Chcemy znale´z´c wszystkie rozwiazania tego uk ladu r´ owna´ n, kt´ ory nazywany jest niejednorodnym.

R´ ownania r´ o ˙zniczkowe — wstep

Zaczniemy od przypomnienia niekt´ orych w lasno´sci uk lad´ ow r´ owna´ n liniowych. Om´ owimy to tym razem na przyk ladzie. Rozwa˙zymy uk lad

( x − y + 2z = 1 , 2x + y + z = 2 , 8x + y + 7z = 8 .

(nj)

Chcemy znale´z´c wszystkie rozwiazania tego uk ladu r´ owna´ n, kt´ ory nazywany jest niejednorodnym.

Wielu student´ ow w takiej sytuacji ma ochote na zastosowanie uniwersalnej metody, kt´ ora „za latwia”

problem. W tym przypadku jest dosy´c prawdopodobne, ˙ze spr´ obuja oni zastosowa´c wzory Cramera.

Mamy

1 −1 2

2 1 1

8 1 7

=      

1 −1 2

0 3 −3

0 9 −9

=    

3 −3 9 −9   

 = 3 · 9 ·    

1 −1 1 −1    

= 0

— odjeli´smy pierwszy wiersz pomno˙zony przez 2 od wiersza drugiego, pierwszy pomno˙zony przez 8 od wiersza trzeciego, po czym rozwineli´smy wyznacznik wzgledem pierwszej kolumny i wreszcie wy laczyli´smy z pierwszego wiersza liczbe 3 , a z drugiego — liczbe 9 i skorzystali´smy z tego, ˙ze wyznacznik macierzy, w kt´ orej pokrywaja sie dwa wiersze, jest r´ owny 0. Poniewa˙z wyznacznik uk ladu jest r´ owny 0 , wiec uk lad mo˙ze nie mie´c rozwiaza´ n w og´ ole, a mo˙ze te˙z mie´c ich niesko´ nczenie wiele.

Za l´ o˙zmy teraz, ˙ze dwie tr´ ojki (x 1 , y 1 , z 1 ) i (x 2 , y 2 , z 2 ) sa rozwiazaniami uk ladu (nj), tzn.

( x 1 − y ¹ + 2z 1 = 1 , 2x 1 + y 1 + z 1 = 2 , 8x 1 + y 1 + 7z 1 = 8 ,

i

( x 2 − y ² + 2z 2 = 1 , 2x 2 + y 2 + z 2 = 2 , 8x 2 + y 2 + 7z 2 = 8 . Odejmujac stronami pierwsze, drugie i trzecie r´ ownania otrzymujemy wzory:







(x 1 − x 2 ) − (y 1 − y 2 ) + 2(z 1 − z 2 ) = 0 , 2(x 1 − x 2 ) + (y 1 − y 2 ) + (z 1 − z 2 ) = 0 , 8(x 1 − x 2 ) + (y 1 − y 2 ) + 7(z 1 − z 2 ) = 0 .

(j)

Wykazali´smy wiec, ˙ze w tej sytuacji tr´ ojka (x 1 − x 2 , y 1 − y 2 , z 1 − z 2 ) jest rozwiazaniem uk ladu (j), zwanego jednorodnym. Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli dwie tr´ ojki liczb (u 1 , v 1 , w 1 ) i (u 2 , v 2 , w 2 ) , czyli dwa wektory, sa rozwiazaniami uk ladu jednorodnego, a α, β dwiema liczbami, to r´ ownie˙z tr´ ojka (wektor)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(αu 1 + βu 2 , αv 1 + βv 2 , αw 1 + βw 2 ) , zwany kombinacja liniowa wektor´ ow −−−−−−−→ (u 1 , v 1 , w 1 ) , −−−−−−−→ (u 2 , v 2 , w 2 ) o wsp´ o lczynnikach α, β jest rozwiazaniem uk ladu jednorodnego. Oznacza to, ˙ze zbi´ or rozwiaza´ n uk ladu jednorodnego jest przestrzenia liniowa. W rozpatrywanym przypadku sa to wektory pro- stopad le do wektor´ ow −−−−−−→

(1, −1, 2) , −−−−→ (2, 1, 1) i −−−−→ (8, 1, 7) . Poniewa˙z −−−−→ (8, 1, 7) = 3 −−−−→ (2, 1, 1) + 2 −−−−−−→

(1, −1, 2) , wiec z prostopad lo´sci wektora −−−−−→ (u, v, w) do wektor´ ow −−−−−−→ (1, −1, 2) i −−−−→ (2, 1, 1) wynika jego prostopad lo´s´c do wektora −−−−→ (8, 1, 7) = 3 −−−−→ (2, 1, 1) + 2 −−−−−−→ (1, −1, 2) , by przekona´c sie o tym mno˙zymy skalarnie ostatnia r´ owno´s´c przez wektor −−−−−→ (u, v, w) . Wektory −−−−−−→ (1, −1, 2) i −−−−→ (2, 1, 1) nie sa r´ ownoleg le, co wynika np. z tego, ˙ze ich iloczyn wektorowy −−−−−−→ (−3, 3, 3) nie jest wektorem zerowym (zreszta r´ownoleg lo´s´c wek- tor´ ow oznacza ich proporcjonalno´s´c . . . ). Z tego, co napisali´smy wynika od razu, ˙ze zbi´ or rozwiaza´ n

1001

uk ladu jednorodnego jest prosta przechodzaca przez (0, 0, 0) , prostopad la do wektor´ ow −−−−−−→

(1, −1, 2) i −−−−→ (2, 1, 1) . Z tego, co napisali´smy wynika, ˙ze dla znalezienia wszystkich rozwiaza´ n uk ladu niejed- norodnego wystarczy znale´z´c jedno jego rozwiazanie i wszystkie rozwiazania uk ladu jednorodnego.

Wida´c od razu, ˙ze rozwiazaniem uk ladu (nj) jest np. wektor −−−−→ (1, 0, 0) . Rozwiazaniami uk ladu jedno- rodnego sa wektory t −−−−−−→

(−1, 1, 1) , t ∈ , bo sa one r´ownoleg le do wektora −−−−−−→

(−3, 3, 3) . Sa to wszystkie rozwiazania tego uk ladu, bo jedynie wektory r´ ownoleg le do −−−−−−→

(−3, 3, 3) sa jednocze´snie prostopad le do obu wektor´ ow −−−−−−→ (1, −1, 2) i −−−−→ (2, 1, 1) . Wobec tego rozwiazania uk ladu niejednorodnego sa postaci

−−−−→

(1, 0, 0) + t −−−−−−→ (−1, 1, 1) (innych rozwiaza´n uk lad (nj) nie ma). Oczywi´scie do tego samego rezultatu mo˙zna doj´s´c na drodze czysto algebraicznej. Mo˙zna np. potraktowa´c niewiadoma z jako parametr i znale´z´c wzory na x oraz y (tak zosta lo to zrobione w czasie wyk ladu). Przekonamy sie niebawem,

˙ze opisane zjawisko wystepuje r´ ownie˙z w innych sytuacjach, w kt´ orych znajdowanie rozwiaza´ n jest mniej oczywiste.

Bedziemy zajmowa´c sie r´ ownaniem

x ⁰ (t) = kx(t) ,

w kt´ orym k oznacza dana liczbe, a x poszukiwana funkcje zmiennej t . Nie jest trudno zauwa˙zy´c, ˙ze funkcja e ^kt jest rozwiazaniem tego r´ ownania. Oczywi´scie nie jedynym. Je´sli pomno˙zymy te funkcje np. przez √ ³

11 , to te˙z otrzymamy rozwiazanie. Og´ olnie funkcja Ce ^kt jest rozwiazaniem r´ ownania x ⁰ (t) = kx(t) dla ka˙zdej liczby C , bo Ce ^kt
0

= kCe ^kt . Wyka˙zemy, ˙ze innych rozwiaza´ n to r´ ownanie nie ma.

Je´sli x ⁰ (t) = kx(t) , to x(t)e ^−kt
0

= x ⁰ (t)e ^−kt − x(t)ke ^−kt = kx(t)e ^−kt − x(t)ke ^−kt = 0 dla ka˙zdej liczby t . Oznacza to, ˙ze funkcja x(t)e ^−kt jest sta la na przedziale, na kt´ orym jest okre´slona (zak ladamy, ˙ze dziedzina funkcji x jest pewien przedzia l). Oznaczajac warto´s´c funkcji x(t)e ^−kt przez C otrzymujemy r´ owno´s´c x(t) = Ce ^kt . Wykazali´smy, ˙ze odgadniete rozwiazania sa jedynymi.

Przy okazji mo˙zemy zauwa˙zy´c, ˙ze rozwiazania te tworza jednowymiarowa przestrze´ n liniowa.

Teraz zajmiemy sie r´ ownaniem

x ⁰ (t) = −3x(t) + sin t . (njr)

Podobnie jak w przypadku rozpatrywanego poprzednio uk ladu r´ owna´ n liniowych mo˙zemy zauwa˙zy´c,

˙ze je´sli funkcje x 1 i x 2 spe lniaja r´ ownanie (nj), to ich r´ o˙znica u = x 1 − x ² spe lnia r´ ownanie

u ⁰ (t) = −3u(t) . (jr)

Mamy bowiem

u ⁰ (t) = x 1 (t) − x 2 (t)
0 = x ⁰ ₁ (t) − x ⁰ 2 (t) = −3x 1 (t) + 3x 2 (t) = −3 x 1 (t) − x 2 (t)
= −3u(t) . Mo˙zemy wiec postapi´c podobnie jak w przypadku r´ ownania (nj): zgadna´c jedno rozwiazanie i doda´c

1002

do niego wszystkie rozwiazania r´ ownania (jr). W r´ ownaniu (njr) wystepuje funkcja sinus. Mo˙zna wiec spr´ obowa´c znale´z´c liczby A, B tak, by funkcja A cos t+B sin t okaza la sie rozwiazaniem r´ owna- nia (njr). Podstawiamy x(t) = A cos t + B sin t i otrzymujemy

−A sin t + B cos t = −3A cos t + B sin t + sin t = −3A cos t + (1 − 3B) sin t .

Wystarczy wiec wybra´c liczby A, B tak, by −A = 1 − 3B i B = −3A . Rozwiazujac ten uk lad r´ owna´ n liniowych z niewiadomymi A, B otrzymujemy: A = − ₁₀ ¹ i B = ₁₀ ³ . Przekonali´smy sie, ˙ze funkcja x 1 (t) = − ₁₀ ¹ cos t + ₁₀ ³ sin t jest jednym z rozwiaza´ n r´ ownania x ⁰ (t) = −3x(t) + sin t . Wiemy ju˙z, ˙ze wtedy funkcja x − x 1 spe lnia r´ ownanie u ⁰ (t) = −3u(t) , zatem istnieje liczba C taka, ˙ze x (t) − x 1 (t) = Ce ^−3t dla ka˙zdej liczby t , czyli x(t) = − ₁₀ ¹ cos t + ₁₀ ³ sin t + Ce ^−3t . Zgadujac i poma- gajac sobie rozumowaniami ograniczajacymi zbi´ or rozwiaza´ n do odgadnietych funkcji rozwiazali´smy r´ ownanie r´ o˙zniczkowe. W przysz lo´sci sformu lujemy twierdzenia opisujace rozwiazania najprostszych r´ owna´ n r´ o˙zniczkowych, kt´ orych na razie nie zdefiniowali´smy, ale wstepnie mo˙zemy powiedzie´c, ˙ze sa to r´ ownania, w kt´ orych niewiadoma jest funkcja i w kt´ orych pojawia sie zar´ owno funkcja jak i jej pochodna.

Na zako´ nczenie poka˙zemy jeszcze jeden spos´ ob postepowania umo˙zliwiajacy rozwiazanie r´ owna- nia r´ o˙zniczkowego niejednorodnego (njr) po rozwiazaniu r´ ownania (jr). Mo˙zemy szuka´c rozwiazania w postaci c(t)e ^−3t . Ma to sens, bo funkcja e ^−3t nie przyjmuje warto´sci 0 , wiec mo˙zna zdefiniowa´c c(t) = e ^x − ^(t) 3t = x(t)e ^3t . Podstawiajac te funkcje do r´ ownania (njr) otrzymujemy r´ owno´s´c

c(t)e ^−3t  0

= −3c(t)e ^−3t + sin t . Po zr´ o˙zniczkowaniu lewej strony i redukcji otrzymujemy

c ⁰ (t)e ^−3t − 3c(t)e ^−3t = −3c(t)e ^−3t + sin t ,

czyli c ⁰ (t)e ^−3t = sin t , tzn. c ⁰ (t) = e ^3t sin t . Wystarczy wiec znale´z´c R e ^3t sin tdt . Sca lkujemy dwu- krotnie przez cze´sci:

R e ^3t sin tdt = ¹ ₃ e ^3t sin t − ¹ ₃ R e ^3t cos tdt = ¹ ₃ e ^3t sin t − ¹ ₉ e ^3t cos t − ¹ ₉ R e ^3t sin tdt .

Otrzymali´smy r´ ownanie w kt´ orym niewiadoma jest poszukiwana ca lka. Mo˙zemy je przepisa´c w po- staci

10

9 R e ^3t sin tdt = ¹ ₃ e ^3t sin t − ¹ 3 R e ^3t cos tdt = ¹ ₃ e ^3t sin t − ¹ 9 e ^3t cos t + c , gdzie c oznacza pewna sta la. Mno˙zac przez ₁₀ ⁹ otrzymujemy

R e ^3t sin tdt = ₁₀ ³ e ^3t sin t − 10 ¹ e ^3t cos t + c . Wobec tego mo˙zemy napisa´c, ˙ze funkcja  ₃

10 e ^3t sin t − 10 ¹ e ^3t cos t + ce ^−3t = ₁₀ ³ sin t − 10 ¹ cos t + ce ^−3t jest rozwiazaniem r´ ownania (njr).

Metoda zastosowana przed chwila jest nazywana uzmiennianiem sta lej, bo w rozwiazaniu r´ ow- nania jednorodnego zastepujemy sta la przez funkcje, co sprowadza rozwiazywanie r´ ownania r´ o˙znicz- kowego do ca lkowania.

Uwaga

R´ ownanie x ⁰ (t) = kx(t) pojawia sie w wielu sytuacjach. Np. Je´sli przyjmiemy, ˙ze t oznacza czas,

1003

x(t) mase substancji promieniotw´ orczej w chwili t i ˙ze ubytek masy jest proporcjonalny do masy w danej chwili i czasu oraz, ˙ze k jest wsp´ o lczynnikiem proporcjonalno´sci, to mo˙zemy napisa´c, ˙ze x (t + ∆t) − x(t) = kx(t)∆t , a raczej, ˙ze x(t + ∆t) − x(t) ≈ kx(t)∆t , czyli ^x (t+∆t)−x(t)

∆t ≈ kx(t) , przy czym przybli˙zenie jest tym dok ladniejsze im, ∆t jest mniejsze. W granicy otrzymujemy

x ⁰ (t) = lim

∆t→0

x (t+∆t)−x(t)

∆t = kx(t) .

Oczywi´scie w opisanej sytuacji k oznacza liczbe ujemna. Podobny rezultat otrzyma´c mo˙zna roz- patrujac np. d lugo´s´c preta metalowego jako funkcje temperatury z tym, ˙ze w tym przypadku k oznacza´c bedzie liczbe dodatnia. W obydw´ och przypadkach w opisie matematycznym wystepuje funkcja wyk ladnicza. Wystepuje ona r´ ownie˙z wtedy, gdy interesuje nas liczebno´s´c jakiej´s populacji jako funkcja czasu, przy za lo˙zeniu, ˙ze warunki ˙zycia sa niezmienne w czasie.

1004