plik

Spis tre´sci

Definicje i przykłady

1.1

Definicja równania ró˙zniczkowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

Zagadnienie pocz ˛

atkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3

Interpretacja geometryczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Proste równania skalarne

2.1

Równania o zmiennych rozdzielonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2

Równania jednorodne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3

Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4

Równania liniowe pierwszego rz˛edu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.5

Równania sprowadzalne do równa´n liniowych . . . . . . . . . . . . . . .

Podstawowe twierdzenia

3.1

Istnienie rozwi ˛

aza´n lokalnych

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

3.2

Przedłu˙zalno´s´c rozwi ˛

aza´n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3

Zale˙zno´s´c rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i parametrów . . . . . .

3.4

Twierdzenie o prostowaniu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Układy równa ´n liniowych

4.1

Ogólne układy pierwszego rz˛edu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.2

Układy o stałych współczynnikach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.3

Równania skalarne wy˙zszego rz˛edu

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

Układy autonomiczne

5.1

Stabilno´s´c w sensie Lapunowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.2

Potoki i orbity . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.3

Klasyfikacja punktów krytycznych układów liniowych na płaszczy´znie . .

5.4

Punkty krytyczne układów nieliniowych . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.5

Całki pierwsze

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

5.6

Przykłady z dynamiki populacji

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

101

Dwa przykłady z mechaniki

105

6.1

Układy zachowawcze z jednym stopniem swobody . . . . . . . . . . . .

105

6.2

Ruch w centralnym polu sił . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

110

Rozdział 1

Definicje i przykłady

1.1

Definicja równania ró˙zniczkowego

1.1 DEFINICJA. Równaniem ró˙zniczkowym zwyczajnym rz˛edu n nazywamy rów-
nanie

F (t, x, ˙

x, ¨

x, . . . , x

(n)

) = 0.

(1.1)

W równaniu tym

t jest zmienn ˛

a niezale˙zn ˛

a, a

x zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a. Zmienn ˛

a zale˙z-

n ˛

x(t) oraz funkcj˛e F traktujemy jako funkcje wektorowe o warto´sciach w prze-

strzeni R

Rozwi ˛

azaniem równania (1.1) nazywamy funkcj˛e ϕ(t) klasy C

, która

podstawiona do równania w miejsce

x, odpowiednio ϕ

w miejsce

x, . . . , ϕ

(n)

miejsce

(n)

, zmienia to równanie w to˙zsamo´s´c.

1.2 DEFINICJA. Wykres funkcji ϕ(t) w przestrzeni R

m+1

zmiennych

(t, x) nazy-

wamy

krzyw ˛

a całkow ˛

a równania (1.1).

Posługiwanie si˛e równaniami ró˙zniczkowymi w postaci (1.1) jest do´s´c niewygod-
ne. Je´sli funkcja F spełnia lokalnie wzgl˛edem najwy˙zszej pochodnej x

(n)

zało˙ze-

nia twierdzenia o funkcji uwikłanej, równanie (1.1) mo˙zna rozwikła´c wzgl˛edem
najwy˙zszej pochodnej

(n)

(t) = f (t, x, ˙

x, . . . , x

(n−1)

(1.2)

Równanie n-tego rz˛edu w postaci (1.2) mo˙zna łatwo sprowadzi´c do równania
pierwszego rz˛edu. Wystarczy wprowadzi´c nowe zmienne

(t) = x(t), x

(t) = ˙

x(t), . . . , x

n−1

(t) = x

(n−1)

(t),

oraz wektor

y(t) =








(t)

n−1

(t)








(1.3)

ROZDZIAŁ 1. DEFINICJE I PRZYKŁADY

Wtedy równanie (1.2) zapisuje si˛e jako równanie pierwszego rz˛edu

y = g(t, y),

(1.4)

gdzie g(t, y) jest wektorem

g(t, y) =








(t)

f (t, x

, x

, . . . , x

n−1

)








(1.5)

Przedmiotem naszego zainteresowania b˛ed ˛

a równania pierwszego rz˛edu (do-

kładniej układy równa´n pierwszego rz˛edu)

x = f (t, x).

(1.6)

Zbiór G ⊂ R

m+1

b˛edziemy nazywa´c rozszerzon ˛

a przestrzeni ˛

a fazow ˛

a rów-

nania (1.6), je´sli G jest spójny i prawa strona równania (1.6) jest w nim dobrze
okre´slona. Niech D b˛edzie rzutem G na przestrze´n R

zmiennych x, wtedy D b˛e-

dziemy nazywa´c przestrzeni ˛

a fazow ˛

a tego równania. W zbiorze G istnieje zwy-

kle bardzo wiele krzywych całkowych równania (1.6). Krzywe te tworz ˛

a wielo-

parametrowe rodziny rozwi ˛

aza´n. Je´sli ϕ(t; c

, . . . , c

) : R → R

jest rodzi-

n ˛

a funkcji, sparametryzowan ˛

a m parametrami c

, c

, . . . , c

, tak ˛

a ˙ze dla ka˙zdego

, . . . , c

) ∈ A ⊂ R

, funkcja ϕ(t; c

, . . . , c

) jest krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

(1.6) i dla ka˙zdego (t

, x

) ∈ G istnieje parametryzacja (c

, . . . , c

) ∈ A, taka

˙ze ϕ(t; c

, . . . , c

) jest krzyw ˛

a całkow ˛

a przechodz ˛

ac ˛

a przez punkt (t

, x

), to ro-

dzin˛e ϕ(t; c

, . . . , c

) nazywamy rozwi ˛

azaniem ogólnym równania (1.6). Całk ˛

ogóln ˛

a nazywa´c b˛edziemy uwikłane przedstawienie rozwi ˛

azania ogólnego

Φ(t, x; c

, . . . , c

) = 0.

1.3 DEFINICJA. Równanie (1.6), w którym prawa strona nie zale˙zy jawnie od
zmiennej niezale˙znej, nazywa si˛e

równaniem autonomicznym. Równanie to ma

form˛e

x = f (x).

(1.7)

Ka˙zde równanie postaci (1.6) mo˙zna sprowadzi´c do równania autonomicznego. W
tym celu nale˙zy wprowadzi´c now ˛

a zmienn ˛

a niezale˙zn ˛

a s dan ˛

a równaniem s = t ,

a zmienn ˛

a t potraktowa´c jako kolejn ˛

a składow ˛

a wektora x. Wtedy równanie (1.6)

mo˙zna zapisa´c w postaci

y = g(y),

(1.8)

gdzie y = (

), g =

, a ró˙zniczkowanie oznacza ró˙zniczkowanie wzgl˛edem

nowej zmiennej niezale˙znej s.

1.2. ZAGADNIENIE POCZ ˛

ATKOWE

1.2

Zagadnienie pocz ˛

atkowe

1.4 DEFINICJA. Załó˙zmy, ˙ze rozwi ˛

azanie równania (1.6) spełnia warunek

x(t

) = x

(1.9)

Warunek ten nazywa si˛e

warunkiem pocz ˛

atkowym (warunkiem Cauchy’ego).

Równanie (1.6) uzupełnione warunkiem (1.9)

x = f (t, x),

x(t

) = x

(1.10)

nazywa si˛e

zagadnieniem pocz ˛

atkowym (zagadnieniem Cauchy’ego).

1.5 DEFINICJA. Rozwi ˛

azaniem zagadnienia pocz ˛

atkowego (1.10) na przedziale

, t

+ a) nazywamy funkcj˛e ϕ(t) klasy C

na tym przedziale, spełniaj ˛

ac ˛

a rów-

nanie (1.6) na przedziale

, t

+ a) oraz warunek pocz ˛

atkowy (1.9).

Poka˙zemy teraz jak warunek pocz ˛

atkowy formułuje si˛e dla równania rz˛edu n. Jak

pami˛etamy, równanie rz˛edu n

(n)

(t) = f (t, x, ˙

x, . . . , x

(n−1)

)

sprowadzili´smy do równania pierwszego rz˛edu dla funkcji

y(t) =








(t)

n−1

(t)








gdzie x

(t) = x

(i)

(t). Wobec tego, warunek pocz ˛

atkowy dla funkcji y

y(t

) = X,

gdzie X jest stałym wektorem, wyra˙za si˛e układem równo´sci

x(t

) = X

, ˙

x(t

) = X

, . . . , x

(n−1)

) = X

n−1

przy czym X

oznaczaj ˛

a składowe wektora X.

Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acej definicji zagadnienia pocz ˛

atkowego dla równania

rz˛edu n.

1.6 DEFINICJA. Je´sli dane jest równanie ró˙zniczkowe rz˛edu n, postaci (1.2)
w przestrzeni R

, to zagadnienie pocz ˛

atkowe (zagadnienie Cauchy’ego) dla tego

równania przyjmuje form˛e

(n)

= f (t, x, ˙

x, . . . , x

(n−1)

x(t

) = x

, ˙

x(t

) = x

, . . . , x

(n−1)

) = x

n−1

(1.11)

gdzie

, . . . , x

n−1

s ˛

a wektorami

m-wymiarowymi.

ROZDZIAŁ 1. DEFINICJE I PRZYKŁADY

1.7 Przykład. Ze zbiornika o dowolnym kształcie wypływa ciecz przez otwór w
dnie. Nale˙zy znale´z´c prawo opisuj ˛

ace wysoko´s´c poziomu cieczy w zbiorniku, je´sli

znane jest pole otworu S oraz pole przekroju zbiornika w funkcji wysoko´sci F (h)
(oczywi´scie zakładamy, ˙ze F (h) 6= 0 dla ka˙zdego h).

Aby rozwi ˛

aza´c do zadanie musimy skorzysta´c ze znanego faktu z fizyki, ˙ze

słup cieczy o wysoko´sci h wypływa przez otwór z szybko´sci ˛

v = k

2gh,

gdzie g jest stała przyspieszenia ziemskiego, a k jest współczynnikiem proporcjo-
nalno´sci. Wtedy ilo´s´c cieczy jaka wypływa ze zbiornika w ci ˛

agu czasy ∆t wynosi

√

2ghS∆t. W tym czasie poziom cieczy obni˙zy si˛e o −∆h, wi˛ec

2ghS∆t = −F (h)∆h.

Po przej´sciu do granicy otrzymujemy równanie

= −k

2gS

√

F (h)

Dla tego równania mo˙zna sformułowa´c kilka ró˙znych zagadnie´n Cauchy’ego:

a. w chwili pocz ˛

atkowej wysoko´s´c cieczy wynosi H, wtedy warunek ma posta´c

h(0) = H;

b. po t

sekundach zbiornik opró˙znił si˛e, wtedy warunek ma posta´c h(t

) = 0.

1.3

Interpretacja geometryczna

W celu zrozumienia geometrycznego sensu rozwi ˛

aza´c równania (1.6) rozpatrzmy

to równanie w przypadku skalarnym (m = 1). Niech funkcja x(t) b˛edzie rozwi ˛

zaniem tego równania. Narysujmy wykres tej funkcji na płaszczy´znie (t, x) i roz-
wa˙zmy wektory styczne do tego wykresu. Jak wiadomo, wektor styczny do wykre-
su funkcji x(t) ma posta´c [1, ˙

x(t)] = [1, f (t, x)]. Zatem równanie (1.6) mo˙zna od-

czyta´c nast˛epuj ˛

aco. Na płaszczy´znie (t, x) zadane jest pole kierunków [1, f (t, x)].

Nale˙zy znale´z´c krzywe b˛ed ˛

ace wykresami funkcji x(t) i maj ˛

ace t˛e własno´s´c, ˙ze w

ka˙zdym punkcie (t, x) le˙z ˛

acym na jednej z tych krzywych wektor styczny do niej

jest równy [1, f (t, x)]. Oczywi´scie t˛e interpretacj˛e mo˙zna przenie´s´c na przypadek
wektorowego równania (1.6), zast˛epuj ˛

ac płaszczyzn˛e (t, x) przestrzeni ˛

a R

m+1

1.8 Przykład. Ten przykład pokazuje, ˙ze rozwi ˛

azuj ˛

ac równanie nie zawsze mo-

˙zemy znale´z´c wszystkie krzywe całkowe styczne do danego pola wektorowego.

Rozwa˙zmy równanie

1.3. INTERPRETACJA GEOMETRYCZNA

Łatwo mo˙zna odgadn ˛

a´c funkcj˛e y(x), która jest rozwi ˛

azaniem tego równania

y = ln |x| + c,

gdzie c jest dowoln ˛

a stał ˛

a. Ró˙zne warto´sci stałej c wyznaczaj ˛

a krzywe całkowe

tego równania. Zapiszmy to równanie w postaci

= x,

czyli jako równanie na funkcj˛e x(y). Rozwi ˛

azaniem jest teraz funkcja

ln |x| = y + c,

czyli x = c

Mo˙ze si˛e wydawa´c, ˙ze obie rodziny krzywych całkowych s ˛

a identyczne. Nie jest

to prawda – druga rodzina jest bogatsza o krzyw ˛

a całkow ˛

a x ≡ 0 odpowiadaj ˛

ac ˛

stałej c

= 0.

1.9 Przykład. Okazuje si˛e, ˙ze poszukiwanie krzywych całkowych jako krzywych
stycznych pola wektorowego mo˙ze da´c lepszy obraz rozwi ˛

azania równania ró˙z-

niczkowego, ni˙z znaleziony analityczny wzór na rozwi ˛

azanie. Rozwa˙zmy równa-

nie

= x +

w obszarze G = {(x, y) ∈ R

: y 6= 0} i znajd´zmy jego krzywe całkowe.

Zaczniemy od znalezienia izoklin, tj. krzywych stałego nachylenia krzywych

całkowych, albo stałego nachylenia odpowiadaj ˛

acego im pola wektorowego. Linie

te wyznaczy´c mo˙zna z równania x+

x
y

= k, co po przekształceniach daje równanie

y + 1 =

k − x

Jest to równanie hiperbol (patrz rys. 1.1).

Nast˛epnie znajdziemy punkty ekstremalne krzywych całkowych. Je´sli poszu-

kujemy punktów ekstremalnych krzywych całkowych jako funkcji y(x), to s ˛

a one

rozwi ˛

azaniami równania x +

x
y

= 0. Rozwi ˛

azanie tego równania daje nam dwie

proste, na których poło˙zone s ˛

a punkty ekstremum x = 0 oraz y = −1. Je´sli poszu-

kujemy punktów ekstremalnych krzywych całkowych jako funkcji x(y), to s ˛

a one

rozwi ˛

azaniami równania

xy+x

= 0. Z rozwi ˛

azania tego równania otrzymujemy

prost ˛

a y = 0, na której poło˙zone s ˛

a punkty ekstremalne.

Zbadamy teraz obszary wypukło´sci oraz wkl˛esło´sci krzywych całkowych. W

tym celu obliczymy drug ˛

a pochodn ˛

−2

y + 1 + x

xy + x

y − (xy + x)

−1

−3

+ y

+ xy(xy + x) − (xy + x)

−3

(y + 1) + x

y(y + 1) − x

(y + 1)

−3

(y + 1)(y

− x

) = y

−3

(y + 1)(y − x)(y + x).

Rozdział 2

Proste równania skalarne

Znajdowanie rozwi ˛

aza´n równa´n ró˙zniczkowych w formie jawnych wzorów anali-

tycznych jest spraw ˛

a trudn ˛

a. Nie istnieje uniwersalna procedura znajdowania ta-

kich rozwi ˛

aza´n dla szerokiej klasy równa´n. Znane s ˛

a jedynie procedury dla pew-

nych szczególnych klas równa´n – w zasadzie wył ˛

acznie dla równa´n skalarnych.

Przykłady takich procedur zostan ˛

a przedstawione w tym rozdziale.

2.1

Równania o zmiennych rozdzielonych

2.1 DEFINICJA. Równanie

x = f (t, x)

nazywamy

równaniem o zmiennych rozdzielonych, je´sli funkcja dwóch zmiennych

f (t, x) jest iloczynem dwóch funkcji jednej zmiennej

f (t, x) = g

(t)g

(x).

Równanie o zmiennych rozdzielonych mo˙zna prosto scałkowa´c. Dowód poni˙zsze-
go twierdzenia jest jednocze´snie konstruktywn ˛

a metod ˛

a całkowania takich równa´n.

2.2 TWIERDZENIE. Dane jest równanie ró˙zniczkowe o zmiennych rozdzielo-
nych

x = g

(t)g

(x).

(2.1)

Niech funkcje

(t) i g

(x) b˛ed ˛

a ci ˛

agłe dla

t ∈ (a, b) i x ∈ (c, d) oraz niech

(x) nie ma zer w przedziale (c, d). Wtedy przez ka˙zdy punkt (t

, x

) prostok ˛

ata

Q = {(t, x): t ∈ (a, b), x ∈ (c, d)} przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa
równania (2.1) dana wzorem

x(t) = G

−1
2

(t) − G

) + G

)

(2.2)

gdzie

(t) jest funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funkcji

(t), a G

(x) – funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funk-

cji

1/g

(x).

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Dowód. Równanie (2.1) dzielimy przez g

(x)

= g

(t)

a nast˛epnie zapisujemy t˛e równo´s´c w postaci

(x(t)) = g

(t),

gdzie G

(x) jest funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funkcji 1/g

(x). Całkuj ˛

ac ostatnie równanie

w przedziale (t

, t) otrzymujemy

x(t)

− G

x(t

)

= G

(t) − G

gdzie G

(t) jest funkcj ˛

a pierwotn ˛

a funkcji g

(t). Funkcja G

jest monotoniczna, bo

= 1/g

6= 0, czyli pochodna G

ma stały znak. Istnieje wi˛ec funkcja odwrotna

do G

. St ˛

ad rozwi ˛

azanie ma posta´c

x(t) = G

−1
2

(t) − G

) + G

)

W ten sposób udowodnili´smy wzór (2.2). Jednocze´snie otrzymane rozwi ˛

azanie

jest jednoznaczne, co wynika z definicji całki oznaczonej.

2.3 Przykład. Powrócimy do równania

= x +

(2.3)

które było rozpatrywane w przykładzie 1.9. Zapisuj ˛

ac to równanie w postaci

= x

y + 1

widzimy, ˙ze jest to równanie o zmiennych rozdzielonych.

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze funkcj ˛

a pierwotn ˛

a dla

y+1

jest funkcja y − ln |y + 1|, a

funkcj ˛

a pierwotn ˛

a dla x jest

1
2

+ c. W efekcie rozwi ˛

azanie równania (2.3) ma

posta´c podan ˛

a w przykładzie 1.9.

y − ln |y + 1| =

+ c.

2.4 Przykład. Z do´swiadcze´n fizycznych wiadomo, ˙ze ciało zrzucone pionowo w
dół z wysokiej wie˙zy nie upada w punkcie wyznaczonym przez spuszczony z tej
wie˙zy ci˛e˙zarek na nitce (ciało rzucone upada na wschód od punktu wyznaczonego

2.1. RÓWNANIA O ZMIENNYCH ROZDZIELONYCH

przez ci˛e˙zarek). Przyczyn ˛

a tego zjawiska jest wyst˛epowanie siły Coriolisa zwi ˛

aza-

nej z ruchem obrotowym Ziemi. Wiadomo, ˙ze na ciało o masie m poruszaj ˛

ace si˛e

wzgl˛edem Ziemi z pr˛edko´sci ˛

a v działa siła Coriolisa

F = 2mv × ω,

gdzie ω jest wektorem pr˛edko´sci k ˛

atowej Ziemi, a znak × oznacza iloczyn wekto-

rowy.

Aby zobaczy´c jak du˙ze przesuniecie daje uwzgl˛ednienie siły Coriolisa roz-

wa˙zmy kamie´n rzucony do szybu o gł˛eboko´sci h w miejscu, którego szeroko´s´c
geograficzna wynosi ϕ. Niech x(t) b˛edzie trajektori ˛

a lotu kamienia. Zgodnie z

drug ˛

a zasad ˛

a dynamiki Newtona funkcja ta spełnia równanie

x = g + 2 ˙

x × ω,

(2.4)

w którym uwzgl˛ednili´smy sił˛e przyci ˛

agania ziemskiego oraz sił˛e Coriolisa.

Niech z(t) b˛edzie trajektori ˛

a spadaj ˛

acego kamienia na nieobracaj ˛

acej si˛e Zie-

mi. Funkcja ta dana jest wzorem z(t) = z(0) +

1
2

, bo spełnia równanie ¨

z = g.

Poniewa˙z pr˛edko´s´c k ˛

atowa Ziemi jest bardzo mała, to rozwi ˛

azania równania (2.4)

b˛edziemy poszukiwa´c w postaci przybli˙zenia liniowego wzgl˛edem ω. Wtedy funk-
cj˛e x(t) mo˙zemy w przybli˙zeniu przedstawi´c jako x(t) = z(t) + |ω|y + O(ω

gdzie y(t) jest poszukiwan ˛

a poprawk ˛

Wstawiaj ˛

ac to przybli˙zenie do równania (2.4) dostajemy równanie o rozdzie-

lonych zmiennych

|ω|¨

y = 2t g × ω.

Prowadzi to do zagadnienia Cauchy’ego dla funkcji y(t) (warunki pocz ˛

atkowe wy-

nikaj ˛

a w sposób oczywisty z charakteru funkcji y(t))

y = 2t g ×

|ω|

y(0) = 0, ˙

y(0) = 0.

Wykorzystuj ˛

ac dwukrotnie wzór z tw. 2.2 znajdujemy rozwi ˛

azanie tego zagadnie-

nia pocz ˛

atkowego

y(t) =

g ×

|ω|

(stałe całkowania znikaj ˛

a ze wzgl˛edu na posta´c warunku pocz ˛

atkowego).

Wykorzystuj ˛

ac fakt, ˙ze przy swobodnym spadaniu zachodzi zwi ˛

azek h =

1
2

rozwi ˛

azanie mo˙zna zapisa´c w postaci

y(t) =

th ×

|ω|

Zauwa˙zmy, ˙ze wektor h skierowany jest do ´srodka Ziemi, wi˛ec w punkcie o szero-
ko´sci geograficznej ϕ iloczyn wektorowy h ×

|ω|

ma warto´s´c |h| cos ϕ.

Ostatecznie

y =

h cos ϕ,

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

gdzie wszystkie wielko´sci traktujemy ju˙z jak skalary (długo´sci odpowiednich wek-
torów).

Aby wyrobi´c sobie wyobra˙zenie jak du˙ze jest odchylenie wywołane sił ˛

a Co-

riolisa, rozwa˙zmy rzut kamieniem do szybu o gł˛eboko´sci 100 m w punkcie o sze-
roko´sci geograficznej 60

◦

. Poniewa˙z ω = 7.3 10

−5

sec

−1

, to ωy = 1.10 cm.

2.5 Przykład. Wykorzystamy współrz˛edne biegunowe na płaszczy´znie (r, ϕ) aby
znale´z´c równanie krzywej o tej własno´sci, ˙ze w ka˙zdym punkcie styczna do krzy-
wej tworzy z promieniem wodz ˛

acym stały k ˛

at α.

Punkt na płaszczy´znie le˙z ˛

acy na poszukiwanej krzywej ma współrz˛edne bie-

gunowe (r(ϕ) cos ϕ, r(ϕ) sin ϕ). Wektor styczny do tej krzywej ma współrz˛edne

dϕ

= ( ˙r cos ϕ − r sin ϕ, ˙r sin ϕ + r cos ϕ),

gdzie ˙r oznacza pochodn ˛

dϕ

. Obliczmy iloczyn skalarny promienia wodz ˛

acego

oraz wektora stycznego

(r(ϕ) cos ϕ, r(ϕ) sin ϕ) · ( ˙r cos ϕ − r sin ϕ, ˙r sin ϕ + r cos ϕ) =

˙rr cos

ϕ − r

sin ϕ cos ϕ + ˙rr sin

ϕ + r

sin ϕ cos ϕ = ˙rr.

Jak wiadomo dla iloczynu skalarnego wektorów u i v zachodzi zale˙zno´s´c u · v =
|u| |v| cos α, gdzie α jest k ˛

atem mi˛edzy wektorami. Aby wykorzysta´c t˛e zale˙zno´s´c

musimy policzy´c długo´sci wektora promienia wodz ˛

acego, co jest łatwe, bo dłu-

go´s´c tego wektora wynosi r, oraz długo´s´c wektora stycznego. Obliczmy kwadrat
długo´sci wektora stycznego

( ˙r cos ϕ−r sin ϕ)

+ ( ˙r sin ϕ + r cos ϕ)

˙r

cos

ϕ − 2 ˙rr sin ϕ cos ϕ + r

sin

ϕ + ˙r

sin

ϕ + 2 ˙rr sin ϕ cos ϕ + r

cos

= ˙r

+ r

Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego równania ró˙zniczkowego dla poszukiwanej krzywej

˙rr

√

˙r

+ r

= cos α.

Po przekształceniach dostajemy równanie

˙r

= cr

gdzie c = ctg

α.

Prowadzi to do dwóch równa´n o rozdzielonych zmiennych

˙r = c

oraz

˙r = −c

gdzie c

= ctg α. Rozwi ˛

azania tych równa´n s ˛

a postaci

r(ϕ) = r(ϕ

) exp c

(ϕ − ϕ

)

r(ϕ) = r(ϕ

) exp −c

(ϕ − ϕ

)

czyli jest to zwijaj ˛

aca si˛e oraz rozwijaj ˛

aca si˛e spirala logarytmiczna (o tym która

si˛e zwija decyduje znak stałej c

, czyli warto´s´c k ˛

ata α).

2.2. RÓWNANIA JEDNORODNE

2.2

Równania jednorodne

Metoda całkowania równa´n ró˙zniczkowych opisana w dowodzie tw. 2.2 jest jedn ˛

z nielicznych metod znajdowania rozwi ˛

aza´n analitycznych. Wiele innych metod

polega w rzeczywisto´sci na sprowadzeniu rozwa˙zanego problemu do równania o
zmiennych rozdzielonych.

Obecnie zajmiemy si˛e jednorodnymi równaniami ró˙zniczkowymi. Równania

te przez odpowiedni ˛

a zamian˛e zmiennych sprowadzaj ˛

a si˛e wła´snie do równa´n o

zmiennych rozdzielonych.

Przypomnijmy, ˙ze funkcja dwóch zmiennych f (x, y) nazywa si˛e funkcj ˛

a jedno-

rodn ˛

a stopnia n, je´sli f (tx, ty) = t

f (x, y), dla t > 0.

Zanim zaczniemy rozpatrywa´c równania z funkcjami jednorodnymi, sformu-

łujemy nieco ogólniej zapis równania. Zauwa˙zmy bowiem, ˙ze w przypadku poje-
dynczego równania decyzja, która zmienna jest zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a, a która zmienn ˛

niezale˙zn ˛

a, jest do´s´c arbitralna. Aby podkre´sli´c t˛e dowolno´s´c wyboru, b˛edziemy

równanie

x = f (t, x)

zapisywa´c w postaci zachowuj ˛

acej pełn ˛

a symetri˛e zmiennych

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

(2.5)

Równanie zapisane w postaci (2.5) b˛edziemy nazywali równaniem ró˙zniczko-
wym w postaci ró˙zniczek.

2.6 DEFINICJA. Równanie ró˙zniczkowe w postaci ró˙zniczek (2.5) nazywa si˛e
równaniem jednorodnym (stopnia n), je´sli funkcje M (x, y) i N (x, y) s ˛

a funkcjami

jednorodnymi stopnia

2.7 TWIERDZENIE. Dane jest równanie jednorodne stopnia n

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

(2.6)

Zakładamy, ˙ze

M (x, y) i N (x, y) s ˛

a funkcjami ci ˛

agłymi w zbiorze

Q = {(x, y) :

a <

y
x

< b} oraz

xM (x, y) + yN (x, y) 6= 0.

Wtedy przez ka˙zdy punkt

, y

) ∈ Q przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa

równania (2.6).

Dowód. Równanie (2.6) mo˙zna sprowadzi´c do równania o zmiennych rozdzielo-
nych przez dowolne z podstawie´n: y = ux lub x = vy. Podstawmy y = ux i

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

scałkujmy równania (2.6)

M (x, y)dx + N (x, y)dy =

= M (x, ux)dx + N (x, ux)(xdu + udx) =

= x

M (1, u)dx + x

N (1, u)(xdu + udx) =

= x

M (1, u) + uN (1, u)

dx + x

n+1

N (1, u)du = 0.

Po przekształceniu otrzymujemy równanie o zmiennych rozdzielonych

= −

N (1, u)

M (1, u) + uN (1, u)

du.

(2.7)

Poniewa˙z M (1, u) + uN (1, u) 6= 0, wi˛ec prawa strona jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a, czyli

ma funkcj˛e pierwotn ˛

a G(u). St ˛

ad po scałkowaniu

ln |x| = G(u) − G

+ ln |x

Po przej´sciu do zmiennych (x, y), mamy

ln |x| = G

− G

+ ln |x

Zgodnie z tw. 2.2 całkowanie równania (2.7) jest mo˙zliwe tylko w takim obszarze
Q, który nie zawiera punktów (x, y) o współrz˛ednej x = 0. Je´sli obszar Q zawiera
takie punkty, a nie zawiera punktów o współrz˛ednej y = 0, to równanie (2.6)
mo˙zna rozwi ˛

aza´c, stosuj ˛

ac podstawienie x = vy.

2.8 Przykład. Znajdziemy krzywe całkowe nast˛epuj ˛

acego równania zapisanego w

postaci ró˙zniczek

+ y

+ x

dy − ydx = 0.

(2.8)

Równanie (2.8) jest równaniem jednorodnym stopnia pierwszego i spełnione s ˛

zało˙zenia tw. 2.7. Po podstawieniu x = vy otrzymujemy

1 + v

+ v

dy − y(vdy + ydv) = 0.

Po uproszczeniach równanie to sprowadza si˛e do równania o zmiennych rozdzie-
lonych

1 + v

dy − ydv = 0,

które po scałkowaniu daje równo´s´c

ln y + c

= ln

v +

1 + v

Po przekształceniu otrzymujemy

v +

1 + v

= c

y, gdzie c

= ln c

2.2. RÓWNANIA JEDNORODNE

Przechodzimy do zmiennych (x, y) i ostatnie równanie zapisujemy w postaci

x +

+ y

= c

czyli

x +

Po podstawieniu c =

otrzymujemy

= 2c

x +

Jest to równanie paraboli, której wierzchołek le˙zy w punkcie (−

, 0), a ognisko

znajduje si˛e w pocz ˛

atku układu współrz˛ednych.

2.9 Przykład. Znajdziemy rodzin˛e krzywych całkowych, opisanych równaniem

(x + y − 2)dx + (x − y + 4)dy = 0.

Równanie to nie jest równaniem jednorodnym. Mo˙zna jednak szuka´c takiego no-
wego układu zmiennych, aby wyeliminowa´c w wyra˙zeniach M (x, y) oraz N (x, y)
wyraz wolny.

Zdefiniujmy nowe zmienne

s = x − x

t = y − y

Podstawiaj ˛

ac te zmienne do równania dostajemy

s + x

+ t + y

− 2 = s + t + x

+ y

− 2,

s + x

− t − y

+ 4 = s − t + x

− y

+ 4.

Aby wyeliminowa´c wyraz wolny nale˙zy wybra´c x

i y

, tak aby spełniały one

układ równa´n

+ y

− 2 = 0,

− y

+ 4 = 0.

(2.9)

Poniewa˙z wyznacznik tego układu liniowego jest ró˙zny od zera, znajdujemy roz-
wi ˛

azanie x

= −1, y

= 3. Po podstawieniu otrzymujemy równanie jednorodne

(s + t)ds + (s − t)dt = 0.

Dalsze post˛epowanie jest ju˙z proste. Podstawiamy t = us i mamy równanie

(s + us)ds + (s − us)(sdu + uds) = 0.

Po uporz ˛

adkowaniu wyrazów otrzymujemy równanie o zmiennych rozdzielonych

(1 + 2u − u

)ds + s(1 − u)du = 0.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Po scałkowaniu mamy

ln |s| +

ln |1 + 2u − u

| = ln c,

czyli

(1 + 2u − u

) = c

Wracamy do wyj´sciowych zmiennych (x, y) i otrzymujemy równanie

(x + 1)

1 + 2

y − 3

x + 1

−

(y − 3)

(x + 1)

= c

czyli

(x + 1)

+ 2(y − 3)(x + 1) − (y − 3)

= c

Metody z przykładu 2.9 nie mo˙zna zastosowa´c, gdy wyznacznik układu (2.9)

jest zerowy. Wtedy jednak oba wiersze macierzy układu s ˛

a do siebie proporcjo-

nalne i podstawienie z = ax + by pozwala sprowadzi´c równanie do równania o
zmiennych rozdzielonych.

2.3

Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych

Mo˙ze si˛e zdarzy´c, ˙ze równanie w postaci ró˙zniczek jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a funk-

cji dwóch zmiennych. Analiza dostarcza nam narz˛edzi, które pozwalaj ˛

a łatwo ten

fakt sprawdzi´c. Z drugiej strony, je´sli pewna ró˙zniczka dwóch zmiennych jest ró˙z-
niczk ˛

a zupełn ˛

a, to łatwo mo˙zna znale´z´c funkcj˛e, której ró˙zniczka pokrywa si˛e z

rozwa˙zan ˛

2.10 TWIERDZENIE. Załó˙zmy, ˙ze w zbiorze Q = {(x, y) : x ∈ (a, b), y ∈
(c, d)} funkcje M (x, y), N (x, y), M

(x, y) i N

(x, y) s ˛

a ci ˛

agłe oraz

(x, y) = N

(x, y).

(2.10)

Wtedy wyra˙zenie

M (x, y)dx + N (x, y)dy

(2.11)

jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a, czyli ró˙zniczk ˛

a pewnej funkcji

F (x, y). Je´sli dodatkowo

jedna z funkcji

M (x, y) lub N (x, y) jest ró˙zna od zera w ka˙zdym punkcie zbioru

Q, to przez ka˙zdy punkt (x

, y

) ∈ Q przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa

równania

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

(2.12)

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙

ZNICZEK ZUPEŁNYCH

Dowód. Je´sli spełniony jest warunek (2.10), to istnienie funkcji F (x, y), której
ró˙zniczk ˛

a jest wyra˙zenie (2.11), wynika z odpowiedniego twierdzenia z analizy.

Oznacza to, ˙ze (2.11) jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a. Załó˙zmy, ˙ze N (x, y) 6= 0. Wtedy

równanie (2.12) mo˙zna przepisa´c w postaci

M (x, y) + N (x, y)

= 0.

(2.13)

Z faktu, ˙ze (2.11) jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a wynikaj ˛

a równo´sci

M (x, y) =

∂F

∂x

N (x, y) =

∂F

∂y

Wobec tego równanie (2.13) sprowadza si˛e do równania

dF x, y(x)

= 0.

Rozwi ˛

azaniem tego równania jest

F x, y(x)

= c.

(2.14)

Przyjmuj ˛

ac c = F (x

, y

) uzyskujemy jednoznaczno´s´c rozwi ˛

azania oraz speł-

nienie warunku pocz ˛

atkowego. Warunek N 6= 0 gwarantuje spełnienie zało˙ze´n

twierdzenia o funkcji uwikłanej, czyli równanie (2.14) mo˙zna rozwikła´c, znajdu-
j ˛

ac funkcj˛e y(x) w jawnej postaci.

2.11 Przykład. Znajdziemy krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

(2x + 3x

y)dx + (x

− 3y

)dy = 0,

przechodz ˛

ac ˛

a przez punkt (1,1).

Sprawdzamy, ˙ze jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej

∂(2x + 3x

∂y

= 3x

∂(x

− 3y

)

∂x

Całkuj ˛

ac to równanie, skorzystamy z faktu, ˙ze całka krzywoliniowa ró˙zniczki zu-

pełnej nie zale˙zy od drogi całkowania. Całk˛e ł ˛

acz ˛

ac ˛

a punkt (1, 1) z punktem (x, y)

obliczymy po łamanej ł ˛

acz ˛

acej punkty (1, 1), (x, 1) i (x, y).

(x,y)

(1,1)

(2t + 3t

s)dt + (t

− 3s

)ds =

(x,1)

(1,1)

(2t + 3t

)dt +

(x,y)

(x,1)

− 3s

)ds =

+ x

− 2 + x

y − y

− x

+ 1 = x

+ x

y − y

− 1.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Oznacza to, ˙ze F (x, y) = x

+ x

y − y

− 1. W celu znalezienia rozwi ˛

azania

naszego równania nale˙zy rozwikła´c równanie

F (x, y) = 0.

Równanie to mo˙zna rozwikła´c wzgl˛edem ka˙zdej zmiennej bo F

(1, 1) = −2 a

(1, 1) = 5. Jednak ze wzgl˛edu na posta´c funkcji F (x, y) znalezienie rozwi ˛

aza-

nia w postaci rozwikłanej nie jest proste.

Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych nie wyst˛epuj ˛

a zbyt cz˛esto. Wiele

równa´n mo˙zna jednak sprowadzi´c do postaci ró˙zniczki zupełnej po pomno˙zeniu
przez pewn ˛

a funkcj˛e. Funkcja taka nazywa si˛e czynnikiem całkuj ˛

acym. Je´sli wy-

ra˙zenie

M dx + N dy

(2.15)

pomno˙zymy przez czynnik całkuj ˛

acy µ(x, y)

µM dx + µN dy

i za˙z ˛

adamy, aby nowe wyra˙zenie było ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

∂µM

∂y

∂µN

∂x

to otrzymamy skomplikowane równanie o pochodnych cz ˛

astkowych

∂µ

∂y

− N

∂µ

∂x

= µ

∂N

∂x

−

∂M

∂y

(2.16)

Oczywi´scie rozwi ˛

azanie równania (2.16) nie jest wcale łatwiejsze od rozwi ˛

azania

wyj´sciowego równania zwyczajnego. Cz˛esto jednak jest bliskie ró˙zniczce zupełnej.
Wtedy czynnik N

− M

, wyst˛epuj ˛

acy po prawej stronie równania (2.16), mo˙ze

by´c stały albo mo˙ze by´c funkcj ˛

a tylko jednej zmiennej. Sugeruje to poszukiwanie

czynnika całkuj ˛

acego w postaci µ(x) lub µ(y) albo µ = µ(z), gdzie z jest znan ˛

funkcj ˛

a zmiennych x i y.

Mo˙zna tu sformułowa´c kilka prostych obserwacji pomocnych w znajdowaniu

takich czynników całkuj ˛

acych:

1. Je´sli

−

− M

) = f (x)

to czynnik całkuj ˛

acy jest funkcj ˛

a jedynie zmiennej x: µ(x) = exp

R f (x).

2. Je´sli

− M

) = f (y)

to czynnik całkuj ˛

acy jest funkcj ˛

a jedynie zmiennej y: µ(y) = exp

R f (y).

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙

ZNICZEK ZUPEŁNYCH

3. Czynnik całkuj ˛

acy jest postaci µ(x, y) = ϕ(z(x, y)), gdzie z jest nowa

zmienn ˛

a, je´sli

− M

N z

− M z

= f (z).

Poni˙zsze przykłady ilustruj ˛

a kilka takich przypadków.

2.12 Przykład. Znajdziemy całk˛e ogóln ˛

a równania

(x + sin x + sin y)dx + cos ydy = 0.

(2.17)

Równanie nie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej, bo

− M

= − cos y.

Zauwa˙zmy jednak, ˙ze wyra˙zenie

− M

) = −1

mo˙zna traktowa´c jako funkcj ˛

a zmiennej x, co prowadzi do czynnika całkuj ˛

acego

µ(x) = e

. Mno˙zymy równanie (2.17) przez ten czynnik całkuj ˛

acy i otrzymujemy

(x + sin x + sin y)dx + e

cos ydy = 0.

Równanie to całkujemy po łamanej zło˙zonej z odcinków równoległych do osi
współrz˛ednych (jak w przykładzie 2.11), ł ˛

acz ˛

acej punkt (p

, p

) z punktem (x, y)

(x,y)

)

(t + sin t + sin s)dt + e

cos sds =

(x,p

)

(t + sin t + sin p

)dt +

(x,y)

(x,p

)

cos sds =

− e

(sin x − cos x)e

+ e

sin p

+ e

sin y

− p

+ e

−

(sin p

− cos p

− e

sin p

− e

(sin x − cos x)e

+ e

sin y

− p

+ e

−

(sin p

− cos p

Całka ogólna ma wi˛ec posta´c

− e

(sin x − cos x)e

+ e

sin y = c.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

2.13 Przykład. Znajdziemy całk˛e ogóln ˛

a równania

(xy

+ y)dx − (x + y

)dy = 0.

(2.18)

Równanie nie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej bo

− M

= −2xy − 2.

Zauwa˙zmy jednak, ˙ze wyra˙zenie

− M

) = −

jest funkcj ˛

a zmiennej y, co prowadzi do czynnika całkuj ˛

acego µ(x) = y

−2

. Mno-

˙zymy równanie (2.18) przez ten czynnik całkuj ˛

acy i otrzymujemy

(x + y

−1

)dx − (xy

−2

+ 1)dy = 0.

Równanie to całkujemy po łamanej zło˙zonej z odcinków równoległych do osi
współrz˛ednych (jak w przykładzie 2.11), ł ˛

acz ˛

acej punkt (p

, p

) z punktem (x, y)

(x,y)

)

(t + s

−1

)dt − (ts

−2

+ 1)ds =

+ xy

−1

− y −

2
1

+ p

−1
2

− p

Całka ogólna ma wi˛ec posta´c

+ xy

−1

− y = c.

2.14 Przykład. Znajdziemy całk˛e ogóln ˛

a równania

dx + (x

y − x)dy = 0.

(2.19)

Poniewa˙z

− M

= −1,

równanie nie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej. Posta´c funkcji M (x, y) i N (x, y)
wskazuje tak˙ze, ˙ze nie ma czynnika całkuj ˛

acego, który byłby tylko funkcj ˛

a zmien-

nej x lub y. Mo˙zna jednak zauwa˙zy´c, ˙ze poszukuj ˛

ac czynnika całkuj ˛

acego w po-

staci µ = µ(z) dostaniemy z równania (2.16) wyra˙zenie

− (x

y − x)z

2.4. RÓWNANIA LINIOWE PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze je´sli przyj ˛

a´c z(x, y) = xy, to wyra˙zenie powy˙zsze stanie si˛e

funkcj ˛

a wył ˛

acznie zmiennej z

− (x

y − x)z

− (x

− xy)

Poszukujemy wi˛ec czynnika całkuj ˛

acego w formie µ = µ(xy). Aby znale´z´c ten

czynnik wracamy do równania (2.16) i po podstawieniu z = xy otrzymujemy
równanie

− (z

− z)µ

= −µ.

Po uporz ˛

adkowaniu mamy

zµ

= −µ,

czyli µ = (xy)

−1

. Po pomno˙zeniu równania (2.19) przez czynnik całkuj ˛

acy otrzy-

mujemy

ydx +

x −

dy = 0.

Całkujemy to równanie, jak w poprzednim przykładzie, po łamanej ł ˛

acz ˛

acej punkty

, p

) i (x, y)

(x,y)

)

sdt +

t −

ds = p

x − p

+ xy − p

x − ln |y| + ln |p

= xy − ln |y| − p

+ ln |p

St ˛

ad mamy całk˛e ogóln ˛

xy − ln |y| = c.

2.4

Równania liniowe pierwszego rz˛edu

Obecnie zajmiemy si˛e przypadkiem równa´n liniowych pierwszego rz˛edu.

2.15 DEFINICJA. Równanie postaci

x + p(t)x = q(t),

(2.20)

gdzie

p(t) i q(t) s ˛

a funkcjami zmiennej

t ∈ (a, b), nazywa si˛e równaniem linio-

wym. Je´sli q(t) ≡ 0, to jest to równanie liniowe jednorodne.

Dla równania (2.20) bardzo łatwo mo˙zna otrzyma´c twierdzenie o istnieniu i jedno-
znaczno´sci.

2.16 TWIERDZENIE. Je´sli funkcje p(t) i q(t) s ˛

a ci ˛

agłe dla

t ∈ (a, b), to przez

ka˙zdy punkt zbioru

Q = (a, b) × R przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa

równania (2.20). Maksymalnym przedziałem istnienia ka˙zdego takiego rozwi ˛

azania

jest przedział

(a, b).

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Dowód. Dowód przeprowadzimy konstruktywnie, podaj ˛

ac rozwi ˛

azanie w postaci

wzoru analitycznego. Rozwa˙zmy najpierw równanie jednorodne

x = −p(t)x.

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych. Jego rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c

x(t) = c exp

−

p(s)ds

(2.21)

Aby znale´z´c rozwi ˛

azanie równania niejednorodnego, stosujemy metod˛e uzmien-

niania stałej: w miejsce stałej c wstawiamy nieznan ˛

a funkcj˛e z(t) i poszukujemy

rozwi ˛

azania w postaci

x(t) = z(t) exp

−

p(s)ds

(2.22)

Po podstawieniu (2.22) do równania (2.20) otrzymujemy

z(t) exp

−

p(s)ds

− z(t)p(t) exp

−

p(s)ds

+ p(t)z(t) exp

−

p(s)ds

= q(t).

Daje to nast˛epuj ˛

ace równanie dla funkcji z(t)

z = q(t) exp

p(s)ds

którego rozwi ˛

azaniem jest funkcja

z(t) = z(t

) +

q(τ ) exp

p(s)ds

dτ.

(2.23)

Podstawiamy (2.23) do (2.21) oraz wykorzystujemy fakt, ˙ze z(t

) = x(t

) i dosta-

jemy rozwi ˛

azanie równania (2.20)

x(t) = x(t

) exp

−

p(s)ds

q(τ ) exp

−

p(s)ds

dτ.

(2.24)

Nale˙zy jeszcze pokaza´c, ˙ze otrzymane rozwi ˛

azanie lokalne przedłu˙za si˛e na

cały odcinek (a, b). Wystarczy w tym celu udowodni´c, ˙ze rozwi ˛

azanie jest ograni-

czone w ka˙zdym punkcie wewn˛etrznym przedziału (a, b). Niech x(t) b˛edzie roz-
wi ˛

azaniem przechodz ˛

acym przez punkt (t

, x

). Poka˙zemy, ˙ze je´sli t

∈ (a, b), to

x(t

) jest ograniczone. Wykorzystuj ˛

ac posta´c rozwi ˛

azania (2.24) dostajemy osza-

cowanie

|x(t

)| 6

q(τ )dτ

K(t

−t

)

2.4. RÓWNANIA LINIOWE PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

gdzie K = sup

t∈[t

]

|p(t)|. Poniewa˙z odcinek [t

, t

] jest zwarty, wi˛ec funkcja

q(t) jest ograniczona dla t ∈ [t

, t

] i

q(τ )dτ

= c < +∞.

St ˛

|x(t

)| 6 ce

K(t

−t

)

Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie x(t) jest ograniczone w ka˙zdym punkcie t

∈ (a, b).

2.17 Przykład. Niech b˛edzie dany prosty obwód elektryczny, zawieraj ˛

acy opor-

no´s´c R i indukcyjno´s´c L (rys. 2.1). Niech I oznacza nat˛e˙zenie pr ˛

adu w obwodzie a

U – przyło˙zone napi˛ecie. Z teorii obwodów elektrycznych znane s ˛

a prawa rz ˛

adz ˛

ace

Rysunek 2.1: Schemat obwodu elektrycznego

przepływem pr ˛

adu w takim obwodzie

= U

(prawo Faradaya),

RI = U

(prawo Ohma).

Sumuj ˛

ac spadki napi˛ecia na oporno´sci R i indukcyjno´sci L dostajemy równanie na

nat˛e˙zenie pr ˛

adu w obwodzie

+ RI = U.

(2.25)

Równanie (2.25) jest równaniem liniowym. Je´sli dane jest nat˛e˙zenie pr ˛

adu w chwili

pocz ˛

atkowej I

= I(0), to rozwi ˛

azanie równania (2.25) dane jest wzorem

I(t) = e

−

R
L

dτ

(2.26)

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Je´sli R, L i U s ˛

a stałe, to rozwi ˛

azanie redukuje si˛e do prostszej postaci

I(t) =

+ e

−

R
L

−

Przeanalizujmy asymptotyczne zachowanie si˛e nat˛e˙zenia pr ˛

adu w obwodzie, gdy

obwód zostaje podł ˛

aczony do ´zródła napi˛ecia (I

= 0). Wtedy

I(t) =

1 − e

−

R
L

lim

t→+∞

I(t) =

Zachowanie asymptotyczne przy wył ˛

aczaniu napi˛ecia (U = 0) ma posta´c

I(t) = I

−

R
L

lim

t→+∞

I(t) = 0.

2.18 Przykład. W dalszym ci ˛

agu zajmowa´c si˛e b˛edziemy obwodem elektrycznym

opisanym w poprzednim przykładzie. Pozostawiaj ˛

ac zało˙zenie, ˙ze R i L s ˛

a stałe,

przyjmiemy oscyluj ˛

acy przebieg napi˛ecia U = B sin ωt (obwód zasilany pr ˛

adem

zmiennym). Rozwi ˛

azanie (2.26) nadal pozostaje prawdziwe. Je´sli

6= ω, to roz-

wi ˛

azanie przyjmie posta´c

I(t) =e

−

R
L

(R/L)

+ ω

R/L

(R/L)

+ ω

sin ωt −

(R/L)

+ ω

cos ωt

(2.27)

Je´sli

= ω, rozwi ˛

azanie przyjmie prostsz ˛

a posta´c

I(t) = e

−ωt

2Lω

(sin ωt − cos ωt),

któr ˛

a mo˙zna otrzyma´c przez formalne podstawienie

= ω do wzoru (2.27).

Je´sli we wzorze (2.27) wprowadzimy przesuni˛ecie fazowe δ, takie ˙ze tg δ =

R/L

, to wzór ten upro´sci si˛e do nast˛epuj ˛

acego

I(t) = e

−

R
L

(R/L)

+ ω

p(R/L)

+ ω

sin(ωt − δ).

Z ostatniego wzoru łatwo wida´c, ˙ze dla du˙zych t nat˛e˙zenie pr ˛

adu oscyluje z t ˛

a sam ˛

cz˛esto´sci ˛

a co napi˛ecia jedynie z pewnym przesunieciem fazowym w stosunku do

oscylacji napi˛ecia.

2.5. RÓWNANIA SPROWADZALNE DO RÓWNA ´

N LINIOWYCH

2.5

Równania sprowadzalne do równa ´n liniowych

Podamy teraz przykłady równa´n nieliniowych, które przez odpowiedni ˛

a zamia-

n˛e zmiennych mo˙zna sprowadzi´c do równa´n liniowych, a tym samym efektywnie
scałkowa´c. Jako pierwszy przykład rozwa˙zmy równanie nieliniowe

x + p(t)x + q(t)x

= 0.

(2.28)

Równanie tej postaci nazywa si˛e równaniem Bernoulliego. Liczb˛e n nazywa si˛e
wykładnikiem Bernoulliego. Dla n = 0 lub n = 1 równanie (2.28) jest rów-
naniem liniowym. Dla innych warto´sci wykładnika Bernoulliego równanie (2.28)
mo˙zna sprowadzi´c do równania liniowego przez podstawienie

z = x

1−n

(2.29)

Po podzieleniu równania (2.28) przez x

otrzymujemy

−n

+ p(t)x

1−n

+ q(t) = 0.

(2.30)

Po uproszczeniach dostajemy równanie

1 − n

z + p(t)z + q(t) = 0,

czyli równanie liniowe.

2.19 Przykład. Znajdziemy rozwi ˛

azanie ogólne równania

x − 2tx = 2t

(2.31)

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2. Dzielimy równanie (2.31) przez
x

i podstawiamy z = x

−1

, sk ˛

ad otrzymujemy

− 2tx

−1

= 2t

a po uporz ˛

adkowaniu wyrazów

z + 2tz = −2t

Rozwi ˛

azujemy najpierw równanie jednorodne

z + 2tz = 0.

Jego rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c

z(t) = Ce

−t

Nast˛epnie dokonujemy uzmienniania stałej

z = u(t)e

−t

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

Po wstawieniu do równania niejednorodnego mamy

( ˙

u − 2tu)e

−t

+ 2tue

−t

= −2t

Po uporz ˛

adkowaniu wyrazów otrzymujemy

−t

= −2t

a po scałkowaniu

u = −2

dt = −

ydy = −ye

+ e

+ c = (1 − t

+ c.

Korzystaj ˛

ac z tego rozwi ˛

azania, obliczamy z(t), a nast˛epnie x(t)

z(t) = 1 − t

+ ce

−t

x(t) =

1 − t

+ ce

−t

−1

Innym typem równania, które w pewnych przypadkach daje si˛e sprowadzi´c do

równania liniowego, jest równanie

x + p(t)x + q(t)x

+ r(t) = 0.

(2.32)

Równanie to nazywa si˛e równaniem Riccatiego. W ogólno´sci nie istnieje sposób
jego analitycznego całkowania. Je´sli jednak znamy jedno rozwi ˛

azanie szczególne

(t) równania (2.32), to przez podstawienie

u = x − x

(2.33)

mo˙zna to równanie sprowadzi´c do równania Bernoulliego. Poniewa˙z ˙

x = ˙

u + ˙

wi˛ec podstawiaj ˛

ac t˛e równo´s´c do lewej strony równania (2.32) otrzymujemy

+ ˙

u + p(t)(x

+ u) + q(t)(x

+ u)

+ r(t) =

= [ ˙

+ p(t)x

+ q(t)x

2
1

+ r(t)] + ˙

u + p(t)u + 2q(t)x

u + q(t)u

= ˙

u + p(t)u + 2q(t)x

u + q(t)u

Ostatnia równo´s´c wynika z faktu, ˙ze x

jest rozwi ˛

azaniem, wi˛ec cz˛e´s´c wyra˙zenia

wzi˛eta w nawias kwadratowy znika. Wynika st ˛

ad, ˙ze u(t) spełnia równanie

u + p(t)u + 2q(t)x

(t)u + q(t)u

= 0.

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2 i jako takie mo˙zna je rozwi ˛

aza´c

analitycznie. Oczywi´scie powstaje pytanie, jak mo˙zna znale´z´c szczególne rozwi ˛

zanie x

(t). Niestety nie ma tu ogólnych metod. W zasadzie rozwi ˛

azanie x

(t) na-

le˙zy zgadn ˛

a´c. Kiedy jednak uda si˛e nam odgadn ˛

a´c jedno rozwi ˛

azanie, wtedy przed-

stawiona metoda post˛epowania pozwala znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne tego równa-

nia.

2.5. RÓWNANIA SPROWADZALNE DO RÓWNA ´

N LINIOWYCH

2.20 Przykład. Rozwi ˛

a˙zemy równanie

x + x

= 1 + t

Z postaci równania łatwo mo˙zna zgadn ˛

a´c jego rozwi ˛

azanie szczególne x

(t) = t.

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania ogólnego

x(t) = t + u(t).

Prowadzi to do równania dla funkcji u(t)

u + 2tu + u

= 0.

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2. Podstawiaj ˛

ac z = u

−1

otrzymu-

jemy

z − 2tz − 1 = 0.

Z równania tego znajdujemy

z = e

c +

−t

Rozwi ˛

azanie ogólne wyj´sciowego równania ma wi˛ec posta´c

x(t) = t + e

−t

c +

−t

−1

Zwró´cmy uwag˛e na fakt, ˙ze rozwi ˛

azanie to wyra˙za si˛e przez funkcj˛e

R e

−t

dt,

która nie jest funkcj ˛

a elementarn ˛

Przypadek szcz˛e´sliwego zgadni˛ecia rozwi ˛

azania szczególnego równania Ric-

catiego jest oczywi´scie do´s´c rzadki. Co prawda nie znane s ˛

a procedury znajdowa-

nia takich rozwi ˛

aza´n dla równa´n Riccatiego w postaci ogólnej, ale w literaturze jest

opisanych wiele przypadków szczególnych, kiedy znana jest metoda znalezienia
rozwi ˛

azania szczególnego. Nie jest naszym celem przedstawienia wielu przypad-

ków szczególnych, opiszemy tylko jeden, przydatny dla znacznej klasy równa´n.

Je´sli równanie Riccatiego jest postaci

x = ax

+ b

+ c

(2.34)

gdzie a, b i c s ˛

a stałe, to rozwi ˛

azania szczególnego nale˙zy poszukiwa´c w postaci

(t) =

Poni˙zszy przykład ilustruje post˛epowanie dla takich równa´n.

ROZDZIAŁ 2. PROSTE RÓWNANIA SKALARNE

2.21 Przykład. Rozwi ˛

a˙zemy równanie

x + x

= 2t

−2

(2.35)

Jest to równanie Riccatiego typu (2.34). B˛edziemy poszukiwali rozwi ˛

azania szcze-

gólnego w postaci

x(t) =

Po wstawieniu do równania (2.35) otrzymujemy

−a

czyli

− a − 2 = 0.

St ˛

ad a = 2 lub a = −1. Mamy wi˛ec rozwi ˛

azanie szczególne

(t) =

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania ogólnego

x(t) = x

(t) + u(t).

Prowadzi to do równania dla funkcji u(t)

u + 4t

−1

u + u

= 0.

Jest to równanie Bernoulliego z wykładnikiem 2. Podstawiamy z = u

−1

i otrzy-

mujemy

z − 4t

−1

z − 1 = 0.

Rozwi ˛

azaniem tego równania liniowego jest funkcja

z = −

t + ct

St ˛

ad rozwi ˛

azanie ogólne równania (2.35) ma posta´c

x(t) =

−

t + ct

−1

Rozdział 3

Podstawowe twierdzenia

3.1

Istnienie rozwi ˛

aza ´n lokalnych

Rozpocznijmy od odpowiedzi na ogólne pytanie: jakie warunki musi spełnia´c rów-
nanie ró˙zniczkowe zwyczajne, aby istniało jego rozwi ˛

azanie i kiedy rozwi ˛

azanie

to jest jednoznaczne?

Rozpatrywa´c b˛edziemy równanie

x = f (t, x)

w przestrzeni wektorowej. Przypomnijmy, ˙ze x = x(t) ∈ R

, a f jest funkcj ˛

działaj ˛

ac ˛

a z podzbioru R

m+1

do R

3.1 TWIERDZENIE. (Picarda-Lindelöfa) Niech funkcja f (t, x): R

m+1

→ R

b˛edzie ci ˛

agła w zbiorze

Q = {(t, x): |t − t

| 6 a, |x − x

| 6 b}. Zakładamy po-

nadto, ˙ze

sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)| = M oraz f spełnia w zbiorze Q warunek Lipschitza

wzgl˛edem zmiennej

|f (t, x

) − f (t, x

)| 6 L|x

− x

dla pewnej stałej

L. Wtedy zagadnienie Cauchy’ego

x = f (t, x),

x(t

) = x

(3.1)

ma jednoznaczne rozwi ˛

azanie na przedziale

|t − t

| 6 α, α < min(a,

Dowód. Rozwa˙zmy podzbiór przestrzeni metrycznej funkcji ci ˛

agłych

E = {x(t): x(t

) = x

, |x(t) − x

| 6 b, |t − t

| 6 α}.

E jako domkni˛ety podzbiór przestrzeni funkcji ci ˛

agłych jest przestrzeni ˛

a metrycz-

n ˛

a zupełn ˛

a. W przestrzeni E rozwa˙zamy odwzorowanie

F (x)(t) = x

f s, x(s)

ds.

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

Je´sli istnieje punkt stały tego odwzorowania

x(t) = x

f s, x(s)

ds,

(3.2)

to spełnia on równanie (3.1). Z ci ˛

agło´sci funkcji f i własno´sci całki wynika bo-

wiem, ˙ze funkcja x(t) dana równaniem (3.2) jest funkcj ˛

a klasy C

. Po zró˙zniczko-

waniu (3.2) otrzymujemy równanie (3.1) (spełnienie warunku pocz ˛

atkowego wyni-

ka z definicji całki). Wystarczy wi˛ec wykaza´c, ˙ze odwzorowanie F ma punkt stały
w przestrzeni E. W tym celu poka˙zemy najpierw, ˙ze F odwzorowuje przestrze´n E
w siebie.

Poniewa˙z

sup

|t−t

|6α

|F (x)(t) − x

| =

sup

|t−t

|6α

f s, x(s)

sup

|t−t

|6α

sup

s∈[t

,t]

f s, x(s)

ds 6 M α 6 b,

wi˛ec

|F (x)(t) − x

| 6 b,

czyli F odwzorowuje przestrze´n E w siebie.

Poka˙zemy teraz, ˙ze F jest odwzorowaniem zw˛e˙zaj ˛

acym. W wyniku prostego

rachunku dostajemy

sup

|t−t

|6α

|F (x

)(t) − F (x

)(t)| 6

sup

|t−t

|6α

f s, x

(s)

− f s, x

(s)

ds 6

sup

|t−t

|6α

L|x

(s) − x

(s)|ds 6

sup

|t−t

|6α

sup

|s−t

|6α

(s) − x

(s)|ds 6

6 Lα sup

|t−t

|6α

(t) − x

(t)|,

czyli dla αL < 1 odwzorowanie F jest zw˛e˙zaj ˛

ace. Z twierdzenia Banacha o punk-

cie stałym wynika, ˙ze F ma punkt stały b˛ed ˛

acy granic ˛

a ci ˛

agu x

n+1

(t) = F (x

)(t),

gdzie x

(t) = x

i jest to jedyny punkt stały odwzorowania F w E. Dowodzi to

istnienia i jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania zagadnienia (3.1).

Istnienie rozwi ˛

aza´n mo˙zna udowodni´c przy nieco słabszych zało˙zeniach. Traci

si˛e jednak wtedy własno´s´c jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania.

3.2 TWIERDZENIE. (Peano) Niech funkcja f (t, x) : R

m+1

→ R

b˛edzie

ci ˛

agła w zbiorze

Q = {(t, x): t ∈ [t

, t

+ a], |x − x

| 6 b}. Zakładamy tak˙ze, ˙ze

sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)| = M . Wtedy zagadnienie Cauchy’ego

x = f (t, x),

x(t

) = x

(3.3)

3.1. ISTNIENIE ROZWI ˛

AZA ´

N LOKALNYCH

ma rozwi ˛

azanie na przedziale

, t

+ α], gdzie α = min(a,

Dowód. W dowodzie wykorzystamy metod˛e łamanych Eulera. W tym celu prze-

dział [t

, t

+ α] dzielimy na n

mniejszych przedziałów o ko´ncach t

(1)
i

= t

(1)
0

< t

(1)
1

< · · · < t

(1)
n

= t

+ α

oraz konstruujemy funkcj˛e kawałkami liniow ˛

a przybli˙zaj ˛

ac ˛

a rozwi ˛

azanie równania

(3.3) (łaman ˛

a Eulera)

) = x

(t) = ϕ

(1)
i

) + f t

(1)
i

, ϕ

(1)
i

)

(t − t

(1)
i

), dla t ∈ (t

(1)
i

, t

(1)
i+1

(3.4)

Jak łatwo zauwa˙zy´c, funkcja ta powstaje przez poł ˛

aczenie odcinkami punktów

(1)
i

, ϕ

(1)
i

)

. Funkcja ϕ

(t) jest pierwszym przybli˙zeniem rozwi ˛

azania zagad-

nienia (3.3). Funkcj˛e ϕ

b˛ed ˛

ac ˛

a k-tym przybli˙zeniem, otrzymujemy dziel ˛

ac prze-

dział [t

, t

+ α] na n

cz˛e´sci t

= t

(k)
0

< t

(k)
1

< · · · < t

(k)
n

= t

+ α i definiuj ˛

analogicznie do ϕ

, jako funkcj˛e kawałkami liniow ˛

a przechodz ˛

ac ˛

a przez punk-

ty t

(k)
i

, ϕ

(k)
i

)

Funkcje ϕ

maj ˛

a nast˛epuj ˛

ace własno´sci:

1) s ˛

a ci ˛

agłe na przedziale [t

, t

+ α] i ró˙zniczkowalne wsz˛edzie poza punktami

(k)
i

. Wynika to z faktu, ˙ze ϕ

s ˛

a funkcjami kawałkami liniowymi.

2) s ˛

a wspólnie ograniczone na przedziale [t

, t

+ α], mamy bowiem oszaco-

wanie

|ϕ

(t)| 6 |x

| + M α,

które wynika z definicji funkcji ϕ

3) s ˛

a jednakowo ci ˛

agłe, bo je´sli t

, t

∈ (t

(k)
i

, t

(k)
i+1

], to z definicji funkcji ϕ

(t)

dostajemy oszacowanie

|ϕ

) − ϕ

)| 6 M |t

− t

Oszacowanie to jest niezale˙zne od k. Jak łatwo zauwa˙zy´c, mo˙zna je rozsze-

rzy´c z zachowaniem tej samej stałej M na przypadek, gdy t

∈ (t

(k)
i

, t

(k)
i+1

] a

∈ (t

(k)
j

, t

(k)
j+1

Z własno´sci tych wynika, ˙ze ci ˛

ag ϕ

spełnia zało˙zenia twierdzenia Arzeli-Asco-

liego. Istnieje zatem podci ˛

ag ϕ

(t) jednostajnie zbie˙zny do funkcji ϕ(t) na prze-

dziale [t

, t

+ α].

Wystarczy teraz udowodni´c, ˙ze ϕ(t) jest rozwi ˛

azaniem zagadnienia (3.3). Po-

niewa˙z wszystkie funkcje ϕ

(t) spełniały warunek ϕ

) = x

, wi˛ec tak˙ze ϕ(t)

spełnia warunek pocz ˛

atkowy. Nale˙zy pokaza´c, ˙ze funkcja ϕ(t) spełnia tak˙ze rów-

nanie ró˙zniczkowe, czyli

lim

h→0

ϕ(t + h) − ϕ(t)

= f t, ϕ(t)

dla t ∈ (t

, t

+ α).

(3.5)

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

Aby udowodni´c to przej´scie graniczne, dokonajmy nast˛epuj ˛

acego oszacowania

(wybieramy h mniejsze od pewnego h

, tak aby odpowiednie funkcje były dobrze

okre´slone)

ϕ(t + h) − ϕ(t)

− f t, ϕ(t)

f t, ϕ

(t)

− f t, ϕ(t)

ϕ(t + h) − ϕ

(t + h)

−

ϕ(t) − ϕ

(t)

(t + h) − ϕ

(t)

− f t, ϕ

(t)

f t, ϕ

(t)

− f t, ϕ(t)

ϕ(t + h) − ϕ

(t + h)

ϕ(t) − ϕ

(t)

(t + h) − ϕ

(t)

− f t, ϕ

(t)

(3.6)

Ustalmy ε > 0. Drugi i trzeci wyraz po prawej stronie nierówno´sci (3.6) sza-

cujemy z jednostajnej zbie˙zno´sci ci ˛

agu ϕ

. Je´sli we´zmiemy k

dostatecznie du˙ze,

sup

|ϕ

(t) − ϕ(t)| <

εh

(3.7)

Z oszacowania (3.7) oraz jednostajnej ci ˛

agło´sci funkcji f (t, x) w domkni˛etym

otoczeniu punktu (t, ϕ

(t)) wynika oszacowanie pierwszego wyrazu nierówno´sci

(3.6)

|f (t, ϕ

(t)) − f (t, ϕ(t))| <

Aby oszacowa´c ostatni składnik nierówno´sci (3.6), załó˙zmy, ˙ze t ∈ (t

)

, t

)

i+1

]

oraz t + h ∈ (t

)

, t

)

n+1

]. Wtedy

(t + h) − ϕ

(t) − hf t, ϕ

(t)

= f t

)

, ϕ

)

i+1

− t

+ · · ·

+ f t

)

, ϕ

)

t + h − t

)

− hf t, ϕ

(t)

f t

)

, ϕ

)

− f t, ϕ

(t)

)

i+1

− t

+ · · ·

f t

)

, ϕ

)

− f t, ϕ

(t)

t + h − t

)

Zauwa˙zmy ponadto, ˙ze je´sli h jest dostatecznie małe, to

f t + θh, ϕ

(t + θh)

− f t, ϕ

(t)

dla θ ∈ [0, 1].

(3.8)

Z oszacowania tego wynika, ˙ze

(t + h) − ϕ

(t) − hf t, ϕ

(t)

εh

3.1. ISTNIENIE ROZWI ˛

AZA ´

N LOKALNYCH

czyli

(t + h) − ϕ

(t)

− f t, ϕ

(t)

(3.9)

Ł ˛

acz ˛

ac te oszacowania widzimy, ˙ze dla ka˙zdego ε i ka˙zdego h mniejszego od pew-

nego h

nast˛epuj ˛

ace oszacowanie jest prawdziwe dla ka˙zdego t ∈ (t

, t

+ α)

ϕ(t + h) − ϕ(t)

− f t, ϕ(t)

< ε.

(3.10)

Jest to dowód przej´scia granicznego (3.5).

Jak pokazuje poni˙zszy przykład, zało˙zenie warunku Lipschitza jest istotne dla

uzyskania jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania. Bez tego zało˙zenia mo˙ze istnie´c wiele

rozwi ˛

aza´n tego samego zagadnienia pocz ˛

atkowego.

3.3 Przykład. Rozwa˙zmy równanie

x = x

1
3

Równanie to spełnia warunki tw. 3.2, ale nie spełnia zało˙ze´n tw. 3.1. Dokładniej:
zało˙zenia tw. 3.1 s ˛

a spełnione wsz˛edzie poza prost ˛

a x = 0 i nie s ˛

a spełnione na

tej prostej. W efekcie przez ka˙zdy punkty (t

, 0) przechodz ˛

a trzy krzywe całkowe

(patrz rys. 3.1):

(t) = 0,

(t) =

(t − t

)

3/2

(t) = −

(t − t

)

3/2

Rysunek 3.1: Ró˙zne rozwi ˛

azania równania z przykładu 3.3

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.4 Przykład. Metoda łamanych Eulera mo˙ze by´c tak˙ze prost ˛

a metod ˛

a znajdo-

wania przybli˙zonych rozwi ˛

aza´n równa´n ró˙zniczkowych. Je´sli przyjmiemy, ˙ze po-

szczególne chwile czasowe s ˛

a jednakowo odległe, tzn.

, t

= t

+ ∆t, t

= t

+ ∆t = t

+ 2∆t, . . . , t

= t

+ i∆t,

to otrzymamy równanie ró˙znicowe

i+1

= x

+ f (t

, x

)∆t,

(3.11)

które mo˙zna słu˙zy´c do obliczania przybli˙zonego rozwi ˛

azania.

We´zmy jako przykład równanie ˙

x = x. Odpowiadaj ˛

ace mu równanie ró˙znico-

we (3.11) mo˙zna łatwo rozwi ˛

aza´c. Ma ono bowiem posta´c

i+1

= x

+ x

∆t = (1 + ∆t)x

(3.12)

St ˛

= (1 + ∆t)

(3.13)

Rozwi ˛

azaniem równania ró˙zniczkowego ˙

x = x jest funkcja x(t) = x

. Je´sli

przyjmiemy t = T oraz i takie, ˙ze i∆t = T , to zauwa˙zymy, ˙ze (1 + ∆t)

(1 +

i∆t

)

= (1 +

)

, co jest dobrym przybli˙zeniem e

dla du˙zych i.

3.2

Przedłu˙zalno´s´c rozwi ˛

aza ´n

Je´sli ϕ(t) jest rozwi ˛

azaniem lokalnym na pewnym przedziale [t

, t

+ α], to przyj-

muj ˛

ac t

= t

+ α i ϕ(t

) za nowy warunek pocz ˛

atkowy, mo˙zna rozwi ˛

aza´c rozwa-

˙zane równanie na przedziale [t

, t

+ α

] itd. Analogicznie mo˙zemy konstruowa´c

przedłu˙zenia w lewo, tj. na przedział [t

− α, t

] itd. Powstaje pytanie, jak daleko

mo˙zna to post˛epowanie kontynuowa´c, czyli jaki mo˙ze by´c maksymalny przedział
istnienia rozwi ˛

azania.

3.5 DEFINICJA. Rozwi ˛

azanie

ϕ(t) okre´slone na przedziale J ⊂ R nazywa si˛e

rozwi ˛

azaniem wysyconym, je´sli nie istnieje przedłu˙zenie tego rozwi ˛

azania na prze-

dział

taki, ˙ze

J jest jego podzbiorem wła´sciwym. Przedział J nazywa si˛e wtedy

maksymalnym przedziałem istnienia rozwi ˛

azania ϕ(t).

Zajmiemy si˛e teraz zachowaniem rozwi ˛

azania wysyconego ϕ(t) na brzegu

maksymalnego przedziału istnienia rozwi ˛

azania. Rozpocznijmy od udowodnienia

pomocniczego lematu.

3.6 LEMAT. Niech ϕ(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania

x = f (t, x)

(3.14)

3.2. PRZEDŁU ˙

ZALNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZA ´

w przedziale

−

, a

), takim ˙ze (t, ϕ(t)) ∈ Q dla ka˙zdego t ∈ (a

−

, a

), gdzie

Q jest zbiorem otwartym w R

m+1

. Je´sli funkcja

f (t, x) jest ci ˛

agła i ograniczona

Q, to istniej ˛

a granice

ϕ(a

−

+ 0) i ϕ(a

− 0). Je´sli funkcja f (t, x) jest ci ˛

agła

w punkcie

−

, ϕ(a

−

+ 0)) lub (a

, ϕ(a

− 0)), to rozwi ˛

azanie

ϕ(t) mo˙ze by´c

przedłu˙zone na przedział

−

, a

) lub (a

−

, a

Dowód. Funkcja ϕ(t) spełnia całkow ˛

a wersj˛e równania (3.14)

ϕ(t) = ϕ(t

) +

f s, ϕ(s)

(3.15)

dla a

−

< t

6 t < a

. Poniewa˙z f (t, x) jest ograniczona na zbiorze Q, wi˛ec

mamy oszacowanie

|ϕ(t

) − ϕ(t

)| 6

f s, ϕ(s)

M (t

− t

), t

, t

∈ (a

−

, a

), t

6 t

gdzie M = sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)|. Je´sli t

, t

→ a

−

+ 0, to ϕ(t

) − ϕ(t

) → 0. Wy-

nika st ˛

ad istnienie granicy ϕ(a

−

+ 0) (dowód dla granicy ϕ(a

− 0) jest podobny).

Je´sli funkcja f (t, x) jest ci ˛

agła a˙z do punktu (a

, ϕ(a

− 0)), to ϕ(a

) jest

zdefiniowana wzorem (patrz (3.15))

ϕ(a

) = ϕ(t

) +

f s, ϕ(s)

ds.

Analogicznie dowodzi si˛e przedłu˙zalno´sci na przedział [a

−

, a

3.7 TWIERDZENIE. Niech f (t, x) b˛edzie funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a w zbiorze otwartym

Q ⊂ R

m+1

i niech

ϕ(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.14) w pewnym prze-

dziale

, t

+ α], takim ˙ze (t, ϕ(t)) ∈ Q dla ka˙zdego t ∈ [t

, t

+ α]. Je´sli f (t, x)

jest ci ˛

agła na

Q, to funkcja ϕ(t) mo˙ze by´c przedłu˙zona, jako rozwi ˛

azanie równania

(3.14), do rozwi ˛

azania wysyconego z maksymalnym przedziałem istnienia rozwi ˛

zania

(ω

−

, ω

). Je´sli ci ˛

ag punktów

} jest zbie˙zny do jednego z kra´nców prze-

działu

(ω

−

, ω

), to ci ˛

{(t

, ϕ(t

))} jest zbie˙zny do brzegu zbioru Q, je´sli zbiór

Q jest ograniczony. Je´sli zbiór Q jest nieograniczony, to ci ˛

ag punktów

, ϕ(t

))

mo˙ze by´c nieograniczony dla

→ ω

lub

→ ω

−

Dowód. Niech U ⊂ V ⊂ V ⊂ Q, gdzie U jest zbiorem zwartym a V jest zbiorem
otwartym ograniczonym. Je´sli (t

, x

) ∈ U , to rozwi ˛

azanie ϕ(t) zaczynaj ˛

ace si˛e

w punkcie (t

, x

) mo˙zna przedłu˙zy´c na przedział [t

, t

], taki ˙ze (t

, ϕ(t

)) 6∈

U . Wynika to z tw. 3.2 z a = b = dist(V , ∂Q) i M = sup

(t,x)∈V

|f (t, x)|. Z

twierdzenia tego wynika, ˙ze rozwi ˛

azanie ϕ(t) istnieje na przedziale [t

, t

+ α],

gdzie α zale˙zy tylko od a, b i M (czyli od zbioru V ). Je´sli (t

+ α, ϕ(t

+ α)) ∈ U ,

to przyjmuj ˛

ac ten punkt za now ˛

a warto´s´c pocz ˛

atkow ˛

a, przedłu˙zamy rozwi ˛

azanie na

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

przedział [t

, t

+2α] itd. Poniewa˙z zbiór U jest zwarty, wi˛ec po sko´nczonej liczbie

kroków otrzymamy przedłu˙zenie na przedział [t

, t

], gdzie (t

, ϕ(t

)) 6∈ U .

Zbudujmy teraz pokrycie zbioru Q ci ˛

agiem wst˛epuj ˛

acym zbiorów Q

otwar-

tych, ograniczonych oraz takich ˙ze Q

⊂ Q

n+1

. Z poprzedniej cz˛e´sci dowodu

wynika, ˙ze istnieje ci ˛

ag {t

} i ci ˛

ag wska´zników {n

}, takie ˙ze (t

, ϕ(t

)) ∈ Q

, ϕ(t

)) 6∈ Q

i−1

. Ci ˛

ag {t

} jest monotoniczny, ma wi˛ec granic˛e. Je´sli granic ˛

a t ˛

jest +∞, to ko´nczy to dowód. Załó˙zmy wi˛ec, ˙ze ci ˛

ag t

jest ograniczony z góry.

Wtedy istnieje sko´nczona granica

= lim

i→∞

Je´sli ci ˛

ag (t

, ϕ(t

)) jest nieograniczony, to daje to cz˛e´s´c tezy twierdzenia.

Je´sli ci ˛

ag (t

, ϕ(t

)) jest ograniczony, to zawarty jest on w pewnym zbiorze

zwartym U . Na zbiorze U funkcja f jest ograniczona i mo˙zna zastosowa´c le-
mat 3.6. Z lematu tego wynika, ˙ze funkcja ϕ(t) ma granic˛e ϕ(ω

− 0). Punkt

(ω

, ϕ(ω

− 0)) jest punktem brzegowym zbioru Q. Gdyby był to punkt we-

wn˛etrzny, to na podstawie lematu 3.6 (ω

, ϕ(ω

)) byłoby punktem nale˙z ˛

acym

do pewnego Q

, Q

⊂ Q. Mo˙zna byłoby wi˛ec przedłu˙zy´c ϕ(t) na przedział wi˛ek-

szy ni˙z [t

, ω

), co przeczyłoby maksymalno´sci ω

. Podobnie mo˙zna post ˛

api´c z

przedłu˙zeniem w lewo do punktu ω

−

3.3

Zale˙zno´s´c rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i pa-

rametrów

W tym podrozdziale zbadamy zale˙zno´s´c rozwi ˛

azanie od danych pocz ˛

atkowych

oraz dodatkowych parametrów. Zale˙zno´s´c od parametrów oznacza, ˙ze prawa strona
równania zale˙zy od trzech zmiennych f = f (t, x, λ), gdzie t jest zmienn ˛

a niezale˙z-

n ˛

a, x zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a, a λ jest dodatkowym parametrem. Oznacza to rozwa˙zanie

zagadnienia pocz ˛

atkowego

x = f (t, x, λ),

x(t

) = x

(3.16)

Je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem zagadnienia (3.16), to chc ˛

ac bada´c zale˙zno´s´c tego roz-

wi ˛

azania od warunków pocz ˛

atkowych (t

, x

) i parametru λ, b˛edziemy traktowali

to rozwi ˛

azanie jako funkcj˛e wszystkich tych zmiennych, tj. x(t) = ϕ(t, t

, x

, λ).

Okazuje si˛e, ˙ze t˛e ogóln ˛

a sytuacj˛e mo˙zna znacznie upro´sci´c. Dokonuj ˛

ac zamia-

ny zmiennych

t → t − t

, x → x − x

mo˙zemy zagadnienie pocz ˛

atkowe (3.16) sprowadzi´c do postaci

x = f (t − t

, x − x

, λ),

x(0) = 0.

(3.17)

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

W tym zapisie t

i x

s ˛

a dodatkowymi parametrami funkcji f . Oznacza to, ˙ze

zale˙zno´s´c od warunków pocz ˛

atkowych mo˙zna sprowadzi´c do zale˙zno´sci prawej

strony równania od parametru. Mo˙zliwa jest tak˙ze operacja odwrotna. Mo˙zemy
potraktowa´c λ jako zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a, uzupełniaj ˛

ac zagadnienie (3.16) równaniem

˙λ = 0,

z warunkiem pocz ˛

atkowym

λ(t

) = λ

gdzie λ

jest ustalon ˛

a warto´sci ˛

a parametru λ (wybran ˛

a dowolnie). Przyjmuj ˛

y =

x
λ

i g =

otrzymujemy zagadnienie pocz ˛

atkowe

y = g(t, y),

y(t

) = y

sprowadzaj ˛

ace zale˙zno´s´c od parametru do zale˙zno´sci od warunku pocz ˛

atkowego.

W dalszej cz˛e´sci tego podrozdziału rozpatruj ˛

ac zale˙zno´s´c od warunku pocz ˛

at-

kowego b˛edziemy zakładali, ˙ze t

jest ustalone a zmienia si˛e tylko x

, czyli warto´s´c

rozwi ˛

azania w chwili pocz ˛

atkowej. To ograniczenie słu˙zy jedynie uproszczeniu za-

pisu i nie jest istotne. Gładko´s´c rozwi ˛

azania wzgl˛edem chwili pocz ˛

atkowej t

jest

bowiem taka sama jak gładko´s´c rozwi ˛

azania wzgl˛edem t, co wynika natychmiast

z zamiany zmiennych t → t − t

Rozwa˙zania o zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i parametrów

poprzedzimy dwoma twierdzeniami dotycz ˛

acymi funkcji wielu zmiennych. Mimo

˙ze twierdzenia te nale˙z ˛

a do kursu analizy, przytaczamy je tutaj w sformułowaniu,

które b˛edzie wygodne do bezpo´sredniego zastosowania w dowodach tego podroz-
działu. Dowody tych twierdze´n (lub twierdze´n podobnych) s ˛

a podawane na wykła-

dzie Analizy II.

3.8 TWIERDZENIE. (Twierdzenie o sko ´nczonych przyrostach) Na

zwartym

odcinku

[a, b] ⊂ R dane s ˛

a dwie funkcje

f : [a, b] → R

oraz

g : [a, b] → R.

Zakładamy, ˙ze funkcje

f i g s ˛

a ró˙zniczkowalne w ka˙zdym punkcie odcinka

(a, b)

oraz spełnione jest szacowanie

k ˙

f (t)k 6 ˙g(t),

dla

t ∈ (a, b).

Wtedy

kf (b) − f (a)k 6 g(b) − g(a).

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.9 TWIERDZENIE. Niech J ⊂ R b˛edzie odcinkiem na prostej (nie koniecznie
ograniczonym) a

A ⊂ R

dowolnym podzbiorem w R

Je´sli funkcja

ψ: J × A → R

jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a argumentu

t, dla t ∈ J , przy

ustalonym

x ∈ A oraz jest ci ˛

agła po

x, dla x ∈ A, jednostajnie po t ∈ J , to ψ jest

funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów

(t, x) ∈ J × A.

Je´sli funkcja

ψ: J × A → R

jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów

(t, x) ∈ J × A

oraz odcinek

J jest zwarty, to ψ(t, x) jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentu

x jednostajnie

t ∈ J .

Po tej powtórce z analizy przejdziemy do zasadniczego tematu, tj. zale˙zno-

´sci rozwi ˛

aza´n od warunków pocz ˛

atkowych i parametrów. Zasadnicze twierdzenia

poprzedzimy kilkoma lematami. Ich celem jest wydzielenie z dowodów pewnych
faktów, które opisuj ˛

a ogólne własno´sci rozwi ˛

aza´n równa´n ró˙zniczkowych.

3.10 TWIERDZENIE. (Lemat Gronwalla) Niech na przedziale [0, T ] dane b˛e-
d ˛

a funkcje rzeczywiste

a(t), b(t), u(t), ci ˛

agłe na przedziale

(0, T ), oraz niech funk-

cja

u(t) spełnia nierówno´s´c całkow ˛

u(t) 6 a(t) +

b(s)u(s)ds,

dla

t ∈ [0, T ],

(3.18)

dla

b(t) > 0. Wtedy zachodzi oszacowanie

u(t) 6 a(t) +

a(s)b(s) exp

b(τ )dτ

ds.

(3.19)

Je´sli dodatkowo funkcja

a(t) jest niemalej ˛

aca (

a(s) 6 a(t) dla s 6 t), to otrzymu-

jemy prostsze oszacowanie

u(t) 6 a(t) exp

b(τ )dτ

(3.20)

Dowód. Niech φ(t) = exp −

b(s)ds

. Z prostych rachunków i nierówno´sci

(3.18) mamy

φ(t)

b(s)u(s)ds = b(t)φ(t)

u(t) −

b(s)u(s)ds

6 a(t)b(t)φ(t).

Całkuj ˛

ac t˛e nierówno´s´c w przedziale [0, t] dostajemy

φ(t)

b(s)u(s)ds 6

a(s)b(s)φ(s)ds.

(3.21)

Dziel ˛

ac te nierówno´s´c przez φ(t) oraz dodaj ˛

ac do obu stron a(t) dostajemy nie-

równo´s´c (3.19).

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

Aby otrzyma´c nierówno´s´c (3.20) wykorzystamy monotoniczno´s´c funkcji a(t)

przy oszacowaniu prawej strony (3.21)

a(s)b(s)

φ(s)

φ(t)

ds 6 a(t)

b(s) exp

b(τ )dτ

ds =

− a(t)

exp

b(τ )dτ

ds = a(t)

exp

b(s)ds

− 1

Nierówno´s´c (3.21) przyjmuje wi˛ec dla niemalej ˛

acej funkcji a(t) posta´c

b(s)u(s)ds 6 a(t)

exp

b(s)ds

− 1

Po dodaniu a(t) do obu stron tej nierówno´sci dostajemy nierówno´s´c (3.20).

Prostym wnioskiem z powy˙zszego twierdzenia jest nierówno´s´c, któr ˛

a b˛edzie-

my wielokrotnie wykorzystywa´c w dalszych dowodach.

3.11 WNIOSEK. Niech funkcja ci ˛

agła

u(t) spełnia nierówno´s´c całkow ˛

u(t) 6 α +

βu(s) + γ

ds,

dla

t ∈ [0, T ],

(3.22)

gdzie

α, β i γ s ˛

a liczbami rzeczywistymi przy czym

β > 0. Wtedy

u(t) 6 αe

βt

− 1

(3.23)

Udowodnimy teraz lemat, który stanowi zasadniczy krok w dowodzie ci ˛

agłej

zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od warunków pocz ˛

atkowych oraz prawej strony równania.

3.12 LEMAT. Rozwa˙zmy równanie

x = f (t, x),

(3.24)

gdzie, podobnie jak w tw. 3.1, zakładamy, ˙ze funkcja

f (t, x) : R

m+1

→ R

jest ci ˛

agła w zbiorze

Q = {(t, x) : |t − t

| 6 a, |x − x

| 6 b}, ograniczona

sup

(t,x)∈Q

|f (t, x)| = M oraz spełnia w Q warunek Lipschitza wzgl˛edem zmien-

nej

x ze stał ˛

Niech

(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem pocz ˛

atkowym

) = x

, które istnieje na odcinku

J ⊂ [t

− a, t

+ a], zawieraj ˛

acym w swoim

wn˛etrzu punkt

, oraz spełniaj ˛

ace warunek

(t, ϕ(t)) ∈ Q, dla t ∈ J .

Niech funkcja

(t) b˛edzie funkcj ˛

a klasy

na odcinku

J , spełnia warunki

) = x

(t, ϕ

(t)) ∈ Q dla t ∈ J , oraz b˛edzie bliska rozwi ˛

azaniu równania

(3.24) w tym sensie, ˙ze zachodzi dla niej oszacowanie

k ˙

(t) − f (t, ϕ

(t))k 6 ε

(3.25)

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

dla pewnego

ε > 0 oraz ka˙zdego t ∈ J .

Wtedy dla ka˙zdego

t ∈ J zachodzi oszacowanie

kϕ

(t) − ϕ

(t)k 6 kx

− x

L(t−t

)

L(t−t

)

− 1

(3.26)

Dowód. Dla uproszczenia zapisu przyjmujemy t

= 0 (nie zmniejsza to ogólno-

´sci dowodu, bo warunek taki mo˙zna otrzyma´c przez odpowiedni ˛

a transformacje

zmiennej t). Korzystaj ˛

ac z oszacowania (3.25) oraz faktu, ˙ze funkcja ϕ

(t) jest

rozwi ˛

azaniem równania (3.24) mo˙zemy napisa´c

k ˙

(t) − ˙

(t)k 6 ε + kf (t, ϕ

(t)) − f (t, ϕ

(t))k.

Poniewa˙z funkcja f (t, x) spełnia warunek Lipschitza po zmiennej x, ostatni ˛

a nie-

równo´s´c mo˙zna przepisa´c w postaci

k ˙

(t) − ˙

(t)k 6 ε + Lkϕ

(t) − ϕ

(t)k.

Niech ϕ(t) = ϕ

(t) − ϕ

(t). Funkcja ta jest klasy C

na odcinku J , bo taka jest z

zało˙zenia funkcja ϕ

(t), a dla funkcji ϕ

(t) wynika to z tw. 3.1. Z twierdzenia 3.8

dostajemy wtedy

kϕ(t) − ϕ(0)k 6

ε + Lkϕ(τ )k

dτ.

Korzystaj ˛

ac z prostego zwi ˛

azku kϕ(τ )k

6 kϕ(0)k + kϕ(τ ) − ϕ(0)k dostajemy

oszacowanie

kϕ(t) − ϕ(0)k 6 ε + Lkϕ(0)k

t + L

kϕ(τ ) − ϕ(0)kdτ.

Je´sli w ostatnim oszacowaniu oznaczymy u(t) = kϕ(t) − ϕ(0)k

> 0 oraz k =

ε + Lkϕ(0)k

> 0, to oszacowanie to przyjmie posta´c

u(t) 6 kt + L

u(τ )dτ.

Jest to nierówno´s´c z wniosku 3.11. Z tego wniosku wynika oszacowanie

kϕ(t) − ϕ(0)k 6

+ kϕ(0)k

− 1

Z tej ostatniej nierówno´sci otrzymujemy

kϕ(t)k 6 kϕ(0)k + kϕ(t) − ϕ(0)k 6 kϕ(0)ke

− 1

Korzystaj ˛

ac z faktu, ˙ze ϕ(0) = ϕ

(0) − ϕ

(0) = x

− x

dostajemy oszacowanie

z tezy.

Przejdziemy teraz do dowodu twierdzenie o ci ˛

agłej zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od

warunków pocz ˛

atkowych i parametrów.

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

3.13 TWIERDZENIE. Niech f (t, x, λ) b˛edzie ograniczona i ci ˛

agła dla

(t, x) ∈

J × A ⊂ R × R

λ ∈ G ⊂ R

, gdzie zbiory

J × A i G s ˛

a otwarte i ograniczone.

Zakładamy, ˙ze

∈ J oraz funkcja f spełnia po zmiennej x ∈ A warunek Lip-

schitza ze stał ˛

L niezale˙zn ˛

a od

t ∈ J oraz λ ∈ G. Wtedy rozwi ˛

azanie

ϕ(t, x

, λ

)

równania (3.16) zale˙zy w sposób ci ˛

agły od punktu

, λ

Dowód. Na podstawie uwag uczynionych na pocz ˛

atku tego podrozdziału zajmie-

my si˛e wył ˛

acznie zale˙zno´sci ˛

a rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych. Rozpatrywa´c

wi˛ec b˛edziemy równania w postaci (3.24).

Niech ϕ(t, u

) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem pocz ˛

atko-

wym ϕ(t

) = u

, a ϕ(t, u

) rozwi ˛

azaniem z warunkiem ϕ(t

) = u

Z lematu 3.12 wynika oszacowanie

kϕ(t, u

) − ϕ(t, u

)k 6 ku

− u

L(t−t

)

Niech K = sup

t∈J

L(t−t

)

(zało˙zyli´smy ograniczono´s´c przedziału J , co gwaran-

tuje sko´nczono´s´c stałej K). Wtedy

kϕ(t, u

) − ϕ(t, u

)k 6 Kku

− u

co oznacza, ˙ze rozwi ˛

azanie ϕ(t, u) spełnia warunek Lipschitza po warunku pocz ˛

at-

kowym u ze stał ˛

a niezale˙zn ˛

a od t ∈ J , czyli jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a warunku pocz ˛

atko-

wego.

Poka˙zemy teraz, ˙ze ϕ(t, u) jest funkcja ci ˛

agł ˛

a obu argumentów. Zauwa˙zmy, ˙ze

funkcja ta jest ci ˛

agła jako funkcja t przy ustalonym u, co wynika z tw. 3.1. Je´sli

teraz ustalimy t, to funkcja ϕ(t, u) jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a u i ci ˛

agło´s´c ta jest jednostajna

po t ∈ J , co wynika ze spełniania warunku Lipschitza po u ze stał ˛

a niezale˙zn ˛

a od

t. Ci ˛

agło´s´c to parze argumentów (t, u) wynika teraz z tw. 3.9.

Powy˙zsze twierdzenie mo˙zna udowodni´c przy nieco słabszych zało˙zeniach.

Dowód takiego twierdzenia wymaga w zasadzie powtórzenia dowodu twierdze-
nia Peano dla ró˙znicy funkcji ϕ(t, u

) i ϕ(t, u

), dlatego przytaczamy je tu bez

dowodu.

3.14 TWIERDZENIE. Je´sli funkcja f (t, x, λ) jest ograniczona i ci ˛

agła w pew-

nym zbiorze otwartym

Q, a przez ka˙zdy punkt (t

, x

, λ

) ∈ Q przechodzi do-

kładnie jedna krzywa całkowa

ϕ(t, x

, λ

) równania (3.16), to ϕ zale˙zy w sposób

ci ˛

agły od punktu

, λ

Przejdziemy teraz do dowodu gładkiej zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od warunków

pocz ˛

atkowych i parametrów.

3.15 TWIERDZENIE. Niech f (t, x, λ) b˛edzie funkcj ˛

a klasy

swoich argumen-

tów dla

(t, x) ∈ Q ⊂ R

m+1

λ ∈ G ⊂ R

, gdzie zbiory

Q i G s ˛

a otwarte. Wtedy

rozwi ˛

azanie

ϕ(t, x

, λ) zagadnienia pocz ˛

atkowego (3.16) jest klasy

wzgl˛edem

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

zmiennych

t, x

, λ w otwartym zbiorze, na którym jest okre´slone. Je´sli y(t) jest

macierz ˛

a Jacobiego

∂ϕ(t,x

,λ)

∂λ

, to spełnia ona równanie

∂f (t, x, λ)

∂x

y +

∂f (t, x, λ)

∂λ

(3.27)

z warunkiem pocz ˛

atkowym

y(t

) =

∂ϕ(t

, x

, λ)

∂λ

= 0.

Natomiast macierz Jacobiego

z(t) =

∂ϕ(t,x

,λ)

∂x

spełnia równanie

∂f (t, x, λ)

∂x

(3.28)

z warunkiem pocz ˛

atkowym

z(t

) =

∂ϕ(t

, x

, λ)

∂x

= I,

gdzie

I jest macierz ˛

a identyczno´sciow ˛

m × m.

Dowód. Ró˙zniczkowalno´s´c w sposób ci ˛

agły wzgl˛edem t wynika z tw. 3.1 ( ˙

x jest

funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów (t, x

, λ), bo jako rozwi ˛

azanie równania jest równe

f (t, ϕ(t, x

), λ)). Podobnie jak w tw. 3.13 ograniczymy si˛e do rozpatrzenia zale˙z-

no´sci od danych pocz ˛

atkowych i udowodnimy, ˙ze rozwi ˛

azanie jest klasy C

jako

funkcja warunku pocz ˛

atkowego.

Niech ϕ(t, x

) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem pocz ˛

atko-

wym ϕ(t

) = x

, a ϕ(t, u) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.24) z warunkiem

pocz ˛

atkowym ϕ(t

) = u. Wprowad´zmy pomocnicz ˛

a funkcj˛e

w(t) = ϕ(t, u) − ϕ(t, x

) − z(t) · (u − x

(3.29)

gdzie z(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (3.28) z funkcj ˛

a f niezale˙zn ˛

a od λ.

Niech B(t, u) =

∂f (t,ϕ(t,u))

∂x

. Wtedy równanie (3.28) mo˙zna zapisa´c jako

z(t) − B(t, u)z(t) = 0.

Korzystaj ˛

ac z definicji funkcji w(t) oraz równania (3.28) obliczmy lew ˛

a stron˛e

powy˙zszej równo´sci dla funkcji w

w(t) − B(t, u)w(t) =f (t, ϕ(t, u)) − f (t, ϕ(t, x

))

−

∂f (t, ϕ(t, x

))

∂x

ϕ(t, u) − ϕ(t, x

)

(3.30)

Prawa strona równania (3.30) zeruje si˛e dla u = x

a jej pochodna po u wynosi

∂f (t, ϕ(t, u))

∂x

−

∂f (t, ϕ(t, x

))

∂x

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

Z wielowymiarowego wzoru Taylora wynika wi˛ec oszacowanie

kf (t, ϕ(t, u)) − f (t, ϕ(t, x

)) −

∂f (t, ϕ(t, x

))

∂x

ϕ(t, u) − ϕ(t, x

)

6 mkϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k,

gdzie

m = sup

α∈[0,1]

∂f t, αϕ(t, u) − (1 − α)ϕ(t, x

)

∂x

−

∂f t, ϕ(t, x

)

∂x

Wynika st ˛

ad oszacowanie

k ˙

w(t) − B(t, u)w(t)k 6 mkϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k.

Poka˙zemy teraz, ˙ze stała m mo˙ze by´c dowolnie mała, je´sli u → x

. W tym ce-

lu zauwa˙zmy, ˙ze funkcja

∂f (t,αϕ(t,u)−(1−α)ϕ(t,x

))

∂x

jest ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a argumentów

(t, u, α). Z tw. 3.2 wynika, ˙ze funkcja ta d ˛

a˙zy do

∂f (t,ϕ(t,x

))

∂x

, gdy u → x

, jedno-

stajnie po t ∈ J oraz α ∈ [0, 1]. Dla ka˙zdego ε > 0 istnieje wi˛ec stała η, taka ˙ze
gdy kϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k 6 η, to m 6 ε. Mamy wi˛ec oszacowanie

k ˙

w(t) − B(t, u)w(t)k 6 εkϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k,

(3.31)

które jest prawdziwe dla kϕ(t, u)−ϕ(t, x

)k 6 η. Poniewa˙z z lematu 3.12 wynika,

˙ze przy zało˙zeniach twierdzenia rozwi ˛

azanie jest funkcj ˛

a lipschitzowsk ˛

a warunku

pocz ˛

atkowego, to istnieje stała K, taka ˙ze

kϕ(t, u) − ϕ(t, x

)k 6 Kku − x

Ł ˛

acz ˛

ac te oszacowania dostajemy

k ˙

w(t) − B(t, u)w(t)k 6 εKku − x

(3.32)

Zajmiemy si˛e teraz równaniem

˙v(t) = B(t, u)v(t).

(3.33)

Prawa strona tego równania spełnia warunek Lipschitza ze stał ˛

a β

β =

sup

t∈J,u∈A

kB(t, u)k,

gdzie J jest zwartym odcinkiem zawieraj ˛

acym w swoim wn˛etrzu t

a A = {u :

ku − x

k 6 η} jest zwartym otoczeniem punktu x

. Rozwi ˛

azaniem równania

(3.33) z warunkiem v(t

) = 0 jest oczywi´scie funkcja v(t) ≡ 0. Z drugiej strony

funkcja w(t) spełnia warunek w(t

) = 0, co wynika z jej definicji oraz obserwacji,

˙ze ϕ(t

, u) = u, ϕ(t

, x

) = x

a z(t

) = I. Z nierówno´sci (3.32) wynika, ˙ze

funkcja w(t) jest bliska rozwi ˛

azaniu równania (3.33) w sensie opisanym w lemacie

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.12. Funkcja ta spełnia tak˙ze zało˙zenia tego lematu. Rozwi ˛

azanie v(t) ≡ 0 spełnia

tak˙ze zało˙zenia tego lematu. Z nierówno´sci (3.26) wynika wi˛ec oszacowanie

kw(t)k 6 εKku − x

β(t−t

)

− 1

Ułamek po prawej stronie ostatniej nierówno´sci jest jednostajnie ograniczony dla
ka˙zdego t ∈ J . Pozwala to ostatni ˛

a nierówno´s´c zapisa´c w postaci

kw(t)k 6 εK

ku − x

dla ku − x

k 6 η,

czyli

kϕ(t, u) − ϕ(t, x

) − z(t) · (u − x

)k 6 εK

ku − x

Poniewa˙z oszacowanie to jest prawdziwe dla ka˙zdego ε > 0, wynika z niego ist-

nienie pochodnej

∂ϕ(t,u)

∂u

w punkcie u = x

oraz dowodzi, ˙ze jest ona równa z(t).

Musimy jeszcze pokaza´c, ˙ze ϕ(t, u) jest funkcja klasy C

wzgl˛edem pary argu-

mentów (t, u). Na pocz ˛

atku dowodu zauwa˙zyli´smy, ˙ze pochodna

∂ϕ(t,u)

∂t

jest funk-

cj ˛

a ci ˛

agł ˛

a argumentów (t, u), bo jako rozwi ˛

azanie równania jest równa f (t, ϕ(t, u))

a f jest z zało˙zenia ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a. W przypadku pochodnej

∂ϕ(t,u)

∂u

wykazali´smy,

˙ze w punkcie u = x

jest ona równa rozwi ˛

azaniu z(t) równania (3.28). W otocze-

niu punktu x

prawa strona tego równania spełnia warunek Lipschitza. Z tw. 3.13

wynika wi˛ec, ˙ze jest ona ci ˛

agł ˛

a funkcj ˛

a (t, u). Wykazali´smy w ten sposób, ˙ze obie

pochodne cz ˛

astkowe funkcji ϕ(t, u) s ˛

a ci ˛

agłymi funkcjami pary zmiennych (t, u),

czyli funkcja ϕ(t, u) jest klasy C

jako funkcja pary argumentów.

3.16 WNIOSEK. Je´sli w zało˙zeniach tw. 3.15 funkcja f (t, x, λ) jest klasy C

gdzie

r > 1, to rozwi ˛

azanie

ϕ(t, x

, λ) jest te˙z klasy C

Dowód. Rozumowanie jest identyczne dla ka˙zdej zmiennej, od której zale˙zy roz-
wi ˛

azanie. Indukcyjny dowód przeprowadzimy tylko dla zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od

parametru. Załó˙zmy, ˙ze wniosek jest prawdziwy dla r = s. Poka˙zemy, ˙ze je´sli
f (t, x, λ) jest klasy C

s+1

, to rozwi ˛

azanie jest te˙z tej klasy. Ró˙zniczkujemy równa-

nie (3.16) s razy po λ i otrzymujemy równanie, dla którego spełnione s ˛

a zało˙zenia

tw. 3.15, czyli jego rozwi ˛

azanie jest klasy C

. Skoro s-ta pochodna jest klasy C

to rozwi ˛

azanie równania (3.16), podobnie jak funkcja f (t, x, λ), jest ró˙zniczko-

walne w sposób ci ˛

agły s + 1 razy.

3.17 Przykład. Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

x = µx

+ 2t,

x(0) = µ − 1.

Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛

a rozwi ˛

azania wzgl˛edem parametru

∂x

∂µ

µ=0

3.3. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD DANYCH

Sprowadzamy problem do równania, w którym zale˙zna od parametru jest tylko

prawa strona równania. W tym celu wprowadzamy now ˛

a zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a y = x −

µ + 1. Rozpatrywane zagadnienie Cauchy’ego redukuje si˛e teraz do nast˛epuj ˛

acego

y = µy

+ 2µ

y + 2t + µ

− 2µ

+ µ,

y(0) = 0.

(3.34)

Zgodnie z tw. 3.15 dostajemy równanie

z = (2µy + 2µ

)z + (y

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1).

Równanie to rozwi ˛

azujemy standardow ˛

a metod ˛

a dla równa´n liniowych. Najpierw

znajdujemy rozwi ˛

azanie równania jednorodnego

z(t) = c exp

(2µy + 2µ

)ds

a nast˛epnie uzmienniamy stał ˛

a otrzymuj ˛

ac (korzystamy z warunku pocz ˛

atkowego

z(0) = 0)

c(t) =

exp

−

(2µy + 2µ

)dτ

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1)ds.

St ˛

z(t) = exp

(2µy + 2µ

)ds

exp

−

(2µy + 2µ

)dτ

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1)ds =

exp

(2µy + 2µ

)dτ

+ 4µy + 3µ

− 4µ + 1)ds.

Zauwa˙zmy, ˙ze dla µ = 0 równanie (3.34) ma rozwi ˛

azanie y = t

. Wykorzystuj ˛

to rozwi ˛

azanie dostajemy po przej´sciu granicznym

lim

µ→0

z(t) =

+ 1)ds =

+ t.

Poniewa˙z z =

∂y

∂µ

∂x
∂µ

− 1, wi˛ec

∂x

∂µ

µ=0

+ t + 1.

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

3.4

Twierdzenie o prostowaniu

Twierdzenie, które poni˙zej przedstawiamy, jest wła´sciwie prostym wnioskiem z
tw. 3.15. Jest ono jednak wa˙zne, poniewa˙z daje geometryczny opis lokalnego za-
chowania krzywych całkowych. Z twierdzenia tego wynika, ˙ze krzywe całkowe
równania ró˙zniczkowego s ˛

a lokalnie równoległe wzgl˛edem siebie, tzn. przez od-

powiedni dyfeomorfizm mo˙zna je zamieni´c na rodzin˛e prostych równoległych. Ta
własno´s´c sprawia, ˙ze twierdzenie to nazywa si˛e twierdzeniem o lokalnym pro-
stowaniu krzywych całkowych pola wektorowego.

3.18 TWIERDZENIE. W zbiorze otwartym Q ⊂ R

m+1

dane jest równanie

x = f (t, x)

(3.35)

z funkcj ˛

f klasy C

, r > 1. Niech (t

, x

) ∈ Q. Istnieje wtedy V , (t

, x

) ∈ V ⊂

Q oraz dyfeomorfizm klasy C

g: V → W , gdzie W jest obszarem w R

m+1

, o tej

własno´sci, ˙ze je´sli

(s, u

, . . . , u

) jest lokalnym układem współrz˛ednych w W , to

g przeprowadza równanie (3.35) w równanie

= 0.

Dowód. Niech ϕ(t, t

, p) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (3.35) z warunkiem po-

cz ˛

atkowym x(t

) = x

= p. Naszym celem jest zadanie przekształcenia, które

krzyw ˛

a całkow ˛

a ϕ(t, t

, p) przekształci na prost ˛

a u(s) = p. Odwzorowanie to ła-

twiej jest zapisa´c w formie funkcji odwrotnej (uto˙zsamienie zmiennych t i s wyni-
ka z faktu, ˙ze s opisuje zmian˛e t wzdłu˙z krzywej całkowej ϕ(t, t

, p))

−1

(t, p) = t, ϕ(t, t

, p)

(3.36)

Z wniosku 3.16 wynika, ˙ze g jest odwzorowaniem klasy C

. Jakobian odwzorowa-

nia (3.36) w punkcie (t

, p) jest ró˙zny od zera, czyli g jest dyfeomorfizmem klasy

. Poka˙zemy teraz, ˙ze odwzorowanie g przeprowadza pole wektorowe [1, f (t, x)]

na pole [1, 0]. Wynika to z faktu, ˙ze je´sli g przeprowadza krzywe ϕ(t, t

, p) na pro-

ste u(s) = p, to wektory styczne do jednej rodziny krzywych s ˛

a przeprowadzane

na wektory styczne do drugiej rodziny. Mo˙zemy wi˛ec powiedzie´c, ˙ze dyfeomor-
fizm g przeprowadza równanie (3.35), któremu odpowiada pole [1, f (t, x)], w rów-
nanie

= 0, któremu odpowiada pola wektorowego [1, 0].

Rozdział 4

Układy równa ´n liniowych

4.1

Ogólne układy pierwszego rz˛edu

W rozdziale tym b˛edziemy si˛e zajmowa´c układami równa´n liniowych. Główn ˛

uwag˛e po´swi˛ecimy zagadnieniom pocz ˛

atkowym dla układów pierwszego rz˛edu

x = A(t)x + f (t),

(4.1)

x(t

) = x

(4.2)

W równaniu (4.1) x(t) jest funkcj ˛

a o warto´sciach wektorowych w przestrzeni R

x(t) =






(t)






Tak˙ze funkcja f (t) jest funkcj ˛

a wektorow ˛

a o warto´sciach w R

. Natomiast A(t)

jest macierz ˛

a m × m, A(t) = (a

(t))

i,j=1

4.1 TWIERDZENIE. Je´sli funkcje A(t) i f (t) s ˛

a ci ˛

agłe dla

t ∈ (a, b), to przez

ka˙zdy punkt zbioru

Q = (a, b) × R

przechodzi dokładnie jedna krzywa całko-

wa równania (4.1). Maksymalnym przedziałem istnienia rozwi ˛

azania jest przedział

(a, b).

Dowód. Istnienie i jednoznaczno´s´c lokalnego rozwi ˛

azania wynika z tw. 3.1, bo

A(t)x + f (t) spełnia lokalnie warunek Lipschitza. Nale˙zy pokaza´c, ˙ze otrzymane
rozwi ˛

azanie przedłu˙za si˛e na cały odcinek (a, b). Niech x(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem

przechodz ˛

acym przez punkt (t

, x

). Poka˙zemy, ˙ze je´sli t

∈ (a, b), to x(t

) jest

ograniczone. Z całkowej postaci równania (4.1)

x(t) = x

A(s)x(s)ds +

f (s)ds

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

wynika oszacowanie

kx(t

)k 6 kx

k + K

kx(s)kds +

kf (s)kds,

gdzie K = sup

t∈[t

]

kA(t)k. Poniewa˙z odcinek [t

, t

] jest zwarty, wi˛ec funkcja

f (t) jest ograniczona dla t ∈ [t

, t

] i

k +

kf (s)kds = c < +∞.

St ˛

kx(t

)k 6 c + K

kx(s)kds.

Na podstawie tw. 3.10 otrzymujemy

kx(t

)k 6 ce

K(t

−t

)

Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie x(t) jest ograniczone w ka˙zdym punkcie t

∈ (a, b).

Podobnie jak w przypadku skalarnym wa˙zn ˛

a cz˛e´sci ˛

a analizy jest badanie rów-

nania jednorodnego

x = A(t)x.

(4.3)

Z tw. 4.1 wynika nast˛epuj ˛

acy wniosek.

4.2 WNIOSEK. Je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (4.3) i

x(t

) = 0 dla pew-

nego

∈ (a, b), to x(t) jest to˙zsamo´sciowo równe zeru.

Dowód. Funkcja x(t) ≡ 0 jest rozwi ˛

azaniem równania (4.3) przy warunku po-

cz ˛

atkowym x(t

) = 0. Z jednoznaczno´sci rozwi ˛

aza´n wynika, ˙ze jest to jedyne

rozwi ˛

azanie tego zagadnienia pocz ˛

atkowego.

4.3 TWIERDZENIE. Rozwi ˛

azania równania jednorodnego (4.3) tworz ˛

m-wy-

miarow ˛

a przestrze´n liniow ˛

Dowód. Niech E b˛edzie zbiorem wszystkich rozwi ˛

aza´c równania (4.3). Niech

(t), x

(t) ∈ E. Wtedy

x(t) = c

(t) + c

(t) ∈ E,

x(t) = c

(t) + c

(t) = c

A(t)x

(t) + c

A(t)x

(t) =

= A(t) c

(t) + c

(t)

4.1. OGÓLNE UKŁADY PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

Wobec tego E jest przestrzeni ˛

a liniow ˛

a. Udowodnimy teraz, ˙ze dim E = m. Niech

∈ (a, b) i zdefiniujmy odwzorowanie

L: x(t) 7−→ x(t

) = x

∈ R

Odwzorowanie to jest liniowe

L c

(t) + c

(t)

= c

L x

(t)

+ c

L x

(t)

i odwzorowuje E w R

. Odwzorowanie to jest izomorfizmem. W tym celu za-

uwa˙zmy, ˙ze je´sli ustalimy x

∈ R

, to istnieje rozwi ˛

azanie równania (4.3) z wa-

runkiem x(t

) = x

. Wynika to z tw. 4.1. Odwzorowanie L jest wi˛ec „na”. Odwzo-

rowanie L jest te˙z wzajemnie jednoznaczne. W tym celu wystarczy zauwa˙zy´c, ˙ze
je´sli x(t

) = 0, to x(t) jest funkcj ˛

a to˙zsamo´sciowo równ ˛

a zeru, co wynika z wnio-

sku 4.2.

4.4 WNIOSEK. Je´sli x

(t) jest rozwi ˛

azaniem szczególnym równania niejedno-

rodnego (4.1), a wektory

(t), i = 1, . . . , m, s ˛

a baz ˛

a przestrzeni

E rozwi ˛

aza´n

równania jednorodnego, to rozwi ˛

azanie ogólne równania niejednorodnego ma po-

sta´c

x(t) = x

(t) + c

(t) + · · · + c

(t),

gdzie

∈ R.

Dowód. Je´sli x

(t) i x(t) s ˛

a dwoma ró˙znymi rozwi ˛

azaniami równania (4.1), to ich

ró˙znica x

(t) − x(t) jest, jak łatwo zauwa˙zy´c, rozwi ˛

azaniem równania (4.3).

Rozwa˙zmy baz˛e przestrzeni rozwi ˛

aza´c równania (4.3). Baza ta składa si˛e z m

funkcji: x

(t), x

(t), . . . , x

(t). Z funkcji x

(t), i = 1, . . . , m, tworzymy macierz

X(t), tak aby kolejne wektory x

(t) tworzyły kolumny macierzy X(t).

Macierz X(t) spełnia równanie

X = A(t)X.

(4.4)

Równanie (4.4) jest zapisaniem w postaci macierzowej równa´n (4.3) dla wektorów
x

(t).

4.5 TWIERDZENIE. Niech X(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (4.4) w prze-

dziale

(a, b). Zdefiniujmy

∆(t) = det X(t) =

. . .

. ..

. . .

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Dla dowolnych

t, t

∈ (a, b) mamy równo´s´c

∆(t) = ∆(t

) exp

tr A(s)ds,

(4.5)

gdzie

tr A =

m
i=1

oznacza ´slad macierzy

Dowód. Niech A(t) = (a

(t))

i,j=1

oraz X(t) = (x

j
i

(t))

i,j=1

, gdzie x

j
i

(t) jest

j-t ˛

a składow ˛

a wektora x

Z prawa ró˙zniczkowania wyznacznika mamy

∆(t) =

. . .

. ..

. . .

+ · · · +

. . .

. ..

. . .

Dla pojedynczej składowej wektora x

(t) równanie (4.3) ma posta´c

j
i

k=1

k
i

Wykorzystuj ˛

ac t˛e posta´c równania (4.3) dostajemy

∆(t) =

. . .

. ..

. . .

+ · · ·

. . .

. ..

. . .

Korzystaj ˛

ac z własno´sci wyznacznika ostatni ˛

a równo´s´c mo˙zna zapisa´c w postaci

∆(t) = ∆(t)

i=1

(t),

co po scałkowaniu daje tez˛e.

4.6 WNIOSEK. Je´sli ∆(t

) 6= 0 w pewnym punkcie t

∈ (a, b), to ∆(t) 6= 0 dla

ka˙zdego

t ∈ (a, b).

4.1. OGÓLNE UKŁADY PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

4.7 DEFINICJA. Macierz kwadratowa X(t) o wymiarze m×m spełniaj ˛

aca rów-

nanie (4.4), dla której

∆(t) 6= 0, nazywa si˛e macierz ˛

a fundamentaln ˛

a ukła-

du (4.3). Wektory

(t), . . . , x

(t) b˛ed ˛

ace kolumnami macierzy fundamentalnej,

nazywaj ˛

a si˛e

fundamentalnym układem rozwi ˛

aza ´n równania (4.3). Wyznacznik

∆(t) nazywa si˛e wtedy wyznacznikiem Wro ´nskiego (wro ´nskianem) układu funk-
cji

(t), . . . , x

(t).

Je´sli wyznacznik Wro´nskiego układu funkcji x

(t), x

(t), . . . , x

(t) jest ró˙zny od

zera w pewnym punkcie t

, to wektory x

), x

), . . . , x

) s ˛

a liniowo nie-

zale˙zne. Twierdzenie 4.5 mówi, ˙ze je´sli pewien układ rozwi ˛

aza´n równania (4.3)

jest liniowo niezale˙zny w jednym punkcie t

∈ (a, b), to jest liniowo niezale˙zny

dla ka˙zdego t ∈ (a, b). Wynika st ˛

ad łatwy sposób konstruowania układu funda-

mentalnego.

4.8 TWIERDZENIE. Ka˙zde liniowe równanie jednorodne ma układ fundamen-
talny.

Dowód. Wybieramy m liniowo niezale˙znych wektorów w R

: x

, x

, . . . , x

i rozwi ˛

azujemy równanie

x = A(t)x

z warunkami

x(t

) = x

i = 1, . . . , m,

gdzie t

∈ (a, b).

Otrzymane rozwi ˛

azania x

(t) tworz ˛

a układ fundamentalny, bo ∆(t

) 6= 0

(z liniowej niezale˙zno´sci x

) i ∆(t) 6= 0 dla ka˙zdego t ∈ (a, b) z tw. 4.5.

Udowodnimy teraz wielowymiarowy wariant metody uzmienniania stałej.

4.9 TWIERDZENIE. Niech b˛edzie dane zagadnienie pocz ˛

atkowe dla równania

niejednorodnego (4.1) – (4.2). Rozwi ˛

azaniem tego zagadnienia jest funkcja

x(t) = X(t)X

−1

+ X(t)

−1

(s)f (s)ds,

gdzie

X(t) jest macierz ˛

a fundamentaln ˛

a układu (4.3).

Dowód. Niech x

(t), . . . , x

(t) b˛ed˛e układem fundamentalnym rozwi ˛

aza´n rów-

nania (4.3). Ka˙zde rozwi ˛

azanie tego równania mo˙zna zapisa´c jako kombinacj˛e li-

niow ˛

x(t) = c

(t) + · · · + c

(t).

Rozwi ˛

azania równania (4.1) b˛edziemy poszukiwa´c uzmienniaj ˛

ac stałe c

, . . . , c

x(t) = c

(t)x

(t) + c

(t)x

(t) + · · · + c

(t)x

(t).

(4.6)

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Niech X(t) b˛edzie macierz ˛

a fundamentaln ˛

a, której kolumnami s ˛

a wektory x

(t),

oraz

C(t) =






(t)
..

(t)






Pozwala to zapisa´c macierzow ˛

a posta´c równania (4.6)

x(t) = X(t)C(t).

Po podstawieniu do równania (4.1) otrzymujemy

X(t)C(t) + X(t) ˙

C(t) = AX(t)C(t) + f (t).

Poniewa˙z X(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (4.4), to powy˙zsze równanie upraszcza

si˛e do nast˛epuj ˛

acego

X(t) ˙

C(t) = f (t).

X(t) jest macierz ˛

a nieosobliw ˛

a, istnieje wi˛ec X

−1

(t) i ostatnie równanie mo˙zna

zapisa´c jako

C(t) = X

−1

(t)f (t).

Całkuj ˛

ac to równanie otrzymujemy

C(t) = C(t

) +

−1

(s)f (s)ds.

Je´sli ma by´c spełniony warunek pocz ˛

atkowy, to

X(t

)C(t

) = x

co daje

C(t

) = X

−1

Ostatecznie C(t) dana jest wzorem

C(t) = X

−1

(s)f (s)ds.

Wstawiaj ˛

ac to wyra˙zenie do macierzowej wersji równania (4.6) otrzymujemy tez˛e.

4.2

Układy o stałych współczynnikach

Poniewa˙z brak jest ogólnych metod całkowania układów o zmiennych współczyn-
nikach, zajmiemy si˛e układami pierwszego rz˛edu o stałych współczynnikach. Dla
układów takich istniej ˛

a skuteczne metody znajdowania rozwi ˛

aza´n.

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Twierdzenie 4.9 daje nam analityczny wzór na rozwi ˛

azanie równania niejedno-

rodnego, kiedy znany jest układ fundamentalny rozwi ˛

aza´n równania jednorodnego.

Wystarczy wi˛ec ograniczy´c si˛e do analizy układów jednorodnych

x = Rx,

(4.7)

x(t

) = x

(4.8)

gdzie R jest stał ˛

a macierz ˛

a o wymiarze m × m.

Gdyby równanie (4.7) było równaniem skalarnym, to rozwi ˛

azaniem zagadnie-

nia pocz ˛

atkowego (4.7) – (4.8) byłaby funkcja x(t) = x

R(t−t

)

. Poka˙zemy, ˙ze w

przypadku wektorowym prawdziwy jest analogiczny wzór, je´sli tylko zdefiniujemy
funkcj˛e e

dla macierzy.

4.10 DEFINICJA. Je´sli A jest macierz ˛

a kwadratow ˛

m × m, to e

definiujemy

jako sum˛e szeregu

≡ I + A +

+ · · · +

+ · · · ,

(4.9)

gdzie

oznacza

n-krotne mno˙zenie macierzy A przez siebie.

Szereg (4.9) jest zbie˙zny jako szereg majoryzowany przez szereg

1 + K +

+ · · · +

+ · · · = e

gdzie K = kAk.

4.11 Przykład. Obliczymy e

dla macierzy

A =









Aby nie liczy´c sumy niesko´nczonego szeregu, rozło˙zymy macierz A na sum˛e dwóch
macierzy









, B =









Poniewa˙z iloczyn A

B jest przemienny, tzn. A

B = BA

, wi˛ec ze wzoru (4.9)

wynika, ˙ze

= e

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze









ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Macierz B jest macierz ˛

a nilpotentn ˛

a i jej kwadrat jest macierz ˛

a zerow ˛

B =









, B









wi˛ec

= I + B =









Ostatecznie

= e









4.12 Przykład. Poka˙zemy, ˙ze przemienno´s´c iloczynu macierzy A

i B w po-

przednim przykładzie jest istotna.

Rozwa˙zmy dwie macierze A i B

A =

0 0

B =

0 1

Obliczmy A

i B

0 0

= A

= A,

0 1

= B

= B.

Wobec tego

− 1 e

− 1

a st ˛

− 1

− 1 2e

− 2e

+ 1

Tymczasem

A + B =

0 1

sk ˛

(A + B)

1 2

i exp (A+B)t

musi mie´c jako składow ˛

a w lewym górnym rogu szereg postaci 1+

1
2

+ . . . . Jest jasne, ˙ze suma tego szeregu nie mo˙ze by´c równa 1, czyli składowej

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

w lewym górnym rogu macierzy e

. W rzeczywisto´sci exp (A + B)t

jest

bardzo skomplikowanym wyra˙zeniem, którego wszystkie cztery składowe s ˛

a du˙zo

bardziej zło˙zone ni˙z dla macierzy e

W przykładzie tym uciekli´smy si˛e do rozpatrywania macierzy e

, aby łatwiej

było zauwa˙zy´c, ˙ze wielomian w lewym górnym rogu macierzy e

(A+B)t

nie daje

si˛e zredukowa´c do stałej. Prawd ˛

a jest tak˙ze, ˙ze e

6= e

(A+B)

, ale trudno to

udowodni´c bez skomplikowanych rachunków.

4.13 TWIERDZENIE. Macierz ˛

a fundamentaln ˛

a równania (4.7) jest

exp(Rt).

Dowód. Liczymy pochodn ˛

a macierzy exp(Rt) korzystaj ˛

ac z definicji eksponenty

macierzy

I + Rt +

+ · · · +

+ · · ·

= R + R

t +

+ · · · +

(n − 1)!

n−1

+ · · · =

= R

I + Rt +

+ · · · +

(n − 1)!

n−1

+ · · ·

= Re

Oznacza to, ˙ze X(t) = exp(Rt) spełnia równanie

X = RX,

czyli jest macierz ˛

a fundamentaln ˛

W przypadku macierzy o zmiennych współczynnikach wzór na macierz fun-

damentaln ˛

a powinien mie´c posta´c exp

A(s)ds

. Niestety, w ogólno´sci wzór

taki nie jest prawdziwy! Macierze A(s) nie musz ˛

a by´c przemienne dla ró˙znych s,

wi˛ec nie mo˙zna poprawnie zdefiniowa´c funkcji wykładniczej od całki z macierzy.
Ten fakt tłumaczy brak analitycznych wzorów na rozwi ˛

azanie układów równa´n li-

niowych o zmiennych współczynnikach, mimo ˙ze wzór taki istnieje dla jednego
równania pierwszego rz˛edu (macierze 1 × 1 s ˛

a zawsze przemienne!).

Zajmiemy si˛e teraz problemem obliczania macierzy exp(Rt). Po pierwsze, mi-

mo ˙ze macierz R jest rzeczywista, b˛edziemy j ˛

a traktowa´c jako przekształcenie li-

niowe C

→ C

. Na mocy twierdzenia Jordana istnieje nieosobliwe przekształ-

cenie liniowe Q, takie ˙ze Q

−1

RQ = J , gdzie J jest macierz ˛

a w kanonicznej

postaci klatkowej Jordana

J =








. . .

. .. ...

. . .








ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Ka˙zda z klatek J

jest klatk ˛

a diagonaln ˛

a albo klatk ˛

a postaci










. . .

. .. ... ...










(4.10)

Przestrze´n C

rozpada si˛e na sum ˛

a prost ˛

a przestrzeni H

, które s ˛

a przestrzeniami

niezmienniczymi dla J , a macierz J ma w H

wektor własny x

, odpowiadaj ˛

acy

warto´sci własnej λ

Wynika z tego, ˙ze

J t








. . .

. ..

. . .








i wystarczy skonstruowa´c

Je´sli macierz J

jest diagonalna, to ze wzoru (4.9) wynika, ˙ze








. . .

. ..

. . .








Je´sli J

ma posta´c (4.10), to rozkładamy J

na sum˛e

= λ

+ K

gdzie k oznacza wymiar przestrzeni niezmienniczej H

. Poniewa˙z macierze I

s ˛

a przemienne, to

= e

Wystarczy wi˛ec znale´z´c e

. Poka˙zemy, ˙ze K

jest macierz ˛

a nilpotentn ˛

a. Ponie-

wa˙z K

ma posta´c










. . .

. .. ... ...

. . .










czyli K

zawiera jedynki na pierwszej podprzek ˛

atnej, to jasne jest, ˙ze kolejne pot˛e-

gi K

zawieraj ˛

a jedynki na kolejnych podprzek ˛

atnych. W szczególno´sci (K

)

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

St ˛











. . .

. .. ... ...

k−1

(k−1)!

. . .











Korzystaj ˛

ac z postaci e

mo˙zemy zbudowa´c exp(J

t), a nast˛epnie exp(J t). Aby

przej´s´c do exp(Rt) zauwa˙zmy, ˙ze

= QJ

−1

gdzie przekształcenie Q sprowadza R do postaci Jordana. Korzystaj ˛

ac z tej równo-

´sci, otrzymujemy

exp(Rt) = Q exp(J t)Q

−1

Obliczanie macierzy exp(Rt) opisan ˛

a wy˙zej metod ˛

a wymaga znalezienia trans-

formacji Q, co w ogólno´sci nie jest prostym zadaniem. Dlatego te˙z przedstawimy
sposób konstrukcji macierzy fundamentalnej, oparty na fakcie, ˙ze spełnia ona rów-
nanie (4.7).

Istot ˛

a pomysłu jest poszukiwanie rozwi ˛

aza´n układu (4.7) jako funkcji x(t) =

λt

v, gdzie v jest stałym wektorem. Podstawiaj ˛

ac te posta´c rozwi ˛

azania do równa-

nia (4.7) otrzymujemy

Rv = λv,

czyli równanie problemu własnego dla macierzy R. Rozwi ˛

azanie tego problemu

polega na znalezieniu warto´sci własnych (i wektorów własnych) macierzy R. War-
to´sci własne s ˛

a to pierwiastki wielomianu charakterystycznego

p(λ) = det(R − λI),

(4.11)

przy czym ka˙zdy pierwiastek wielomianu (4.11) jest warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R

i odpowiada mu pewien wektor własny. Nie ma jednak jednoznacznej odpowied-
nio´sci, bo pierwiastki mog ˛

a by´c wielokrotne, a odpowiadaj ˛

ace im warto´sci własne

mog ˛

a mie´c mniejsz ˛

a krotno´s´c, czyli mniejsz ˛

a liczb˛e odpowiadaj ˛

acych im wekto-

rów własnych.

Przy rozwi ˛

azywaniu tego problemu mo˙zemy rozró˙zni´c 3 przypadki.

A) Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a jednokrotne i rzeczywiste.

Mamy wtedy m pierwiastków: λ

, λ

, . . . , λ

i m odpowiadaj ˛

acych im wektorów

własnych: v

, v

, . . . , v

. Poniewa˙z wektory v

, v

, . . . , v

s ˛

a liniowo niezale˙zne,

wi˛ec funkcje

, e

, . . . , e

(4.12)

tworz ˛

a baz˛e przestrzeni rozwi ˛

aza´n równania (4.7) i wyznaczaj ˛

a macierz fundamen-

taln ˛

a X(t).

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

B) Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a jednokrotne, ale zawiera-

j ˛

a pierwiastki zespolone. Je´sli λ jest zespolon ˛

a warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R a v

odpowiadaj ˛

acym jej wektorem własnym, to funkcja

x(t) = e

λt

jest rozwi ˛

azaniem zespolonym równania (4.7). Poniewa˙z wielomian charaktery-

styczny ma współczynniki rzeczywiste, wi˛ec pierwiastki zespolone wyst˛epuj ˛

a pa-

rami jako sprz˛e˙zone liczby zespolone. Niech λ

= α + iβ, λ

= α − iβ b˛ed ˛

tak ˛

a par ˛

a warto´sci własnych. Niech v

= u + iw b˛edzie wektorem własnym odpo-

wiadaj ˛

acym warto´sci własnej λ

, gdzie u i w s ˛

a wektorami rzeczywistymi. Wtedy

wektorem własnym odpowiadaj ˛

acym warto´sci własnej λ

jest wektor v

= u − iw.

Je´sli wi˛ec

(t) = e

, x

(t) = e

(t) =

(t) + x

(t)

= e

αt

(u cos βt − w sin βt),

(t) =

(t) − x

(t)

= e

αt

(w cos βt + u sin βt)

(4.13)

s ˛

a dwoma liniowo niezale˙znymi rozwi ˛

azaniami rzeczywistymi równania (4.7).

C) Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a wielokrotne (ograniczymy

si˛e do pierwiastków rzeczywistych, wielokrotne pierwiastki zespolone rozwi ˛

azuje

si˛e podobnie wykorzystuj ˛

ac fakty znane dla pojedynczych pierwiastków zespo-

lonych). Niech wi˛ec λ

b˛edzie pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego o

krotno´sci n

. λ

jest warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R. Załó˙zmy, ˙ze λ

ma tylko ν

niezale˙znych liniowo wektorów własnych (ν

< n

). Z algebry liniowej wiadomo,

˙ze je´sli równanie

(R − λ

I)v = 0

ma ν

liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n, to równanie

(R − λ

v = 0

ma co najmniej ν

+ 1 liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n, a równanie

(R − λ

−ν

v = 0

ma co najmniej n

liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n.

W celu efektywnego znalezienia tych wektorów zauwa˙zmy, ˙ze dla dowolnego

wektora v funkcja exp(Rt)v jest rozwi ˛

azaniem równania (4.7). Korzystaj ˛

ac z de-

finicji funkcji wykładniczej, otrzymujemy rozwini˛ecie

exp(Rt)v = e

λt

v + t(R − λI)v +

(R − λI)

v + · · ·

(4.14)

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Je´sli λ jest warto´sci ˛

a własn ˛

a macierzy R, a v odpowiadaj ˛

acym jej wektorem włas-

nym, to

(R − λI)v = 0

i z rozwini˛ecia (4.14) pozostaje tylko e

λt

v, która to funkcja, jak ju˙z wiemy, jest

rozwi ˛

azaniem równania (4.7). Je´sli λ jest wielokrotnym pierwiastkiem wielomia-

nu charakterystycznego, ale ma niewystarczaj ˛

ac ˛

a liczb˛e wektorów własnych, to

mo˙zemy poszukiwa´c takich wektorów v, ˙ze

(R − λI)v 6= 0,

ale

(R − λI)

v = 0.

Wtedy w rozwini˛eciu (4.14) pozostaj ˛

a tylko dwa pierwsze wyrazy i funkcja

x(t) = e

λt

I + t(R − λI)

b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (4.7).

Mo˙zna udowodni´c, ˙ze wektory spełniaj ˛

ace warunki

(R − λI)v 6= 0,

(R − λI)

v = 0

s ˛

a liniowo niezale˙zne od wektorów, które spełniaj ˛

a warunek

(R − λI)v = 0.

Własno´s´c ta przenosi si˛e indukcyjnie na wy˙zsze pot˛egi (R − λI), co gwarantuje
nam mo˙zliwo´s´c znalezienia wystarczaj ˛

acej liczby liniowo niezale˙znych rozwi ˛

aza´n

równania (4.7).

Na koniec zauwa˙zamy, ˙ze aby z macierzy X(t) otrzyma´c exp(Rt) nale˙zy przy-

j ˛

a´c

exp(Rt) = X(t)X

−1

(0),

poniewa˙z macierz exp(Rt) w zerze jest macierz ˛

a identyczno´sciow ˛

Poni˙zsze przykłady ilustruj ˛

a wszystkie 3 omawiane przypadki pierwiastków

wielomianu charakterystycznego.

4.14 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

(4.15)

gdzie

R =

−1 −2

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2).

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= 1, λ

= 2. Znajdziemy teraz wektory własne

odpowiadaj ˛

ace tym warto´sciom własnym.

1) λ

= 1. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R − I)v

−2 −2

= 0.

St ˛

= c

−1

i rozwi ˛

azaniem równania (4.15) jest funkcja (przyjmujemy c = 1)

(t) = e

−1

2) λ

= 2. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R − 2I)v

−3 −2

= 0.

St ˛

= c

−3

i otrzymujemy rozwi ˛

azanie równania (4.15)

(t) = e

−3

Z rozwi ˛

aza´n x

(t) i x

(t) wyznaczamy macierz fundamentaln ˛

X(t) =

−e

−3e

4.15 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

gdzie

R =

2 −1

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− 4λ + 5 = (λ − 2 − i)(λ − 2 + i).

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= 2 + i, λ

= 2 − i.

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Poszukujemy wektora własnego dla λ

(R − (2 + i)I)v

−i −1

−i

= 0.

Wektor ten ma posta´c (pomijamy stał ˛

−i

+ i

−1

Ze wzorów (4.13) otrzymujemy wtedy

(t) = e

cos t

+ sin t

= e

cos t

sin t

(t) = e

− cos t

+ sin t

= e

sin t

− cos t

Z z

(t) i z

(t) otrzymujemy macierz fundamentaln ˛

X(t) =

cos t

sin t

−e

cos t

4.16 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

gdzie

R =





−4

−1 −6

−8





Wielomian charakterystyczny ma posta´c

p(λ) = (λ − 1)

(λ − 2).

1) λ

= 2. Jest to pierwiastek jednokrotny. Odpowiada mu wektor własny

(R − 2I)v





−6

−3 −6

−8





= 0,





−2





Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie równania (4.7) ma posta´c

(t) = e





−2





ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

2) λ

= 1.

Jest to pierwiastek dwukrotny. Najpierw znajdujemy wektory

własne

(R − I)v





−5

−2 −6

−8





= 0.

St ˛

ad otrzymujemy dwa zwi ˛

azki na współrz˛edne wektora v

, czyli istnieje tylko

jeden liniowo niezale˙zny wektor własny





1
0
1





Oznacza to, ˙ze funkcja

(t) = e





1
0
1





jest rozwi ˛

azaniem równania (4.7). Trzeciego liniowo niezale˙znego rozwi ˛

azania b˛e-

dziemy poszukiwa´c w postaci wektora v

, takiego ˙ze

(R − I)v

= v

(4.16)

czyli

(R − I)v





−5

−2 −6

−8









1
0
1





Z rozwi ˛

azania tego równania otrzymujemy





1
3
0





Zauwa˙zmy, ˙ze rozwi ˛

azanie równania (4.16) gwarantuje nam, ˙ze (R − I)v

6= 0

i (R − I)

= 0.

Po wstawieniu v

do (4.14) otrzymujemy

(t) = e

+ t(R − I)v

) = e





1
3
0





+ t





1
0
1





= e





t + 1





Macierz fundamentalna ma wi˛ec posta´c

X(t) =





(t + 1)e

−2e





4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

4.17 Przykład. Znajdziemy macierz fundamentaln ˛

a układu

x = Rx,

gdzie

R =





−1





Wielomian charakterystyczny ma posta´c p(λ) = −(λ − 2)

. Mamy jeden pierwia-

stek potrójny λ = 2. Znajdujemy wektor własny, odpowiadaj ˛

acy λ = 2

(R − 2I)v





−1





= 0.

St ˛

ad mamy dwa niezale˙zne równania na współrz˛edne wektora v

. Czyli istnieje

tylko jeden wektor własny





1
0
0





Otrzymujemy zatem jedno rozwi ˛

azanie równania

(t) = e





1
0
0





W celu znalezienia dalszych rozwi ˛

aza´n liniowo niezale˙znych poszukujemy wekto-

ra v

, takiego ˙ze

(R − 2I)v

= v

czyli





−1









1
0
0





Rozwi ˛

azanie tej równo´sci wyznacza jeden wektor liniowo niezale˙zny od v





0
1
0





i rozwi ˛

azanie równania ró˙zniczkowego

(t) = e

+ t(R − 2I)v

= e

+ tv

) = e





1
0





ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Aby znale´z´c trzecie rozwi ˛

azanie, poszukujemy wektora v

, takiego ˙ze

(R − 2I)v

= v

czyli





−1









0
1
0





Rozwi ˛

azaniem tego równania, liniowo niezale˙znym od v

i v

, jest





0
3

−1





St ˛

(t) = e

+ t(R − 2I)v

(R − 2I)

= e

+ tv

= e





t + 3

−1





Wobec tego otrzymujemy macierz fundamentaln ˛

X(t) =






(t + 3)e

−e






4.3

Równania skalarne wy˙zszego rz˛edu

Zajmiemy si˛e teraz skalarnym równaniem liniowym rz˛edu m

(m)

+ p

m−1

(t)x

(m−1)

+ · · · + p

(t) ˙

x + p

(t)x = q(t).

(4.17)

Zagadnienie pocz ˛

atkowe dla tego równania polega na zadaniu w chwili t

warto´sci

funkcji x oraz jej pochodnych do rz˛edu m − 1

x(t

) = x

0
0

x(t

) = x

0
1

, . . . , x

(m−1)

) = x

0
m−1

(4.18)

Równanie (4.17) z warunkami (4.18) mo˙zna sprowadzi´c do zagadnienia pocz ˛

atko-

wego dla układu pierwszego rz˛edu definiuj ˛

ac nowe zmienne

= x

(k)

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

Równanie (4.17) zamienia si˛e wtedy w układ

= x

(4.19)

m−2

= x

m−1

= −p

m−1

(t)x

m−1

− · · · − p

(t)x

+ q(t),

a warunki (4.18) staj ˛

a si˛e warunkami dla układu

) = x

0
k

(4.20)

Otrzymuje si˛e wtedy zagadnienie pocz ˛

atkowe dla układu równa´n liniowych rozpa-

trywane w pierwszym podrozdziale tego rozdziału.

Okazuje si˛e, ˙ze przy rozpatrywaniu równa´n o stałych współczynnikach mo˙zna

post˛epowanie znane dla ogólnych układów pierwszego rz˛edu znacznie upro´sci´c.
Niech b˛edzie dane równanie jednorodne rz˛edu m o stałych współczynnikach

(m)

+ a

m−1

(m−1)

+ · · · + a

x + a

x = 0.

(4.21)

Równanie to sprowadza si˛e do układu pierwszego rz˛edu

X = RX,

gdzie

X =








x
..

.
x

(m−1)








R =








. . .

. ..

−a

. . .

−a

m−1








Wielomian charakterystyczny macierzy R ma posta´c

p(λ) = det(λI − R) = λ

m−1

i=0

(4.22)

4.18 TWIERDZENIE. Je´sli λ

jest

k-krotnym pierwiastkiem wielomianu charak-

terystycznego (4.22),

1 6 k 6 m, to funkcje e

, te

, . . . , t

k−1

s ˛

a liniowo

niezale˙znymi rozwi ˛

azaniami równania (4.21).

Dowód. Je´sli λ

jest k-krotnym pierwiastkiem wielomianu p(λ), to

p(λ

) =

dλ

(λ

) = · · · =

k−1

dλ

k−1

(λ

) = 0.

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Niech

L(x) ≡ x

(m)

m−1

i=0

(i)

Operator ten ma nast˛epuj ˛

ac ˛

a własno´s´c

L(e

λt

) = p(λ)e

λt

Aby udowodni´c powy˙zsz ˛

a równo´s´c zadziałajmy operatorem L na funkcje t

λt

i = 0, 1, . . . , k − 1,

L(t

λt

) = L

∂

λt

∂λ

∂

∂λ

L e

λt

∂

∂λ

p(λ)e

λt

(4.23)

Stosuj ˛

ac wzór Leibniza do ostatniego wyra˙zenia w (4.23), otrzymujemy sum˛e wy-

razów postaci

−t

i−j

∂

∂λ

(λ)e

λt

j = 0, 1, 2, . . . , i .

Poniewa˙z dla j

6 k − 1

∂

∂λ

(λ

) = 0,

wi˛ec

L(t

) = 0.

Funkcje t

s ˛

a zatem rozwi ˛

azaniami równania (4.21). Liniowa niezale˙zno´s´c tych

funkcji wynika z liniowej niezale˙zno´sci wielomianów ró˙znych stopni.

4.19 Przykład. Znajdziemy rozwi ˛

azanie ogólne równania

(3)

− 5¨

x + 6 ˙

x = 0.

Obliczamy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− 5λ

+ 4λ = λ(λ − 2)(λ − 3).

Poniewa˙z pierwiastkami tego wielomianu s ˛

a liczby λ

= 0, λ

= 2 i λ

= 3, to

rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c

x(t) = c

+ c

4.20 Przykład. Wahadłem matematycznym nazywamy punkt materialny o ma-
sie m, zawieszony na długiej, cienkiej i nierozci ˛

agliwej nici. Wykonuje on wahania

wokół najni˙zej poło˙zonego punktu O, zwanego ´srodkiem waha´n.

Załó˙zmy, ˙ze wahadło wykonuje tylko małe wahania i oznaczmy przez z od-

chylenie od ´srodka waha´n. Aby znale´z´c przyspieszenie a wahadła, zauwa˙zmy, ˙ze

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

siła działaj ˛

aca na punkt materialny o masie m jest dana przez składow ˛

a siły ci ˛

a˙ze-

nia, styczn ˛

a do toru waha´n (składowa prostopadła do niej jest równowa˙zona przez

spr˛e˙zysto´s´c nici, na której wisi wahadło). Wtedy

ma = −mg sin x,

gdzie g jest przyspieszeniem ziemskim, x – k ˛

atem odchylenia wahadła od pionu,

a znak minus przed praw ˛

a stron ˛

a równania wyst˛epuje na skutek przeciwnych kie-

runków wychylenia i działaj ˛

acej siły. Je´sli przyspieszenie wahadła wyrazimy przez

drug ˛

a pochodn ˛

a odchylenia z, to otrzymamy

m¨

z = −mg sin x.

Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli z mierzymy wzdłu˙z łuku, po którym porusza si˛e punkt

materialny, to

z = xl,

gdzie l jest długo´sci ˛

a wahadła. Ostatecznie otrzymamy równanie wahadła

x = −

sin x.

Je´sli interesujemy si˛e tylko małymi drganiami wahadła, to z dobrym przybli˙zeniem
mo˙zna przyj ˛

a´c

sin x ≈ x.

Małe drgania wahadła daj ˛

a si˛e wi˛ec opisa´c równaniem

x + ω

x = 0,

(4.24)

gdzie ω

= g/l.

W przybli˙zeniu małych odchyle´n ruch wahadła jest dobrym modelem dla oscy-

latora harmonicznego z jednym stopniem swobody. Równanie (4.24) jest równa-
niem takiego oscylatora. Opisuje ono układ mechaniczny, w którym ruch masy na
prostej (w naszym przypadku masy jednostkowej) odbywa si˛e pod wpływem siły,
która jest proporcjonalna do wychylenia od poło˙zenia równowagi (tym poło˙zeniem
jest punk x = 0).

Poniewa˙z wielomian charakterystyczny dla równania (4.24) ma pierwiastki

= i i λ

= −i, wi˛ec z tw. 4.18 wynika rozwi ˛

azanie ogólne

x(t) = c

cos ω

t + c

sin ω

Przekształcimy to rozwi ˛

azanie do innej postaci, korzystaj ˛

ac z nowych stałych do-

wolnych

= A cos δ, c

= A sin δ.

Wtedy

x(t) = A cos(ω

t − δ).

(4.25)

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Wzór (4.25) opisuje swobodne drgania o amplitudzie A z cz˛estotliwo´sci ˛

a ω

i prze-

suni˛eciem fazowym δ.

Podaj ˛

ac warunki pocz ˛

atkowe dla równania (4.24)

x(t

) = x

x(t

) = x

ustalamy warto´s´c amplitudy A oraz przesuniecia fazowego δ.

4.21 Przykład. W poprzednim przykładzie rozpatrywali´smy drgania swobodne
oscylatora harmonicznego. Przeanalizujemy teraz przypadek, gdy ruch masy na
prostej napotyka pewien opór, np. opór tarcia. Zakładamy, ˙ze siła oporu jest propor-
cjonalna do pr˛edko´sci ruchu (tak ˛

a własno´s´c ma siła tarcia). Takie drgania nazywaj ˛

si˛e drganiami tłumionymi (wyja´snienie tej nazwy pojawi si˛e na ko´ncu przykła-
du). Wtedy równanie (4.24) zamienia si˛e w równanie

x + 2k ˙

x + ω

x = 0,

(4.26)

gdzie 2k jest współczynnikiem proporcjonalno´sci.

Analiz˛e równania (4.26) rozpoczniemy od znalezienia pierwiastków wielomia-

nu charakterystycznego

+ 2kλ + ω

= 0.

Wyra˙zaj ˛

a si˛e one wzorami

= −k +

− ω

= −k −

− ω

Charakter rozwi ˛

azania zale˙zy od znaku wyra˙zenia k

− ω

a) k

− ω

> 0. Oba pierwiastki s ˛

a rzeczywiste i ujemne. Rozwi ˛

azanie

x(t) = c

+ c

jest zbie˙zne monotonicznie do zera.

b) k

− ω

= 0. Mamy wówczas podwójny pierwiastek rzeczywisty. Rozwi ˛

zanie ma posta´c

x(t) = (c

+ c

t)e

−kt

Rozwi ˛

azanie to osi ˛

aga ekstremum w punkcie

t =

− kc

a nast˛epnie monotonicznie d ˛

a˙zy do zera.

c) k

− ω

< 0. Pierwiastki wielomianu charakterystycznego s ˛

a zespolone i

rozwi ˛

azanie jest dane wzorem

x(t) = e

−kt

cos µt + c

sin µt),

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

Rysunek 4.1: Zanikaj ˛

ace drgania tłumione

gdzie µ =

pω

− k

Podobnie jak w przypadku drga´n swobodnych, wprowadzamy nowe stałe do-

wolne

= A cos δ, c

= A sin δ.

Mo˙zemy wtedy rozwi ˛

azanie zapisa´c w formie

x(t) = Ae

−kt

cos(µt − δ).

Otrzymujemy wi˛ec rozwi ˛

azanie, które opisuje drgania z cz˛estotliwo´sci ˛

a µ i prze-

suni˛eciem fazowym δ, o monotonicznie malej ˛

acej amplitudzie Ae

−kt

(rys. 4.1).

Widzimy wi˛ec, ˙ze je´sli ruch jest poddany dodatkowej sile oporu, to rozwi ˛

zanie wykładniczo maleje z czasem, przy czym wykładnik jest proporcjonalny do
siły oporu. Oznacza to, ˙ze siła oporu tłumi swobodne drgania oscylatora harmo-
nicznego na prostej. Je´sli tłumienie to jest du˙ze (k

> ω

), to wychylenie maleje (w

zasadzie monotonicznie) do zera. Je´sli tłumienie jest małe (k < ω

), to otrzymuje-

my drgania o amplitudzie malej ˛

acej wykładniczo.

4.22 Przykład. Aby uzyska´c niezanikaj ˛

ace drgania oscylatora harmonicznego z

tłumieniem, nale˙zy wprowadzi´c do równania wymuszenie zewn˛etrzne. Przeanali-
zujemy najciekawszy przypadek, tj. wymuszenia okresowego

B cos ωt.

Poniewa˙z znamy ju˙z rozwi ˛

azanie równania jednorodnego (4.26), wi˛ec wystarczy

znale´z´c szczególne rozwi ˛

azanie równania niejednorodnego

x + 2k ˙

x + ω

x = B cos ωt.

(4.27)

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Rozwi ˛

azania takiego poszukujemy w postaci

z(t) = c

cos ωt + c

sin ωt.

Wstawiaj ˛

ac z(t) do równania (4.27) i porównuj ˛

ac współczynniki przy cos ωt i

sin ωt otrzymujemy

= −

(ω

− ω

+ (ω

− ω

)

2kωB

+ (ω

− ω

)

St ˛

z(t) =

+ (ω

− ω

)

(ω

− ω

) cos ωt + 2kω sin ωt

Wprowadzamy przesuni˛ecie fazowe δ, takie ˙ze tg δ =

2kω

(ω

−ω

)

. Wtedy

z(t) =

p4k

+ (ω

− ω

)

cos(ωt − δ).

(4.28)

Rozwi ˛

azanie równania (4.27) ma wi˛ec posta´c

x(t) = x

(t) +

p4k

+ (ω

− ω

)

cos(ωt − δ),

gdzie x

(t) jest rozwi ˛

azaniem ogólnym równania jednorodnego znalezionym w

przykładzie 4.21 i jego posta´c zale˙zy od relacji mi˛edzy k i ω

. Zauwa˙zmy, ˙ze we

wszystkich przypadkach x

(t) d ˛

a˙zy szybko do zera. Dla du˙zych warto´sci t rozwi ˛

zanie jest prawie dokładnie równe z(t), co odpowiada drganiom z cz˛estotliwo´sci ˛

wymuszaj ˛

ac ˛

a. Amplituda tych drga´n jest przy tym najwi˛eksza, gdy ω

> 2k

, a

cz˛estotliwo´s´c wymuszaj ˛

aca jest równa

ω =

− 2k

Warto zauwa˙zy´c, ˙ze gdy k → 0, amplituda drga´n d ˛

a˙zy do niesko´nczono´sci.

Rozpatrzmy ten przypadek szczegółowo. Gdy znika mianownik we wzorze defi-
niuj ˛

acym z(t), odpowiada to sytuacji braku tłumienia (k = 0) i wymuszeniu o

cz˛estotliwo´sci pokrywaj ˛

acej si˛e z cz˛estotliwo´sci ˛

a drga´n własnych oscylatora nie-

tłumionego (ω = ω

). Równanie (4.27) przyjmuje wówczas posta´c

x + ω

x = B cos ω

(4.29)

Rozwi ˛

azania szczególnego tego równania b˛edziemy poszukiwa´c w postaci

z(t) = c

t cos ω

t + c

t sin ω

Po wstawieniu tego wyra˙zenia do równania (4.29) znajdujemy

z(t) =

2ω

sin ω

Rozdział 5

Układy autonomiczne

5.1

Stabilno´s´c w sensie Lapunowa

Przedmiotem analizy w tym rozdziale b˛ed ˛

a układy równa´n autonomicznych

x = f (x),

(5.1)

z funkcj ˛

a f : Q → R

, gdzie Q jest otwartym zbiorem w R

, a f jest funkcj ˛

klasy C

Ograniczenie analizy do układów autonomicznych nie jest istotne, poniewa˙z w

roz. 1 pokazali´smy jak dowolne równanie nieutonomiczne

x = f (t, x),

(5.2)

mo˙zna sprowadzi´c do postaci autonomicznej.

Analiz˛e układu (5.1) rozpoczniemy od badania stabilno´sci jego rozwi ˛

aza´n pod

wpływem małych zmian warunków pocz ˛

atkowych. Cz˛e´sciowej informacji dostar-

czaj ˛

a twierdzenia o ci ˛

agłej i gładkiej zale˙zno´sci rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

at-

kowych. Jednak uzyskane wyniki maj ˛

a charakter lokalny, tzn. rozwi ˛

azanie zale˙zy

w sposób regularny w tym sensie, ˙ze je´sli dokonamy małego zaburzenia w chwili
pocz ˛

atkowej, to rozwi ˛

azanie zmieni si˛e te˙z mało dla czasu bliskiego chwili za-

burzenia. Ta informacja nic nie mówi o zachowaniu si˛e rozwi ˛

azania dla długiego

czasu, je´sli dokonamy małego zaburzenia.

Zajmiemy si˛e teraz odpowiedzi ˛

a na pytanie, jakie warunki musz ˛

a by´c speł-

nione, aby małe zaburzenie danych pocz ˛

atkowych powodowało mał ˛

a zmian˛e roz-

wi ˛

azania nawet na długim odcinku czasu. Rozpoczniemy od definicji stabilno´sci

rozwi ˛

azania w sensie Lapunowa. Poniewa˙z definicja ta jest niemal identyczna dla

układów autonomicznych i nieautonomicznych sformułujemy j ˛

a jednocze´snie dla

obu układów.

5.1 DEFINICJA. Niech dany b˛edzie układ równa´n (5.1) z funkcj ˛

f : Q → R

gdzie

Q jest otwartym zbiorem w R

, a

f jest funkcj ˛

a klasy

(lub układ (5.2)

z funkcj ˛

f : Q → R

, gdzie

Q jest otwartym zbiorem w R

m+1

, a

f jest funkcj ˛

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

klasy

). Niech

x(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem jednego z tych układów w przedziale

[0, +∞). Mówimy, ˙ze rozwi ˛

azanie

x(t) jest stabilne w sensie Lapunowa dla t →

+∞, je´sli dla ka˙zdego ε > 0 istnieje takie t

> 0 oraz η > 0, ˙ze ka˙zde rozwi ˛

azanie

x(t) równania (5.1) (odpowiednio równania (5.2)), takie ˙ze

|x(t

) − ¯

x(t

)| < η,

spełnia dla

t > t

warunek

|x(t) − ¯

x(t)| < ε.

Je´sli dodatkowo

lim

t→+∞

|x(t) − ¯

x(t)| = 0,

to mówimy, ˙ze rozwi ˛

azanie

x(t) równania (5.1) (równania (5.2)) jest asymptotycz-

nie stabilne.

5.2 Przykład. Rozwa˙zmy układ liniowy w R

x = Ax,

gdzie

A =

−β

(5.3)

Funkcja stała ¯

x(t) =

jest rozwi ˛

azaniem tego równania. Zbadajmy stabilno´s´c

tego rozwi ˛

azania. Z rozdziału 4 wiemy, ˙ze rozwi ˛

azania równania (5.3) maj ˛

a posta´c

(t) = e

αt

sin βt + c

cos βt),

(t) = e

αt

cos βt − c

sin βt).

Je´sli α < 0, to |x

(t)| i |x

(t)| s ˛

a dowolnie bliskie zeru dla dostatecznie du˙zych t.

Wynika st ˛

ad, ˙ze ¯

x(t) jest asymptotycznie stabilnym poło˙zeniem równowagi dla

α < 0. Je´sli α > 0, to |x

(t)| i |x

(t)| oscyluj ˛

a z amplitud ˛

a rosn ˛

ac ˛

a jak e

αt

, wi˛ec

x(t) nie jest rozwi ˛

azaniem stabilnym.

W przykładzie 5.2 pokazali´smy sposób badania stabilno´sci skuteczny tylko

wtedy, gdy potrafimy znale´z´c rozwi ˛

azanie równania. Obecnie podamy sposób ba-

dania stabilno´sci rozwi ˛

azania bez konieczno´sci jego znajdowania. Najpierw zaj-

miemy si˛e przypadkiem równa´n autonomicznych.

Rozwa˙zmy równanie (5.1) z funkcj ˛

a f okre´slon ˛

a na zbiorze Q, zawieraj ˛

acym

pocz ˛

atek układu współrz˛ednych oraz spełniaj ˛

ac ˛

a warunek f (0) = 0.

5.3 DEFINICJA. Funkcj ˛

a Lapunowa dla równania (5.1) nazywamy funkcj˛e V (x)

klasy

Q (V : Q → R), spełniaj ˛

ac ˛

a warunki:

V (x) > 0,

V (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0,

5.1. STABILNO ´

S ´

C W SENSIE LAPUNOWA

3) je´sli

x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.1), to funkcja zło˙zona

V x(t)

jest

nierosn ˛

ac ˛

a funkcj ˛

a zmiennej

t czyli

V x(t)

= grad V · f 6 0.

5.4 TWIERDZENIE. Niech f b˛edzie odwzorowaniem okre´slonym na zbiorze ot-
wartym

Q, zawieraj ˛

acym pocz ˛

atek układu współrz˛ednych. Zakładamy, ˙ze

f jest

klasy

oraz spełnia warunek

f (0) = 0. Je´sli dla równania (5.1) z odwzorowa-

niem

f istnieje funkcja Lapunowa, to rozwi ˛

azanie

x(t) ≡ 0 równania (5.1) jest

stabilne. Je´sli dodatkowo

grad V · f < 0

(5.4)

dla

x ∈ Q\{0}, to rozwi ˛

azanie

x(t) ≡ 0 jest asymptotycznie stabilne.

Dowód. Udowodnimy najpierw stabilno´s´c rozwi ˛

azania ¯

x(t) ≡ 0. Rozwa˙zmy kule

B(ε) o ´srodkach w zerze i promieniach ε < ε

oraz brzegi tych kul, czyli sfery

S(ε). Niech ε

b˛edzie taki, ˙ze B(ε

) ⊂ Q. Niech δ = min

x∈S(ε)

V (x). Z własno-

´sci 2) definicji 5.3 wynika, ˙ze δ > 0.

Niech U = {x ∈ B(ε): V (x) < δ}. Z własno´sci 3) definicji 5.3 wynika, ˙ze

rozwi ˛

azanie zaczynaj ˛

ace si˛e w punkcie x

∈ U nie osi ˛

agnie brzegu S(ε). Ponie-

wa˙z wzdłu˙z krzywej całkowej funkcja Lapunowa nie ro´snie, wi˛ec bior ˛

ac x

, takie

˙ze V (x

) < δ, otrzymamy dla x(t) b˛ed ˛

acego rozwi ˛

azaniem z warunkiem pocz ˛

at-

kowym x(0) = x

oszacowanie V x(t)

< δ, dla ka˙zdego t > 0. Dowodzi to

stabilno´sci rozwi ˛

azania ¯

x(t) = 0.

W celu udowodnienia asymptotycznej stabilno´sci tego rozwi ˛

azania wystarczy

wykaza´c, ˙ze przy wzmocnionych zało˙zeniach, je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem, to

V x(t)

→ 0,

gdy t → +∞.

(5.5)

Aby udowodni´c prawdziwo´s´c (5.5) załó˙zmy, ˙ze istnieje rozwi ˛

azanie y(t), dla któ-

rego V y(t)

nie d ˛

a˙zy do zera. Poniewa˙z funkcja V y(t)

jest monotoniczna, wi˛ec

oznacza to, ˙ze V y(t)

> α > 0 dla t > t

. Tym samym rozwi ˛

azanie |y(t)|

> ε

dla pewnego ε

> 0 oraz t > t

. Z warunku (5.4) wynika istnienie m > 0, takiego

˙ze

V y(t)

6 −m < 0

na zewn ˛

atrz kuli B(ε

), tj. dla t > t

. St ˛

V y(t)

− V y(t

)

6 −m(t − t

czyli

V y(t)

6 V y(t

)

− m(t − t

) → −∞

dla t → +∞.

Jest to sprzeczne z definicj ˛

a funkcji Lapunowa i dowodzi, ˙ze V x(t)

→ 0 dla

wszystkich rozwi ˛

aza´n równania (5.1).

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Z warunku (5.5) wynika zbie˙zno´s´c x(t) → 0 dla t → +∞. Gdyby tak nie było,

to istniałoby rozwi ˛

azanie y

(t), takie ˙ze dla pewnego ε

> 0 i ci ˛

agu {t

} praw-

dziwe byłoby oszacowanie ε

6 |y

)| 6 ε

. Z ci ˛

agu {y

)} mo˙zna wybra´c

zbie˙zny podci ˛

ag y

) → y

, gdzie |y

| > ε

. St ˛

ad V (y

) > m

> 0. Z ci ˛

gło´sci funkcji V (y) wynika, ˙ze V y

)

jest bliskie V (y

). Dla dostatecznie

du˙zych n

b˛edzie wi˛ec V y

)

. Z monotoniczno´sci funkcji V na krzy-

wej całkowej y

(t) wynika, ˙ze ostatnia nierówno´s´c jest prawdziwa dla wszystkich

dostatecznie du˙zych t. To jest jednak sprzeczne z (5.5).

W przypadku równa´n nieautonomicznych (5.2) nale˙zy dokona´c pewnych mo-

dyfikacji definicji funkcji Lapunowa, aby twierdzenie analogiczne do tw. 5.4 było
prawdziwe.

5.5 DEFINICJA. Funkcja V (t, x) klasy C

Q = {(t, x) : t > t

, |x| 6 b}

nazywa si˛e

funkcj ˛

a Lapunowa dla równania (5.2), je´sli:

V (t, 0) = 0 dla t > t

2) istnieje funkcja ci ˛

agła

W (x) okre´slona dla |x| 6 b, taka ˙ze:

W (x) > 0,

W (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0,

V (t, x) > W (x) dla t > t

3) je´sli

x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.2), to

V t, x(t)

∂V

∂t

+ grad

V · f (t, x) 6 0.

5.6 TWIERDZENIE. Niech funkcja f (t, x) w równaniu (5.2) b˛edzie ci ˛

agła na

zbiorze

Q = {(t, x): t > t

, |x| 6 b} i spełnia warunek

f (t, 0) = 0

dla

t > t

Je´sli dla równania (5.2) istnieje funkcja Lapunowa spełniaj ˛

aca warunki definicji

5.5, to rozwi ˛

azanie

x(t) = 0 jest stabilne. Je´sli dodatkowo istnieje funkcja W

(x)

ci ˛

agła dla

|x| 6 b, która spełnia warunki a) i b) definicji 5.5 oraz

∂V

∂t

+ grad

V · f (t, x) 6 −W

(x)

dla

t > t

to rozwi ˛

azanie

x(t) = 0 jest asymptotycznie stabilne.

Dowód tego twierdzenia przebiega analogicznie do dowodu tw. 5.4.

5.2. POTOKI I ORBITY

5.7 Przykład. Dla równania z przykładu 5.2 znajdziemy funkcj˛e Lapunowa.
Niech V (x) = x

+ x

. Funkcja ta spełnia warunki 1) i 2) definicji 5.3, nale˙zy

jedynie sprawdzi´c warunek 3). Niech wi˛ec x(t) b˛edzie rozwi ˛

azaniem. Wtedy

V x(t)

= 2x

(t) ˙

+ 2x

(t) ˙

= 2x

(αx

+ βx

) + 2x

(−βx

+ αx

) = 2α(x

2
1

+ x

2
2

) .

Dla α < 0 jest spełniony warunek 3) i funkcja V (x) = x

+ x

jest funkcj ˛

a La-

punowa dla równania (5.3). Oznacza to, ˙ze x(t) ≡ 0 jest rozwi ˛

azaniem stabilnym.

Co wi˛ecej,

< 0 dla niezerowych rozwi ˛

aza´n, wi˛ec s ˛

a spełnione tak˙ze warunki

asymptotycznej stabilno´sci, tzn. rozwi ˛

azanie x(t) = 0 jest asymptotycznie stabil-

ne.

5.8 Przykład. Zbadamy stabilno´s´c poło˙zenia równowagi dla wahadła z tarciem,
którego równanie ma posta´c

= x

= −ω

sin x

− 2kx

(5.6)

Punkt (0, 0) jest poło˙zeniem równowagi dla tego układu. (Oczywi´scie, poło˙zenia-
mi równowagi s ˛

a wszystkie punkty o współrz˛ednych (nπ, 0), ich analiza przebiega

analogicznie). Aby zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛

azania (0, 0), tworzymy funkcj˛e Lapu-

nowa

V (x

, x

) = ω

(1 − cos x

) +

2
2

Poniewa˙z ω

> 0, wi˛ec V (x

, x

) > 0 i V (x

, x

) = 0 tylko je´sli x

= x

= 0.

Mamy dalej

V (x

, x

) = ω

sin x

+ x

(−ω

sin x

− 2kx

) = −2kx

2
2

6 0.

Wynika st ˛

ad, ˙ze punkt (0, 0) jest punktem równowagi stabilnej. Zbadanie stabilno-

´sci asymptotycznej wymaga dodatkowej analizy, bo 2kx

zeruje si˛e we wszystkich

punktach (x

, 0). Poka˙zemy jednak, ˙ze je´sli taki punkt le˙zy na krzywej całkowej,

to jest to punkt przegi˛ecia dla funkcji Lapunowa V (x

(t), x

(t)) i funkcja ta jest

´sci´sle malej ˛

aca, czyli punkt (0, 0) jest asymptotycznie stabilny. Rzeczywi´scie, je´sli

), 0) le˙zy na krzywej całkowej i x

) 6= 0 (ale jest w bliskim otoczeniu

zera), to z (5.6) otrzymujemy ˙

) 6= 0. St ˛

ad, na krzywej całkowej przechodz ˛

cej przez punkt (x

, 0), po obu stronach tego punktu mamy x

(t) 6= 0 i funkcja

Lapunowa jest ´sci´sle malej ˛

aca dla t 6= t

, czyli punkt (x

), 0) jest jej punktem

przegi˛ecia.

5.2

Potoki i orbity

Zajmiemy si˛e teraz klasyfikacj ˛

a zbiorów rozwi ˛

aza´n równa´n autonomicznych. W

tym celu rozwi ˛

azania traktujemy jako trajektorie w odpowiedniej przestrzeni topo-

logicznej, czyli pewne podzbiory tej przestrzeni.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rozwa˙zmy ponownie równanie autonomiczne

x = f (x),

(5.7)

którego prawa strona jest funkcj ˛

a klasy C

w pewnym zbiorze otwartym Q ⊂ R

Z zało˙zenia tego wynika, ˙ze równanie (5.7) uzupełnione warunkiem pocz ˛

atkowym

x(0) = p,

p ∈ Q,

(5.8)

ma jednoznaczne rozwi ˛

azanie w pewnym przedziale (−a, a).

Nast˛epuj ˛

acy wniosek wynika bezpo´srednio z tw. 3.1.

5.9 WNIOSEK. Niech funkcja ϕ(t; p), jako funkcja argumentu t, b˛edzie rozwi ˛

zaniem zagadnienia pocz ˛

atkowego (5.7) – (5.8), okre´slonym w zbiorze otwartym

Ω ⊂ (−a, a) × Q. Funkcja ta spełnia warunki:

ϕ(0; p) = p,

ϕ(t; p) jest ci ˛

agła na

Ω,

ϕ(t + τ ; p) = ϕ t; ϕ(τ ; p)

na Ω.

Rozwa˙zmy teraz przestrze´n fazow ˛

a M równania (5.7) i niech f (x) b˛edzie

funkcj ˛

a klasy C

na M . Wtedy dla ka˙zdego warunku pocz ˛

atkowego p ∈ M mamy

rozwi ˛

azanie ϕ(t; p) ⊂ M . Załó˙zmy w dalszym ci ˛

agu, ˙ze rozwi ˛

azanie ϕ(t; p) mo˙ze

by´c przedłu˙zone na cał ˛

a prost ˛

a (−∞, ∞) z zachowaniem warunku ϕ(t; p) ⊂ M .

Z zało˙ze´n na temat funkcji f (x) oraz z tw. 3.15 wynika, ˙ze istnieje rodzina

dyfeomorfizmów parametryzowana zmienn ˛

a t

: M → M,

wyznaczona równo´sci ˛

a g

(p) = ϕ(t; p).

5.10 DEFINICJA. Potokiem nazywamy par˛e (M, g

), gdzie M jest przestrzeni ˛

fazow ˛

a, a

t ∈ (−∞, ∞), jest rodzin ˛

a dyfeomorfizmów

M , spełniaj ˛

ac ˛

a warunki:

: M → M ,

oraz

)

−1

≡ g

−t

s ˛

a ró˙zniczkowalnymi przekształceniami

M w M ,

t+s

= g

Zauwa˙zmy, ˙ze dla rozwi ˛

azania równania ró˙zniczkowego warunki definicji s ˛

a speł-

nione na podstawie tw. 3.15 (gładka zale˙zno´s´c od danych pocz ˛

atkowych) i wniosku

5.9.

5.11 DEFINICJA. Trajektori ˛

a albo orbit ˛

a punktu p w potoku (M, g

) nazywamy

zbiór warto´sci odwzorowania

(p), t ∈ (−∞, ∞).

5.2. POTOKI I ORBITY

5.12 DEFINICJA. Punkt p o tej własno´sci, ˙ze f (p) = 0 nazywa si˛e punktem
krytycznym albo punktem osobliwym potoku wyznaczonego przez równanie (5.7).
.

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze je´sli punkt p jest krytyczny, to jego orbita jest stała

(p) = p). St ˛

ad punkty takie cz˛esto nazywa si˛e te˙z punktami stacjonarnymi

(poło˙zeniami równowagi).

5.13 Przykład. Rozwa˙zmy równanie ˙x = x, gdzie x = x(t) ∈ R . Orbita punktu
p ma posta´c {e

p}, t ∈ (−∞, ∞). Je´sli p > 0, to orbita ta jest półprost ˛

a (0, ∞),

je´sli p < 0, to półprost ˛

a (−∞, 0), a dla p = 0 orbita jest stałym punktem {0}.

Oznacza to, ˙ze punkt p = 0 jest punktem krytycznym.

5.14 Przykład. Rozwa˙zmy układ równa´n

= −x

+ x

(1 − x

2
1

− x

2
2

= x

+ x

(1 − x

2
1

− x

2
2

Przez wprowadzenie współrz˛ednych biegunowych

= r cos θ,

= r sin θ,

powy˙zszy układ mo˙zna sprowadzi´c do postaci

˙r = r(1 − r

θ = 1.

Dla pierwszego równania mo˙zna łatwo znale´z´c rozwi ˛

azania. Maj ˛

a one posta´c

(

− p

+ 1

)

czyli orbitami s ˛

a: punkt r = 0, odcinek (0, 1), punkt r = 1 i półprosta (1, ∞).

Je´sli doł ˛

aczymy do tego zale˙zno´s´c od k ˛

ata θ, to jako orbity w układzie zmiennych

, x

) b˛edziemy mieli: punkt krytyczny (0, 0), orbit˛e okresow ˛

a x

+ x

= 1 oraz

orbity otwarte, które spiralnie od wewn ˛

atrz i od zewn ˛

atrz nawijaj ˛

a si˛e na orbit˛e

okresow ˛

Powy˙zsze przykłady pokazuj ˛

a istotne zalety badania równa´n w przestrzeni fa-

zowej. Badanie wielkiej liczby oddzielnych rozwi ˛

aza´n mo˙zna ograniczy´c do bada-

nia znacznie mniejszej liczby orbit.

5.15 TWIERDZENIE. Przez ka˙zdy punkt przestrzeni fazowej M przechodzi do-
kładnie jedna orbita.

Dowód. Niech ϕ

: R → M i ϕ

: R → M b˛ed ˛

a dwoma rozwi ˛

azaniami rów-

nania (5.7) z ró˙znymi warunkami pocz ˛

atkowymi. Załó˙zmy, ˙ze wyznaczone przez

te rozwi ˛

azania orbity maj ˛

a punkt wspólny. Oznacza to, ˙ze istniej ˛

a takie t

i t

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

˙ze ϕ

) = ϕ

). Rozwa˙zmy funkcj˛e ϕ

i funkcj˛e ϕ

= T

−t

, gdzie

ϕ(t) = ϕ(t + s). Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli ϕ(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.7),

to T

ϕ(t) jest te˙z rozwi ˛

azaniem tego równania. Mamy bowiem

ϕ(t)

t=t

dϕ(t + s)

t=t

dϕ(t)

t=t

= f ϕ(t

+ s)

= f ϕ(t + s)

t=t

= f T

ϕ(t)

t=t

Wynika z tego, ˙ze ϕ

jest rozwi ˛

azaniem równania (5.7). Poniewa˙z ϕ

) = ϕ

wi˛ec s ˛

a to rozwi ˛

azania z tym samym warunkiem pocz ˛

atkowym. Z jednoznaczno´sci

wynika, ˙ze ϕ

= ϕ

. Tak wi˛ec ϕ

i ϕ

opisuj ˛

a t˛e sam ˛

a orbit˛e i ró˙zni ˛

a si˛e tylko

parametryzacj ˛

a tej orbity zmienn ˛

a niezale˙zn ˛

a t.

Udowodnili´smy w ten sposób, ˙ze je´sli dwie orbity maj ˛

a chocia˙z jeden punkt

wspólny, to s ˛

a identyczne. Dowodzi to jednoznaczno´sci wyznaczenia orbity prze-

chodz ˛

acej przez dany punkt przestrzeni fazowej. Fakt, ˙ze przez ka˙zdy punkt prze-

strzeni fazowej p przechodzi orbita, wynika z istnienia rozwi ˛

azania równania (5.7)

z warunkiem x(0) = p.

Przejdziemy obecnie do klasyfikowania orbit układów autonomicznych. Oka-

zuje si˛e, ˙ze z topologicznego punktu widzenia jest bardzo mało orbit istotnie ró˙z-
nych (wszystkie przypadki s ˛

a zilustrowane w przykładzie 5.14).

5.16 TWIERDZENIE. Niech b˛edzie dany potok (M, g

), t ∈ (−∞, ∞), gene-

rowany przez równanie autonomiczne (5.7) z funkcj ˛

f ∈ C

(M ). Orbity tego

potoku dziel ˛

a si˛e na trzy kategorie:

1) orbity otwarte, dyfeomorficzne z prost ˛

a rzeczywist ˛

2) orbity zamkni˛ete, dyfeomorficzne z okr˛egiem,
3) punkty krytyczne.

Dowód. Niech ϕ

(t), t ∈ (−a, a), b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania (5.7), które

nie jest typu 1), tj. niech spełnia warunek ϕ

) = ϕ

) dla pewnych t

i t

> t

). Wtedy rozwi ˛

azanie to przedłu˙za si˛e na cał ˛

a prost ˛

a jako rozwi ˛

azanie

okresowe ϕ(t + T ) = ϕ(t) z okresem T = t

− t

. Je´sli zdefiniujmy funkcj˛e

ϕ(t) = ϕ

+ τ )

dla t = nT + τ,

to funkcja ta jest rozwi ˛

azaniem równania (5.7) jako przesuni˛ecie rozwi ˛

azania ϕ

(patrz dowód tw. 5.15). Funkcja ta jest okresowa, bo je´sli t jest postaci nT + τ ,
to t + T = (n + 1)T + τ i ϕ(t) = ϕ(t + T ). Poka˙zemy obecnie, ˙ze funkcja
ϕ(t) jest ci ˛

agła. Funkcja ta jest oczywi´scie kawałkami ci ˛

agła, a jedyne punkty

mog ˛

ace budzi´c w ˛

atpliwo´sci to punkty nT , w których jest ona prawostronnie ci ˛

agła.

Poka˙zemy, ˙ze w tych punktach jest tak˙ze ci ˛

agła lewostronnie. Niech ci ˛

ag t

b˛edzie

zbie˙zny lewostronnie do nT . Wtedy ϕ(t

) = ϕ

+ τ

), gdzie ci ˛

ag τ

d ˛

a˙zy

lewostronnie do T . Z ci ˛

agło´sci funkcji ϕ

wynika, ˙ze ϕ

+ τ

) → ϕ

+ T ) =

= ϕ

) = ϕ

) = ϕ(nT ), co dowodzi lewostronnej ci ˛

agło´sci funkcji ϕ(t).

5.3. PUNKTY KRYTYCZNE NA PŁASZCZY ´

ZNIE

Je´sli teraz T

, T

s ˛

a dwoma okresami funkcji ϕ, to T

± T

jest te˙z okresem,

bo ϕ(t + T

± T

) = ϕ(t + T

) = ϕ(t). Niech K oznacza zbiór wszystkich

okresów funkcji ϕ(t). S ˛

a dwie mo˙zliwo´sci. Pierwsza, kiedy zbiór K zawiera ele-

ment najmniejszy T

> 0. Wtedy ϕ(t + T

) = ϕ(t) oraz ϕ(t

) 6= ϕ(t

), dla

0 6 t

< t

< T

. Odpowiada to orbicie zamkni˛etej o okresie T

Druga mo˙zliwo´s´c, to brak najmniejszego elementu wi˛ekszego od zera w zbio-

rze K, czyli w zbiorze tym s ˛

a okresy dowolnie małe. Poka˙zemy obecnie, ˙ze zbiór

okresów jest domkni˛ety. Niech {T

} b˛edzie zbie˙znym ci ˛

agiem okresów. Niech

T = lim

i→∞

. Z ci ˛

agło´sci funkcji ϕ(t) mamy dla ka˙zdego t równo´s´c

ϕ(t + T ) = lim

i→∞

ϕ(t + T

) = lim

i→∞

ϕ(t) = ϕ(t).

Wynika st ˛

ad, ˙ze w drugim przypadku najmniejszy okres jest równy zero, czyli

ϕ(t) = ϕ(0) dla ka˙zdego t. To oznacza, ˙ze w tym przypadku zbiór K pokrywa si˛e
z cał ˛

a prost ˛

a rzeczywist ˛

a R a rozwi ˛

azanie ϕ(t) jest punktem krytycznym.

5.3

Klasyfikacja punktów krytycznych układów liniowych
na płaszczy´znie

Klasyfikacj˛e punktów krytycznych układów autonomicznych ograniczymy do ba-
dania dwuwymiarowych układów liniowych o stałych współczynnikach

x = Ax

(5.9)

z macierz ˛

A =

Jak łatwo zauwa˙zy´c, punkt x = 0 jest punktem krytycznym równania (5.9). Je´sli
macierz A jest nieosobliwa (det A 6= 0), to układ (5.9) nazywa si˛e prostym.

Analiz˛e zachowania si˛e rozwi ˛

aza´n układu (5.9) w otoczeniu punktu krytyczne-

go rozpoczniemy od przypadku układów prostych. W celu znalezienia rozwi ˛

aza´n

rozpatrzmy wielomian charakterystyczny macierzy A

p(λ) = λ

− (tr A)λ + det A = 0,

gdzie tr A = a

+ a

jest ´sladem macierzy A. Znajdujemy pierwiastki wielomia-

nu charakterystycznego

tr A +

√

∆

tr A −

√

∆

gdzie ∆ = (tr A)

− 4 det A. Znajomo´s´c pierwiastków wielomianu charaktery-

stycznego pozwala znale´z´c posta´c kanoniczn ˛

a macierzy A.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Przypadek ∆>0. Macierz A ma wówczas dwie ró˙zne, rzeczywiste warto´sci wła-
sne, a odpowiadaj ˛

ace im wektory własne tworz ˛

a kanoniczn ˛

a baz˛e przestrzeni R

W tej bazie macierz A ma posta´c

A =

Równanie (5.17) sprowadza si˛e wtedy do układu

= λ

którego rozwi ˛

azania dane s ˛

a wzorami

(t) = c

Przez proste przekształcenie otrzymujemy równanie orbit w przestrzeni fazo-

wej R

= cx

/λ

Obrazy orbit w otoczeniu punktu krytycznego x = 0 zale˙z ˛

a istotnie od znaku

pierwiastków λ

i λ

. Poni˙zej zilustrujemy wszystkie istotnie ró˙zne sytuacje.

Je´sli λ

< λ

< 0, to portret fazowy w otoczeniu punktu krytycznego jest

przedstawiony na rys. 5.1. W takiej sytuacji punkt krytyczny x = 0 jest stabilny
(rozwi ˛

azania d ˛

a˙z ˛

a do niego, gdy t → ∞). Punkt taki nazywa si˛e w˛ezłem stabil-

nym (przypadek λ

< λ

< 0 jest analogiczny).

Je´sli λ

> λ

> 0, to otrzymany portret fazowy ma analogiczny kształt or-

bit, a jedynie ewolucja na orbitach odbywa si˛e w przeciwnym kierunku (rys. 5.2).
Mamy wtedy do czynienia z w˛ezłem niestabilnym.

Rysunek 5.1: W˛ezeł stabilny

5.3. PUNKTY KRYTYCZNE NA PŁASZCZY ´

ZNIE

kanoniczn ˛

a jest klatka Jordana

A =

Równanie (5.9) ma wtedy posta´c

= λ

= x

+ λ

St ˛

= c

= (c

+ c

t)e

W takiej sytuacji punkt x = 0 nazywa si˛e w˛ezłem zdegenerowanym. Dla λ

< 0

jest to w˛ezeł stabilny (rys. 5.6). Dla λ

> 0 otrzymujemy w˛ezeł zdegenerowany

niestabilny (rys. 5.7).

Rysunek 5.6: W˛ezeł zdegenerowany stabilny

Aby mie´c lepsze wyobra˙zenie o kształcie orbit w otoczeniu w˛ezła zdegenero-

wanego, rozpatrzmy punkty, w których orbity osi ˛

agaj ˛

a warto´s´c ekstremaln ˛

a wzgl˛e-

dem zmiennej x

. W takich punktach ˙

= 0, czyli x

= −λ

(proste o tym

równaniu zaznaczyli´smy lini ˛

a przerywan ˛

a na odpowiednich rysunkach).

Przypadek ∆<0. Mamy wówczas dwa sprz˛e˙zone pierwiastki zespolone λ

i ¯

. W

zmiennych rzeczywistych macierz A ma posta´c kanoniczn ˛

A =

α −β

β > 0.

Równanie (5.9) sprowadza si˛e do układu

= αx

− βx

= βx

+ αx

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rysunek 5.7: W˛ezeł zdegenerowany niestabilny

Po przej´sciu do współrz˛ednych biegunowych

= r cos θ,

= r sin θ

otrzymujemy

= ˙r cos θ − r ˙

θ sin θ = αr cos θ − βr sin θ,

= ˙r sin θ + r ˙

θ cos θ = βr cos θ + αr sin θ.

Mno˙zymy te równania przez cos θ i sin θ, a nast˛epnie dodajemy i odejmujemy je
stronami, sk ˛

ad otrzymujemy

˙r = αr,

θ = β.

Rozwi ˛

azanie ma wi˛ec posta´c

r = r

αt

θ = θ

+ βt.

Je´sli α < 0, to otrzymujemy portret fazowy, na którym orbity s ˛

a spiralami

zwijaj ˛

acymi si˛e do punktu x = 0. Punkt ten nazywa si˛e ogniskiem stabilnym

(rys. 5.8). Je´sli α > 0, to otrzymujemy ognisko niestabilne, dla którego spirale
wychodz ˛

a z punktu x = 0 (rys. 5.9).

Dla α = 0 orbity s ˛

a koncentrycznymi okr˛egami (rys. 5.10). Punkt x = 0

nazywa si˛e wtedy ´srodkiem. ´Srodek jest oczywi´scie punktem stabilnym, ale nie
jest on asymptotycznie stabilny – w przeciwie´nstwie do wszystkich poprzednich
przypadków, gdzie stabilno´s´c była jednocze´snie asymptotyczn ˛

a stabilno´sci ˛

Obecnie rozpatrzymy sytuacj˛e, kiedy układ (5.9) nie jest układem prostym.

Wtedy det A = 0 i przynajmniej jedna z warto´sci własnych macierzy A jest równa

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Pierwiastkami tego wielomianu s ˛

a λ

= −5, λ

= 5. Odpowiadaj ˛

a im wektory

własne

= [2, 1], v

= [1, 3].

Poniewa˙z λ

< 0 < λ

, wi˛ec punkt x = 0 jest siodłem. Portret fazowy w zmien-

nych kanonicznych y

jest pokazany na rys. 5.13.

Rysunek 5.13: Portret fazowy w zmiennych kanonicznych dla układu z przykładu
5.17

W zmiennych wyj´sciowych o´s Oy

przechodzi na o´s o kierunku wektora v

a o´s Oy

na o´s o kierunku wektora v

. W zmiennych x portret fazowy jest pokazany

na rys. 5.14.

Obecnie podsumujemy nasze badania portretów fazowych układów liniowych

w R

. W analizie portretów fazowych na płaszczy´znie wyst˛epuj ˛

a trzy istotnie ró˙zne

sytuacje:

1) Pierwiastki s ˛

a rzeczywiste i odpowiadaj ˛

a im dwa liniowo niezale˙zne wektory

własne. W tym przypadku układ równa´n (5.9) separuje si˛e na dwa układy
jednowymiarowe.

2) Pierwiastki s ˛

a zespolone, sprz˛e˙zone. Gdyby równanie (5.9) rozpatrywa´c

w przestrzeni zespolonej, wówczas przypadek ten nie ró˙zniłby si˛e od przy-
padku 1). Rozpatruj ˛

ac go w przestrzeni rzeczywistej, musimy przej´s´c do

współrz˛ednych biegunowych, w których układ (5.9) separuje si˛e na dwa
układy jednowymiarowe.

3) Pierwiastek jest podwójny, rzeczywisty, ale odpowiada mu tylko jeden wek-

tor własny. W tym przypadku układ si˛e nie separuje, a przestrzeni ˛

a niezmien-

nicz ˛

a jest całe R

5.4. PUNKTY KRYTYCZNE UKŁADÓW NIELINIOWYCH

Rysunek 5.14: Portret fazowy w zmiennych wyj´sciowych dla układu z przykładu
5.17

Przedstawiona wy˙zej klasyfikacja została dokonana ze wzgl˛edu na posta´c ka-

noniczn ˛

a macierzy A. Przypadek 1) odpowiada macierzy kanonicznej w postaci

diagonalnej. Przypadek 2) odpowiada macierzy diagonalnej w przestrzeni zespo-

lonej i macierzy postaci

α −β
β

, α, β ∈ R , w przestrzeni rzeczywistej. Wreszcie

przypadek 3) odpowiada niediagonalnej klatce Jordana

1 λ

5.4

Punkty krytyczne układów nieliniowych

B˛edziemy teraz starali si˛e pokaza´c, w jakim stopniu prowadzone poprzednio bada-
nia portretów fazowych układów liniowych o stałych współczynnikach mog ˛

a by´c

przydatne do badania portretów fazowych dowolnych układów autonomicznych.

5.18 DEFINICJA. Niech b˛ed ˛

a dane dwa potoki

(M, g

) i (M, g

) z t ˛

a sam ˛

a prze-

strzeni ˛

a fazow ˛

a. Mówimy, ˙ze potoki te s ˛

topologicznie sprz˛e˙zone, je´sli istnieje taki

homeomorfizm przestrzeni fazowej

h: M → M , ˙ze h ◦ g

= g

◦ h dla ka˙zdego

t ∈ R.

Aby nieco lepiej zrozumie´c sens sprz˛e˙zenia dwóch potoków, zatrzymajmy si˛e jesz-
cze przy układach liniowych o stałych współczynnikach.

5.19 DEFINICJA. Niech w przestrzeni R

b˛edzie dane równanie

x = Ax

z macierz ˛

A o stałych współczynnikach. Niech (R

, e

) b˛edzie potokiem genero-

wanym przez to równanie. Mówimy, ˙ze potok ten jest

hiperboliczny, je´sli wszystkie

warto´sci własne macierzy

A maj ˛

a niezerowe cz˛e´sci rzeczywiste.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Przytoczymy obecnie bez dowodu twierdzenie o topologicznym sprz˛e˙zeniu

układów liniowych.

5.20 TWIERDZENIE. Niech b˛ed ˛

a dane dwa potoki hiperboliczne

(M, e

) oraz

(M, e

). Potoki te s ˛

a topologicznie sprz˛e˙zone, je´sli liczby warto´sci własnych z

dodatni ˛

a i ujemn ˛

a cz˛e´sci ˛

a rzeczywist ˛

a s ˛

a takie same dla macierzy

Z twierdzenia 5.20 wynika, ˙ze punkty krytyczne w R

prostych układów liniowych

o stałych współczynnikach rozpadaj ˛

a si˛e na nierównowa˙zne topologicznie klasy:

1) punkty krytyczne niestabilne (w˛ezły i ogniska niestabilne),

2) siodła,

3) punkty krytyczne stabilne (w˛ezły i ogniska stabilne),

4) punkty odpowiadaj ˛

ace potokom niehiperbolicznym (´srodki).

Przejdziemy teraz do badania punktów krytycznych układów nieliniowych.

Aby porówna´c portrety fazowe takich układów z portretami fazowymi układów
liniowych, musimy przeprowadzi´c linearyzacj˛e.

5.21 DEFINICJA. Niech b˛edzie dany układ autonomiczny

x = f (x)

(5.10)

i niech

x = 0 b˛edzie jego punktem krytycznym. Linearyzacj ˛

a układu (5.10) w oto-

czeniu punktu

x = 0 nazywamy układ liniowy o stałych współczynnikach

x = Ax,

(5.11)

taki ˙ze układ (5.10) mo˙zna zapisa´c w postaci

x = Ax + g(x),

gdzie

g(x) jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a, która spełnia warunek

lim

|x|→0

|g(x)|

|x|

= 0.

Mo˙ze si˛e zdarzy´c, ˙ze punkt x = 0 nie jest punktem krytycznym układu (5.10), tzn.
f (0) 6= 0, ale istnieje punkt x

, taki ˙ze f (x

) = 0. Wtedy punktem krytycznym jest

punkt x

i linearyzacj˛e nale˙zy przeprowadzi´c wokół tego punktu, tzn. przedstawi´c

układ (5.10) w postaci

x = A(x − x

) + g(x),

gdzie g(x) jest ci ˛

agła i spełnia warunek

lim

|x−x

|→0

|g(x)|

|x − x

= 0.

5.4. PUNKTY KRYTYCZNE UKŁADÓW NIELINIOWYCH

Z twierdzenia 5.20 mo˙zna si˛e domy´sli´c, ˙ze układy nieliniowe daj ˛

a si˛e porów-

nywa´c z układami liniowymi tylko wtedy, gdy odpowiednie potoki liniowe s ˛

a hi-

perboliczne.

5.22 DEFINICJA. Punkt krytyczny układu autonomicznego (5.10) nazywa si˛e pro-
stym, je´sli otrzymany po linearyzacji układ jest prosty (det A 6= 0). Punkt kry-
tyczny nazywa si˛e

hiperbolicznym, je´sli otrzymany po linearyzacji układ generuje

potok hiperboliczny.

5.23 TWIERDZENIE. (Grobmana-Hartmana) Je´sli x = 0 jest punktem hiper-
bolicznym układu

x = Ax + g(x),

(5.12)

gdzie

g(x) jest klasy C

w otoczeniu zera,

g(0) = 0 oraz

lim

|x|→0

|g(x)|

|x|

= 0,

to portret fazowy układu (5.12) jest w otoczeniu punktu

x = 0 homeomorficzny z

portretem fazowym układu zlinearyzowanego

x = Ax.

Nast˛epuj ˛

acy przykład jest klasyczn ˛

a ilustracj ˛

a tego, co mo˙ze si˛e dzia´c wokół

punktu niehiperbolicznego.

5.24 Przykład. Zbadajmy portrety fazowe układów

= −x

+ x

= x

+ x

(5.13)

oraz

= −x

− x

2
1

+ x

2
2

= x

− x

2
1

+ x

2
2

(5.14)

Oba układy maj ˛

a tak ˛

a sam ˛

a linearyzacj˛e wokół punktu (0, 0)

= −x

= x

Dla równania zlinearyzowanego pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest ´srodkiem,

czyli punktem niehiperbolicznym. Natomiast po przej´sciu do współrz˛ednych bie-
gunowych dla układu (5.13) otrzymujemy

˙r = r

ϕ = 1,

czyli pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest ogniskiem niestabilnym. Dla układu

(5.14) mamy

˙r = −r

ϕ = 1,

czyli pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest ogniskiem stabilnym.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

5.25 Przykład. W przykładzie tym poka˙zemy, ˙ze wzmocnienie tezy w tw. 5.23
nie jest mo˙zliwe. Rozwa˙zmy układ

= x

ln(x

+ x

)

1/2

= x

ln(x

+ x

)

1/2

Nale˙zy sklasyfikowa´c punkt krytyczny x = (0, 0).

Linearyzacja prowadzi do układu

= x

Punkt (0, 0) dla układu zlinearyzowanego jest w˛ezłem niestabilnym (λ

= λ

= 1).

Oznacza to, ˙ze punkt ten jest punktem hiperbolicznym i tak˙ze dla układu nielinio-
wego b˛edzie punktem krytycznym niestabilnym. Przechodzimy do współrz˛ednych
biegunowych i sprowadzamy układ nieliniowy do postaci

˙r = r,

ϕ =

ln r

Rozwi ˛

azaniem tego układu s ˛

a funkcje

r = ce

ϕ = ϕ

+ ln |t + c|.

St ˛

ad wida´c, ˙ze punkt x = (0, 0) dla układu nieliniowego jest ogniskiem niestabil-

nym. Ró˙zny charakter punktu osobliwego dla układu nieliniowego i jego lineary-
zacji jest zwi ˛

azany z faktem, ˙ze tw. 5.23 gwarantuje tylko ci ˛

agło´s´c przekształcenia

portretu fazowego równania nieliniowego oraz jego linearyzacji.

5.5

Całki pierwsze

5.26 DEFINICJA. Niech b˛edzie dane równanie autonomiczne

x = f (x)

(5.15)

z praw ˛

a stron ˛

a ci ˛

agł ˛

a w pewnym zbiorze otwartym

Q ⊂ R

. Funkcj˛e

U (x) okre-

´slon ˛

a w otwartym zbiorze

⊂ Q nazywamy całk ˛

a pierwsz ˛

a niezale˙zn ˛

a od czasu

równania (5.15), je´sli jest ona stała na ka˙zdej krzywej całkowej tego równania.

Je´sli funkcja U (x) jest klasy C

w Q

, to warunek stało´sci na krzywych całkowych

przyjmuje posta´c

U x(t)

i=1

∂U

∂x

i=1

∂U

∂x

(x) = 0.

(5.16)

5.5. CAŁKI PIERWSZE

Całka pierwsza niezale˙zna od czasu ma t˛e własno´s´c, ˙ze jej poziomice zawieraj ˛

krzywe całkowe równania (5.15). Je´sli wi˛ec znamy całk˛e pierwsz ˛

a U (x), to łatwo

mo˙zna znale´z´c posta´c krzywych całkowych, rozwi ˛

azuj ˛

ac równanie U (x) = const.

W przypadku równa´n nieautonomicznych nale˙zy wprowadzi´c nieco inn ˛

a defi-

nicj˛e całki pierwszej.

5.27 DEFINICJA. Niech b˛edzie dane równanie

x = f (t, x)

(5.17)

z praw ˛

a stron ˛

a ci ˛

agł ˛

a w pewnym zbiorze otwartym

Q ⊂ R

m+1

. Funkcj˛e

U (t, x)

okre´slon ˛

a w otwartym zbiorze

⊂ Q nazywamy całk ˛

a pierwsz ˛

a równania (5.17),

je´sli jest ona stała na ka˙zdej krzywej całkowej tego równania.

Je´sli x(t) jest rozwi ˛

azaniem równania (5.17), takim ˙ze t, x(t)

∈ Q

dla t nale˙z ˛

cego do przedziału (α, β), to funkcja U t, x(t)

jest niezale˙zna od t. Je´sli funkcja

U (t, x) jest klasy C

, to warunek stało´sci na krzywych całkowych przyjmuje po-

sta´c

U t, x(t)

∂U

∂t

i=1

∂U

∂x

∂U

∂t

i=1

∂U

∂x

(t, x) = 0.

(5.18)

5.28 Przykład. W przypadku układów autonomicznych na płaszczy´znie znalezie-
nie całek pierwszych sprowadza si˛e do jednokrotnego scałkowania pewnego rów-
nania skalarnego. Je´sli dany jest układ w R

= f

, x

= f

, x

(5.19)

to mo˙zemy go zamieni´c na jedno równanie

, x

)

, x

)

(5.20)

Zapisujemy to równanie w postaci ró˙zniczek

, x

)dx

− f

, x

)dx

= 0.

Je´sli powy˙zsza forma jest ró˙zniczk ˛

a zupełn ˛

a, to rozwi ˛

azanie jest postaci

U (x

, x

) = const.

Je´sli takie rozwi ˛

azanie znajdziemy, to funkcja U (x

, x

) b˛edzie całk ˛

a pierwsz ˛

układu (5.19). Rzeczywi´scie, ró˙zniczkuj ˛

ac U i traktuj ˛

ac x

jako funkcj˛e x

otrzy-

mujemy

∂U

∂x

∂U

∂x

= 0.

100

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Z równania (5.20) dostajemy

∂U

∂x

, x

) +

∂U

∂x

, x

) = 0,

co zgadza si˛e ze wzorem (5.16).

Z tego co zostało powiedziane wy˙zej, jest jasne, ˙ze całkowanie ró˙zniczek zu-

pełnych prowadzi do całek pierwszych. Równie łatwo mo˙zna znale´z´c całk˛e pierw-
sz ˛

a w przypadku, gdy równanie (5.20) jest równaniem o zmiennych rozdzielonych.

5.29 Przykład. Znajdziemy całki pierwsze dla układu

= x

− x

= −x

+ x

Równanie (5.20) dla danego układu ma posta´c

−x

+ x

− x

− 1)

(1 − x

)

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych

1 − x

− 1

Po scałkowaniu mamy

ln x

− x

= x

− ln x

+ c.

Sk ˛

ad po przekształceniu otrzymujemy

−x

= c.

5.30 Przykład. Przykład ten pokazuje, ˙ze całki pierwsze mog ˛

a by´c takie same dla

ró˙znych układów równa´n. Rozwa˙zmy dwa układy:

= −x

= x

= −x

(1 − x

= x

(1 − x

Poszukiwanie całek pierwszych ze wzoru (5.20) prowadzi do identycznego równa-
nia dla obu układów

= −

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, którego całka ma posta´c

= c.

Mamy wi˛ec t˛e sam ˛

a rodzin˛e całek pierwszych dla dwu ró˙znych układów. Poniewa˙z

s ˛

a to układy autonomiczne, wi˛ec krzywe fazowe obu układów le˙z ˛

a na poziomicach

tej samej funkcji x

= c.

5.6. PRZYKŁADY Z DYNAMIKI POPULACJI

101

Poza pokazanymi wy˙zej przykładami znajdowania całek pierwszych dla ukła-

dów autonomicznych na płaszczy´znie trudno jest znale´z´c nietrywialne (czyli ró˙zne
od stałych) całki pierwsze. Pewnym wyj ˛

atkiem s ˛

a problemy wynikaj ˛

ace z mecha-

niki, gdzie istnienie całek pierwszych, nawet dla zagadnie´n wielowymiarowych,
jest zwi ˛

azane ze spełnieniem praw zachowania, takich jak prawo zachowania ener-

gii, prawo zachowania p˛edu itp.

5.6

Przykłady z dynamiki populacji

Zajmiemy si˛e teraz analiz ˛

a kilku nieliniowych modeli dynamiki populacji, które s ˛

opisywane układami równa´n autonomicznych.

Rozpoczniemy od analizy wzrostu populacji. Wzrost populacji jest zwykle

charakteryzowany przez podanie dwóch liczb: współczynnika urodze ´n b oraz
współczynnika zgonów d. Na tej podstawie mo˙zna napisa´c równanie wzrostu po-
pulacji

x = rx,

(5.21)

gdzie r = b − d jest współczynnikiem wzrostu populacji. Równanie (5.21)
prowadzi do wykładniczego prawa wzrostu

x(t) = x

po raz pierwszy sformułowanego przez Thomasa R. Malthusa w 1798 roku. Gdy-
by wzrostem populacji rz ˛

adziło równanie (5.21) i współczynnik urodze´n był wy˙z-

szy od współczynnika zgonów (r > 0), nast˛epowałby wykładniczy przyrost li-
czebno´sci populacji. Taki model wzrostu populacji ma zastosowania w dynamice
wzrostu populacji pewnych bakterii. Przede wszystkim jednak model (5.21) okazał
si˛e dobrym modelem rozpadu pierwiastków promieniotwórczych (dla tego modelu
b = 0, st ˛

ad r < 0).

Je´sli populacja musi egzystowa´c w okre´slonym ´srodowisku, to niemo˙zliwy jest

jej nieograniczony wzrost ze wzgl˛edu na ograniczone zasoby tego ´srodowiska. Na-
le˙zy wi˛ec powtórnie przeanalizowa´c zało˙zenia prowadz ˛

ace do równania (5.21). Za-

ło˙zenie, ˙ze liczba nowych urodze´n jest proporcjonalna do liczebno´sci populacji,
wydaje si˛e by´c do´s´c rozs ˛

adnym przybli˙zeniem. Zmodyfikujemy natomiast zało˙ze-

nie odno´snie współczynnika zgonów, zakładaj ˛

ac, ˙ze współczynnik ten nie jest sta-

ły, ale ro´snie wraz z liczebno´sci ˛

a populacji (efekt ´smierci na skutek przeg˛eszczenia

´srodowiska). Zakładaj ˛

ac, ˙ze d = ax, otrzymujemy równanie wzrostu populacji

x = x(b − ax).

(5.22)

Równanie to nazywa si˛e równaniem logistycznym. Opisuje ono do´s´c wiernie
wzrost pojedynczej populacji w ´srodowisku o ograniczonych zasobach, o czym
przekonano si˛e, badaj ˛

ac hodowle bakterii.

Równanie (5.22) jest równaniem o zmiennych rozdzielonych i mo˙zna je łatwo

scałkowa´c. W dalszym ci ˛

agu przeprowadzimy jego analiz˛e jako´sciow ˛

102

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Po pierwsze zauwa˙zmy, ˙ze równanie (5.22) ma dwa punkty równowagi:

x = 0

x =

Punkt x = 0 odpowiada wygini˛eciu populacji i jest on punktem równowagi nie-
stabilnej (je´sli tylko b > 0). Punkt x =

odpowiada asymptotycznie stabilnemu

punktowi równowagi. Jest to stan, do którego d ˛

a˙zy rozwijaj ˛

aca si˛e populacja i na-

zywany jest pojemno´sci ˛

a ´srodowiska. Portret fazowy dla równania logistycznego

pokazany jest na rys. 5.15. Składa si˛e on z dwóch punktów krytycznych: niesta-
bilnego x = 0 i stabilnego x =

oraz ł ˛

acz ˛

acej te dwa punkty otwartej krzywej

fazowej.

Rysunek 5.15: Portret fazowy dla równania logistycznego

Zajmiemy si˛e teraz ´srodowiskiem, w którym ˙zyj ˛

a dwie populacje. Wzrost obu

populacji zale˙zy wtedy nie tylko od własno´sci ´srodowiska, ale tak˙ze od tego, jak
oba gatunki odnosz ˛

a si˛e do siebie. W ogólno´sci mo˙ze tu wyst˛epowa´c wiele mo-

deli relacji. W dalszym ci ˛

agu zajmiemy si˛e szczegółowo modelowaniem sytuacji,

gdy jeden gatunek, zwany drapie˙znikiem, ˙zywi si˛e osobnikami drugiego gatun-
ku, zwanego ofiar ˛

a. Niech x

(t) b˛edzie liczebno´sci ˛

a populacji ofiar, a x

(t) –

populacji drapie˙zników. Dla populacji ofiar przyjmiemy prosty model wykładni-
czego wzrostu. Zmodyfikujemy go jedynie zało˙zeniem, ˙ze współczynnik zgonów
jest proporcjonalny do liczebno´sci populacji drapie˙zników d = ax

(ofiary gin ˛

po˙zerane przez drapie˙zniki). W przypadku drapie˙zników zakładamy, ˙ze wzrost ich
populacji zale˙zy tylko od ilo´sci dostarczonego po˙zywienia, która jest proporcjo-
nalna do liczebno´sci ofiar (δx

). Zauwa˙zmy przy tym, ˙ze pewna ilo´s´c po˙zywienia

(σ) jest niezb˛edna do utrzymania przy ˙zyciu istniej ˛

acej populacji i nie prowadzi do

jej wzrostu. W efekcie uzyskujemy układ równa´n

= (b − ax

= (δx

− σ)x

(5.23)

Układ ten nazywa si˛e układem (modelem) Lotki-Volterry i został zaproponowa-
ny przez Vito Volterr˛e na podstawie obserwacji populacji ryb w Adriatyku.

Badanie układu (5.23) jest dosy´c proste. Zauwa˙zmy, ˙ze ma on dwa punkty

krytyczne (0, 0) i (

). Punkt (0, 0) jest siodłem, a jego separatrysami s ˛

a osie

układu współrz˛ednych (´sci ˛

aganie wzdłu˙z osi Ox

, rozci ˛

aganie wzdłu˙z osi Ox

W celu zbadania charakteru punktu (

) nale˙zy zlinearyzowa´c układ w otoczeniu

tego punktu. Niestety, dla układu zlinearyzowanego punkt (

) jest ´srodkiem, nie

5.6. PRZYKŁADY Z DYNAMIKI POPULACJI

103

Rysunek 5.16: Portret fazowy dla układu Lotki-Volterry

daje to wi˛ec ˙zadnej informacji o zachowaniu układu nieliniowego. Na szcz˛e´scie,
mo˙zna łatwo znale´z´c całk˛e pierwsz ˛

a układu (5.23).

Rzeczywi´scie, po pomno˙zeniu pierwszego równania przez δ, a drugiego przez a

i dodaniu stronami, otrzymujemy

δ ˙

+ a ˙

= bδx

− aσx

Analogicznie, po pomno˙zeniu pierwszego równania przez

, a drugiego przez

i dodaniu stronami, mamy

= bδx

− aσx

Z dwóch ostatnich równa´n otrzymujemy

δ ˙

+ a ˙

czyli

δx

+ ax

= σ ln x

+ b ln x

+ c.

St ˛

σ
1

b
2

−δx

−ax

= c.

Tak wi˛ec funkcja

f (x

, x

) = x

σ
1

−δx

b
2

−ax

= g(x

)h(x

)

Rozdział 6

Dwa przykłady z mechaniki

W rozdziale tym przedstawimy proste przykłady rozwi ˛

aza´n równa´n mechaniki

Newtona. Mechanika Newtona zajmuje si˛e badaniem ruchu układu punktów mate-
rialnych w przestrzeni euklidesowej. Opis tego ruchu dany jest przez układ równa´n
Newtona

x = F (t, x, ˙

x),

(6.1)

gdzie x(t) opisuje trajektori˛e ruchu, ˙

x jest jego pr˛edko´sci ˛

a a ¨

x – przyspieszeniem.

Posta´c funkcji F jest elementem definicji rozpatrywanego układu mechanicznego.
Do definicji tej nale˙zy te˙z podanie obszaru okre´slono´sci funkcji F oraz przestrzeni
fazowej równania (6.1). Rozwa˙zania ograniczymy do opisu ruchu jednego punktu
materialnego o jednostkowej masie. Zakładamy tak˙ze, ˙ze funkcja F (t, x, ˙

x) jest

gładk ˛

a funkcj ˛

a swoich argumentów (np. jest funkcja klasy C

), co gwarantuje ist-

nienie i jednoznaczno´s´c rozwi ˛

aza´n układu (6.1).

6.1

Układy zachowawcze z jednym stopniem swobody

Rozpoczniemy od opisu ogólnego modelu m-wymiarowego, pokazuj ˛

ac własno´sci

ruchu punktu materialnego w całej ogólno´sci. Dopiero kiedy b˛edzie to niezb˛edne
dla dalszego prowadzenia wykładu ograniczymy si˛e do przypadku jednowymiaro-
wego (m = 1).

6.1 DEFINICJA. Układem zachowawczym nazywamy ruch punktu materialnego
opisywany równaniem ró˙zniczkowym

x = F (x),

x ∈ R

(6.2)

gdzie siła

F (x) jest funkcj ˛

a klasy

w otwartym zbiorze

D ⊂ R

, dla której

istnieje funkcja

U (x), taka ˙ze

F (x) = − grad U.

(6.3)

Sił˛e zdefiniowana w ten sposób nazywa si˛e

sił ˛

a potencjaln ˛

a (U nazywane jest po-

tencjałem).

105

106

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

Dla układów zachowawczych mo˙zna zdefiniowa´c energi˛e całkowit ˛

a układu

E = T ( ˙

x) + U (x), gdzie T jest energi ˛

a kinetyczn ˛

a dan ˛

a wzorem

T =

k ˙xk

a U (x) energi˛e potencjaln ˛

a układu.

W przypadku jednowymiarowym potencjał U (x) mo˙zna otrzyma´c przez cał-

kowanie siły

U (x) = −

F (z)dz.

(6.4)

Całka w równaniu (6.4) zawsze istnieje (przy zało˙zeniu, ˙ze funkcja F jest klasy
C

). Oznacza to, ˙ze ka˙zdy układ z jednym stopniem swobody jest układem zacho-

wawczym.

6.2 TWIERDZENIE. Całkowita energia układu E = T + U jest całk ˛

a pierwsz ˛

równania (6.2).

Dowód. Mamy

k ˙x(t)k

+ U (x(t))

= ˙

x¨

x +

x = ˙

xF (x) − F (x) ˙

x = 0.

Dowodzi to, ˙ze funkcja

x(t)

+ U (x(t))

jest całk ˛

a pierwsz ˛

a równania (6.2).

Z twierdzenia 6.2 wynika wa˙zny w mechanice wniosek.

6.3 WNIOSEK. (Prawo zachowania energii) Energia całkowita punktu material-
nego poruszaj ˛

acego si˛e zgodnie z równaniem (6.2), gdzie

F (x) jest sił ˛

a potencjal-

n ˛

a, jest stała w trakcie ruchu.

W dalszym ci ˛

agu udowodnimy jeszcze jeden wa˙zny dla opisu ruchu zacho-

wawczego wynik, który jest prawdziwy w dowolnym wymiarze. W tym celu za-
mienimy równanie (6.2) układem równa´n pierwszego rz˛edu

= x

= F (x

(6.5)

Zajmiemy si˛e teraz punktami równowagi układu (6.5). W przestrzeni zmien-

nych (x

, x

) ∈ D × R

s ˛

a to punkty (¯

, 0), dla których F (¯

) = 0.

6.4 TWIERDZENIE. Je´sli w stanie równowagi układu zachowawczego energia
całkowita układu osi ˛

aga minimum lokalne, to ten stan równowagi jest stabilny.

6.1. UKŁADY Z JEDNYM STOPNIEM SWOBODY

107

Dowód. Z tw. 6.2 wiemy, ˙ze energia całkowita układu zachowawczego jest cał-
k ˛

a pierwsz ˛

a. W zmiennych (x

, x

) ta całka zapisuje si˛e formuł ˛

a E(x

, x

) =

1
2

+ U (x

). Je´sli punkt (¯

, 0) jest punktem równowagi i energia całkowita

osi ˛

aga w tym punkcie lokalne minimum, to funkcja

V (x

, x

) = E(x

, x

) − E(¯

, 0)

jest funkcj ˛

a Lapunowa dla tego poło˙zenia równowagi.

Łatwo wida´c, ˙ze funkcja V (x

, x

) spełnia warunki definicji 5.3 (oczywi´scie

po drobnej modyfikacji, bo w definicji zakładano, ˙ze badanym rozwi ˛

azaniem jest

rozwi ˛

azanie zerowe a w naszym przypadku jest to rozwi ˛

azanie (¯

, 0)). Funkcja

V (x

, x

) jest nieujemna i zeruje si˛e jedynie w punkcie (¯

, 0), bo jest to minimum

lokalne. Aby sprawdzi´c warunek 3) def. 5.3 obliczamy

∂V

∂x

· x

∂V

∂x

· F (x

) = −F (x

) · x

+ x

· F (x

) = 0,

gdzie symbol a·b oznacza iloczyn skalarny w R

. Z tw. 5.4 wynika, ˙ze rozwi ˛

azanie

(¯

, 0) jest stabilne.

Obecnie zajmiemy si˛e jedynie jednowymiarowym układem (6.2) lub równo-

wa˙znie układem (6.5). Dla tego układu przestrzeni ˛

a fazow ˛

a jest D × R, gdzie D

jest otwartym odcinkiem (by´c mo˙ze nieograniczonym) w R.

6.5 TWIERDZENIE. Dla układu z jednym stopniem swobody poziomice energii
całkowitej s ˛

a gładkimi krzywymi w otoczeniu ka˙zdego swojego punktu z wyj ˛

atkiem

punktu równowagi.

Dowód. Poziomica energii jest zbiorem {(x

, x

): E(x

, x

) ≡ x

/2 + U (x

) =

}, gdzie E

jest stał ˛

a. Pochodne cz ˛

astkowe funkcji E dane s ˛

a wzorami

∂E

∂x

= −F (x

∂E

∂x

= x

Je´sli punkt (x

, x

) nie jest poło˙zeniem równowagi, to nie s ˛

a spełnione jednocze-

´snie równania

F (x

) = 0

oraz x

= 0.

Wynika st ˛

ad, ˙ze przynajmniej jedna pochodna cz ˛

astkowa funkcji E w punkcie

, x

) jest ró˙zna od zera. Z tw. o funkcji uwikłanej wynika wtedy istnienie gład-

kiej funkcji x

= x

) lub x

= x

Zajmiemy si˛e teraz szczegółowo badaniem poziomic energii. Zało˙zymy przy

tym, ˙ze potencjał U (x

) jest funkcj ˛

a klasy C

na całej prostej R. Przypomnijmy,

˙ze punkt x

nazywa si˛e punktem krytycznym funkcji jednej zmiennej f (x), je´sli

) = 0. Zajmiemy si˛e na pocz ˛

atku poziomicami energii x

/2 + U (x

) = E

dla warto´sci energii E

, które nie s ˛

a równe warto´sci potencjału U w ˙zadnym punk-

cie krytycznym tego potencjału (nie s ˛

a warto´sciami krytycznymi potencjału). Z

108

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

gładko´sci potencjału wynika, ˙ze zbiór {x

: U (x

) 6 E

} składa si˛e z przeliczalnej

liczby rozł ˛

acznych odcinków. Skrajne z tych odcinków mog ˛

a by´c rozci ˛

agaj ˛

acymi

si˛e do niesko´nczono´sci półprostymi, mo˙ze te˙z si˛e zdarzy´c, ˙ze cały zbiór pokrywa
si˛e z prost ˛

a rzeczywist ˛

a R.

Przeanalizujmy jak wygl ˛

ada poziomica energii dla jednego z odcinków ogra-

niczonych [a, b]. Na odcinku tym mamy U (a) = U (b) = E

oraz U (x

) < E

dla

∈ (a, b).

6.6 TWIERDZENIE. Je´sli odcinek [a, b] jest ograniczony, U (a) = U (b) = E

(a) < 0, U

(b) > 0 i U (x

) < E

dla

∈ (a, b), to równanie

+ U (x

) = E

∈ [a, b],

definiuje zamkni˛et ˛

a krzyw ˛

a gładk ˛

a na płaszczy´znie R

b˛ed ˛

ac ˛

a krzyw ˛

a fazow ˛

a rów-

nania (6.2).

Dowód. Z prawa zachowania energii wynika, ˙ze znalezienie rozwi ˛

azania równania

(6.2) w przypadku układu z jednym stopniem swobody sprowadza si˛e do scałko-
wania równania o rozdzielonych zmiennych

x = ±

2(E

− U (x)).

(6.6)

Niech (x

, x

) le˙zy na rozwa˙zanej poziomicy i niech x

> 0. Niech ϕ(t) b˛edzie

rozwi ˛

azanie równania (6.2) z warunkiem pocz ˛

atkowym ϕ(t

) = x

, ˙

ϕ(t

) = x

Z równania (6.6) otrzymamy wtedy zwi ˛

azek

t − t

ϕ(t)

p2(E

− U (z))

Aby przekona´c si˛e jak daleko mo˙zna przedłu˙zy´c to lokalne rozwi ˛

azanie, policzmy

czas jaki jest potrzebny, aby trajektoria przeszła z punktu a do punktu b

p2(E

− U (z))

(6.7)

Wyst˛epuj ˛

aca tu całka jest niewła´sciwa (na obu ko´ncach), ale zbie˙zna. Aby si˛e o tym

przekona´c dokonamy odpowiedniego oszacowania funkcji podcałkowej. Poniewa˙z
funkcja U jest klasy C

oraz U

(a) < 0, to w pewnym otoczeniu punktu a mamy

oszacowanie U

(x) 6

1
2

(a). Z tw. o warto´sci ´sredniej dostajemy U (x) = U (a)+

(ξ)(x − a). St ˛

ad mianownik naszej całki mo˙ze by´c oszacowany nast˛epuj ˛

aco

p2(E

− U (x))

p−2U

(ξ)(x − a)

p−U

(a)(x − a)

Teraz zbie˙zno´s´c interesuj ˛

acej nas całki w ko´ncu x = a wynika ze zbie˙zno´sci całki

√

x − a

6.1. UKŁADY Z JEDNYM STOPNIEM SWOBODY

109

Zbie˙zno´s´c w ko´ncu x = b dowodzi si˛e analogicznie.

Znale´zli´smy w ten sposób rozwi ˛

azanie ϕ(t) równania (6.2) na pewnym odcin-

ku czasu [t

, t

] o długo´sci T /2, takim ˙ze ϕ(t

) = a i ϕ(t

) = b. Poniewa˙z pozio-

mica energii jest symetryczna wzgl˛edem osi x

, to bior ˛

ac ϕ(t

+ t) = ϕ(t

− t),

dla t ∈ [0, T /2], rozszerzamy nasze rozwi ˛

azanie na przedział [t

, t

+ T ] przy

czym z konstrukcji tego rozszerzenia wynika, ˙ze otrzymujemy funkcj˛e okresow ˛

a o

okresie T . Odpowiadaj ˛

aca otrzymanemu rozwi ˛

azaniu krzywa fazowa jest cz˛e´sci ˛

poziomicy energii E

nad odcinkiem [a, b].

Zbadamy teraz zachowanie si˛e poziomic energii w otoczeniu punktu krytycz-

nego potencjału. Je´sli U (¯

) = E

i U

(¯

) = 0, to w otoczeniu punktu ¯

po-

tencjał mo˙zna w przybli˙zeniu przedstawi´c (korzystaj ˛

ac z wzoru Taylora) w postaci

U (x

) = U (¯

) +

1
2

(ξ)(x

− ¯

)

. Wtedy poziomice energii s ˛

a krzywymi kwa-

dratowymi x

+ k(x

− ¯

)

= const. W przypadku gdy k > 0 (potencjał ma

minimum w punkcie ¯

) krzywe te s ˛

a elipsami o ´srodku w punkcie krytycznym

(¯

, 0). Dla k < 0 (potencjał ma maksimum w punkcie ¯

) krzywe te s ˛

a hiperbo-

lami o ´srodku w (¯

, 0).

Globalne zachowanie poziomic energii dla krytycznych warto´sci energii jest

do´s´c skomplikowane. Jak poprzednio rozpatrujemy ograniczony odcinek [a, b], na
którym U (a) = U (b) = E

, przy czym warto´s´c E

odpowiada warto´sci potencjału

w punkcie krytycznym. Mo˙zliwych jest kilka przypadków. Kiedy oba ko´nce odcin-
ka [a, b] s ˛

a punktami krytycznymi (U

(a) = U

(b) = 0), to krzywymi fazowymi

s ˛

a dwa otwarte łuki

= ±

2(E

− U (x

)),

∈ (a, b).

Je´sli U

(a) = 0, U

(b) 6= 0 lub U

(a) 6= 0, U

(b) = 0, to równanie

2
2

+ U (x

) = E

definiuje jedn ˛

a otwart ˛

a krzyw ˛

a fazow ˛

a. Je´sli wreszcie U

(a) 6= 0 i U

(b) 6= 0,

to znaczy, ˙ze punkt krytyczny znajduje si˛e poza odcinkiem [a, b] i otrzymujemy
zamkni˛ete krzywe fazowe jak dla niekrytycznych warto´sci energii.

6.7 Przykład. Przeanalizujemy teraz poziomice energii oraz krzywe fazowe wa-
hadła bez uciekania si˛e do przybli˙zenia małych odchyle´n. Jak pami˛etamy z wypro-
wadzenia w przykładzie 4.20 równanie to ma posta´c

x = −ω

sin x.

Potencjałem dla tego równania jest funkcja U (x) = −ω

cos x. Mamy wi˛ec

dwa krytyczne poziomy energii: E

= −ω

, który odpowiada stabilnemu poło˙ze-

niu równowagi x = 2nπ, oraz E

= ω

odpowiadaj ˛

acy niestabilnemu poło˙zeniu

równowagi x = π + 2nπ, gdzie n = 0, ±1, ±2, . . . . W dalszym ci ˛

agu b˛edziemy

110

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

analizowali kształt krzywych fazowych wył ˛

acznie w otoczeniu punktów x = −π,

x = 0 i x = π, poniewa˙z portret fazowy jest okresowy o okresie 2π.

Na płaszczy´znie fazowej (x

, x

) punkt (0, 0) odpowiadaj ˛

acy minimum po-

tencjału jest stabilnym poło˙zeniem równowagi a krzywe fazowe w jego małym
otoczeniu s ˛

a zamkni˛etymi krzywymi fazowymi jak to wynika z tw. 6.6. Punkty

(−π, 0) oraz (π, 0) odpowiadaj ˛

a przypadkowi, gdy U (−π) = U (π) = ω

oraz

(−π) = U

(π) = 0. Oznacza to, ˙ze punkty te s ˛

a same krzywymi fazowymi a

krzywe fazowe w ich otoczeniu s ˛

a dyfeomorficzne z hiperbolami. Prócz tego ist-

niej ˛

a krzywe fazowe w formie otwartych łuków ł ˛

acz ˛

ace punkt (−π, 0) z punktem

(π, 0).

Je´sli portret fazowy przetłumaczymy na zachowanie wahadła, to obraz ten wy-

głada nast˛epuj ˛

aco. Dla poziomów energii E

6 −ω

wahadło nie porusza si˛e spo-

czywaj ˛

ac w poło˙zeniu równowagi (0, 0). Dla poziomów energii −ω

< E

< ω

wahadło wykonuje okresowe wahni˛ecia (krzywe fazowe s ˛

a zamknietymi krzywy-

mi). Dla poziomu energii E

= ω

stan wahadła jest zale˙zny od warunków pocz ˛

at-

kowych: je´sli chwili pocz ˛

atkowej mieli´smy x(t

) = −π, ˙x(t

) = 0, to wahadło

pozostaje w poło˙zeniu równowagi (−π, 0) (analogicznie dla punktu (π, 0)). Je´sli
dane pocz ˛

atkowe odpowiadaj ˛

a poło˙zeniu wahadła na jednej z krzywych fazowych

ł ˛

acz ˛

acych punkty (−π, 0) i (π, 0) (jak wiemy s ˛

a dwie takie krzywe fazowe), to

porusza si˛e ono po tej krzywej, przy czym czas potrzebny na przebycie drogi z
punktu (−π, 0) do punktu (π, 0) jest niesko´nczony (wynika to z równo´sci (6.7)).
Dla warto´sci E

> ω

mamy niezamkni˛ete krzywe fazowe. Odpowiada to ruchowi

wahadła, przy którym obraca si˛e ono wokół swojej osi (rys. 6.1).

Rysunek 6.1: Portret fazowy wahadła

6.2

Ruch w centralnym polu sił

W tym podrozdziale zajmiemy si˛e ruchem punktu materialnego w przestrzeni trój-
wymiarowej R

pod wpływem działania siły centralnej.

6.8 DEFINICJA. Pole wektorowe w R

nazywa si˛e centralne wzgl˛edem pocz ˛

atku

6.2. RUCH W CENTRALNYM POLU SIŁ

111

układu współrz˛ednych, je´sli jest ono niezmiennicze wzgl˛edem ruchów przestrzeni

nie zmieniaj ˛

acych poło˙zenia pocz ˛

atku układu współrz˛ednych. Je´sli

F (x) jest

wektorem pola centralnego, to istnieje funkcja skalarna

Φ, taka ˙ze

F (x) = Φ(|x|)

|x|

Wynika st ˛

ad nast˛epuj ˛

ace równanie ruchu punktu materialnego w centralnym polu

sił

x = Φ(|x|)

|x|

(6.8)

Z definicji tej wynika prosty wniosek.

6.9 WNIOSEK. Centralne pole sił jest polem potencjalnym.

Dowód. Niech r = |x|. Potencjał pola dany jest wtedy wzorem

U (r) = −

Φ(z)dz.

6.10 DEFINICJA. Momentem p˛edu wzgl˛edem pocz ˛

atku układu współrz˛ednych

poruszaj ˛

acego si˛e punktu materialnego nazywamy wektor

M = x × ˙

6.11 TWIERDZENIE. (Prawo zachowania momentu p˛edu) W trakcie ruchu w
centralnym polu sił moment p˛edu wzgl˛edem centrum pola nie zmienia si˛e w czasie.

Dowód. Je´sli pomno˙zymy równanie ruchu (6.8) wektorowo przez x, to otrzymamy

x × ¨

x = Φ(|x|)

|x|

x × x = 0.

Wynika st ˛

ad, ˙ze

M (t) =

x × ˙

x = ˙

x × ˙

x + x × ¨

x = x × ¨

x = 0.

Z powy˙zszego twierdzenia wynika wa˙zny wniosek.

6.12 WNIOSEK. Ruch punktu materialnego w centralny polu sił w R

jest ru-

chem płaskim, tj. odbywa si˛e na płaszczy´znie.

112

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

Dowód. Rozwa˙zmy równanie (6.8) z warunkami pocz ˛

atkowymi

x(0) = α

Wektory α

i α

wyznaczaj ˛

a płaszczyzn˛e w R

(α

× α

jest wektorem prostopa-

dłym do tej płaszczyzny). Poniewa˙z x × ˙

x jest momentem p˛edu, który jest stały w

czasie, wi˛ec

x × ˙

x = c = α

× α

Wynika z tego, ˙ze ruch punktu materialnego odbywa si˛e cały czas w płaszczy´znie
prostopadłej do wektorów α

i α

Poniewa˙z ruch odbywa si˛e na płaszczy´znie, celowe jest wprowadzenie na niej

współrz˛ednych biegunowych. Niech (r, θ) b˛ed ˛

a tymi współrz˛ednymi. Układ (6.8)

redukuje si˛e wtedy do układu

(¨

r − r ˙

) cos θ − (2 ˙r ˙

θ + r ¨

θ) sin θ = −

cos θ ,

(¨

r − r ˙

) sin θ + (2 ˙r ˙

θ + r ¨

θ) cos θ = −

sin θ ,

(6.9)

a warunki pocz ˛

atkowe mog ˛

a by´c zapisane w postaci

r(0) = a,

˙r(0) = 0,

θ(0) = 0,

θ(0) =

Kombinacja liniowa równa´n (6.9) prowadzi do układu

r − r ˙

= −

2 ˙r ˙

θ + r ¨

θ = 0.

(6.10)

Zauwa˙zmy, ˙ze drugie z równa´n (6.10) mo˙ze by´c zapisane w postaci

θ) = 0.

St ˛

θ = C.

(6.11)

Równo´s´c ta, b˛ed ˛

aca konsekwencj ˛

a zachowania momentu p˛edu, ma interesuj ˛

ac ˛

interpretacj˛e geometryczn ˛

a. Wyobra´zmy sobie ciało poruszaj ˛

ace si˛e z punktu P do

punktu Q po krzywej P Q (patrz rys. 6.2). Niech A b˛edzie polem ograniczonym
przez promienie OP , OQ i łuk P Q. Wtedy

A =

dθ,

6.2. RUCH W CENTRALNYM POLU SIŁ

113

Rysunek 6.2: Pr˛edko´s´c polowa

czyli

θ =

(6.12)

Wielko´s´c

nazywa si˛e w mechanice pr˛edko´sci ˛

a polow ˛

a. Równanie (6.11) wy-

ra˙za stało´s´c pr˛edko´sci polowej w ruchu punktu materialnego. Tak ˛

a form˛e prawa

zachowania p˛edu sformułował Kepler opisuj ˛

ac prawa rz ˛

adz ˛

ace ruchem planet wo-

kół sło´nca. W wersji Keplera (było to jego II prawo) miało ono form˛e:

Planeta porusza si˛e wokół Sło´nca po krzywej płaskiej ze stał ˛

a pr˛edko´sci ˛

polow ˛

6.13 TWIERDZENIE. Ruch punktu materialnego w centralnym polu sił mo˙zna
opisa´c jednowymiarowym równaniem ruchu

r = −

(6.13)

gdzie

r jest promieniem wodz ˛

acym punktu, a

V (r) jest efektywnym potencjałem

danym wzorem

V (r) = U (r) +

We wzorze tym

U (r) jest potencjałem siły centralnej zdefiniowanym w dowodzie

wniosku 6.9, a stała

C jest stał ˛

a z równania (6.11) definiuj ˛

ac ˛

a warto´s´c momentu

p˛edu.

Dowód. W pierwszym z równa´n (6.10) robimy podstawienie ˙

θ = C/r

wynikaj ˛

ce z równania (6.11). Otrzymujemy wtedy

r = −

114

ROZDZIAŁ 6. DWA PRZYKŁADY Z MECHANIKI

co odpowiada równaniu

r = −

z V (r) = U (r) +

Zajmiemy si˛e teraz dokładniej problemem ruchu planet wokół sło´nca, aby

otrzyma´c wszystkie prawa odkryte przez Keplera. W pewnym uproszczeniu mo-

˙zemy opisa´c to zadanie jako ruch ciała o małej masie µ wokół poło˙zonego w po-

cz ˛

atku układu współrz˛ednych ciała o bardzo du˙zej masie m. Ciała te oddziałuj ˛

a na

siebie sił ˛

a przyci ˛

agania grawitacyjnego

F (x) = −G

µmx

|x|

Odpowiada to ruchowi punktu materialnego w polu sił centralnych

x = −k

|x|

(6.14)

Korzystaj ˛

ac z tej postaci siły centralnej scałkujemy równanie ruchu (6.13) z

potencjałem V wynikaj ˛

acym z siły grawitacji. Z równania (6.13) wynika prawo

zachowania energii E

1
2

˙r + V (r). Pozwala ono upro´sci´c problem całkowania

równania (6.13). Z prawa zachowania energii mamy zwi ˛

azek

˙r =

2(E

− V (r)).

Poniewa˙z z równania (6.11) mamy ˙

θ = C/r

, to

dθ

˙r

C/r

p2(E

− V (r))

Całkujemy to ostatnie równanie dla V (r) = −

i dostajemy

θ =

C/r

p2(E

− V (r))

dr = arccos

C/r − k/C

p2E

+ k

gdzie przyj˛eli´smy dla uproszczenia stał ˛

a całkowania równ ˛

a zero. Prowadzi to do

równania

r =

1 + e cos θ

(6.15)

gdzie e =

p1 + 2E

Równanie (6.15) jest równaniem sto˙zkowej we współrz˛ednych biegunowych.

Stała e nazywa si˛e mimo´srodem (ekscentryczno´sci ˛

a) sto˙zkowej. Odpowiada ona:

a) okr˛egowi, je´sli e = 0,

b) elipsie, je´sli e < 1,

6.2. RUCH W CENTRALNYM POLU SIŁ

115

c) paraboli, je´sli e = 1,

d) hiperboli, je´sli e > 1,

przy czym pocz ˛

atek układu współrz˛ednych jest jednym z ognisk tej sto˙zkowej.

Wiadomo, ˙ze orbity s ˛

a ograniczone je´sli E

< 0, co odpowiada e < 1 i gwarantuje

prawdziwo´s´c I prawa Keplera:

Planeta porusza si˛e wokół Sło´nca po elipsie, a Sło´nce znajduje si˛e w jednym
z ognisk tej elipsy.

Kepler sformułował tak˙ze III prawo ruchu planet:

Kwadrat czasu obiegu planety wokół Sło´nca jest proporcjonalny do trzeciej
pot˛egi dłu˙zszej osi elipsy, po której porusza si˛e planeta.

Dowód tego prawa wynika z innego zapisu równania elipsy

r =

1 + e cos θ

gdzie a jest dłu˙zsz ˛

a, a b krótsz ˛

a półosi ˛

a elipsy. Korzystaj ˛

ac z równa´n (6.15) i (6.12)

znajdujemy pr˛edko´s´c polow ˛

k/a.

St ˛

ad okres obiegu T mo˙zna obliczy´c ze wzoru

T =

pole elipsy

pr˛edko´s´c polowa

πab

dA/dt

2πa

3/2

1/2