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