 2 c 1 t ³ + c 2 t ² + c 3 t + c 4
e ^2t = 2 c 1 t ³ + c 2 t ² + c 3 t + c 4
e ^2t + t ² e ^2t . Sta

d wynika natychmiast (por´ ownujemy wsp´ o lczynniki przy tych samych pote

gach t po obu stronach r´ owno´sci), ˙ze c 1 = ¹ ₃ , c 2 = c 3 = 0 oraz, ˙ze c 4 jest dowolna

liczba

(por. notka na dole strony).

Rozwia

zaniem jest wie

c ¹ ₃ t ³ e ^2t + c 4 e ^2t , c 4 oznacza tu dowolna

liczbe

zespolona

. Przyk lad 4.

Rozwia

˙zemy r´ ownanie x ⁰ (t) = −2x(t) + te ^t sin(3t) . Tym razem prawa strona nie jest quasiwielomia- nem, ale te ^t sin(3t) = Im (te ^(1+3i)t , wie

c najpierw rozwia

˙zemy r´ ownanie x ⁰ (t) = −2x(t)+te ^(1+3i)t , a potem zainteresujemy sie

jego cze

´scia

urojona

. Poniewa˙z −2 6= 1 + 3i , wie

c rozwia

zanie jest postaci (c 1 t + c 2 )e ^(1+3i)t + ce ^−2t . Podstawiamy do r´ ownania i otrzymujemy

c 1 e ^(1+3i)t + (1 + 3i)(c 1 t + c 2 )e ^(1+3i)t − 2ce ^−2t = −2(c 1 t + c 2 )e ^(1+3i)t − 2ce ^−2t + te ^(1+3i)t . Por´ ownanie wsp´ o lczynnik´ ow przy odpowiednich funkcjach po obu stronach prowadzi do r´ owna´ n (1 + 3i)c 1 = −2c ¹ + 1 i c 1 + (1 + 3i)c 2 = −2c ² . Sta

d c 1 = _3+3i ¹ = ¹⁻ⁱ ₆ , c 2 = _3+3i ^−c

= _(3+3i) ⁻¹

=

−1 18i = ₁₈ ⁱ . Oczywi´scie ˙zadnego warunku na c nie otrzymali´smy, wie

c rozwia

zanie zespolone ma po- sta´c ( ¹⁻ⁱ ₆ t + ₁₈ ⁱ )e ^(1+3i)t + ce ^−2t . Jego cze

´s´c urojona to ^1−3t ₁₈ e ^t cos(3t) + ¹ ₆ te ^t sin(3t) + Im c · e ^−2t .

♠

To zreszta

!

by lo jasne od samego pocza

!

tku, bo funkcja ce

jest rozwia

!

zaniem r´ ownania jednorodnego, wie

!

c mo˙zna

ja

doda´ c do rozwia

zania r´ ownania niejednorodnego i otrzyma´ c naste

pne rozwia

zanie r´ ownania niejednorodnego.

Znale´zli´smy wie

c rozwia

zanie og´ olne r´ ownania x ⁰ (t) = −2x(t)+te ^t sin(3t) , Imc to prostu dziwaczne oznaczenie dowolnej liczby rzeczywistej.

Wiedza

c jak rozwia

zywa´c te bardzo szczeg´ olne r´ ownania pierwszego rze

du mo˙zemy zaja

´c sie

r´ ownaniami drugiego rze

du. Jest jasne, ˙ze w przypadku r´ ownania drugiego rze

du prawdziwe jest

Twierdzenia o rozwia

zaniach r´ ownania liniowego drugiego rze

du

Niech a, b ∈ i niech w oznacza dowolny wielomian o by´c mo˙ze nierzeczywistych wsp´ o lczynnikach.

R´ ownanie x ⁰⁰ + ax ⁰ + bx = w(t)e ^λt ma rozwia

zanie, kt´ ore jest quasiwielomianem o wyk ladniku λ , przy czym je´sli λ nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, to stopie´ n rozwia

zania r´ owny jest stopniowi w(t) , je´sli λ jest pierwiastkiem jednokrotnym, to stopie´ n rozwia

zania jest o 1 wie

kszy od stopnia w(t) , je´sli λ jest pierwiastkiem dwukrotnym, to stopie´ n rozwia

zania jest o 2 wie

kszy od stopnia w(t) .

Studenci bez trudu uog´ olnia

to twierdzenie na przypadek r´ owna´ n wy˙zszego rze

du o sta lych wsp´ o lczynnikach, kt´ orych prawa strona jest quasiwielomianem w(t)e ^λt . Stopie´ n rozwia

zania szcze- g´ olnego jest wie

kszy od stopnia w(t) o krotno´s´c λ jako pierwiastka wielomianu charakterystycznego lewej strony.

Przyk lad 5.

Znajdziemy rozwia

zania r´ ownania x ⁰⁰ + x = 2 cos t + 12t sin t .

Tym razem prawa strona nie jest quasiwielomianem, ale 2 cos t = Re 2e ^it

i 12t sin t = Im12 e ^it
. Zajmiemy sie

r´ ownaniami pomocniczymi x ⁰⁰ + x = 2e ^it oraz x ⁰⁰ + x = 12te ^it . W obu przypadkach r´ ownanie charakterystyczne r´ ownania jednorodnego to λ ² + 1 = 0 . Ma ono dwa pierwiastki i oraz

−i . Wobec tego jednym z rozwia

za´ n r´ ownania x ⁰⁰ +x = 2e ^it jest quasiwielomian stopnia pierwszego, a r´ ownania x ⁰⁰ + x = 12te ^it — quasiwielomian stopnia drugiego .

W pierwszym przypadku powinien wie

c by´c spe lniony wz´ or 2e ^it = (At + B)e ^it
00

+ (At + B)e ^it = 2Aie ^it + i ² (At + B)e ^it + (At + B)e ^it = 2Aie ^it . Sta

d wynika, ˙ze A = −i . B mo˙ze by´c dowolne. Znale´zli´smy rozwia

zanie og´ olne pierwszego r´ ownania

−ite ^it + c 1 e ^it + c 2 e ^−it . W drugim przypadku musi zachodzi´c r´ owno´s´c

12te ^it = (At ² + Bt + C)e ^it
00 + (At ² + Bt + C)e ^it =

= 2Ae ^it + 2i(2At + B)e ^it + i ² (At ² + Bt + C)e ^it + (At ² + Bt + C)e ^it = 4Aite ^it + (2A + 2Bi)e ^it . Wynika sta

d, ˙ze A = −3i oraz B = 3 . C mo˙ze by´c dowolne. Rozwia

zaniem og´ olnym drugiego r´ ownania jest

−3it ² e ^it + 3te ^it + c 1 e ^it + c 2 e ^−it .

Rozwia

zaniem og´ olnym r´ ownania x ⁰⁰ + x = 2 cos t jest funkcja t sin t + c 1 cos t + c 2 sin t . Ma to by´c rozwia

zanie rzeczywiste, zatem tym razem sta le c 1 , c 2 musza

by´c rzeczywiste.

Rzeczywistym rozwia

zaniem og´ olnym r´ ownania x ⁰⁰ + x = 12t sin t jest funkcja

Im − 3it ² e ^it + 3te ^it
+ c 1 cos t + c 2 sin t = −3t ² cos t + 3t sin t + c 1 cos t + c 2 sin t .

Zn´ ow zainteresowani jeste´smy rozwia

zaniem rzeczywistym, zatem i w tym przypadku c 1 , c 2 ∈ IR . Poka˙zemy teraz jak mo˙zna uzmiennia´c sta le (obie na raz!) w przypadku r´ ownania drugiego rze

du. U˙zyjemy ostatnio rozwia

zanego r´ ownania, ale podkre´sli´c nale˙zy, ˙ze jedna

z g l´ ownych przyczyn, dla kt´ orych to robimy jest to, ˙ze ta metoda daje sie

stosowa´c r´ ownie˙z wtedy, gdy funkcja g (prawa strona r´ ownania) nie jest quasiwielomianem.

Przyk lad 5’.

Znajdziemy rozwia

zania r´ ownania x ⁰⁰ + x = 2 cos t + 12t sin t . Pomocnicze r´ ownanie jednorodne wygla

da tak y ⁰⁰ + y = 0 . Jego rozwia

zaniem og´ olnym jest funkcja c 1 cos t + c 2 sin t — stosujemy tym razem rzeczywista

posta´c, by da´c odetchna

´c osobom, kt´ ore jeszcze nie zda

˙zy ly polubi´c liczb zespo- lonych. Be

dziemy szuka´c rozwia

zania r´ ownania niejednorodnego w postaci c 1 (t) cos t + c 2 (t) sin t , gdzie c 1 , c 2 oznaczaja

teraz niewiadome funkcje. Mamy

c 1 (t) cos t + c 2 (t) sin t  0

= c ⁰ ₁ (t) cos t + c ⁰ ₂ (t) sin t − c ¹ (t) sin t + c 2 (t) cos t .

Je´sli obliczymy druga

pochodna

, to pojawia

sie

c ⁰⁰ ₁ (t) i c ⁰⁰ ₂ (t) , co mo˙ze spowodowa´c jakie´s k lopoty.

Przyjmiemy wie

c, ˙ze c ⁰ ₁ (t) cos t + c ⁰ ₂ (t) sin t = 0 dla ka˙zdego t — dodajemy sztucznie r´ owno´s´c, ale mamy dwie niewiadome funkcje c 1 , c 2 , wie

c dwa r´ ownania nas przerazi´c nie powinny. Uwzgle

dniaja

c te

sztucznie dodana

r´ owno´s´c przy zaste

powaniu x(t) przez c 1 (t) cos t + c 2 (t) sin t w r´ ownaniu x ⁰⁰ + x = 2 cos t + 12t sin t otrzymujemy

2 cos t + 12t sin t = −c ⁰ 1 (t) sin t + c ⁰ ₂ (t) cos t − c 1 (t) cos t − c 2 (t) sin t + c 1 (t) cos t + c 2 (t) sin t =

= −c ⁰ 1 (t) sin t + c ⁰ ₂ (t) cos t . Otrzymali´smy wie

c uk lad r´ owna´ n

 c ⁰ ₁ (t) cos t + c ⁰ ₂ (t) sin t = 0,

−c ⁰ 1 (t) sin t + c ⁰ ₂ (t) cos t = 2 cos t + 12t sin t.

Niech W (t) =    

cos t sin t

− sin t cos t    

= cos ² t − (− sin ² t ) = 1 6= 0 , zatem otrzymany uk lad r´owna´n ma dok ladnie jedno rozwia

zanie: c ⁰ ₁ (t) =

0 sin t

2 cos t + 12t sin t cos t   

 = −2 sin t cos t − 12t sin ² t , c ⁰ ₂ (t) =

=    

cos t 0

− sin t 2 cos t + 12t sin t   

 = 2 cos ² t + 12t sin t cos t . Ca lkuja

c i upraszczaja

c nieco otrzymujemy c 1 (t) = 4 cos ² t + 6t sin t cos t − 3t ² + d 1 i c 2 (t) = 4t + 4 sin t cos t − 6t cos ² t + d 2 , co pozwala napisa´c wynik x(t) = −3t ² cos t + 4t sin t + (d 1 + 4) cos t + d 2 sin t . Wida´c wie

c, ˙ze wynik na pierwszy rzut oka jest nieco inny ni˙z poprzednio otrzymany, ale ta r´ o˙znica jest kosmetyczna: zamiast d 1 + 4 w poprzednim wyniku jest c 1 , co oczywi´scie nie ma na nic wp lywu, bo obie sta le sa

dowolnymi liczbami zespolonymi.

Je´sli f, g sa

funkcjami r´ o˙zniczkowalnymi, to wyznacznik    

f (t) g(t) f ⁰ (t) g ⁰ (t)    

nazywany jest ich wy-

znacznikiem Wro´ nskiego.*. Dla trzech funkcji f, g, h wyznacznik definiowany jest tak      

f g h

f ⁰ g ⁰ h ⁰ f ⁰⁰ g ⁰⁰ h ⁰⁰       itd. Z naszego punktu widzenia jest on o tyle istotny, ˙ze je´sli wybieramy dwa rozwia

zania x 1 , x 2

jednorodnego liniowego r´ o˙zniczkowego r´ ownania drugiego rze

du, niekoniecznie o sta lych wsp´ o lczyn- nikach i ich wyznacznik Wro´ nskiego (ang: wronskian) jest r´ o˙zny od 0 , to dla ka˙zdego rozwia

zania x tego r´ ownania jednorodnego istnieja

sta le c 1 , c 2 takie, ˙ze x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) , za´s ka˙zde rozwia

zanie r´ ownania niejednorodnego z ta

sama

prawa

strona

mo˙ze by´c znalezione w postaci c 1 (t)x 1 (t) + c 2 (t)x 2 (t) , gdzie c 1 , c 2 sa

odpowiednio dobranymi funkcjami (jak w przyk ladzie 5 ⁰ powy˙zej).

Twierdzenie o istnieniu i jednoznaczno´ sci dla r´ ownania drugiego rze

du Je´sli

(i) funkcja f :

³ −→

jest cia

g la,

(ii) dla dowolnych x, y ∈

funkcja f (x, y, ) , czyli funkcja przypisuja

ca liczbie z liczbe

f (x, y, z) jest r´ o˙zniczkowalna, jej pochodna ^∂f _∂z (x, y, z) jest cia

g la,

(iii) dla dowolnych x, z ∈

funkcja f (x, , z) , czyli funkcja przypisuja

ca liczbie y liczbe

f (x, y, z) jest r´ o˙zniczkowalna, jej pochodna ^∂f _∂y (x, y, z) jest cia

g la,

to istnieje liczba δ 0 > 0 taka, ˙ze dla ka˙zdej liczby δ ∈ (0, δ 0 ) istnieje dok ladnie jedna funkcja γ : (x 0 − δ, x ⁰ + δ) →

² taka, ˙ze γ ⁰⁰ (x) = f (x, γ(x), γ ⁰ (x)) dla x ∈ (x 0 − δ, x ⁰ + δ) , γ(x 0 ) = y 0

oraz γ ⁰ (x 0 ) = z 0 . ×

O tym twierdzeniu nale˙zy my´sle´c tak: je´sli w r´ ownaniu x ⁰⁰ = f (t, x, x ⁰ ) funkcja f jest po- rza

dna i znane jest po lo˙zenie pocza

tkowe i pre

dko´s´c pocza

tkowa, to znana jest zar´ owno przesz lo´s´c jak i przysz lo´s´c poruszaja

cego sie

obiektu (m´ owimy tu maja

c na my´sli ruch, ale mo˙zna u˙zy´c innej terminologii zwia

zanej z procesem innego rodzaju). Tego rodzaju twierdzenia wbrew pozorom maja

ogromne znaczenie praktyczne cho´c nie podaja

˙zadnej metody znajdowania rozwia

zania. Pozwalaja

jednak stosowa´c nie do ko´ nca formalne rozumowania i je´sli uda sie

znale´z´c jakie´s rozwia

zanie, to na stwierdzenie, ˙ze innych rozwia

za´ n ju˙z nie ma. Przyk ladowa sytuacja (modelowa): szukamy roz- wia

zania w jakiej´s postaci, np. quasiwielomianu, znajdujemy i ska

d wiadomo, ˙ze innych nie ma?

Twierdzenie o istnieniu i jednoznaczno´ sci daje odpowied´z.

W przypadku r´ owna´ n wy˙zszych rze

d´ ow analogiczne twierdzenie te˙z jest prawdziwe. R´ o˙zni sie

tym tylko, ˙ze warunek pocza

tkowy obejmuje wie

cej pochodnych (wszystkie a˙z do przedostatniej).

W przypadku liniowych jednorodnych r´ owna´ n wy˙zszego rze

du o sta lych wsp´ o lczynnikach dzia la ta sama zasada, kt´ ora

opisali´smy dla r´ owna´ n drugiego rze

du. Stanie sie

to wszystko jasne po roz- wia

zaniu pewnej liczby zada´ n.

Zadanka

1. Rozwia

za´c r´ ownania

* jedna z ulic w Warszawie nosi imie

hr. J´ ozefa Marii Ho¨ ehn` e-Wro´ nskiego

a. x ⁰⁰ − 2x ⁰ − 3x = e ^4t ; b. x ⁰⁰ − 2x = 2e ^t − t ² ;

c. x ⁰⁰ − 5x ⁰ + 4x = 4t ² e ^2t ; d. x ⁰⁰ − 6x ⁰ + 9x = t ² e ^3t ;

e. x ⁰⁰ − 5x ⁰ + 4x = 4t ² e ^t ; f. x ⁰⁰ + 2x ⁰ − 3x = t ² e ^t ; g. x ⁰⁰ + x = 4t sin t ;

h. x ⁰⁰ − 2x ⁰ + x = 0 , x(2) = 1 , x ⁰ (2) = −2 ; i. x ⁰⁰ + x = 4te ^t , x(0) = 4 , x ⁰ (0) = −3 ; i. x ⁰⁰ + 2x ⁰ + 2x = te ^−t , x(0) = 0 , x ⁰ (0) = 0 ; 2. Znale´z´c rozwia

zanie og´ olne r´ ownania:

1 ^◦ x ⁰⁰ − 6x ⁰ + 4x = 0 ; 2 ^◦ x ⁰⁰ − 8x ⁰ + 16x = 0 ; 3 ^◦ x ⁰⁰ − 6x ⁰ + 4 = 0 ; 4 ^◦ x ⁰⁰ − 6x ⁰ + 13x = 0 ; 5 ^◦ x ⁽³⁾ − 6x ⁰⁰ + 11x ⁰ − 6x = 0 ; 6 ^◦ x ⁽³⁾ − x = 0 ;

7 ^◦ x ⁽⁴⁾ − 6x ⁰⁰ + 4x = 0 ; 8 ^◦ x ⁽⁴⁾ − 2x ⁰⁰ + x = 0 ; 9 ^◦ x ⁽⁴⁾ − 4x ⁽³⁾ + 6x ⁰⁰ − 4x ⁰ + x = 0 ; 10 ^◦ x ⁽⁴⁾ − 2x ⁽³⁾ + 2x ⁰⁰ − 2x ⁰ + x = 0 ; 11 ^◦ x ⁽⁴⁾ − 6x ⁰⁰ + 4x = 0 ;

3. Rozwia

za´c r´ ownanie

1 ^◦ x ⁰⁰ − 2x ⁰ + x = ^e _t

2 ^◦ x ⁰⁰ + 3x ⁰ + 2x = _e

¹ +1

3 ^◦ x ⁰⁰ + x = _{sin t} ¹ 4 ^◦ x ⁰⁰ + 4x = 2 tg t 5 ^◦ x ⁰⁰ + 2x ⁰ + x = 3e ^−t √

1 + t 6 ^◦ x ⁰⁰ + x = _cos ¹

_t

7 ^◦ x ⁰⁰ − 2x ⁰ + x = e ^t 8 ^◦ x ⁰⁰ + 3x ⁰ + 2x = te ^t + t ² e ^−t + e ^3t 9 ^◦ x ⁰⁰ + x = sin t + t cos 2t 10 ^◦ x ⁰⁰ + 4x = cos 2t + e ^−4t

11 ^◦ x ⁰⁰ + 2x ⁰ + x = 3t ² e ^−t 12 ^◦ x ⁰⁰ + x = sin t + t sin 2t + t ² cos t .

13 ^◦ x ⁽⁴⁾ − 4x ⁽³⁾ + 16x ⁰ − 16x = te ^−2t . 14 ^◦ x ⁽⁴⁾ + 4x ⁽³⁾ + 8x ⁰⁰ + 8x ⁰ + 4x = e ^−t cos t .

15 ^◦ x ⁽⁶⁾ + 12x ⁽⁴⁾ + 48x ⁰⁰ + 64x = 2 cos ² t . 16 ^◦ x ⁽⁶⁾ − 12x ⁽⁴⁾ + 48x ⁰⁰ − 64x = 2 sin ² t .