dr hab. H. Gacki

Geologia I rok 2012/13

Materiały uzupełniające do Wykładu 11, 12, 13

Definicja 1. Równaniem różniczkowym nazywamy równanie, w którym występuje nieznana funkcja i jej
pochodne. Jeżeli nieznana funkcja jest jednej zmiennej, to takie równanie nazywamy równaniem zwyczaj-
nym, a gdy funkcja ta zależy od wielu zmiennych i w równaniu występują jej pochodne cząstkowe, to takie
równanie nazywamy równaniem cząstkowym.

Równanie różniczkowe zwyczajne można zapisać w postaci

(1)

f



t, x(t), x

,

(t), ..., x

n

(t)



= 0,

gdzie „f

,,

oznacza znaną funkcję, a „x

,,

jest funkcją nieznaną.

Definicja 2. Funkcję x określoną na pewnym przedziale otwartym i spełniającą zależność (1)nazywamy
rozwiązaniem równania różniczkowego (1).

Rozpad promieniotwórczy 1.

Niech m(t) oznacza masę pierwiastka promieniotwórczego w chwili

t. Zakładamy, że masa pierwiastka, która ulega rozpadowi w małym przedziale czasowym [t, t + ∆t] jest
proporcjonalna do m(t) i ∆t tzn.:

∆m ≈ −λm(t)∆t.

Dzieląc obie strony równania przez ∆t i przechodząc do granicy gdy ∆t → 0, otrzymujemy:

(2)

m

0

(t) = lim

∆t→0

∆m

∆t

= −λm(t).

Zauważmy, że



e

λt

m(t)



0

= λe

λt

m(t) + e

λt

m

0

(t) = e

λt



λm(t) + m

0

(t)



= e

λt



λm(t) − λm(t)



= 0.

Stąd funkcja y(t) = e

λt

m(t) jest stała. Przyjmując m(0) = C, dostaniemy

e

λt

m(t) = y(t) = y(0) = C,

stąd

m(t) = Ce

−λt

.

Uwaga 1. Rozwiązanie równania (2) jest określone jednoznacznie przez podanie wartości C, a więc masy
pierwiastka promieniotwórczego w chwili początkowej t=0. Warunek m(0) = C nazywamy warunkiem
początkowym.

Populacje o ograniczonej ilości pożywienia 1. W prostych modelach populacyjnych przyjmuje się, że
przyrost populacji jest proporcjonalny do pewnej funkcji zależnej od liczby osobników. Zależność tę można
opisać równaniem

x

0

(t) = f (x(t)),

gdzie f jest znaną funkcją, a x(t) opisuje liczbę osobników w populacji.

Klasyczny model Malthusa z roku 1798 opisuje populację żyjącą w idealnie korzystnych warun-

kach. W modelu tym przyjmuje się, że przyrost ludności jest proporcjonalny do liczby ludzi. W ten sposób
dostajemy równanie opisujące stan takiej populacji:

x

0

(t) = λx(t),

rozwiązaniem jest funkcja

x(t) = Ce

λt

.

1

Jeżeli założymy, że populacja ma ograniczoną ilość pożywienia, to jej rozwój dobrze opisuje funkcja

postaci: f (x) = λx(1 − x), a więc x(t) spełnia równanie:

x

0

= λx(1 − x).

Jednym z rozwiązań jest x ≡ 1 (stan równowagi). Z kolei jeżeli x(t) < 1 to stan populacji rośnie, jeżeli

x(t) > 1, to stan populacji maleje. Pokażemy, (rozwiązując odpowiednie równanie), że lim

t→∞

x(t) = 1, co

oznacza, że populacja dąży do stanu równowagi.

Równanie o zmiennych rozdzielonych

p(y)y

0

= q(x),

gdzie

p, q

są znanymi funkcjami

(3)

ciągłymi w pewnym przedziale.

Poszukujemy funkcji y(x) spełniającej równanie (3). Niech

P (y) =

Z

p(y)dy

Q(x) =

Z

q(x)dx

zatem

d

dx

P



y(x)



!

= P

0

(y)y

0

(x) = p(y)y

0

oraz

d

dx

Q(x) = q(x),

Stąd oraz równania (3) dostajemy

d

dx

P



y(x)



!

=

d

dx

Q(x)

stąd

d

dx

P



y(x)



− Q(x)

!

= 0.

Równanie populacyjne, jednorodne

Wniosek 1. Z ostatniej zależności wynika, że P (y(x)) − Q(x) jest stała. Zatem rozwiązanie y(x) równania
(3) spełnia warunek

P (y(x)) = Q(x) + C,

gdzie C jest pewną stałą.

Przykład 1. Rozwiążemy równanie populacyjne

y

0

(x) = y(1 − y)

⇔

1

y(1 − y)

y

0

(x) = 1,

zatem

p(y) =

1

y(1 − y)

a

q(x) = 1.

Ponieważ

Q(x) =

R

1dx = x,

oraz

P (y) =

R

dy

y(1−y)

=

R

1
y

−

1

y−1

!

dy = ln |y| − ln |y − 1| = ln





y

y−1





więc

ln







y

y−1







= x + C

Po prostych przekształceniach

y(x) =

1

1−Ce

−x

gdzie

C ∈ R.

2

Równanie postaci

dy

dx

= f (ax + by + c)

sprowadzamy przez podstawienie

u(x) = ax + by(x) + c

inaczej

u

0

(x) = a + by

0

(x) = a + bf (u).

Do równania o zmiennych rozdzielonych postaci

1

a + bf (u)

u

0

(x) = 1.

(4)

Znając rozwiązanie (4) można łatwo wyznaczyć funkcję y(x) spełniającą wyjściowe równanie.

Równanie jednorodne postaci

y

0

(x) = f

y

x

!

sprowadza się za pomocą podstawienia

u(x) =

y(x)

x

tzn.

y

0

= u

0

x + u,

a stąd

u

0

x + u = f (u).

(5)

do równania o zmiennych rozdzielonych postaci:

1

f (u) − u

· u

0

=

1

x

Liczby zespolone

Liczb¸e zespolon¸

a postaci a−bi nazywamy liczb¸

a sprz¸

eżon¸

a do liczby z = a+bi i oznaczamy symbolem

¯

z. Postaci¸

a trygonometryczn¸

a liczby zespolonej nazywamy

z = r(cos ϕ + i sin ϕ).

(6)

gdzie

a = r cos ϕ,

b = r sin ϕ,

r =

2

√

a

2

+ b

2

,

liczb¸e r nazywamy modułem liczby zespolonej z, natomiast ϕ argumentem tej liczby.

3

Zadanie

Wyznaczyć postać trygonometryczną liczby z = 1 + i.

Ponieważ a = 1, b = 1 więc r =

√

2. Stąd wynika, że cos ϕ =

1

√

2

oraz sin ϕ =

1

√

2

. Zatem ϕ =

π

4

i

ostatecznie

z = 1 + i =

√

2



cos

π

4

+ i sin

π

4



.

Wprowadzimy następujące oznaczenia

|z| = r,

arg z = ϕ + 2kπ, k − liczba całkowita.

Argumentem głównym arg

∗

z liczby z nazywamy argument mieszczący się w przedziale

0 ¬ arg z < 2π

Twierdzenie 1. Własności modułu i sprz¸

eżenia;

1. ¯

¯

z = z,

2.

z

1

+ z

2

= ¯

z

1

+ ¯

z

2

,

3. z

1

− z

2

= ¯

z

1

− ¯

z

2

,

4. z

1

z

2

= ¯

z

1

¯

z

2

,

5. z ¯

z = |z|

2

,

6. |z

1

+ z

2

| ¬ |z

1

| + |z

2

|,

7. |z

1

z

2

| = |z

1

||z

2

|,

8.





z

1

z

2





=

|z

1

|

|z

2

|

.

Jeżeli z

1

= |z

1

|



cos ϕ

1

+ i sin ϕ

1



, z

2

= |z

2

|



cos ϕ

2

+ i sin ϕ

2



wtedy

1.

z

1

z

2

= |z

1

||z

2

|



cos(ϕ

1

+ ϕ

2

) + i sin(ϕ

1

+ ϕ

2

)



2.

z

1

z

2

=





z

1

z

2







cos(ϕ

1

− ϕ

2

) + i sin(ϕ

1

− ϕ

2

)



3. z = |z|



cos ϕ + i sin ϕ



wtedy dla n ∈ N mamy:

(7)

z

n

= |z|

n



cos nϕ + i sin nϕ



4. z = |z|



cos ϕ + i sin ϕ



wtedy

(8)

n

q

|z|



cos

ϕ + k360

o

n

+ i sin

ϕ + k360

o

n



,

gdzie

k = 0, 1, 2, ..., n − 1.

Interpretacja geometryczna mnożenia liczb zespolonych

4

Przykład

Wyznacz pierwiastki 3-go stopnia z liczby 1 + i.

1 + i =

2

√

2



cos

π

4

+ i sin

π

4



Korzystaj¸

ac ze wzoru (8) otrzymamy

x

1

=

6

√

2



cos

π

12

+ i sin

π

12



x

2

=

6

√

2



cos(

π

12

+

2π

3

) + i sin(

π

12

+

2π

3

)



x

3

=

6

√

2



cos(

π

12

+

4π

3

) + i sin(

π

12

+

4π

3

)



Przykład

Oblicz (1 − i)

10

Ponieważ 1 − i =

2

√

2



cos 315

o

+ i sin 315

o



, więc korzystając ze wzoru (7) dostaniemy

(1 − i)

10

=

2

√

2

10



cos 3150

o

+ i sin 3150

o



= 2

5



cos 270

o

+ i sin 270

o



= 32(0 − i) = −32i

Rzut stereograficzny - własności

5

Własności Rzutu stereograficznego

• Odwzorowanie stereograficzne jest wzajemnie jednoznaczne ze sfery z wyłączonym jednym punktem

(środkiem rzutu) na płaszczyznę.

• Odwzorowanie to jest wiernokątne: dwie linie na sferze i ich obrazy na płaszczyźnie przecinają się

pod takim samym kątem.

• Każdy okrąg na sferze, przechodzący przez środek rzutu, odwzorowuje się na prostą na płaszczyźnie,

zaś każdy inny okrąg na sferze odwzorowuje się na okrąg na płaszczyźnie.

• W przekształceniu odwrotnym każda prosta na płaszczyźnie–rzutni odwzorowuje się na okrąg na

sferze przechodzący przez środek rzutu, każdy okrąg na rzutni odwzorowuje się na okrąg na sferze.

6

Rzut stereograficzny - własności interpretacja geometryczna

Metoda operatorowa rozwiązywania równań różniczkowych zwyczajnych

Transformata Laplace’a

Definicja

3. Transformat¸

a Laplace’a z funkcji f : [0, ∞) → Z nazywamy funkcj¸e F zmiennej ze-

spolonej dan¸

a wzorem:

(9)

F(s) =

∞

Z

0

f (t)e

−st

dt.

Uwaga 2. Zgodnie ze wzorami Eulera funkcja e

−st

, s ∈ Z, t ∈ [0, ∞) we wzorze (9) dla s = x + iy, gdzie

x, y ∈ R jest postaci:

e

−st

= e

−(x+iy)t

= e

−xt−iyt

= e

−xt



cos yt − i sin yt



7

Uwaga 3. Przyjmujemy oznaczenie

L{f }(s) = F(s).

Operator L nazywamy Transformacj¸

a Laplace’a.

Funkcje f (t) dla których istnieje całka (9) nazywamy oryginałami, a funkcje F nazywamy transforma-
tami Laplace’a funkcji f (t) .

Zadanie 19.1.b Zestaw 4

Wyznacz Transformat¸

e Laplace’a funkcji

f (t) = e

ct

,

gdzie

c ∈ Z.

Określ dziedzin¸e transformaty F = L

n

f

o

F(s) =

∞

Z

0

e

ct

e

−st

dt =

∞

Z

0

e

(c−s)t

dt,

c 6= s,

ponieważ dla c = s Transformata F jest nieokreślona. Ale

(10)

F(s)

istnieje

⇔

∞

Z

0





e

(c−s)t





dt < ∞.

Oznaczmy przez c = ρ + ib, s = x + iy. Ze wzorów Eulera dla dowolnych α, β, ∈ R mamy

|e

α+iβ

| =





e

α











cos β + i sin β






=





e

α





= e

α

Stąd dla α = (ρ − x)t oraz β = (b − y)t dostajemy

∞

Z

0





e

(c−s)t





dt =

∞

Z

0





e

(ρ−x)t+i(b−y)t





dt =

∞

Z

0

e

(ρ−x)t

dt =

1

ρ − x

e

(ρ−x)t





∞

0

.

Wyrażenie po prawej stronie jest równe

1

ρ−x

(< ∞), jeżeli ρ < x, czyli

(11)

Re c < Re s.

W pozostałych przypadkach jest równe ∞.

Uwaga 4. W przypadku dowolnej funkcji f pokazuje si¸e podobnie, że Transformata F funkcji f istnieje
jeżeli :

(12)

∞

Z

0





f (t)e

−st





dt < ∞.

Tak jak poprzednio dostaniemy nierówność postaci

Re s > a,

gdzie s = x + iy, natomiast

a = inf

n

x;

∞

Z

0





f (t)





e

−xt

dt < ∞

o

.

Warunek ten wyznacza dziedzin¸

e Transformaty F(s) w przypadku dowolnej funkcji f .

8

Własności 1.

1. Jeżeli f

1

oraz f

2

posiadaj¸

a transformaty to dla dowolnych α, β ∈ R

L

n

αf

1

(t) + βf

2

(t)

o

(s) = αL

n

f

1

(t)

o

(s) + βL

n

f

2

(t)

o

(s).

2. Dla funkcji f n-krotnie różniczkowalnej na przedziale [0, ∞)

(13)

L

n

f

(n)

(t)

o

(s) = s

n

L

n

f (t)

o

(s) −

n

X

k=1

s

n−k

f

(k−1)

(0

+

),

gdzie

f

(k−1)

(0

+

) = lim

t→0

+

f

(k−1)

(t),

f

(1−1)

(0

+

) = f

(0)

(0

+

) := f (0

+

)

(14)

dla

n = 1

L

n

f

0

(t)

o

(s) = sL

n

f (t)

o

(s) − f (0

+

).

(15)

dla

n = 2

L

n

f

00

(t)

o

(s) = s

2

L

n

f (t)

o

(s) − sf (0

+

) − f

0

(0

+

).

3

L

(

t

Z

0

f (τ )dτ

)

(s) =

1

s

L

n

f (t)

o

(s).

4

L

n

e

at

f (t)

o

(s) = L

n

f (t)

o

(s − a).

5

(16)

d

ds

L

n

f (t)

o

(s) = −L

n

tf (t)

o

(s).

Tablica transformat Laplace’a

f (t)

1

e

at

L{f }(s) = F (s)

1
s

,Re s > 0

1

s−a

,Re s > Re a

f (t)

cos ωt

sin ωt

L{f }(s) = F (s)

s

s

2

+ω

2

, Re s > 0

ω

s

2

+ω

2

,Re s > 0

f (t)

e

at

cos ωt

e

at

sin ωt

L{f }(s) = F (s)

s−a

(s−a)

2

+ω

2

, Re s > a

ω

(s−a)

2

+ω

2

,

f (t)

te

at

t

n

n!

,n ∈ N

L{f }(s) = F (s)

1

(s−a)

2

, Re s > Re a

1

s

n+1

f (t)

t

n

e

at

t

2ω

sin ωt

L{f }(s) = F (s)

n!

(s−a)

n+1

, Re s > a

s

(s

2

+ω

2

)

2

Uwaga 5. Pokazuje si¸

e, że transformacja Laplace’a jest przekształceniem różnowartościowym st¸

ad ist-

nieje transformacja odwrotna Laplace’a. Możemy zatem odtworzyć oryginał f maj¸

ac transformat¸

e

F. Oryginał f b¸

edziemy odtwarzać dokonuj¸

ac odpowiedniego odczytu z tablic.

Przykład

Wykorzystując Transformatę Laplace’a rozwi¸

aż nast¸epuj¸

ace równanie różniczkowe:

(17)

f

00

(t) + 2f

0

(t) + f (t) = t

2

9

z warunkami pocz¸

atkowymi

f (0+) = 0, f

0

(0+) = 1.

Z (14), (15) oraz z liniowość Transformacji Laplace’a mamy

s

2

L

n

f (t)

o

+ 2sL

n

f (t)

o

− sf (0

+

)

− f

0

(0

+

) − 2f (0

+

) + L

n

f (t)

o

= L

n

t

2

o

.

Z warunków pocz¸

atkowych

s

2

L

n

f (t)

o

+ 2sL

n

f (t)

o

+ L

n

f (t)

o

− 1 = L

n

t

2

o

.

(18)

Ale dla

f (t) = t

2

otrzymamy

L

n

t

2

o

=

2

s

3

.

W konsekwencji

L

n

f (t)

o

s

2

+ 2s + 1



− 1 =

2

s

3

.

L

n

f (t)

o

s + 1



2

=

2

s

3

+ 1 =

2+s

3

s

3

,

L

n

f (t)

o

=

2+s

3

s

3

(s+1)

2

.

Praw¸

a stron¸e rozkładamy na ułamki proste postaci

L

n

f (t)

o

=

2 + s

3

s

3

(s + 1)

2

=

−6

s + 1

−

1

(1 + s)

2

+

6

s

+

−4

s

2

+

2

s

3

Z tablic Transformat, odczytujemy oryginał f (t) który jest rozwi¸

azaniem równania wyjściowego (17):

f (t) = −6e

−t

− te

−t

+ 6 − 4t + t

2

Pzrykład

Rozwi¸

aż metod¸

a operatorow¸

a układ równań zwyczajnych:

(

3

dx

dt

− 2

dy

dt

= 2x(t) + 3y(t)

dx

dt

+ 4

dy

dt

= −4x(t) + y(t)

,

gdzie x(0

+

) = 0, y(0

+

) = 1

Z liniowości Transformacji Laplace’a otrzymamy nast¸epuj¸

acy układ równań







3L

n

dx

dt

o

− 2L

n

dy

dt

o

= 2L

n

x(t)

o

+ 3L

n

y(t)

o

L

n

dx

dt

o

+ 4L

n

dy

dt

o

= −4L

n

x(t)

o

+ L

n

y(t)

o

,

Wykorzystując wzór (13) układ ten przyjmuje postać:







3sL

n

x(t)

o

− 2sL

n

y(t)

o

+ 2 = 2L

n

x(t)

o

+ 3L

n

y(t)

o

sL

n

x(t)

o

+ 4sL

n

y(t)

o

− 4

= −4L

n

x(t)

o

+ L

n

y(t)

o

Ostatecznie







(3s − 2)L

n

x(t)

o

− (2s + 3)L

n

y(t)

o

= −2

(s + 4)L

n

x(t)

o

+ (4s − 1)L

n

y(t)

o

= 4

Korzystając ze wzorów Cramera dostaniemy

L

n

x(t)

o

=

−2(4s − 1) + 4(2s + 3)

(3s − 2)(4s − 1) + (s + 4)(2s + 3)

=

14

14s

2

+ 14

=

1

s

2

+ 1

L

n

y(t)

o

=

4(3s − 2) + 2(s + 4)

(3s − 2)(4s − 1) + (s + 4)(2s + 3)

=

14s

14s

2

+ 14

=

s

s

2

+ 1

10

Jak poprzednio rozwiązanie odczytujemy z tablic

x(t) = sin t,

y(t) = cos t

Przykład 2. Rozwi¸

aż metod¸

a operatorow¸

a układ równań zwyczajnych:











dx

dt

= x(t)+

y(t)

dy

dt

=

y(t)+ z(t)

dz

dt

=

z(t)

,

gdzie x(0

+

) = 1, y(0

+

) = 0, z(0

+

) = 1

Korzystając ze wzoru na transformatę pochodnej dostaniemy:



















sL

n

x(t)

o

− x(0

+

) = L

n

x(t)

o

+ L

n

y(t)

o

sL

n

y(t)

o

− y(0

+

) = L

n

y(t)

o

+

L

n

z(t)

o

sL

n

z(t)

o

− z(0

+

)

=

L

n

z(t)

o

,

Uwzgl¸edniaj¸

ac warunki pocz¸

atkowe otrzymamy :





















s − 1



L

n

x(t)

o

−L

n

y(t)

o

= 1



s − 1



L

n

y(t)

o

−L

n

z(t)

o

= 0



s − 1



L

n

z(t)

o

= 1

,

Korzystając ze wzorów Cramera otrzymamy rozwiązanie układu:

L

n

x(t)

o

=

s

2

+ 2s + 2

(s − 1)

3

=

1

s − 1

+

4

(s − 1)

2

+

5

(s − 1)

3

L

n

y(t)

o

=

1

(s − 1)

2

,

L

n

z(t)

o

=

1

s − 1

.

Jak poprzednio z tablic odczytujemy oryginały



x(t), y(t), z(t)



=



e

t

+ 4te

t

+

5

2

t

2

, e

t

t, e

t



.

11