R´
ownania r´
o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
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 .
(12.1)
Chcemy znale´z´c wszystkie rozwia
,
zania tego uk ladu r´owna´
n, kt´ory nazywany jest nie-
jednorodnym. Wielu student´ow w takiej sytuacji ma ochote
,
na zastosowanie uniwer-
salnej metody, kt´ora „za latwia” problem. Jednak w tym przypadku wzory znalezione
w r´o˙znych miejscach nie dzia laja
,
, bo pojawia sie
,
w mianowniku liczba 0 .*
Za l´o˙zmy teraz, ˙ze dwie tr´ojki (x
1
, y
1
, z
1
) i (x
2
, y
2
, z
2
) sa
,
rozwia
,
zaniami uk ladu
(12.1), 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 .
Odejmuja
,
c 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 .
(12.2)
Wykazali´smy wie
,
c, ˙ze w tej sytuacji tr´ojka (x
1
−x
2
, y
1
−y
2
, z
1
−z
2
) jest rozwia
,
zaniem
uk ladu (12.2), 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
,
rozwia
,
zaniami 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 rozwia
,
zaniem uk ladu jednorodnego. M´owimy, ˙ze zbi´or rozwia
,
za´
n uk ladu jedno-
rodnego jest przestrzenia
,
liniowa
,
.
W rozpatrywanym przypadku sa
,
to wektory prostopad 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) , wie
,
c 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 ska-
larnie ostatnia
,
r´owno´s´c przez wektor
−−−−−→
(u, v, w) . Wektory
−−−−−−→
(1, −1, 2) i
−−−−→
(2, 1, 1) nie sa
,
*
Dlatego nawet ich nie wypisujemy
1
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
r´ownoleg le, co wynika np. z tego, ˙ze ich iloczyn wektorowy
−−−−−−→
(−3, 3, 3) nie jest wekto-
rem zerowym (zreszta
,
r´ownoleg lo´s´c wektor´ow oznacza ich proporcjonalno´s´c . . . ).
Z tego, co napisali´smy wynika od razu, ˙ze zbi´or rozwia
,
za´
n uk ladu jednorod-
nego jest prosta
,
przechodza
,
ca
,
przez (0, 0, 0) , prostopad la
,
do wektor´ow
−−−−−−→
(1, −1, 2)
i
−−−−→
(2, 1, 1) . To nie jedyny wniosek. Widzimy te˙z, ˙ze dla znalezienia wszystkich roz-
wia
,
za´
n uk ladu niejednorodnego wystarczy znale´z´c jedno jego rozwia
,
zanie i wszyst-
kie rozwia
,
zania uk ladu jednorodnego. Wida´c od razu, ˙ze rozwia
,
zaniem uk ladu (12.1)
jest np. wektor
−−−−→
(1, 0, 0) . Rozwia
,
zaniami uk ladu jednorodnego sa
,
wektory t
−−−−−−→
(−1, 1, 1) ,
t ∈ R , bo sa
,
one r´ownoleg le do wektora
−−−−−−→
(−3, 3, 3) . Sa
,
to wszystkie rozwia
,
zania 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 rozwia
,
zania uk ladu niejednorodnego
sa
,
postaci
−−−−→
(1, 0, 0) + t
−−−−−−→
(−1, 1, 1) (innych rozwia
,
za´
n uk lad (12.1) 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 wy-
ste
,
puje r´ownie˙z w innych sytuacjach, w kt´orych znajdowanie rozwia
,
za´
n jest mniej
oczywiste.
Zajmowali´smy sie
,
r´ownaniem
x
0
(t) = λx(t) ,
w kt´orym λ oznacza dana
,
liczbe
,
, a x poszukiwana
,
funkcje
,
zmiennej t . Stwierdzi-
li´smy, ˙ze funkcja e
λt
jest rozwia
,
zaniem tego r´ownania, a potem przekonali´smy sie
,
,
˙ze je´sli funkcja x jest rozwia
,
zaniem tego r´ownania, to istnieje taka liczba C ∈ R ,
˙ze x(t) = Ce
λt
dla ka˙zdej liczby t ∈ R . Mo˙zemy wie
,
c zauwa˙zy´c, ˙ze rozwia
,
zania te
tworza
,
jednowymiarowa
,
przestrze´
n liniowa
,
.
Og´olniejsze r´ownanie to
x
0
(t) = a(t)x(t) + b(t) ,
(12.3)
gdzie a, b sa
,
funkcjami cia
,
g lymi zmiennej t okre´slonymi na pewnym przedziale
(α, β) ⊆ R .*
Za l´o˙zmy, ˙ze dwie funkcje x
1
, x
2
sa
,
rozwia
,
zaniami r´ownania x
0
= a(t)x + b(t) ,
tzn. dla ka˙zdego t ∈ (α, β) zachodza
,
r´owno´sci
*
Na og´
o l zapisywa´
c je be,dziemy w postaci x
0
=a(t)x+b(t) ukrywaja,c niejako zale˙zno´s´c funkcji x od
zmiennej t .
2
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
x
0
1
= a(t)x
1
+ b(t)
oraz
x
0
2
= a(t)x
2
+ b(t) .
Odja
,
wszy je stronami otrzymujemy (x
1
−x
2
)
0
= a(t)(x
1
−x
2
) . Oznacza to, ˙ze funkcja
x
1
− x
2
jest rozwia
,
zaniem r´ownania jednorodnego
x
0
= a(t)x .
(12.4)
To jest r´ownanie o zmiennych rozdzielonych, wie
,
c umiemy je ju˙z rozwia
,
za´c. Pi-
szemy je w postaci
x
0
x
= a(t) , ca lkujemy stronami, otrzymujemy ln |x| =
R
a(τ )dτ ,
zatem |x| = e
R
a(τ ) dτ
. Sta
,
d bez wie
,
kszych trudno´sci wnioskujemy, ˙ze x = Ce
A(t)
,
gdzie A jest dowolna
,
funkcja
,
pierwotna
,
funkcji a , czyli A(t) =
R
a(t)dt , a C do-
wolna
,
liczba
,
rzeczywista
,
. Widzimy wie
,
c zn´ow, ˙ze zbi´or rozwia
,
za´
n tego r´ownania
jest jednowymiarowa
,
przestrzenia
,
liniowa
,
— wszystkie rozwia
,
zania mo˙zna otrzyma´c
mno˙za
,
c wybrane niezerowe przez liczby.
Rozwia
,
zawszy r´ownanie jednorodne x
0
= a(t)x mo˙zemy spr´obowa´c znale´z´c ja-
kie´s rozwia
,
zanie r´ownania jednorodnego. Be
,
dziemy go szuka´c w postaci c(t)e
A(t)
—
zaste
,
pujemy sta la
,
C w rozwia
,
zaniu og´olnym r´ownania jednorodnego przez funkcje
,
c zmiennej t . Podstawiaja
,
c x(t) = c(t)e
A(t)
do r´ownania x
0
= a(t)x + b(t) otrzy-
mujemy c
0
(t)e
A(t)
+ c(t)A
0
(t)e
A(t)
= a(t)c(t)e
A(t)
+ b(t) , a poniewa˙z A
0
(t) = a(t) ,
wie
,
c c
0
(t)e
A(t)
+ c(t)a(t)e
A(t)
= a(t)c(t)e
A(t)
+ b(t) , zatem c
0
(t) = b(t)e
−A(t)
. Wy-
starczy wie
,
c znale´z´c ca lke
,
R
b(t)e
−A(t)
dt . Opisana metoda nazywana jest uzmien-
nianiem sta lej (bo zamiast sta lej C wpisujemy funkcje
,
c(t) ).
♠
Poka˙zemy teraz na
przyk ladach, jak dzia la ta metoda, kt´ora w jawnej formie pojawi la sie
,
w pracach
J.L.Lagange’a w XVIII wieku.
Przyk lad 12.1
Rozwia
,
˙zemy r´ownanie x
0
= −2x + t
2
. Rozwia
,
zanie og´olne r´owna-
nia jednorodnego x
0
= −2x ma posta´c Ce
−2t
. Szukamy wie
,
c rozwia
,
zania r´ownania
niejednorodnego x
0
= −2x+t
2
w postaci c(t)e
−2t
. Podstawiaja
,
c te
,
funkcje
,
w miejsce
x otrzymujemy c
0
(t)e
−2t
− 2c(t)e
−2t
= −2c(t)e
−2t
+ t
2
, zatem c
0
(t) = t
2
e
2t
i wobec
tego c(t) =
R
t
2
e
2t
dt
przez
=====
cze,´sci
1
2
t
2
e
2t
−
R
te
2t
dt
przez
=====
cze,´sci
1
2
t
2
e
2t
−
1
2
te
2t
−
1
2
R
e
2t
dt
=
=
1
2
t
2
e
2t
−
1
2
te
2t
+
1
4
e
2t
+ C . Wobec tego rozwia
,
zaniem r´ownania
x
0
= −2x + t
2
jest funkcja
1
2
t
2
e
2t
−
1
2
te
2t
+
1
4
e
2t
+ C
e
−2t
=
1
2
t
2
−
1
2
t +
1
4
+ Ce
−2t
.
♠
Poniewa˙z dla ka˙zdego t zachodzi 06=e
A(t)
, wie,c ka˙zda, funkcje, mo˙zna zapisa´c w postaci c(t)e
A(t)
,
zatem nie zmniejszamy og´
olno´sci rozwa˙za´
n poszukuja,c rozwia,zania w tej postaci.
3
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
Jest to rozwia
,
zanie og´olne. Zmieniaja
,
c warto´sci parametru C otrzymujemy konkret-
ne funkcje. Ka˙zda z nich jest rozwia
,
zaniem r´ownania x
0
= −2x+t
2
. Innych rozwia
,
za´
n
to r´ownanie nie ma.
Jednym z rozwia
,
za´
n jest funkcja
1
2
t
2
−
1
2
t +
1
4
, przyje
,
li´smy C = 0 .
Przyk lad 12.2
Teraz zajmiemy sie
,
r´ownaniem x
0
= −2x + t
3
. Zamiast ca lkowa´c
spr´obujemy zgadywa´c. W poprzednim przyk ladzie okaza lo sie
,
, ˙ze jednym z rozwia
,
za´
n
badanego tam r´ownania x
0
= −2x + t
2
jest wielomian kwadratowy. Badane teraz
r´ownanie ma nieco inna
,
posta´c, wie
,
c mo˙zna spr´obowa´c znale´z´c wielomian trzeciego
stopnia, kt´ory je spe lnia. Nie mamy ˙zadnych racjonalnych podstaw, by twierdzi´c, ˙ze
to sie
,
uda.* Jednak spr´obujemy. Niech x(t) = at
3
+ bt
2
+ ct + d . Symbole a, b, c, d
oznaczaja
,
tu liczby, kt´ore zamierzamy znale´z´c. Podstawiaja
,
c do r´ownania otrzymu-
jemy:
3at
2
+ 2bt + c = −2at
3
− 2bt
2
− 2ct − 2d + t
3
= (−2a + 1)t
3
− 2bt
2
− 2ct − 2d .
Poniewa˙z ta r´owno´s´c ma by´c spe lniona przez wszystkie liczby rzeczywiste t , wie
,
c
musza
,
zachodzi´c r´owno´sci −2a + 1 = 0 , −2b = 3a , −2c = 2b i −2d = c . Z nich
wynika natychmiast, ˙ze a =
1
2
, b = −
3
4
, c =
3
4
i d = −
3
8
. Wobec tego funk-
cja
1
2
t
3
−
3
4
t
2
+
3
4
t −
3
8
jest rozwia
,
zaniem szczeg´olnym (czyli jednym z rozwia
,
za´
n)
r´ownania x
0
= −2x + t
3
.
Rozwia
,
zanie og´olne znajdujemy dodaja
,
c do znalezionego rozwia
,
zania szczeg´ol-
nego rozwia
,
zanie og´olne r´ownania jednorodnego. Otrzymujemy
x =
1
2
t
3
−
3
4
t
2
+
3
4
t −
3
8
+ Ce
−2t
.
Przyk lad 12.3
Teraz zajmiemy sie
,
r´ownaniem
x
0
(t) = −3x(t) + sin t .
(12.5)
Rozwia
,
zanie og´olne r´ownania jednorodnego wygla
,
da tak: Ce
−3t
. Znajdziemy rozwia
,
-
zanie szczeg´olne r´ownania niejednorodnego (12.5) w postaci c(t)e
−3t
. Podstawiaja
,
c
te
,
funkcje
,
do r´ownania (12.5) otrzymujemy r´owno´s´c
c(t)e
−3t
0
= −3c(t)e
−3t
+ sin t .
Po zr´o˙zniczkowaniu lewej strony 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 wie
,
c znale´z´c
R
e
3t
sin tdt .
Sca lkujemy dwukrotnie przez cze
,
´sci:
*
To sie, wkr´otce zmieni!
4
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
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 postaci
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˙za
,
c przez
9
10
otrzymujemy
R
e
3t
sin tdt =
3
10
e
3t
sin t −
1
10
e
3t
cos t + c .
Wobec tego mo˙zemy napisa´c, ˙ze funkcja
3
10
e
3t
sin t −
1
10
e
3t
cos t + c
e
−3t
=
3
10
sin t −
1
10
cos t + ce
−3t
jest rozwia
,
zaniem r´ownania (12.5).
Mogli´smy posta
,
pi´c podobnie jak w przyk ladzie 12.2: zgadna
,
´c jedno rozwia
,
zanie
i doda´c do niego wszystkie rozwia
,
zania r´ownania jednorodnego. W r´ownaniu (12.5)
wyste
,
puje funkcja sinus. Mogli´smy wie
,
c spr´obowa´c znale´z´c takie liczby A, B , by
funkcja A cos t + B sin t okaza la sie
,
rozwia
,
zaniem r´ownania (12.5). Zobaczymy teraz,
jak dzia la ta metoda.
Podstawiamy x(t) = A cos t + B sin t i otrzymujemy
−A sin t + B cos t = −3
A cos t + B sin t
+ sin t = −3A cos t + (1 − 3B) sin t .
Wystarczy wybra´c liczby A, B tak, by −A = 1 − 3B i B = −3A . Rozwia
,
zuja
,
c ten
uk lad r´owna´
n liniowych z niewiadomymi A, B otrzymujemy: A = −
1
10
i B =
3
10
.
Przekonali´smy sie
,
, ˙ze funkcja x(t) = −
1
10
cos t +
3
10
sin t jest rozwia
,
zaniem szczeg´ol-
nym (czyli jednym z rozwia
,
za´
n) r´ownania x
0
(t) = −3x(t) + sin t . Rozwia
,
zanie og´olne
otrzymujemy dodaja
,
c do otrzymanego rozwia
,
zania szczeg´olnego rozwia
,
zanie og´olne
r´ownania jednorodnego x
0
= −3x :
−
1
10
cos t +
3
10
sin t + Ce
−3t
.
Definicja 12.1 (quasiwielomianu)
Funkcje
,
postaci w(t)e
λt
, gdzie w jest wielomianem stopnia n nazywamy quasiwie-
lomianem stopnia n o wyk ladniku λ .
Funkcja (2t
2
+5t−3)e
3t
jest quasiwielomianem stopnia 2 o wyk ladniku 3. Funk-
cja t
3
+ 1 jest quasiwielomianem stopnia 3 o wyk ladniku 0 , czyli wielomianem stop-
nia 3 . Funkcja
(t
7
+ 13t3 + 666)e
2it
= (t
7
+ 13t3 + 666) cos 2t + i(t
7
+ 13t3 + 666) sin 2t
jest quasiwielomianem stopnia 7 o wyk ladniku 2i . Jej cze
,
´s´c rzeczywista, czyli funk-
cja (t
7
+13t3+666) cos 2t quasiwielomianem nie jest, ale jest suma
,
quasiwielomian´ow
stopnia 7 o wyk ladnikach 2i oraz −2i :
(t
7
+ 13t3 + 666) cos 2t =
1
2
(t
7
+ 13t3 + 666)e
2it
+ (t
7
+ 13t3 + 666)e
−2it
.
5
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
Funkcja t
3
e
−5t
+ te
5t
te˙z nie jest quasiwielomianem, ale jest suma
,
dw´och quasiwie-
lomian´ow. Czytelniku warto sie
,
przekona´c o tym samodzielnie!
Stwierdzenie 12.2 (o r´
o˙zniczkowaniu quasiwielomian´
ow)
Niech w be
,
dzie wielomianem stopnia n . Wtedy
(12.2.1) je´sli λ 6= µ , to funkcja
w(t)e
λt
0
−µw(t)e
λt
jest quasiwielomianem stopnia
n o wyk ladniku λ .
(12.2.2) je´sli λ = µ , to funkcja
w(t)e
λt
0
−µw(t)e
λt
jest quasiwielomianem stopnia
n − 1 o wyk ladniku λ .
Dow´
od.
w(t)e
λt
0
− µw(t)e
λt
=
w
0
(t) + (λ − µ)w(t)
e
λt
.
Ze stwierdzenia o r´o˙zniczkowaniu quasiwielomian´ow wynika
Twierdzenie 12.3 (o rozwia
,
zaniach r´
owna´
n liniowych, w kt´
orych
a jest sta la
,
, a b – quasiwielomianem)
Je´sli µ jest liczba
,
, a b quasiwielomianem stopnia n z wyk ladnikiem λ , to r´ownanie
x
0
= µx + b(t)
ma rozwia
,
zanie, kt´ore jest quasiwielomianem z wyk ladnikiem λ , kt´orego stopie´
n jest
(12.3.1)
r´owny n , gdy λ 6= µ ;
(12.3.2)
r´owny n + 1 , gdy λ = µ .
Poka˙zemy na przyk ladzie, jak mo˙zna stosowa´c to twierdzenie.
Przyk lad 12.4
Znajdziemy rozwia
,
zania r´ownania x
0
= 5x + 2t
2
e
3t
+ 4t
3
e
5t
.
Poniewa˙z funkcja 2t
2
e
3t
+ 4t
3
e
5t
nie jest quasiwielomianem, ale jest suma
,
dw´och
quasiwielomian´ow, wie
,
c zajmiemy sie
,
dwoma r´ownaniami niejednorodnymi:
x
0
= 5x + 2t
2
e
3t
oraz
x
0
= 5x + 4t
3
e
5t
.
Na mocy twierdzenia 12.3 r´ownanie x
0
= 5x + 2t
2
e
3t
ma rozwia
,
zanie, kt´ore jest
quasiwielomianem stopnia 2 o wyk ladniku 3 , czyli postaci (αt
2
+ βt + γ)e
3t
. Pod-
stawiaja
,
c te
,
funkcje
,
w miejsce x w r´ownaniu x
0
= 5x + 2t
2
e
3t
otrzymujemy
(2αt + β + 3αt
2
+ 3βt + 3γ)e
3t
= (5αt
2
+ 5βt + 5γ)e
3t
+ 2t
2
e
3t
.
Mo˙zemy te
,
r´owno´s´c zasta
,
pi´c r´ownowa˙zna
,
:
3αt
2
+ (2α + 3β)t + β + 3γ = (5α + 2)t
2
+ 5βt + 5γ .
Z tej r´owno´sci wynika, ˙ze 3α = 5α + 2 , 2α + 3β = 5β i β + 3γ = 5γ . Wobec tego
α = −1 , β = −1 i γ = −
1
2
, a to oznacza, ˙ze funkcja x
1
(t) = −(t
2
+ t +
1
2
)e
3t
jest
rozwia
,
zaniem szczeg´olnym r´ownania x
0
= 5x + 2t
2
e
3t
.
Na mocy twierdzenia 12.3 rozwia
,
niem szczeg´olnym r´ownania x
0
= 5x + 4t
3
e
5t
jest quasiwielomian stopnia 4 o wyk ladniku 5 , czyli funkcja postaci
6
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
(At
4
+ Bt
3
+ Ct
2
+ Dt + E)e
5t
.
Podstawiaja
,
c tak jak poprzednio te
,
funkcje
,
w miejsce x do r´ownania x
0
= 5x+4t
3
e
5t
otrzymujemy r´owno´s´c
(4At
3
+ 3Bt
2
+ 2Ct + D)e
5t
+ (5At
4
+ 5Bt
3
+ 5Ct
2
+ 5Dt + 5E)e
5t
=
= (5At
4
+ 5Bt
3
+ 5Ct
2
+ 5Dt + 5E)e
5t
+ 4t
3
e
5t
.
Z niej wynika, ˙ze 4At
3
+ 3Bt
2
+ 2Ct + D = 4t
3
dla ka˙zdego t , zatem A = 1 ,
B = C = D = 0 . Wobec tego dla ka˙zdego E funkcja
x
2
(t) = (t
4
+ E)e
5t
= t
4
e
5t
+ Ee
5t
jest rozwia
,
zaniem r´ownania x
0
= 5x + 4t
3
e
5t
, a to oznacza, ˙ze jest ona jego rozwia
,
za-
niem og´olnym (bo funkcja Ee
5t
jest rozwia
,
zaniem og´olnym r´ownania jednorodnego
x
0
= 5x ).
Poniewa˙z x
0
1
(t) = 5x
1
+ 2t
2
e
3t
i x
0
2
(t) = 5x
2
(t) + 4t
3
e
5t
, wie
,
c
x
1
+ x
2
0
= 5(x
1
+ x
2
) + 2t
2
e
3t
+ 4t
3
e
5t
.
Znale´zli´smy wie
,
c rozwia
,
zanie og´olne r´ownania niejednorodnego. Jest nim funkcja
x
1
+ x
2
= −(t
2
+ t +
1
2
)e
3t
+ (t
4
+ E)e
5t
= −(t
2
+ t +
1
2
)e
3t
+ t
4
e
5t
+ Ee
5t
.
Oczywi´scie w ostatnim przyk ladzie mo˙zna nieco skr´oci´c rachunki pos luguja
,
c sie
,
wzorem z dowodu stwierdzenia o r´o˙zniczkowaniu quasiwielomian´ow. Nie zrobili´smy
tego, by nie sprawia´c wra˙zenia, ˙ze wszystkie te wzory trzeba zapamie
,
tywa´c. Mo˙zna,
ale nie ma konieczno´sci i nie warto wk lada´c wysi lku w zapamie
,
tanie wzor´ow. Lepiej
zrozumie´c i zapamie
,
ta´c metode
,
.
Przyk lad 12.5
Rozwia
,
˙zemy r´ownanie x
0
− 3x = t sin 2t + e
t
cos 2t korzystaja
,
c
z twierdzenia o rozwia
,
zaniach r´owna´
n o sta lym wsp´o lczynniku, w kt´orych wyraz
wolny jest quasiwielomianem. Poniewa˙z lewa strona nie jest quasiwielomianem, ale
t sin 2t = Im(ie
2it
) i e
t
cos 2t = Re(e
(1+2i)t
) , wie
,
c zajmiemy sie
,
najpierw r´ownaniami
x
0
− 3x = te
2it
i
x
0
− 3x = e
(1+2i)t
.
Poniewa˙z 3 6= 2i , wie
,
c na mocy twierdzenia 12.3 r´ownanie x
0
− 3x = te
2it
ma rozwia
,
zanie, kt´ore jest quasiwielomianem stopnia 1 z wyk ladnikiem 2i , czyli
rozwia
,
zanie postaci (At + B)e
2it
. Podstawiaja
,
c te
,
funkcje
,
w miejsce x w r´ownaniu
otrzymujemy
(At + B)e
2it
0
− 3
(At + B)e
2it
= te
2it
, czyli
(2Ai − 3A)t + 2iB − 3B + A
e
2it
= te
2it
.
Musza
,
wie
,
c by´c spe lnione r´owno´sci (−3 + 2i)A = 1 i A + (−3 + 2i)B = 0 . Z nich
wnioskujemy, ˙ze A =
1
−3+2i
=
−3−2i
(−3)
2
−(2i)
2
= −
1
13
(3 + 2i) i wobec tego B =
1
3−2i
A =
= −
1
13
·
3+2i
3−2i
= −
1
13
·
(3+2i)
2
3
2
−(2i)
2
= −
1
13
·
5+12i
13
= −
5+12i
169
. Wynika z tych oblicze´
n, ˙ze
7
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
je˙zeli x
1
(t) = −
1
13
(3 + 2i)t +
5+12i
169
)
e
2it
, to x
0
1
− 3x
1
= te
2it
. Zdefiniujmy funkcje
,
o warto´sciach rzeczywistych
x
3
(t) = −Im
1
13
(3 + 2i)t +
5+12i
169
)
e
2it
= −
3
13
t +
5
169
sin 2t −
2
13
t +
12
169
cos 2t .
Poniewa˙z x
3
jest cze
,
´scia
,
urojona
,
funkcji x
1
a funkcje
,
zmiennej rzeczywistej t ,
kt´orej warto´sci sa
,
zespolone r´o˙zniczkujemy obliczaja
,
c oddzielnie pochodna
,
jej cze
,
´s´c
rzeczywistej i cze
,
´sci urojonej, wie
,
c x
0
3
− 3x
3
= Im te
2it
= t sin 2t .
Poniewa˙z 3 6= 1 + 2i , wie
,
c jednym z rozwia
,
za´
n r´ownania x
0
− 3x = e
(1+2i)t
jest
quasiwielomian stopnia 0 z wyk ladnikiem 1 + 2i , czyli funkcja postaci Ce
(1+2i)t
.
Podstawiaja
,
c ja
,
w miejsce x do r´ownania otrzymujemy r´ownanie
C(1 + 2i) − 3C
e
(1+2i)t
= e
(1+2i)t
.
Musi wie
,
c by´c spe lniona r´owno´s´c (−2 + 2i)C = 1 , zatem C =
−1
2(1−i)
= −
1+i
4
.
Wobec tego funkcja x
2
= −
1+i
4
· e
(1+2i)t
jest rozwia
,
zaniem szczeg´olnym r´ownania
x
0
−3x = e
(1+2i)t
. Niech x
4
= Re −
1+i
4
·e
(1+2i)t
= −
1
4
e
t
cos 2t+
1
2
e
t
sin 2t . Podobnie
jak poprzednio mo˙zemy napisa´c, ˙ze x
0
4
− 3x
4
= Re e
(1+2i)t
= e
t
cos 2t .
Sumuja
,
c r´owno´sci x
0
3
− 3x
3
= t sin 2t i x
0
4
− 3x
4
= e
t
cos 2t otrzymujemy
(x
3
+ x
4
)
0
− 3(x
3
+ x
4
) = t sin 2t + e
t
cos 2t .
Wykazali´smy wie
,
c, ˙ze funkcja
x
3
+ x
4
= −
3
13
t +
5
169
sin 2t −
2
13
t +
12
169
cos 2t −
1
4
e
t
cos 2t +
1
2
e
t
sin 2t
jest rozwia
,
zaniem szczeg´olnym r´ownania x
0
−3x = t sin 2t+e
t
cos 2t . Dodaja
,
c do tego
rozwia
,
zania rozwia
,
zanie og´olne r´ownania jednorodnego x
0
− 3x = 0 otrzymujemy
rozwia
,
zanie og´olne r´ownania x
0
− 3x = t sin 2t + e
t
cos 2t :
−
3
13
t +
5
169
sin 2t −
2
13
t +
12
169
cos 2t −
1
4
e
t
cos 2t +
1
2
e
t
sin 2t + Ce
3t
.
Metoda przedstawiona w ostatnich przyk ladach znana jest jako metoda wsp´o l-
czynnik´ow nieoznaczonych. Oczywi´scie przyjrzawszy sie
,
temu, co demonstrowali´smy
w ostatnim przyk ladzie, mo˙zemy od razu szuka´c rozwia
,
zania rzeczywistego w postaci
(c
1
t + c
2
) cos 2t + (c
3
t + c
4
) sin 2t + c
3
e
t
cos 2t + c
4
e
t
sin 2t .
Uwa˙zam jednak, ˙ze warto pokaza´c, ˙ze u˙zycie liczb zespolonych w wielu przypadkach
pozwala patrze´c na funkcje trygonometryczne jak na cze
,
´s´c rzeczywista
,
lub urojona
,
funkcji wyk ladniczej o wyk ladniku zespolonym.
8
R´ownania r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze
,
du
Micha l Krych
Kilka zada´
n
12. 01 Rozwia
,
za´c r´ownanie tx
0
− 2x = 2t
4
.
12. 02 Rozwia
,
za´c r´ownanie x
0
+ 2x = t
2
e
t
.
12. 03 Rozwia
,
za´c r´ownanie x
0
+ 2x = t
2
e
2t
.
12. 04 Rozwia
,
za´c r´ownanie t
2
x
0
+ tx + 1 = 0 .
12. 05 Rozwia
,
za´c r´ownanie x
0
+
t
1+t
2
x =
1
t(1+t
2
)
.
12. 06 Rozwia
,
za´c r´ownanie tx
0
− tx − e
t
= 0 .
12. 07 Rozwia
,
za´c r´ownanie (sin
2
x + t ctg x)x
0
= 1 .
Wskaz´owka: potraktowa´c zmienna
,
t jako funkcje
,
zmiennej x . Na og´ol x nie da
sie
,
przedstawi´c jawnie jako funkcja t .
12. 08 Rozwia
,
za´c r´ownanie (1 − 2tx)x
0
= x(x − 1) . Wskaz´owka: zob. poprz. zad..
12. 09 Znale´z´c takie niezeruja
,
ce sie
,
funkcje f takie, ˙ze dla dowolnego x pole tr´ojka
,
ta
utworzonego przez styczna
,
do wykresu w punkcie (x, f (x)) , pozioma
,
o´s uk ladu
wsp´o lrze
,
dnych i pionowa
,
prosta
,
przechodza
,
ca
,
przez punkt (x, f (x)) jest nie-
zale˙zne od x i r´owne a
2
, a 6= 0 .
12. 10 Znale´z´c takie funkcje f takie, ˙ze dla dowolnego x punkt styczna do wykresu
poprowadzona przez punkt (x, f (x)) przecina o´s OX w punkcie
x
2
, 0
.
12. 11 W pojemniku o obje
,
to´sci 20 l znajduje sie
,
powietrze 80% azotu, 20% tlenu. Do
pojemnika wpompowywany jest azot z pre
,
dko´scia
,
0,1 l/s , kt´ory b lyskawicznie
miesza sie
,
z mieszanka
,
gaz´ow w pojemniku. Jednocze´snie z pojemnika wypusz-
czana jest mieszanka w takim samym tempie w jakim wpompowywany jest azot.
Po jakim czasie w pojemniku be
,
dzie 99% azotu?
12. 12 Ile czasu be
,
dzie wycieka´c woda z pionowego pojemnika w kszta lcie walca o
´srednicy 1,8 m, o wysoko´sci 2,45 m przez otw´or w dnie o ´srednicy 6 cm.
Zak ladamy, ˙ze woda wycieka z pojemnika z pre
,
dko´scia
,
0,6
√
2gh , gdzie g =
10m/s
2
a h oznacza g le
,
boko´s´c wody w pojemniku.
12. 13 Masa rakiety z paliwem r´owna jest M , bez paliwa — m , pre
,
dko´s´c, z kt´ora
,
wy-
latuja
,
z rakiety produkty spalania jest r´owna w (oczywi´scie wzgle
,
dem rakiety),
pre
,
dko´s´c pocza
,
tkowa rakiety r´owna jest v
0
. Znale´z´c pre
,
dko´s´c rakiety po spa-
leniu ca lego paliwa. Zak ladamy, ˙ze rakieta porusza sie
,
w pr´o˙zni z dala od cia l
niebieskich (wie
,
c nie bierzemy pod uwage
,
˙zadnych si l poza „si la
,
odrzutu”).
Wskaz´owka: skorzysta´c z zasady zachowania pe
,
du w celu wyprowadzenia r´ow-
nania, kt´ore spe lnia zmieniaja
,
ca sie
,
w czasie pre
,
dko´s´c rakiety, nale˙zy oczywi´scie
wzia
,
´c pod uwage
,
to, ˙ze w wyniku spalania paliwa masa rakiety te˙z zmienia sie
,
w czasie.
9