Zestaw 4: Metoda faktoryzacji i równania liniowe wy˙zszego rzedu

Zestaw 4: Metoda faktoryzacji i równania liniowe wyższego rzȩdu
I.
TEORIA
A.
Oznaczenia: x = x(t),
dx
dt
= ẋ,
d2 x
dt2
= ẍ lub
dn x
dtn
= x(n) , przy czym x(0) = x. Dla równania
An x(n) + An−1 x(n−1) + · · · + A1 x(1) + A0 x = 0,
(1)
gdzie Ak to stale wspólczyniki, równaniem charakterystycznym nazywam równanie
An λn + An−1 λn−1 + · · · + A1 λ + A0 = 0
(2)
Równanie to ma n pierwiastków (w ogólności zespolonych): λ1 , . . . , λn . Jeżeli pierwiastki sa̧ różne, to funkcje eλ1 t ,
. . . , eλn t sa̧ rozwia̧zaniami (1). Jeżeli jakiś pierwiastek jest wielokrotny, np. λ2 = λ3 = λ4 = λ, to szczególnymi
rozwia̧zaniami sa̧, oprócz eλt , również funkcje teλt , t2 eλt . W sumie zawsze znajdzie siȩ w ten sposb́ n różnych
rozwia̧zań. Jeżeli mamy n rozwia̧zań równania (1), x1 (t), . . . , xn (t), to kombinacja liniowa ze stalymi C1 . . . Cn
x(t) = C1 x1 (t) + · · · + Cn xn (t)
(3)
też jest rozwia̧zaniem równaiania (1).
Ciekawsza metoda rozwia̧zywania (metoda faktoryzacji) polega na zapisaniu (1) jako
d
d
− λ1 . . .
− λn x = 0
dt
dt
(4)
Teraz policzmy coś takiego
eλt
d −λt
d −λt e f = eλt
e f
dt
dt
d
d = eλt f e−λt + e−λt f
dt
dt
λt
−λt
−λt d
= e
− λf e
+e
f
dt
d
= −λf + f
dt
d
=
−λ f
dt
(5)
Ponieważ zachodzi to dla wszystkich f , piszemy
eλt
d −λt
d
e
=
−λ
dt
dt
(6)
Możemy zatem napisać
d
d
d
d
− λ1 . . .
− λn x = eλ1 t e−λ1 t . . . eλn t e−λn t = 0
dt
dt
dt
dt
(7)
Przyklad:
ẍ + 2ẋ − 24x =
przy czym zakladamy, że
d
dt
d
dt
−4
d
d
d
d
d
+ 6 x = e4t e−4t e−6t e6t x = e4t e−10t e6t x = 0
dt
dt
dt
dt
dt
(8)
dziala w prawo, na wszystko, czyli
e4t
d −10t d 6t
d −10t d 6t e
e x = e4t
e
e x
dt
dt
dt
dt
(9)
2
Możemy teraz calkować po kolei
e4t
d −10t d 6t
e
e x=0
dt
dt
(10)
d −10t d 6t
e
e x=0
dt
dt
d 6t
e x=C
dt
(12)
d 6t
e x = Ce10t
dt
(13)
e−10t
e6t x = C
x = e−6t
(11)
Z
e10t dt = C
1 10t
e + C1
10
C 10t
C
e + C1 e−6t = e4t + C1 e−6t = C1 e−6t + C2 e4t = x(t)
10
4
(14)
(15)
Przyklad: Ponieważ (λ − 5)3 = λ3 − 15λ2 + 75λ − 125, wiȩc
x(3) − 15x(2) + 75x(1) − 124x =
d
dt
−5
d
d
d
d
d
d3
−5
− 5 x = e5t e−5t e5t e−5t e5t e−5t x = e5t 3 e−5t x
dt
dt
dt
dt
dt
dt
Czyli x(3) − 15x(2) + 75x(1) − 124x = 0 liczymy tak
x(3) − 15x(2) + 75x(1) − 124x = e5t
(16)
d3 −5t
e x=0
dt3
(17)
d2 −5t
e x=C
dt2
(18)
d −5t
e x = Ct + C1
dt
(19)
e−5t x = C
x=C
d3 −5t
e x=0
dt3
t2
+ C1 t + C2
2
t2 5t
e + C1 te5t + C2 e5t = C1 te5t + C2 e5t + C3 t2 e5t = x(t)
2
Uzyskaliśmy kombinacjȩ rozwia̧zań charakterystycznych dla pierwiastka potrójnego λ = 5. (20)
(21)
3
B.
Teraz rozpatrzmy taki rachunek (t0 — dowolna liczba, czyli stala):
e
R
t
t0
g(τ )dτ
Rt
Rt
d − R tt g(τ )dτ
g(τ )dτ d
−
g(τ )dτ
e 0
f (t) = e t0
e t0
f (t)
dt
dt
Rt
Rt
d − R t g(τ )dτ g(τ
)dτ
−
g(τ )dτ d
f (t) + f (t) e t0
= e t0
e t0
dt
dt
Z t
Rt
Rt
R
d
g(τ )dτ
−
g(τ )dτ
− t g(τ )dτ d
= e t0
e t0
f (t) − f (t)e t0
g(τ )dτ
dt
dt t0
d
d
=
f (t) − f (t)g(t) =
− g(t) f (t)
dt
dt
czyli
e
Rt
t0
g(τ )dτ
d − R tt g(τ )dτ
d
e 0
=
− g(t)
dt
dt
(22)
Przyklad:
d
d
d
dx
− t2
−t x =
− t2
− tx
dt
dt
dt
dt
dx
d dx
=
− tx − t2
− tx
dt dt
dt
= ẍ − x − tẋ − t2 ẋ + t3 x
= ẍ − (t + t2 )ẋ + (t3 − 1)x
Dlatego
ẍ − (t + t2 )ẋ + (t3 − 1)x =
=
=
=
=
=
d
d
− t2
−t x
dt
dt
Rt 2
R
R
R
d
− t τ 2 dτ tt τ dτ d − tt τ dτ
τ
dτ
e t0
e t0
e 0
e 0
dt
dt
(t3 −t30 )/3 d −(t3 −t30 )/3 (t2 −t20 )/2 d −(t2 −t20 )/2
e
e
e
e
dt
dt
3
3
2
2
2
2
3
3
d
d
et /3 e−t0 /3 e−t /3 et0 /3 et /2 e−t0 /2 e−t /2 et0 /2
dt
dt
3
3
2
2
d
d
et /3 e−t /3 et /2 e−t /2
dt
dt
3
3
2
d 2
d
et /3 et /2−t /3 e−t /2
dt
dt
(23)
3
Mogliśmy skrócić wyrazy w rodzaju e−t0 /3 bo nie zależa̧ od t, czyli sa̧ to stale. Rozpatrzmy takie równanie
ẍ − (t + t2 )ẋ + (t3 − 1)x = cos t
(24)
Strategia jest nastȩpuja̧ca
3
ẍ − (t + t2 )ẋ + (t3 − 1)x = et
/3
d t2 /2−t3 /3 d −t2 /2
e
e
x = cos t
dt
dt
3
d t2 /2−t3 /3 d −t2 /2
e
e
x = e−t /3 cos t
dt
dt
2
et
/2−t3 /3
d −t2 /2
e
x=
dt
Z
t
t1
e−τ
3
/3
cos τ dτ
(25)
(26)
(27)
4
2
3
d −t2 /2
e
x = e−t /2+t /3
dt
2
e−t
/2
x=
t
Z
2
ds e−s
Z
x(t) = e
Z
e−τ
3
/3
cos τ dτ
(28)
/3
(29)
t1
/2+s3 /3
t2
t2 /2
t
s
Z
e−τ
3
cos τ dτ
t1
t
ds e
−s2 /2+s3 /3
t2
Z
s
e−τ
3
/3
cos τ dτ
(30)
t1
Zapisalem to trochȩ bardziej porza̧dnie, czyli przy pomocy calek oznaczonych. Teraz dwie stale dowolne ukryte sa̧
w dwóch dowolnych dolnych granicach calkowania: t1 i t2 . Calek już jawnie nie wyliczam, bo za trudne nawet dla
programu Mathematica 6.
Warunki pocza̧tkowe dobrane sa̧ tak, że na podstawie (30)
2
x(t2 ) = et2 /2
t2
Z
2
ds e−s
/2+s3 /3
t2
Z
s
e−τ
3
/3
cos τ dτ = 0
(31)
t1
a na podstawie (28), przepisanego jako
−te
−t2 /2
x(t) + e
−t2 /2
2
3
d
x(t) = e−t /2+t /3
dt
Z
t
e−τ
3
/3
cos τ dτ
(32)
t1
zachodzi
2
2
2
3
−t1 e−t1 /2 x(t1 ) + e−t1 /2 ẋ(t1 ) = e−t1 /2+t1 /3
Z
t1
e−τ
3
/3
cos τ dτ = 0
(33)
t1
ẋ(t1 ) = −t1 x(t1 )
II.
(34)
ZADANIA
1. Znaleźć rozwia̧zanie ogólne metoda̧ faktoryzacji
ẍ − 2ẋ − 35x
1
5ẍ − 3ẋ − x
4
ẍ − 2ẋ − 35x
1
5ẍ − 3ẋ − x
4
ẍ − 2ẋ − 35x
1
5ẍ − 3ẋ − x
4
ẍ − 10ẋ + 25x
ẍ − 10ẋ + 25x
ẍ − tẋ + ẋ − tx
= 0,
(35)
= 0,
(36)
= 1,
(37)
= 2,
(38)
= t,
(39)
= t2 ,
(40)
= 0,
= 1,
= 0,
(41)
(42)
(43)
2. Niech x1 (t) oznacza rozwia̧zanie szczególne. Znaleźć rozw. ogólne równań
x(4) + 8x(3) − 30x(2) − 400x(1) − 875x = 0,
(3)
x
(2)
+x
(1)
− 40x
− 112x = 0,
gdy x1 (t) = t2 e−5t ,
(44)
gdy x1 (t) = te−4t ,
(45)
d
d
d
d
d
d
3. Niech [A, B] = AB − BA. Obliczyć: (a) [ dt
, t]x(t), (b) [ dt
, t2 ]x(t), (c) [ dt
+ t, dt
− t]x(t), (d) [ dt
+ t2 , dt
− t]x(t).