9IJF @ HM=« H»E?MO?D @= IJK@AJM EBH=JOE

Wst¦p do równa« ró»niczkowych dla studentów informatyki

Aktualizacja: 12 grudnia 2007

Spis tre±ci

1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie 3

2 Interpretacja geometryczna i zyczna 6

3 Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»niczkowych 7

3.1 Kinematyka . . . 7

3.2 Rozwój populacji . . . 8

3.3 Problem drapie»nik-oara . . . 8

3.4 Zmiany pogody . . . 9

4 Równania o rozdzielonych zmiennych 9 5 Równanie jednorodne 13 6 Skalarne równania liniowe 13 7 Równania zupeªne 14 8 Równania liniowe w Rⁿ 16 9 Równania liniowe ntego rz¦du 27 10 Twierdzenia podstawowe 29 10.1 Twierdzenie Peano . . . 29

10.2 Twierdzenie Picarda . . . 35

10.3 Ci¡gªa zale»no±¢ rozwi¡za« . . . 36

11 Metody numeryczne 37 11.1 Metoda Eulera . . . 37

11.2 Ulepszona metoda Eulera . . . 37

11.3 Metoda Eulera-Cauchy'ego . . . 37

11.4 Metoda Rungego-Kutty . . . 38

12 Stabilno±¢ rozwi¡za« 39 12.1 Poj¦cie stabilno±ci rozwi¡zania. . . 39

12.2 Stabilno±¢ rozwi¡za« równa« liniowych . . . 41

12.3 Funkcja Lapunowa . . . 43

Dodatek 46

1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie

1. Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie

Równania ró»niczkowe s¡ szczególnym przypadkiem równa« funkcyjnych, to znaczy takich równa«, w których niewiadom¡ jest funkcja. W równaniach ró»niczkowych wyst¦puj¡

zawsze pochodne niewiadomych (szukanych) funkcji.

Rozwa»my Przykªad 1.

x⁰ = x.

Równanie to mo»emy zapisa¢ w równowa»nych postaciach:

x⁰(t) = x (t)

albo dx

dt (t) = x (t) .

Funkcj¦ szukan¡ oznaczamy tu symbolem x (·) , za± jej zmienn¡ niezale»n¡ liter¡ t. Zwró¢- my uwag¦, »e aby precyzyjnie zdeniowa¢ szukan¡ funkcj¦ musimy poda¢ jej okre±lenie np. przez wzór analityczny oraz okre±li¢ jej dziedzin¦. ªatwo zauwa»y¢, »e rozwi¡zaniem powy»szego równania jest funkcja

x (t) = e^t, dla t ∈ R.

Oczywi±cie funkcja

x (t) = e^t, dla t > 0

jest równie» rozwi¡zanie rozwa»anego równania. Zawsze jednak, o ile w ogóle mo»liwe jest analityczne okre±lenie rozwi¡zania, naturalne jest przyj¦cie mo»liwie najwi¦kszej (pod wzgl¦dem relacji inkluzji) dziedziny. Dlatego te dwa rozwi¡zania nie nale»y traktowa¢ jako ró»ne, cho¢ z formalnego punktu widzenia takie s¡. Istotne natomiast jest to, »e równie»

funkcje

x (t) = 0, dla t ∈ R, x (t) = 2e^t, dla t ∈ R

s¡ ró»nymi rozwi¡zaniami rozwa»anego równania. Wida¢ z powy»szego, »e równanie ró»- niczkowe mo»e posiada¢ (i na ogóª posiada) niesko«czenie wiele rozwi¡za«.

Mo»na wykaza¢, »e ogóª rozwi¡za« powy»szego równania jest postaci x (t) = c · e^t, t ∈ R : c ∈ R,

co nale»y rozumie¢ w ten sposób, »e funkcja u : R → R jest rozwi¡zaniem powy»szego równania wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa c ∈ R, »e u (t) = c · e^t, dla t ∈ R.

Przykªad 2. Rozwa»my nast¦puj¡ce równania:

x⁰⁰− 5x⁰+ 6x = 0, (1)

x⁰(t) = x (t) − t², (2)

∂u

∂x(x, y) = −u (x, y)∂u

∂y(x, y) . (3)

1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie

Równanie (1) zawiera drug¡ pochodn¡ szukanej funkcji, dlatego nazywamy je równa- niem ró»niczkowym drugiego rz¦du. Równanie (2) zawiera oprócz niewiadomej rów- nie» zmienn¡ niezale»n¡, nie wyst¦puj¡c¡ pod znakiem szukanej funkcji. Takie równa- nie nazywamy nieautonomicznym, w przeciwie«stwie do równania, które nie zale»y od zmiennej wolnej, które z kolei okre±lane jest jako autonomiczne (takie jest równanie (1)). W trzecim z przytoczonych równa« niewiadom¡ jest funkcja dwu zmiennych, po- jawiaj¡ si¦ równie» jej pochodne cz¡stkowe. Takie równanie okre±la si¦ jako równanie ró»niczkowe cz¡stkowe, w przeciwie«stwie do przytoczonych wcze±niej równa« ró»- niczkowych zwyczajnych.

Rozwa»a si¦ równie» ukªady równa« ró»niczkowych.

Przykªad 3. Rozwa»my ukªad ½

x⁰ = −y y⁰ = x . Powy»szy ukªad mo»na zapisa¢ w równowa»nej postaci:

· x⁰ y⁰

¸

=

· 0 −1 1 0

¸ · x y

¸

lub wprowadzaj¡c funkcj¦ wektorow¡ u (t) = [x (t) , y (t)] jako u⁰(t) =

· 0 −1 1 0

¸ u (t) .

Ostatni zapis mo»na wtedy traktowa¢ jako równanie (tzw. wektorowe).

Podsumujmy i doprecyzujmy wprowadzone dotychczas intuicyjnie poj¦cia.

Niech X = R^m, m, n ∈ N.

Denicja 1. Niech Ω ⊂ R × Xⁿ⁺¹ b¦dzie zbiorem otwartym, F : Ω → X funkcj¦ ci¡gª¡.

Równaniem ró»niczkowym zwyczajnym n−tego rz¦du nazywamy równanie postaci F ¡

t, x (t) , x⁰(t) , . . . x⁽ⁿ⁾(t)¢

= 0.¹ (4)

Denicja 2. Rozwi¡zaniem równania ró»niczkowego zwyczajnego (4) nazywamy ka»d¡ funkcj¦ u : I → X, gdzie I ⊂ R jest przedziaªem niezdegenerowanym (otwartym lub nie), speªniaj¡c¡ nast¦puj¡ce warunki:

(a) u jest n−krotnie ró»niczkowalna w Int I i posiada jednostronne pochodne (do rz¦du n wª¡cznie) na ko«cach przedziaªu, o ile te ko«ce do niego nale»¡,

(b) ¡

t, u (t) , u⁰(t) , . . . u⁽ⁿ⁾¢

∈ Ω ∀_t∈I, (c)

F ¡

t, u (t) , u⁰(t) , . . . u⁽ⁿ⁾¢

= 0 ∀_t∈I.

1Nale»y jeszcze zaªo»y¢, »e funkcja F efektywnie zale»y od ostatniej zmiennej.

1 Równanie ró»niczkowe i jego rozwi¡zanie

Przykªad 4. Rozwa»my równanie

x⁰(t) = x (t) ,

gdzie x (t) ∈ R. Jest to równanie ró»niczkowe zwyczajne pierwszego rz¦du. W tym przy- padku:

m = 1, n = 1, X = R, Ω = R × R², F : Ω → X, jest postaci:

F (t, x, x₁) = x₁− x, bo

F (t, x (t) , x⁰(t)) = 0 ⇔ x⁰(t) − x (t) = 0 ⇔ x⁰(t) = x (t) .

Rozwi¡zaniem jest np. funkcja u (t) = e^t, dla t ∈ I = R. Rzeczywi±cie, funkcja ta jest ró»niczkowalna,

(t, u (t) , u⁰(t)) = ¡

t, e^t, e^t¢

∈ Ω = R × R² ∀_t∈I, oraz

F (t, u (t) , u⁰(t)) = u⁰(t) − u (t) = e^t− e^t = 0 ∀_t∈I. Przykªad 5. Rozwa»my równanie

(x⁰⁰)³− x⁰+ x + x² = 1 t ln¡

x²¢ , gdzie x (t) ∈ R. Tym razem mamy:

m = 1, n = 2, X = R, Ω = R \ {0} × R \ {0} × R × R, F : Ω → X, jest postaci:

F (t, x, x1, x2) = x³₂− x1+ x²−1 t ln¡

x²¢ . Przykªad 6. Rozwa»my ukªad równa« ró»niczkowych

½ x⁰₁(t) = x₂(t) + x²₁(t) x⁰₂(t) = x⁰₁(t) + t² .

Jest to równanie pierwszego rz¦du (wektorowe). Przyjmijmy: x (t) = [x1(t) , x2(t)] ∈ R², y (t) = [y₁(t) , y₂(t)] ∈ R². Wówczas:

n = 1, m = 2, X = R², Ω = R × R²× R² oraz F (t, x, y) = F (t, [x1,x2] , [y1, y2]) =£

y1− x2− x²₁, y2− y1 − t²¤

Denicja 3. Mówi¢ b¦dziemy, »e równanie (4) jest w postaci normalnej je±li jest przedstawione jako

x⁽ⁿ⁾(t) = f¡ t, x¡

t, x⁰(t) , . . . , x⁽ⁿ⁻¹⁾¢

, x⁰(t) , . . . , x⁽ⁿ⁻¹⁾¢

, (5)

gdzie f : G → X, G ⊂ R × Xⁿ, oraz oczywi±cie

F (t, x, x1, x2, . . . , xn) = 0 ⇔ xn = f (t, x, x1, . . . xn−1) .

2 Interpretacja geometryczna i zyczna

Równania z przykªadów 4 i 6s¡ w postaci normalnej, natomiast równanie z przykªadu 5 nie jest w postaci normalnej, ale mo»na je zapisa¢ w takiej postaci jako:

x⁰⁰= ³ r

x⁰− x²+1

t ln (x²).

Równania postaci

e^x0 = x⁰

nie mo»na zapisa¢ w postaci normalnej w tym sensie, »e nie istnieje funkcja elementarna f, »e równanie mo»na zapisa¢ w postaci x⁰ = f (t, x) .

Uwaga 1. W du»ej cz¦±ci niniejszego wykªadu zajmowa¢ si¦ b¦dziemy równaniami ró»- niczkowymi zwyczajnymi pierwszego rz¦du w postaci normalnej tzn. równaniami postaci

x⁰ = f (t, x) .

2. Interpretacja geometryczna i zyczna

Rozwa»my równanie

x⁰ = f (t, x) ,

gdzie f : G → R funkcja ci¡gªa, G ⊂ R² zbiór otwarty. Ustalmy punkt (t0, x₀) i przy- pu±¢my, »e funkcja u (·) jest rozwi¡zaniem naszego równania przechodz¡cym przez punkt (t₀, x₀) tzn. u (t0) = x₀. Wówczas nie znaj¡c postaci rozwi¡zania u (·) mo»na obliczy¢

warto±¢ jego pochodnej w punkcie t0,mianowicie:

u⁰(t0) = f (t0, u (t0)) = f (t0, x0)

Interpretuj¡c geometrycznie pochodn¡ mo»emy obliczy¢ tangens k¡ta nachylenia wykresu rozwi¡zania u (·) w punkcie (t0, x0)i tym samym obliczy¢ k¡t nachylenia wykresu rozwi¡- zania do osi ox. Wybieraj¡c odpowiedni g¦sto punkty (t0, x₀) w ukªadzie wspóªrz¦dnych mo»emy wyznaczy¢ sie¢ wektorów stycznych do wykresów rozwi¡za« w wybranym ob- szarze.

Rozwa»my dla przykªadu równanie

x⁰ = x. (6)

W tym przypadku zadanie wyznaczenia wektorów stycznych jest znacznie uªatwione ze wzgl¦du na to, »e prawa strona równania nie zale»y od zmiennej t. W konsekwencji wektory styczne b¦d¡ identyczne dla punktów o identycznej drugiej wspóªrz¦dnej. W ten sposób dokonuj¡c odpowiednich oblicze« otrzymujemy nast¦puj¡cy efekt:

3 Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»niczkowych

Otrzymany wykres informuje nas jak ukªadaj¡ si¦ rozwi¡zania równania (6) i nosi nazw¦

pola kierunków. W sytuacji, gdy prawa strona równania zale»y od zmiennej t naryso- wanie pola kierunków jest znacznie bardziej kªopotliwe.

Równanie ró»niczkowe zwyczajne mo»emy równie» zinterpretowa¢ zycznie. Tu znowu interpretacja b¦dzie prostsza je±li zajmiemy si¦ równaniem autonomicznym. Dla zupeªnej prostoty zajmijmy si¦ ponownie równaniem (6). Przypu±¢my, »e zmienna zale»na x opisuje poªo»enie w jednowymiarowym ukªadzie wspóªrz¦dnych cz¡stki w chwili t. Wówczas x⁰ jest wektorem pr¦dko±ci badanej cz¡stki. Rysuj¡c w ka»dym punkcie osi poªo»enia praw¡

stron¦ równania - czyli wektor x (w ogólnej sytuacji dla równania x⁰ = f (x)- wektor f (x)) otrzymamy informacj¦ jak zmienia si¦ w czasie pr¦dko±¢ badanej cz¡stki. Dostajemy zatem nast¦puj¡c¡ interpretacj¦ geometryczno-zyczn¡ równania x⁰ = x:

0 x

Rysunek 1

3. Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»- niczkowych

W zasadzie wi¦kszo±¢ problemów zycznych, przyrodniczych, czy ekonomicznych mo»na doskonale opisywa¢ za pomoc¡ równa« ró»niczkowych. Dzieje si¦ tak dlatego, »e cz¦sto ªatwymi do zmierzenie wielko±ciami w tych zjawiskach s¡ pr¦dko±ci zmian jakich± procesów a, jak wiadomo, matematycznym odpowiednikiem pr¦dko±ci jest pochodna.

3.1. Kinematyka

Zaªó»my, »e pewne ciaªo o masie m = 1 porusza si¦ po linii prostej ze staªym przyspiesze- niem a > 0. Zgodnie z drug¡ zasad¡ dynamiki Newtona², je±li przez x (t) oznaczymy poªo»enie tego ciaªa w chwili t w jednowymiarowym ukªadzie wspóªrz¦dnych, to równanie ruchu ma posta¢

x⁰⁰(t) = a.

ªatwo odgadn¡¢, »e jego rozwi¡zaniem jest funkcja postaci:

x (t) = at²

2 + bt + c.

Zakªadaj¡c, »e w chwili t = 0 ciaªo znajduje si¦ w poªo»eniu x0i ma pr¦dko±¢ v0dostajemy:

x₀ = x (0) = c,

v₀ = x⁰(0) = [2at + b]_t=0 = b.

Zatem równanie ruchu ma posta¢

x (t) = at²

2 + v₀t + x₀.

2Newton, Isaac Sir (1643 - 1727) matematyk i zyk angielski uwa»any za jednego z trzech, obok Archi- medesa (287 BC - 212 BC) i C. F. Gaussa (1777 - 1855) najwybitniejszych matematyków wszechczasów.

3 Przykªady problemów prowadz¡cych do równa« ró»niczkowych

3.2. Rozwój populacji

Zaªó»my, »e badamy dynamik¦ rozwoju w czasie pewnej sko«czonej populacji organizmów.

Na ogóª jest wiele czynników wpªywaj¡cych na dynamik¦ tego rozwoju. Bardzo istotn¡ i jednocze±nie trudn¡ rzecz¡ jest wybranie tych czynników, które wpªywaj¡ istotnie na t¦

dynamik¦ i pomini¦cie tych, które wpªywaj¡ w sposób nieistotny. W naszym przypadku uzasadnione biologicznie wydaje si¦ przyj¦cie, »e pr¦dko±¢ wzrostu ilo±ci osobników jest wprost proporcjonalna do ilo±ci osobników. Oznaczaj¡c wi¦c ilo±¢ osobników w chwili t jako N (t) dostajemy, »e

N⁰(t) = k · N,

k jest tu wspóªczynnikiem proporcjonalno±ci wyznaczanym do±wiadczalnie.

Pierwszym mankamentem przyj¦tego modelu jest to, »e funkcja N (·) przyjmuje warto±ci caªkowite - nie jest wi¦c ró»niczkowalna. Jednak przy du»ej ilo±ci osobników i wysokiej dynamice zmian ich ilo±ci (np. kiedy badamy populacj¦ bakterii) uci¡glenie funkcji nie generuje istotnego bª¦du. Powa»niejszym problemem jest nieuwzgl¦dnienie »adnych ogra- nicze« na wzrost populacji. Takimi ograniczeniami s¡ przecie» ilo±¢ miejsca, ilo±¢ po»y- wienia itp. Czynniki te mo»na uwzgl¦dni¢ modykuj¡c wspóªczynnik proporcjonalno±ci k. Przyjmijmy, »e

k (N) = b − aN.

Wówczas, zgodnie z intuicj¡, gdy wielko±¢ populacji jest maªa (N < b

a) wspóªczynnik k jest dodatni, za± wraz ze wzrostem N wspóªczynnik k maleje, by w ko«cu osi¡gn¡¢

ujemn¡ warto±¢. Zatem modelem opisuj¡cym w miar¦ idealistycznie dynamik¦ zmiany ilo±ci osobników w populacji jest równanie

N⁰(t) = (b − aN (t)) N (t) .

3.3. Problem drapie»nik-oara

Tak zwane równania Volterry-Lotki³ opisuj¡ wspóªistnienie dwu gatunków zwierz¡t: dra- pie»ników i oar. Niech x oznacza liczb¦ drapie»ników, y  liczb¦ oar. Równania te maj¡

posta¢ ½

x⁰ = (by − a) · x y⁰ = (c − dx) · y

gdzie a, b, c, d > 0. Równania te mog¡ by¢ interpretowane nast¦puj¡co: je±li liczba oar y jest niewielka (y < a

b), to pr¦dko±¢ wzrostu ilo±ci drapie»ników jest ujemna, je±li na- tomiast liczba oar jest du»a, to pr¦dko±¢ wzrostu liczby drapie»ników jest dodatnia.

Podobnie niewiele drapie»ników (x < c

d) powoduje du»¡ pr¦dko±¢ wzrostu liczby oar itd. Prawdopodobnie nie da si¦ rozwi¡za¢ analitycznie równa« Volterry-Lotki, mo»na je jednak do±¢ dokªadnie rozwi¡za¢ w sposób przybli»ony. Z rozwi¡za« tych wyci¡gni¦to nast¦puj¡ce wnioski: 1) liczby oar i drapie»ników zmieniaj¡ si¦ okresowo, 2) je±li nie dziaªaj¡ inne staªe czynniki zaburzaj¡ce, to zmiany te s¡ stabilne, tzn. krótkotrwaªe zabu- rzenia: powód¹, ci¦»ka zima itp. nie zmieniaj¡ charakteru zmian ale mog¡ zmieni¢ wielko±¢

populacji.

3Volterra, Vito (1860 - 1940) matematyk wªoski; Lotka, Alfred James (1880 - 1949), ameryka«ski chemik, demograf, ekolog i matematyk urodzony we Lwowie.

4 Równania o rozdzielonych zmiennych

3.4. Zmiany pogody

W latch 60-tych ameryka«ski meteorolog uwa»ana za twórc¦ podstaw chaosu Edward Lorenz zaproponowaª nast¦puj¡cy ukªad równa« opisuj¡cy zjawiska pogodowe





x⁰ = −10x + 10y y⁰ = 28x − y − xz z⁰ = −⁸₃z + xy

Interpretacja wielko±ci x, y, z jest do±¢ trudna, równa« nie udaªo si¦ rozwi¡za« analitycz- nie, a z rozwi¡za« przybli»onych nie mo»na w peªni zrozumie¢ prawdziwego zachowania si¦ zjawiska.

4. Równania o rozdzielonych zmiennych

Zajmiemy si¦ teraz jednym z podstawowych i jednocze±nie najprostszych równa« - rów- naniem o rozdzielonych zmiennych.

Denicja 4. Niech K, L b¦d¡ dowolnymi przedziaªami, g : L → R, h : K → R funkcjami ci¡gªymi. Wówczas równanie postaci

x⁰(t) = h (t) · g (x (t)) [x⁰ = h (t) · g (x)] (7) nazywamy równaniem ró»niczkowym o rozdzielonych zmiennych.

Twierdzenie 1 (Metoda rozdzielania zmiennych). Rozwa»my równanie (7), w którym przedziaªy K i L s¡ otwarte. Oznaczmy przez H i G dowolnie ustalone funkcje pierwotne funkcji h i ¹_g odpowiednio. Wówczas

(a) Je±li g (x) 6= 0, dla x ∈ L, to funkcja u : I → L, gdzie I jest przedziaªem jest rozwi¡zaniem równania (7) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa c ∈ R taka, »e

G (u (t)) = H (t) + c, dla t ∈ I. (8)

(b) Je±li istnieje x0 ∈ L takie, »e g (x0) = 0, to równanie (7) posiada tzw. rozwi¡zanie stacjonarne okre±lone wzorem

u (t) = x₀, dla t ∈ K Dowód.

(b) Funkcja u (t) = x0 jest ró»niczkowalna dla t ∈ K przy tym u⁰(t) = 0 = h (t)·g (x₀) = h (t) · g (u (t)), dla t ∈ K, zatem jest rozwi¡zaniem równania (7).

(a) Konieczno±¢ (⇒). Zaªó»my, »e u : I → L jest rozwi¡zaniem równania (7) tzn.

u⁰(t) = h (t) · g (u (t)) , dla t ∈ I.

Poniewa» g (x) 6= 0, dla x ∈ L, wi¦c równie» g (u (t)) 6= 0, dla t ∈ I, zatem u⁰(t)

g (u (t)) = h (t) , dla t ∈ I.

4 Równania o rozdzielonych zmiennych

Poniewa»

(G ◦ u)⁰(t) = G⁰(u (t)) · u⁰(t) = u⁰(t)

g (u (t)) = h (t) = H⁰(t) , dla t ∈ I, wi¦c

(G ◦ u)⁰(t) = H⁰(t) , dla t ∈ I, sk¡d wynika istnienie staªej c ∈ R, »e

G (u (t)) = H (t) , +c dla t ∈ I.

Dostateczno±¢ (⇐) . Zaªó»my teraz, »e zachodzi wzór (8) tzn. istnieje staªa c ∈ R,

»e

G (u (t)) = H (t) + c dla t ∈ I.

Ró»niczkuj¡c stronami dostajemy u⁰(t)

g (u (t)) = h (t) , dla t ∈ I sk¡d

u⁰(t) = g (u (t)) · h (t) , dla t ∈ I,

co oznacza, »e u (·) jest rozwi¡zaniem równania (7) w przedziale I.

Uwaga 2. Poniewa» w przypadku (a) g (x) 6= 0, dla x ∈ L, wi¦c funkcja ¹_g = G⁰ jest staªego znaku w przedziale I (jako funkcja ci¡gªa), zatem G jest rosn¡ca lub malej¡ca w L i w konsekwencji odwracalna. Rozwi¡zanie u (·) ma wi¦c posta¢

u (t) = G⁻¹(H (t) + c) , dla t ∈ I.

Funkcja odwrotna do funkcji ci¡gªej nie musi by¢ niestety elementarna, st¡d nie zawsze mo»liwe jest efektywne znalezienie rozwi¡zania równania (7).

Denicja 5. Mówimy, »e rozwi¡zanie u1 : I → X równania ró»niczkowego (4) jest prze- dªu»eniem rozwi¡zania u2 : I → X, je±li I2 ⊂ I1 oraz u1|I2 = u2. Przedªu»enie u1

nazywamy wªa±ciwym, je±li I1 6= I₂.

Denicja 6. Rozwi¡zanie u równania (4) nazywamy wysyconym, albo integralnym, je±li nie posiada ono »adnego przedªu»enia wªa±ciwego.

Twierdzenie 2. Rozwa»my jak w poprzednim twierdzeniu równanie (7), gdzie K i L s¡

otwarte. Wówczas, je±li g (x) 6= 0, dla x ∈ L, to dla dowolnego (t0, x₀) ∈ K × L istnieje jednoznaczne, wysycone rozwi¡zanie u : I → L równania (7) speªniaj¡ce warunek

u (t₀) = x₀.

4 Równania o rozdzielonych zmiennych

Dowód. We¹my dowolnie (t0, x0) ∈ K × L. Niech H i G oznaczaj¡ funkcje pierwotne funkcji h i ¹_g odpowiednio. Oczywi±cie s¡ to funkcje ci¡gªe, wi¦c z wªasno±ci Darboux G (L) jest przedziaªem, poniewa» G jest funkcj¡ monotoniczn¡ (zobacz Uwaga 2), wi¦c jest to przedziaª otwarty. Oznaczmy go przez (p, q) . Oczywi±cie G (x0) ∈ (p, q) .Rozwa»my funkcj¦

K 3 t 7→ H (t) − H (t₀) + G (x₀) . (9)

Dla t = t0 mamy, »e H (t0) − H (t₀) + G (x₀) = G (x₀) ∈ (p, q) . Niech A = {t ∈ K : H (t) − H (t₀) + G (x₀) ∈ (p, q)} . Jest to zbiór otwarty zawieraj¡cy t0. Oznaczmy

α = inf {a ∈ R : (a, t₀] ⊂ A} , β = sup {b ∈ R : [t₀, b) ⊂ A} .

Przedziaª (α, β) jest najwi¦kszym przedziaªem zawieraj¡cym t0 i takim, »e H (t)−H (t0)+

G (x₀) ∈ (p, q), dla t ∈ (α, β) . Zdeniujmy teraz funkcj¦ u : (α, β) → L wzorem u (t) = G⁻¹(H (t) − H (t₀) + G (x₀)) .

Na mocy Twierdzenia 1 ujest rozwi¡zaniem równania (7), ponadto

u (t0) = G⁻¹(H (t0) − H (t0) + G (x0)) = G⁻¹(G (x0)) = x0.

Zatem funkcja u jest rozwi¡zaniem równania (7) speªniaj¡cym warunek u (t0) = x0.Poka-

»emy, »e rozwi¡zania u nie mo»na przedªu»y¢. W tym celu wystarczy wykaza¢, »e α /∈ A i β /∈ A. Przypu±¢my przeciwnie, »e np. α ∈ A. Wobec ci¡gªo±ci funkcji zdeniowanej wzorem (9) istnieje δ > 0, »e (α − δ, α + δ) ⊂ A, jest to jednak sprzeczne z okre±leniem α. Podobnie dowodzimy, »e β /∈ A.

Dla zako«czenia dowodu trzeba jeszcze pokaza¢, »e rozwi¡zanie u jest jedynym rozwi¡za- niem przechodz¡cym przez punkt (t0, x0) .Przypu±¢my, »e u1 : I1 → Ljest równie» rozwi¡- zaniem równania (7) przechodz¡cym przez punkt (t0, x₀) .Wówczas na mocy Twierdzenia 1 istnieje staªa c ∈ R, »e

G (u₁(t)) = H (t) + c, dla t ∈ I1. Wówczas

G (u₁(t)) − G (u (t)) = c + H (t₀) − G (t₀) , dla t ∈ I ∩ I1. St¡d, podstawiaj¡c t = t0

c = G (t0) − H (t0) , w konsekwencji

G (u₁(t)) = H (t) + G (t₀) − H (t₀) = G (u (t)) , dla t ∈ I ∩ I1, co wobec ró»nowarto±ciowo±ci G oznacza, »e

u₁(t) = u (t) , dla t ∈ I ∩ I1.

Przypu±¢my, »e I ∩ I1 6= I₁ (czyli, »e I1 nie jest zawarty w I). Niech

˜ u (t) =

½ u (t) dla t ∈ I ∩ I1

u₁(t) dla t ∈ I1 \ (I ∩ I₁)

Oznacza to, »e ˜u jest przedªu»enie u, co jest sprzeczne i oznacza, »e I = I1.

4 Równania o rozdzielonych zmiennych Przykªad 7. Rozwa»my równanie

x⁰ = x (10)

W tym przypadku h (t) = 1, g (x) = x. Oczywi±cie K = L = R. Poniewa» g (x) = 0 ⇔ x = 0, wi¦c funkcja u (t) = 0 t ∈ R jest rozwi¡zaniem stacjonarnym. Aby znale¹¢ rozwi¡zania niestacjonarne formalnie nale»y przyj¡¢ L = (−∞, 0) lub L = (0, ∞) . Zajmiemy si¦ tym drugim przypadkiem (w pierwszym b¦dzie analogicznie). Mamy, »e G jest funkcj¡ pierwot- n¡ funkcji ¹_g = ¹_x, czyli G (x) = ln x, dla x > 0 oraz H (t) = t, dla t ∈ R. Przypu±¢my, »e u : I → L jest rozwi¡zaniem równanie (10). Wówczas zgodnie z Twierdzeniem 1 istnieje staªa c ∈ R , »e

G (u (t)) = H (t) + c, dla t ∈ I tzn.

ln (u (t)) = t + c, dla t ∈ I.

Wida¢, »e

u (t) = c₁e^t, dla t ∈ I, gdzie c1 = e^c. Oczywi±cie przyjmujemy, »e I = R.

Odwrotnie, je±li u (t) = c1e^t, dla t ∈ R, c1 > 0 to u jest rozwi¡zaniem.

W powy»szym przykªadzie znale¹li±my wszystkie rozwi¡zania badanego równania, których wykresy le»¡ w prostok¡tach R × (−∞, 0) , R × (0, ∞) oraz rozwi¡zanie stacjonarne.

Twierdzenie2gwarantuje nam, »e je»eli ograniczymy si¦ osobno do ka»dego z prostok¡tów, to otrzymane rozwi¡zania s¡ wysycone i jednoznaczne w tym sensie, »e przez ka»dy punkt pªaszczyzny przechodzi tylko jedno rozwi¡zanie. Domy±lamy si¦ równie», »e w przypadku rozwa»anego w przykªadzie równania nie istnieje rozwi¡zanie, którego wykres le»y w obu prostok¡tach  gdyby tak byªo, to rozwi¡zanie takie musiaªoby by¢ przedªu»eniem którego±

z otrzymanych ju» rozwi¡za«  te za± nie mo»na przedªu»y¢ bo s¡ okre±lone na R.

W przypadku ogólnego równania o zmiennych rozdzielonych mog¡ jednak istnie¢ roz- wi¡zania, które mo»na przedªu»y¢ na brzeg rozwa»anych prostok¡tów. Problem ten jest rozstrzygni¦ty przez poni»sze

Twierdzenie 3. Rozwa»my równanie o zmiennych rozdzielonych (7). Niech L = (c, d) , K = (a, b) . Zaªó»my, »e istnieje e ∈ (c, d) taki, »e g (e) = 0 oraz g (x) 6= 0, dla x ∈ (c, d) \ {e} . Niech u : (α, β) → (e, d) b¦dzie jakimkolwiek wysyconym rozwi¡zaniem równania (7) rozwa»anego w zbiorze (a, b) × (e, d) . Niech t0 ∈ (α, β) oraz niech x0 = u (t₀) . Wówczas,

je±li Z _x0

e

dx

g (x) = ±∞, (11)

to rozwi¡zania u nie da si¦ przedªu»y¢ na punkt α. W przeciwnym razie, je±li

t→αlim⁺u (t) = e,

to rozwi¡zanie u mo»na przedªu»y¢ na punkt α kªad¡c u (α) = e. Analogiczne stwierdzenie zachodzi dla rozwi¡zania u : (α, β) → (c, e)

6 Skalarne równania liniowe

5. Równanie jednorodne

Denicja 7. Niech h : (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ ci¡gª¡. Równanie postaci x⁰(t) = h

µx (t) t

¶

, dla t 6= 0 (12)

nazywamy równaniem ró»niczkowym jednorodnym.

Niech I b¦dzie przedziaªem zawartym w (a, b) \ {0}

Twierdzenie 4. Funkcja x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (12) wtedy i tylko wtedy, gdy jest postaci

x (t) = t · y (t) ,

gdzie y : I → R jest rozwi¡zaniem równania o rozdzielonych zmiennych postaci y⁰(t) = h (y (t)) − y (t)

t . (13)

Dowód. Niech y : I → R b¦dzie rozwi¡zaniem równania (13). Wówczas funkcja x : I → R dana wzorem x (t) = t · y (t), dla t ∈ I jest ró»niczkowalna oraz

x⁰(t) = y (t) + t · y⁰(t) = y (t) + h (y (t)) − y (t) = h (y (t)) = h

µx (t) t

¶

, dla t ∈ I, co oznacza, »e x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (12).

Zaªó»my teraz, »e funkcja x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (12). Rozwa»my funkcj¦

y : I → R okre±lon¡ wzorem y (t) = ^x(t)_t , dla t ∈ I. Jest to funkcja ró»niczkowalna, przy czym

y⁰(t) = x⁰(t) · t − x (t)

t² = h

³x(t) t

´

− ^x(t)_t

t = h (y (t)) − y (t)

t , dla t ∈ I, co oznacza, »e y jest rozwi¡zaniem równania (13) i ko«czy dowód.

6. Skalarne równania liniowe

Denicja 8. Niech p, q : (a, b) → R b¦d¡ funkcjami ci¡gªymi. Skalarnym równaniem ró»niczkowym liniowym pierwszego rz¦du nazywamy równanie postaci

x⁰(t) = p (t) · x (t) + q (t) . (14) Je±li q = 0 (q (t) = 0, dla t ∈ (a, b)), to powy»sze równanie nazywamy równaniem linio- wym jednorodnym (w przeciwnym wypadku równanie nazywamy równaniem liniowym niejednorodnym).

Twierdzenie 5. Wszystkie wysycone rozwi¡zania równania (14) wyra»aj¡ si¦ wzorem u (t) = (Q (t) + c) · e^{P (t)}, dla t ∈ (a, b) , (15) gdzie:

P jest dowolnie ustalon¡ funkcj¡ pierwotn¡ funkcji p,

Q jest dowolnie ustalon¡ funkcj¡ pierwotn¡ funkcji (a, b) 3 t 7→ q (t) · e^{−P (t)}, c ∈ R jest dowoln¡ staª¡.

7 Równania zupeªne

Dowód. Niech u : (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ okre±lon¡ wzorem (15). Wówczas u jest ró»niczkowalna oraz

u⁰(t) = q (t) · e^{−P (t)}· e^{P (t)}+ (Q (t) + c) · e^{P (t)}· p (t) = q (t) + (Q (t) + c) · e^{P (t)}· p (t) =

= q (t) + u (t) · p (t) , dla t ∈ (a, b) . Czyli dowolna funkcja postaci (15) jest rozwi¡zaniem równania (14).

Dla zako«czenia dowodu wystarczy teraz pokaza¢, »e je±li u : (a, b) → R jest rozwi¡zaniem równania (14), to jest postaci (15). Poªó»my ψ (t) = u (t) · e^{−P (t)}, dla t ∈ (a, b) . Wówczas ψ jest ró»niczkowalna oraz

u (t) = ψ (t) · e^{P (t)}, dla t ∈ (a, b) . Skoro u jest rozwi¡zaniem (14), to

u⁰(t) = ψ⁰(t) · e^{P (t)}+ ψ (t) · e^{P (t)}· p (t) = p (t) · ψ (t) · e^{P (t)}+ q (t) , dla t ∈ (a, b) , co oznacza, »e

ψ⁰(t) = q (t) · e^{−P (t)}, dla t ∈ (a, b) . W konsekwencji istnieje staªa c ∈ R, »e

ψ (t) = Q (t) + c, dla t ∈ (a, b) , czyli

u (t) = (Q (t) + c) · e^{P (t)}, dla t ∈ (a, b) .

Wniosek 1. Ka»de rozwi¡zanie równania liniowego jednorodnego x⁰(t) = p (t) · q (t)

jest postaci

u (t) = c · e^{P (t)} gdzie t ∈ (a, b) , c ∈ R.

7. Równania zupeªne

B¦dziemy zajmowa¢ si¦ równaniami postaci

Q (x, y (x)) · y⁰(x) + P (x, y (x)) = 0, (16) gdzie P, Q s¡ funkcjami ci¡gªymi okre±lonymi na zbiorze otwartym G ⊂ R × R.

Denicja 9. Równanie postaci (16) nazywa¢ b¦dziemy równaniem ró»niczkowym zu- peªnym (w zbiorze G) je±li istnieje funkcja klasy F ∈ C¹(G, R) ⁴ taka, »e

P (x, y) = F_x⁰ (x, y) , Q (x, y) = F_y⁰(x, y) ,

dla (x, y) ∈ G. Funkcj¦ F speªniaj¡c¡ powy»sze warunki nazywamy funkcj¡ pierwotn¡

równania (16).

4na to aby funkcja F : G → R byªa klasy C¹ potrzeba i wystarcza, posiadaªa ci¡gªe pochodne cz¡stkowe.

7 Równania zupeªne

Twierdzenie 6. Funkcja ró»niczkowalna u : I → R taka, »e (x, u (x)) ∈ G, dla x ∈ I jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego postaci (16) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa γ ∈ R taka, »e funkcja pierwotna F równania (16) speªnia warunek

F (x, u (x)) = γ, dla x ∈ I. (17)

Dowód. Przypu±¢my, »e dla funkcji u : I → R ró»niczkowalnej i takiej, »e (x, u (x)) ∈ G zachodzi warunek (17). Ró»niczkuj¡c równo±¢ (17) stronami dostajemy, »e

F_x⁰(x, u (x)) + F_y⁰(x, u (x)) · u⁰(x) = 0, dla x ∈ I, co wobec denicji funkcji pierwotnej oznacza, »e

P (x, u (x)) + Q (x, u (x)) · u⁰(x) = 0, dla x ∈ I, czyli u jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego (16).

Zaªó»my teraz, »e funkcja u : I → R jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego (16). Wówczas d

dxF (x, u (x)) = F_x⁰(x, u (x)) + F_y⁰(x, u (x)) · u⁰(x) =

= P (x, u (x)) + Q (x, u (x)) · u⁰(x) = 0, dla x ∈ I, co oznacza, »e istnieje staªa γ ∈ R, »e

F (x, u (x)) = γ, dla x ∈ I.

Twierdzenie 7. Niech G b¦dzie dowolnym obszarem jednospójnym, P, Q : G → R funk- cjami ci¡gªymi. Wówczas na to, aby równanie (16) byªo równaniem zupeªnym (w obszarze G) potrzeba i wystarcza, aby

P_y⁰(x, y) = Q⁰_x(x, y) , dla (x, y) ∈ G.

Denicja 10. Niech G ⊂ R² b¦dzie zbiorem otwartym. Funkcj¦ V : G → R klasy C¹ nazywamy caªk¡ pierwsz¡ równania (16) je»eli dla dowolnego rozwi¡zania u : I → R równania (16) istnieje staªa γ ∈ R, »e

V (x, u (x)) = γ, dla x ∈ I.

Uwaga 3. Oczywi±cie funkcja pierwotna równania (16) jest jego caªk¡ pierwsz¡.

Zajmiemy si¦ teraz problemem równania postaci (16), które jednak nie jest zupeªne. Wów- czas mo»emy poszukiwa¢ takiego czynnika, który sprawi, »e po pomno»eniu przez niego obu stron równania (16) równanie stanie si¦ zupeªne.

Denicja 11. Funkcj¦ N : G → R tak¡, »e N (x, y) 6= 0, dla (x, y) ∈ G oraz równanie N (x, y (x)) · Q (x, y (x)) y⁰ + N (x, y (x)) P (x, y (x)) = 0

jest zupeªne (w zbiorze G) nazywamy czynnikiem caªkuj¡cym równania (16).

Zachodzi oczywiste

Twierdzenie 8. Niech G ⊂ R × R b¦dzie obszarem jednospójnym, P, Q, N ∈ C¹(G, R)⁵ oraz niech N (x, y) 6= 0, dla (x, y) ∈ G. Wówczas N jest czynnikiem caªkuj¡cym wtedy i tylko wtedy, gdy

(N (x, y) P (x, y))⁰_y = (N (x, y) Q (x, y))⁰_x.

5symbolem C¹(G, R)oznaczamy zbiór wszystkich funkcji f : G → R klasy C¹.

8 Równania liniowe w Rⁿ

8. Równania liniowe w R

Denicja 12. Równaniem ró»niczkowym liniowym (autonomicznym) w Rⁿ na- zywamy równanie postaci

x⁰(t) = A · x (t) + b, (18)

gdzie A ∈ R^n×n (⁶), za± b ∈ Rⁿ.

Oczywi±cie, je±li b 6= 0, to równanie powy»sze nazywamy niejednorodnym, w przeciwnym razie mamy do czynienia z równaniem jednorodnym.

Uwaga 4. Ka»de równanie postaci x⁰ = Ax lub x⁰ = Ax + b mo»e by¢ przedstawione w postaci ukªadu n równa« ró»niczkowych liniowych skalarnych. Mianowicie, je±li A = [aij]_1≤i,j≤n, x = [x1, . . . , xn]^T, b = [b1, . . . , bn]^T, to równanie x⁰ = Ax + b mo»emy zapisa¢

w postaci 









x⁰₁ = a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn+ b1

x⁰₂ = a₂₁x₁+ a₂₂x₂+ . . . + a_2nx_n+ b₂ ...

x⁰_n= a_n1x₁+ a_n2x₂+ . . . + a_nnx_n+ b_n

Uwaga 5. Przy ustalonej bazie przestrzeni Rⁿ macierzy A ∈ R^n×n odpowiada wzajemnie jednoznacznie pewne odwzorowanie liniowe L : Rⁿ→ Rⁿ o tej wªasno±ci, »e

L (x) = Ax dla x ∈ Rⁿ.

Denicja 13. Niech A ∈ R^n×n. Macierz¡ eksponencjaln¡ nazywamy macierz e^A=

X∞ k=0

1 k!A^k, gdzie A⁰ = I, A^k+1= A · A^k.

Uwaga 6. Powy»sza denicja jest poprawna, bowiem szereg deniuj¡cy macierz e^A jest bezwzgl¦dnie zbie»ny.

Wprowad¹my nast¦puj¡ce oznaczenia

RJ (A)  zbiór wszystkich rozwi¡za« równania jednorodnego

x⁰ = Ax, (19)

RN (A, b)  zbiór wszystkich rozwi¡za« równania niejednorodnego

x⁰ = Ax + b. (20)

Zachodzi nast¦puj¡ce

Twierdzenie 9. Niech u0 b¦dzie dowolnie ustalonym rozwi¡zaniem równania niejedno- rodnego (20), wówczas

RN (A, b) = u₀+ RJ (A) .

6symbolem R^n×noznaczamy zbiór macierzy wymiaru n×n o wyrazach rzeczywistych, mo»na wykaza¢,

»e zbiór R^n×n z dziaªaniami dodawania macierzy i mno»enia przez liczb¦ jest przestrzeni¡ liniow¡ nad ciaªem liczb rzeczywistych.

8 Równania liniowe w Rⁿ

Dowód. Niech u ∈ RN (A, b) . Wtedy w = u − u0 ∈ RJ (A) bo

w⁰(t) = u⁰(t) − u⁰₀(t) = Au (t) + b − Au₀(t) − b = A (u (t) − u₀(t)) = Aw (t) , dla t ∈ R. Mamy wi¦c, »e u jest postaci u = u0+ w, czyli jest ze zbioru u0+ RJ (A) . Je±li u ∈ u0+ RJ (A) , to istnieje w ∈ RJ (A) , »e u = u0+ w,ponadto

u⁰(t) = u⁰₀(t) + w⁰(t) = Au₀(t) + b − Aw (t) = A (u₀(t) − w (t)) + b = Au (t) + b, dla t ∈ R, czyli u ∈ RN (A, b) .

Uwaga 7. Aby zatem znale¹¢ ogóª rozwi¡za« równania niejednorodnego (20) trzeba zna- le¹¢ ogóª rozwi¡za« równania jednorodnego (19) i jakiekolwiek rozwi¡zanie równania nie- jednorodnego (20). Z tego powodu zajmiemy si¦ najpierw problemem rozwi¡zywania rów- nania jednorodnego.

Zachodzi nast¦puj¡ce

Twierdzenie 10. Niech A ∈ R^n×n. Wówczas funkcja ˜u : R 3 t 7→ e^t·A ∈ R^n×n jest funkcj¡ ró»niczkowaln¡ oraz dla dowolnego t ∈ R zachodzi wzór

˜

u⁰(t) = A˜u (t) .

Uwaga 8. Zauwa»my, »e powy»sze twierdzenie gwarantuje istnienie rozwi¡zanie równania (18), co sformuªujemy jako:

Wniosek 2. Dla dowolnie ustalonej macierzy A ∈ R^n×n i dowolnej staªej c ∈ Rⁿ funkcja u : R 3 t 7→ e^t·A· c ∈ Rⁿ

jest rozwi¡zaniem równania (18).

Twierdzenie 11 (O jednoznaczno±ci rozwi¡za« dla równa« liniowych). Niech u1 : R → Rⁿ, u2 : R → Rⁿ b¦d¡ rozwi¡zaniami równania

x⁰ = Ax (21)

takimi, »e u1(t₀) = u₂(t₀), dla pewnego t0 ∈ R. Wówczas u1 = u₂ (tzn. ∀t∈R u₁(t) = u2(t) .)

Twierdzenie 12 (O postaci rozwi¡zania dla równania jednorodnego). Zbiór RJ (A) wszystkich rozwi¡za« u : R → Rⁿ równania (21) mo»na przedstawi¢ w postaci

RJ (A) =©

u : R → Rⁿ : u (t) = e^t·A· c, c ∈ Rⁿª .

Dowód. Na mocy twierdzenia 10 ka»da funkcja u : R → Rⁿ postaci u (t) = e^t·A speªnia równanie (21), zatem ©

u : R → Rⁿ : u (t) = e^t·A· c, c ∈ Rⁿª

⊂ RJ (A) . Niech teraz u ∈ RJ (A) . Przyjmijmy c = u (0) , wówczas na mocy twierdzenia 10 funkcja w : R → Rⁿ postaci w (t) = e^t·A· c jest rozwi¡zaniem równania (21), ponadto w (0) = u (0) , co wobec twierdzenia 11 oznacza, »e u (t) = w (t) = e^t·A· c, dla t ∈ R.

Lemat 1. Niech A, B ∈ R^n×n speªniaj¡ warunek A · B = B · A, wówczas e^A· e^B = e^B· e^A= e^A+B.

8 Równania liniowe w Rⁿ

Wniosek 3. Niech A ∈ R^n×n wówczas (i) e^tA· e^sA = e^(t+s)A, dla t, s ∈ R, (ii) ¡

e^tA¢₋₁

= e^−tA, dla t ∈ R.

Dowód. Poka»emy, »e (tA) · (sA) = (sA) · (tA), dla t, s ∈ R. Rzeczywi±cie:

(tA) · (sA) = (ts) · (A · A) = (sA) · (tA) . Wobec lematu 1mamy teraz, »e

e^tA· e^sA = e^tA+sA = e^(t+s)A W szczególno±ci (bior¡c s = −t)

e^−tA· e^tA = e^tA· e^−tA= e^tA−tA = e⁰ = I,

sk¡d ¡

e^tA¢₋₁

= e^−tA.

Twierdzenie 13. Dla dowolnie ustalonej A ∈ R^n×n zbiór RJ (A) jest liniow¡ przestrzeni¡

(nad ciaªem R) o wymiarze n.

Twierdzenie 14. Dla dowolnie ustalonych (t0, x₀) ∈ R × Rⁿ tzw. zagadnienie Cau-

chy'ego⁷ postaci ½

x⁰(t) = Ax (t)

x (t0) = x0 (22)

ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie okre±lone wzorem

u (t) = e^(t−t0)A· x₀, dla t ∈ R. (23) Dowód. Niech u (t) = e^(t−t0)A· x₀, dla t ∈ R, wtedy

u (t0) = e^(t0−t0)A· x0 = x0. (24) Wobec wniosku 3 (i) mamy te», »e

u (t) = e^(t−t0)A· x₀ = e^tA· e^−t0A· x₀, dla t ∈ R.

Przyjmuj¡c c = e^−t0A· x0 ∈ Rⁿ i korzystaj¡c z twierdzenia 12, dostajemy wobec (24), »e funkcja okre±lona wzorem (28) jest rozwi¡zaniem zagadnienia (27).

Przypu±¢my teraz, »e ¯u : R → Rⁿjest rozwi¡zaniem zagadnienia (27). W my±l twierdzenia 12 istnieje staªa c ∈ Rⁿ,»e

¯

u (t) = e^tA· c. (25)

Poniewa» ¯u (t0) = x0, wi¦c

e^t0A· c = x₀.

7Cauchy, Augustin Louis (1789 - 1857) matematyk i in»ynier francuski.

8 Równania liniowe w Rⁿ Wobec wniosku 3 (ii) ¡

e^t0A¢₋₁

= e^−t0A, czyli

c = e^−t0A· x₀. (26)

Korzystaj¡c jeszcze raz z wniosku 3 (i) mamy wobec (25) i (26), »e

¯

u (t) = e^tA· e^−t0A· x₀ = e^(t−t0)A · x₀ = u (t) , dla t ∈ R.

Wró¢my teraz do problemu poszukiwania rozwi¡za« (niekoniecznie wszystkich  zob. uwa- ga 7) równania niejednorodnego. Odnotujmy nast¦puj¡ce spostrze»enie

Uwaga 9. Je±li macierz A jest nieosobliwa (czyli det A 6= 0), to funkcja staªa u0(t) =

−A⁻¹b, dla t ∈ R jest rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (20) i w konsekwencji ka»de rozwi¡zanie równania niejednorodnego ma posta¢ u (t) = e^tA· c − A⁻¹b, dla t ∈ R i c ∈ Rⁿ.

Posta¢ innego, szczególnego rozwi¡zania równania niejednorodnego prezentuje Twierdzenie 15. Funkcja u : R → Rⁿ okre±lona wzorem

u (t) = e^tA· Z _t

0

e^−sA· bds,

jest rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (20) i w konsekwencji RN (A, b) =

½

u : R → Rⁿ : u (t) = e^tA· c + e^tA· Z _t

0

e^−sA· bds, t ∈ R : c ∈ Rⁿ

¾

Uwaga 10. Analogiczne twierdzenie zachodzi dla równania liniowego nieautonomicznego, w którym wektor b ∈ Rⁿ zale»y od zmiennej t tzn. równania

x⁰(t) = Ax (t) + b (t) ,

wówczas, je±li funkcja b (·) jest caªkowalna, to ka»de rozwi¡zanie powy»szego rozwi¡zania jest postaci

u (t) = e^tA· c + e^tA· Z _t

0

e^−sA· b (s) ds, gdzie t ∈ R i c ∈ Rⁿ.

Mamy te»

Twierdzenie 16. Dla dowolnie ustalonych (t0, x0) ∈ R × Rⁿ zagadnienie Cauchy'ego

postaci ½

x⁰(t) = Ax (t) + b(t)

x (t₀) = x₀ (27)

ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie okre±lone wzorem u (t) = e^(t−t0)A · x₀+ e^tA·

Z _t

t0

e^−sA· b (s) ds, dla t ∈ R. (28)

8 Równania liniowe w Rⁿ

W dotychczasowych rozwa»aniach formuªowali±my odpowiednie twierdzenia dotycz¡ce po- staci rozwi¡za« równania liniowego u»ywaj¡c macierzy eksponencjalnej e^A,która zostaªa zdeniowana jako suma szeregu. Przytoczone twierdzenia pozwol¡ praktycznie znajdowa¢

ogóª rozwi¡za« pod warunkiem, »e potramy wyliczy¢ macierz e^A  w przeciwnym ra- zie maj¡ one tylko charakter teoretyczny. W dalszym ci¡gu zajmiemy si¦ praktycznymi metodami znajdowania macierzy e^A.

Przykªad 8. Niech A = [aij]_1≤i,j≤n b¦dzie macierz¡ diagonaln¡ tzn. tak¡, »e

a_ij =

½ λ_i gdy i = j 0 gdy i 6= j ,

gdzie λi ∈ R, dla i = 1, 2, . . . , n. Tak¡ macierz zapisujemy zwykle jako A = diag (λ₁, . . . , λ_n) .

Wtedy

A² =







λ₁ 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 ... ... ... ...

0 0 · · · λ_n





·







λ₁ 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 ... ... ... ...

0 0 · · · λ_n





=







λ²₁ 0 · · · 0 0 λ²₂ · · · 0 ... ... ... ...

0 0 · · · λ²_n





.

Indukcyjnie mo»na wykaza¢, »e

A^k =







λ^k₁ 0 · · · 0 0 λ^k₂ · · · 0 ... ... ... ...

0 0 · · · λ^k_n





.

St¡d

e^A= X∞ k=0

A^k k! =











 P∞ k=0

λ^k₁

k! 0 · · · 0

0 P^∞

k=0

λ^k₂

k! · · · 0 ... ... ... ...

0 0 · · · P^∞

k=0

λ^k_n k!













= diag¡

e^λ1, e^λ2, . . . , e^λn¢ .

Oczywi±cie

e^tA = diag¡

e^tλ1, e^tλ2, . . . , e^tλn¢ Je±li mamy zatem równanie

x⁰ = Ax,

gdzie A = diag (λ1, . . . , λ_n) , to ka»de rozwi¡zanie u = [u1, u₂, . . . u_n]^T jest postaci u (t) = e^tA· c = diag¡

e^tλ1, e^tλ2, . . . , e^tλn¢

· c,

8 Równania liniowe w Rⁿ

czyli

u (t) =







c₁e^tλ1 c2e^tλ2

...

cne^tλn,







dla t ∈ R, c = [c1, c₂, . . . , c_n] ∈ Rⁿ.

Uwaga 11. Podobnie jak poprzednio, dokonuj¡c elementarnych rachunków mo»na wy- kaza¢, »e je±li A = diag (A1, A₂, . . . , A_r) , gdzie r ≤ n i A1, A₂, . . . , A_r s¡ macierzami kwadratowymi, tzn.

A =





A₁ . . . 0 ... ... ...

0 . . . A_r



 ,

to

e^A= diag¡

e^A1, e^A2, . . . , e^Ar¢ .

Przykªad 9. Ustalmy liczby t, λ ∈ R. Rozwa»my macierz kwadratow¡

A =









t · λ 0 . . . . 0 t t · λ . . . . 0 0 t . . . . 0 ... ... ... ... ...

0 0 . . . t t · λ







 .

Zauwa»my, »e w tym przypadku A = B + L, gdzie

B =









0 0 0 . . . 0 t 0 0 . . . 0 0 t 0 . . . 0 ... ... ... ... ...

0 0 . . . t 0









, L =









tλ 0 0 . . . 0 0 tλ 0 . . . 0 0 0 tλ . . . 0 ... ... ... ... ...

0 0 . . . 0 tλ







 ,

ponadto, jak ªatwo sprawdzi¢ B · L = L · B, zatem na mocy lematu 1

e^A= e^B+L= e^B· e^L. (29)

Zauwa»my dalej, »e

B² =









0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 0 0 t² . . . 0 0 0 ... ... ... ... ...

0 . . . t² 0 0









, . . . , Bⁿ⁻¹ =





0 . . . 0 ... ... ...

tⁿ⁻¹ . . . 0



 , Bⁿ= 0,

st¡d

e^B= X∞ k=0

B^k k! =

Xn−1 k=0

B^k k! =









1 0 0 . . . 0

t 1 0 . . . 0

t²

2! t 1 . . . 0

... ... ... ... ...

tⁿ⁻¹ (n−1)!

tⁿ⁻²

(n−2)! . . . 1







 .

8 Równania liniowe w Rⁿ W konsekwencji poniewa» e^L = diag¡

e^tλ, e^tλ, . . . , e^tλ¢

= e^tλ· I, wi¦c na wobec (29)

e^A = e^B· e^L= e^L· e^B = e^tλ· I · e^B =









e^tλ 0 0 . . . 0

e^tλt e^tλ 0 . . . 0 e^{tλ t}_2!² e^tλt e^tλ . . . 0 ... ... ... ... ...

e^{tλ t}_(n−1)!ⁿ⁻¹ e^{tλ t}_(n−2)!ⁿ⁻² . . . e^tλ







 .

Rozwa»my teraz równanie

x⁰ = ¯Ax, gdzie

A =¯









λ 0 0 . . . 0 1 λ 0 . . . 0 0 1 λ . . . 0 ... ... ... ... ...

0 0 . . . λ







 ,

lub, co na jedno wychodzi ukªad równa«











x⁰₁ = λx₁ x⁰₂ = x₁+ λx₂ ...

x⁰_n= x_n−1+ λx_n .

Wiemy, »e ka»de rozwi¡zanie tego równania ma posta¢ u (t) = e^{t ¯A} · c, gdzie c ∈ Rⁿ. Z poprzednich rozwa»a« mamy te», »e

e^{t ¯A}= e^A=









e^tλ 0 0 . . . 0

e^tλt e^tλ 0 . . . 0 e^{tλ t}_2!² e^tλt e^tλ . . . 0 ... ... ... ... ...

e^{tλ t}_(n−1)!ⁿ⁻¹ e^{tλ t}_(n−2)!ⁿ⁻² . . . e^tλ







 ,

sk¡d wnosimy, »e rozwi¡zanie u = [x1, x2, . . . , xn]^T rozwa»anego równania jest postaci:











x₁ = c₁e^tλ

x₂ = c₁te^tλ+ c₂e^tλ ...

xn = c1 tⁿ⁻¹

(n−1)!e^tλ+ . . . + cn−1te^tλ+ cne^tλ

t ∈ R : c₁, . . . c_n, ∈ R.

Przykªad 10. Niech

A =

· α β

−β α

¸ . Wówczas A = B + C, gdzie

B =

· 0 β

−β 0

¸

, C =

· α 0 0 α

¸