wyklad4, Automatyka i robotyka air pwr, III SEMESTR, Równania różniczkowe
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Równaniaró»niczkowe liniowerz¦dudrugiego
Nasze rozwa»ania na temat równa« ró»niczkowych rz¦du drugiego rozpoczniemy od przykładu.
•
Przykład
4.1
.
W obwodzie elektrycznym poł¡czono szeregowo opornik o oporno±ci
R
[
], cewk¦
o indukcyjno±ci
L
[H] oraz kondensator o pojemno±ci
C
[F] (rysunek). Wyznaczy¢ nat¦»enie
pr¡du
I
[A] w tym obwodzie jako funkcj¦ czasu.
I
(
t
)
R
C
L
Rozwi¡zanie.
Oznaczmy przez
U
R
,
U
L
i
U
C
spadki napi¦¢ odpowiednio na oporniku
R
, cewce
L
i kondensatorze
C
. Zatem zgodnie z prawem Kirchhoa, według którego całkowity spadek
napi¦cia w obwodzie zamkni¦tym (bez siły elektromotorycznej) jest równy zero, mamy
U
R
+
U
L
+
U
C
=0
.
Spadek napi¦cia
U
R
na oporniku jest, według prawa Ohma iloczynem nat¦»enia pr¡du
I
oraz
oporu
R,
czyli
U
R
=
RI.
Spadek napi¦cia na cewce jest, wobec prawa Faradaya, równy iloczynowi jej indukcyjno±ci
L
oraz pr¦dko±ci zmian pr¡du w czasie, czyli pochodnej
dI
dt
, zatem
U
L
=
L
dI
dt
.
Z kolei spadek napi¦cia na kondensatorze jest równy ilorazowi ładunku kondensatora
Q
i jego
pojemno±ci
C
, czyli
U
C
=
Q
C
.
Tak wi¦c równanie
U
L
+
U
R
+
U
C
=0 ma teraz posta¢
L
dI
dt
+
IR
+
Q
C
=0
.
Poniewa» zale»no±¢ mi¦dzy nat¦»eniem i ładunkiem kondensatora wyra»a si¦ wzorem
I
=
dQ
dt
,
wi¦c ró»niczkuj¡c wzgl¦dem czasu
t
obustronnie ostatnie równanie otrzymamy
L
d
2
I
dt
2
+
R
dI
dt
+
I
C
=0
.
Otrzymane równanie nazywamy równaniem
oscylatora harmonicznego
i jest ono przykładem
równania ró»niczkowego liniowego rz¦du drugiego.
Równanie ró»niczkowe drugiego rz¦du, które mo»na zapisa¢ w postaci
y
00
+
p
(
t
)
y
0
+
q
(
t
)
y
=
h
(
t
)
(L)
nazywamy równaniem liniowym. Funkcje
p
(
t
),
q
(
t
), nazywamy współczynnikami, a funkcj¦
h
(
t
)
wyrazem wolnym tego równania. Je»eli prawa strona równania (L) jest to»samo±ciowo równa 0,
to równanie nazywamy liniowym jednorodnym i oznaczamy symbolem (LJ):
y
00
+
p
(
t
)
y
0
+
q
(
t
)
y
=0
.
(LJ)
1
Wprzypadkuprzeciwnymnazywamyjerównaniemliniowymniejednorodnymioznaczamysym-
bolem (LN):
y
00
+
p
(
t
)
y
0
+
q
(
t
)
y
=
h
(
t
)
.
(LN)
Podane poni»ej równania rz¦du drugiego s¡ przykładami równa« liniowych:
y
00
+
y
=
t, t
2
y
00
−
y
0
y
00
=0
,
y
00
−
y
0
ln
t
=0
,
t
+2
y
=sin
t.
Przy czym pierwsze dwa s¡ przykładami równa« jednorodnych, a pozostałe równa« niejedno-
rodnych. Natomiast nie s¡ równaniami liniowymi np. równania postaci:
y
00
+
y
2
=0
, y
00
=ln
y.
yy
00
=1
,
Sformułujemyteraztwierdzenieoistnieniuijednoznaczno±cirozwi¡za«równa«typu(L).Twier-
dzenie to, jak łatwo zauwa»y¢, jest analogiczne do twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno±ci
sfomułwanego dla równa« liniowych rz¦du pierwszego.
•
Twierdzenie
4.1
.
Je»elifunkcjep
(
t
)
, q
(
t
)
i h
(
t
)
s¡ci¡głenaprzedziale
(
a,b
)
orazje»elit
0
2
(
a,b
)
,
y
0
,y
1
2
R
,tozagadnieniepocz¡tkowe
y
00
+
p
(
t
)
y
0
+
q
(
t
)
y
=
h
(
t
)
, y
(
t
0
)=
y
0
, y
0
(
t
0
)=
y
1
,
madokładniejednorozwi¡zanie. Rozwi¡zanie tookre±lonejestnaprzedziale
(
a,b
)
.
Inaczej mówi¡c, przez ka»dy punkt pasa (
a,b
)
×
R przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa
równania (L) o podanym współczynniku kierunkowym stycznej.
y
y
0
y
=
y
(
t
)
y
0
(
t
0
)=
y
1
=tg
a
t
0
O
b
t
Zauwa»my, »e w przypadku równania ró»niczkowego liniowego rz¦du pierwszego, które spełnia
zało»enia twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno±ci, jego krzywe całkowe nie przecinaj¡ si¦. Na-
tomiast w przypadku równania ró»niczkowego liniowego rz¦du drugiego, które równie» spełnia
zało»enia twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno±ci, krzywe całkowe mog¡ si¦ przecina« (dla-
czego?)
•
Przykład
4.2
.
Wyznaczy¢ przedział, na którym zagadnienie pocz¡tkowe
1
2
1
2
1
−
t
2
y
00
+
ty
0
=ln
t, y
=1
, y
0
=0
ma jednoznaczne rozwi¡zanie.
2
Rozwi¡zanie.
Aby do wyznaczenia tego przedziału wykorzysta¢ twierdzenie o istnieniu i jedno-
znaczno±ci nale»y równanie
1
−
t
2
y
00
+
ty
0
=ln
t
sprowadzi¢ do postaci (L). Mamy zatem
y
00
+
ty
0
1
−
t
2
=
ln
t
1
−
t
2
,
1
−
t
2
,
q
(
t
)
0 oraz
h
(
t
) =
ln
t
t
czyli
p
(
t
) =
1
−
t
2
. Łatwo zauwa»y¢, »e funkcje
p
(
t
),
q
(
t
) i
h
(
t
) s¡
ci¡głe na zbiorze (0
,
1)
[
(1
,
1
)
.
Poniewa» chwila pocz¡tkowa
t
0
=
1
2
2
(0
,
1), wi¦c wobec twier-
dzeniaoistnieniuijednoznaczno±cinaszezagadnieniepocz¡tkowe majednoznacznerozwi¡zanie
na przedziale (0
,
1)
.
W dalszym ci¡gu tego wykładu b¦dziemy zakładali, »e wszystkie wyst¦puj¡ce tu równania ró»-
niczkowe liniowe spełniaj¡ zało»enia powy»szego twierdzenia.
Równaniaró»niczkowe liniowejednorodne
Wprzypadkurówna«ró»niczkowych liniowych rz¦dudrugiegoiwy»szego niemo»naich rozwi¡-
za« przedstawi¢ w formie wzoru wyra»onego przez współczynniki
p
(
t
),
q
(
t
) i wyraz wolny
h
(
t
)
tak, jak zrobili±my to w przypadku równania liniowego rz¦du pierwszego.
Wprowadzimy terazpoj¦cie istotnezpunktuwidzeniarówna«ró»niczkowych liniowych tak jed-
norodnych jak i niejednorodnych. Poj¦cie układu fundamentalnego.
Par¦rozwi¡za«
y
1
(
t
)
, y
2
(
t
)równanialiniowegojednorodnego(LJ),okre±lon¡naprzedziale(
a,b
),
nazywamy
układem fundamentalnym
tego równania na tym przedziale, je»eli dla ka»dego
t
2
(
a,b
) spełniony jest warunek
2
3
y
1
(
t
)
y
2
(
t
)
y
0
1
(
t
)
y
0
2
(
t
)
4
5
=
y
1
(
t
)
y
0
2
(
t
)
−
y
2
(
t
)
y
0
1
(
t
)
6
=0
.
det
y
1
(
t
)
,y
2
(
t
)
Powy»szywyznacznikoznaczamy przez
W
inazywamywro«skianemparyfunkcji
y
1
(
t
)
, y
2
(
t
);
"
#
y
1
(
t
)
y
2
(
t
)
y
0
1
(
t
)
y
0
2
(
t
)
W
(
y
1
(
t
)
,y
2
(
t
))=det
.
Jak si¦ za chwil¦ przekonamy, układ fundamentalny równania ró»niczkowego, to takie „klocki
Lego”, z których mo»na zbudowa¢ ka»de jego rozwi¡zanie. Poprzedzimy jednak sformułowanie
tego twierdzenia dwoma przykładami.
•
Przykład
4.3
.
Uzasadni¢, »e funkcje
y
1
(
t
) =
e
t
,
y
2
(
t
) =
e
−
2
t
tworz¡ na R układ fundamentalny
równania
y
00
+
y
0
−
2
y
=0
.
Rozwi¡zanie.
Przede wszystkim sprawdzimy, czy funkcje te s¡ na R rozwi¡zaniami danego rów-
nania. Musimy wi¦c pokaza¢, »e
y
0
1
(
t
)+
y
0
1
(
t
)
−
2
y
1
(
t
)=0
, y
0
2
(
t
)+
y
0
2
(
t
)
−
2
y
2
(
t
)=0 dla
t
2
R
.
Mamy
y
0
1
(
t
)=
e
t
,
y
0
1
(
t
)=
e
t
oraz
y
0
2
(
t
)=
−
2
e
−
2
t
,
y
0
2
(
t
)=4
e
−
2
t
. Zatem
y
0
1
(
t
)+
y
0
1
(
t
)
−
2
y
1
(
t
)=
e
t
+
e
t
−
2
e
t
=0 dla
t
2
R,
y
0
2
(
t
)+
y
0
2
(
t
)
−
2
y
1
(
t
)=4
e
−
2
t
−
2
e
−
2
t
−
2
e
−
2
t
=0 dla
t
2
R.
Tak, wi¦c funkcje
y
1
(
t
),
y
2
(
t
) s¡ na R rozwi¡zaniami równania
y
00
+
y
0
−
2
y
=0
.
Nale»y jeszcze
obliczy¢ ich wro«skian. Mamy
"
#
e
t
e
−
2
t
e
t
−
2
e
−
2
t
e
t
,e
−
2
t
=
e
t
−
2
e
−
2
t
−
e
t
e
−
2
t
=
−
3
e
−
t
6
=0 dla
t
2
R
.
W
=det
3
Zatem funkcje
y
1
(
t
)=
e
t
,
y
2
(
t
)=
e
−
2
t
tworz¡ układ fundamentalny równania
y
00
+
y
0
−
2
y
=0
.
•
Przykład
4.4
.
Pokaza¢, »e funkcje
y
1
(
t
) = sin
t
,
y
1
(
t
) = sin(
−
t
), nie tworz¡ układu fundamen-
talnego równania
y
00
+
y
=0
.
Rozwi¡zanie.
Analogicznie jak w poprzednim przykładzie mo»na pokaza¢, »e dane funkcje s¡
rozwi¡zanimi równania
y
00
+
y
=0
.
Policzmy ich wro«skian. Poniewa»
y
0
1
(
t
)=cos
t
oraz
y
0
2
(
t
)=
−
cos(
−
t
), wi¦c
"
#
sin
t
sin(
−
t
)
cos
t
−
cos(
−
t
)
W
(sin
t,
sin(
−
t
)) = det
=
−
sin
t
cos(
−
t
)
−
cos
t
sin(
−
t
)=
−
sin
t
cos
t
−
cos
t
(
−
sin
t
)=0 dla
t
2
R
.
Zatem badana para funkcji nie tworzy układu fundamentalnego.
Kolejny przykład pokazuje, »e dla danego równania układ fundamentalny nie jest wyznaczony
jednoznacznie, tzn. dla ka»dego równania mo»na wskaza¢ wi¦cej ni» jedn¡ (a wła±ciwie niesko«-
czeniewiele)par¦funkcji,któretworz¡jegoukładfundamentalny.Mi¦dzytymiparamizachodzi
jednak pewna relacja.
•
Przykład
4.5
.
Pokaza¢, »e ka»da z par funkcji
a)
u
1
(
t
)=
e
t
,
u
2
(
t
)=
e
−
t
,
b)
v
1
(
t
)= sh
t
,
v
2
(
t
)= ch
t
,
tworzy na R układ fundamentalny równania
y
00
−
y
=0
.
Rozwi¡zanie.
Na wst¦pie poka»emy, »e s¡ to rozwi¡zania równania
y
00
−
y
=0
.
Poniewa»
u
0
1
(
t
)=
e
t
, u
00
1
(
t
)=
e
t
;
u
0
2
(
t
)=
−
e
−
t
, u
00
2
(
t
)=
e
−
t
oraz
v
0
1
(
t
)= ch
t, v
0
1
(
t
)= sh
t
;
v
0
2
(
t
)= sh
t, v
0
2
(
t
)= ch
t,
wi¦c kolejno mamy
u
00
1
(
t
)
−
u
1
(
t
)=
e
t
−
e
t
=0
,
u
00
2
(
t
)
−
u
2
(
t
)=
e
−
t
−
e
−
t
=0
oraz
v
0
1
(
t
)
−
v
1
(
t
)= sh
t
−
sh
t
=0
, v
0
2
(
t
)
−
v
2
(
t
)= ch
t
−
ch
t
=0
dla
t
2
R, co oznacza, »e funkcje te s¡ rozwi¡zaniami równania
y
00
−
y
= 0
.
Obliczymy teraz
wro«skiany tych par funkcji. Mamy
"
#
e
t
e
−
t
e
t
−
e
−
t
e
t
,e
−
t
=
−
e
t
e
−
t
−
e
t
e
−
t
=
−
2
6
=0 dla
t
2
R;
W
=det
"
#
sh
t
ch
t
ch
t
sh
t
=sh
t
sh
t
−
ch
t
ch
t
= sh
2
t
−
ch
2
t
=1 dla
t
2
R.
W
(sh
t,
ch
t
)=det
Zatembadaneparyfunkcjitworz¡ układyfundamentalnerównania
y
00
−
y.
Ponadto,korzystaj¡c
z denicji funkcji hiperbolicznych,
sh
t
=
e
t
−
e
−
t
2
,
ch
t
=
e
t
+
e
−
t
2
mo»a pkaza¢, »e mi¦dzy tymi układami zachodzi zwi¡zek
"
#
"
#"
#
v
1
(
t
)
v
2
(
t
)
1
−
1
1 1
u
1
(
t
)
u
2
(
t
)
=
1
2
.
Przechodzimyterazdosformułowaniatwierdzenia,któreokre±lastruktur¦rozwi¡zaniarównania
ró»niczkowego liniowego jednorodnego.
4
•
Twierdzenie
4.2
.
Niech dany b¦dzie układ fundamentalny y
1
(
t
)
, y
2
(
t
)
równania (LJ). Wtedy
dowolnerozwi¡zaniey
(
t
)
tegorównaniamo»naprzedstawi¢wpostacikombinacjiliniowejfunkcji
układufundamentalnego, czyliwpostaci
y
(
t
)=
C
1
y
1
(
t
)+
C
2
y
2
(
t
)
,
gdziestałerzeczywiste C
1
, C
2
s¡okre±lonejednoznacznie.
Inaczej mówi¡c, znajomo±¢ układu fundamentalnego danego równania pozwala nam wyznaczy¢
dowolne jego rozwi¡zanie przez odpowiedni dobór stałych
C
1
,
C
2
.
Liniow¡ kombincj¦
c
1
y
1
(
t
)+
c
2
y
2
(
t
) funkcji układu fundamentalnego, gdzie
c
1
,
c
2
s¡ dowolnymi
stałymi rzeczywistymi nazywamy
rozwi¡zaniem ogólnym
równania (LJ).
•
Przykład
4.6
.
Pokaza¢, »e para funkcji
y
1
(
t
)=
t
3
,
y
2
(
t
)=
t
−
3
na przedziale (0
,
1
) jest układem
fundamentalnym równania
y
00
+
y
0
t
−
9
y
t
2
= 0
.
Nast¦pnie wyznaczy¢ rozwi¡zanie tego równania
spełniaj¡ce warunki pocz¡tkowe
y
(1)=2,
y
0
(1)=0
.
Rozwi¡zanie.
Przede wszystkim sprawdzimy, czy funkcje
y
1
(
t
),
y
2
(
t
) s¡ rozwi¡zaniami danego
równania. Mamy kolejno
y
1
(
t
)=3
t
2
,
y
00
(
t
)=6
t
oraz
y
2
(
t
)=
−
3
t
−
4
,
y
00
(
t
)=12
t
−
5
. Zatem
y
0
1
(
t
)+
y
0
1
(
t
)
=6
t
+
3
t
2
t
−
9
t
3
−
9
y
1
(
t
)
t
2
t
2
=6
t
+3
t
−
9
t
=0 dla
t
2
(0
,
1
)
t
oraz
y
0
2
(
t
)+
y
0
2
(
t
)
=12
t
−
5
+
−
3
t
−
4
t
−
9
t
−
3
−
9
y
2
(
t
)
t
2
t
2
=12
t
−
5
−
3
t
−
5
−
9
t
−
5
=0 dla
t
2
(0
,
1
)
,
co oznacza, »e badane funkcje s¡ rozwi¡zaniami równania
y
00
+
y
0
t
t
−
9
y
t
2
= 0
.
Obliczymy teraz
ich wro«skian. Mamy
"
#
t
3
t
−
3
3
t
2
−
3
t
−
4
t
3
,t
−
3
=
t
3
·
−
3
t
−
4
−
t
−
3
·
3
t
2
=
−
3
t
−
1
−
3
t
−
1
=
−
6
t
−
1
6
=0 dla
t
2
R
.
W
=det
Zatem podana para funkcji na przedziale (0
,
1
) tworzy układ fundamentalny równania
y
00
+
y
0
t
−
9
y
t
2
=0
.
Wobec ostatniego twierdzenia szukane rozwi¡zanie
y
(
t
) ma posta¢
y
(
t
)=
C
1
y
1
(
t
)+
C
2
y
2
(
t
)=
C
1
t
3
+
C
2
t
−
3
,
gdzie stałe
C
1
,
C
2
s¡ odpowiednio dobrane. Poniewa» rozwi¡zanie
y
(
t
) ma spełnia¢ warunki
pocz¡tkowe
y
(1)=2,
y
0
(1)=0, wi¦c stałe
C
1
,
C
2
wyliczymy z układu równa«
2 =
y
(1) =
C
1
+
C
2
0 =
y
0
(1) = 3
C
1
−
3
C
2
.
Mamy
C
1
= 1,
C
2
= 1. Zatem rozwi¡zaniem naszego zagadnienia pocz¡tkowego jest okre±lona
na przedziale (0
,
1
) funkcja
y
(
t
)=
t
3
+
t
−
3
.
Omówimy teraz tzw.
metod¦ obni»ania rz¦du
równania ró»niczkowego. Metoda ta pozwala przy
znajmo±cijednegorozwi¡zaniasprowadzi¢rozwi¡zywanierównaniaró»niczkowego liniowegojed-
norodnego rz¦du drugiego do rozwi¡zywania równania ró»niczkowego liniowego jednorodnego
rz¦du pierwszego.
•
Twierdzenie
4.3
.
Je»eli '
(
t
)
jest nietrywialnym (ró»nym to»samo±ciowo od zera) rozwi¡zaniem
równania ró»niczkowego liniowegojednorodnego drugiegorz¦du,toprzezpodstawienie
Z
y
=
'
(
t
)
zdt
równanie sprowadza si¦dorównania liniowego jednorodnego pierwszego rz¦du (wzgl¦dem nowej
zmiennej z).
5
[ Pobierz całość w formacie PDF ]