1. Czy funkcje y1 = y1(t) i y2 = y2(t) określone na

Kolokwium Nr
2
RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE A1
4 maja 2015 r.
1. Czy funkcje y1 = y1 (t) i y2 = y2 (t) określone na przedziale α < t < β oraz będące rozwiązaniami
równania y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g(t), gdzie funkcje p oraz q są ciągłe, tworzą fundamentalny układ
rozwiązań na tym przedziale, jeśli
a) N znikają w tym samym punkcie należącym do tego przedziału,
b) N osiągają minimum w tym samym punkcie tego przedziału,
c) N osiągają maksimum w tym samym punkcie tego przedziału?
Wyznacznik Wrońskiego dwóch rozwiązań równania jest postaci W [y1 (t), y2 (t)] = y1 (t)y20 (t)−y10 (t)y2 (t).
Jeśli istnieje punkt t0 ∈ (α, β) taki, że y1 (t0 ) = y2 (t0 ) = 0, wówczas W (t0 ) = 0, więc W (t) = 0 dla
wszystkich t ∈ (α, β). Zatem rozwiązania y1 oraz y2 nie są liniowo niezależne. Jeśli y1 oraz y2 osiągają
w punkcie t1 ∈ (α, β) ekstremum, wówczas pochodne rozwiązań y1 oraz y2 zerują się w punkcie t1 .
Zatem, W (t1 ) = 0, więc W (t) = 0 dla wszystkich t ∈ (α, β). Stąd, rozwiązania y1 oraz y2 nie są liniowo
niezależne.
2. Jeśli y1 = y1 (t) i y2 = y2 (t) są liniowo niezależnymi rozwiązaniami równania
ty 00 + 2y 0 + tet y = 0
oraz W (y1 , y2 )(1) = 2, wówczas
a) T W (y1 , y2 )(5) =
2
,
25
b) N nie można wyznaczyć wartości W (y1 , y2 )(5) =
2
,
25
c) N W (y1 , y2 )(5) = 2e−8 .
Korzystając z tego, że wyznacznik Wrońskiego spełnia równanie
W 0 + 2t W = 0
2
z warunkiem początkowym W (1) = 2, otrzymujemy W (t) = 2t−2 . Zatem, W (5) = 25
.
2
2
2
t
t
t
3. Funkcje ψ1 (t) = 1 + e , ψ2 (t) = 1 + te oraz ψ3 (t) = (t + 1)e + 1 są trzema rozwiązaniami równania
niejednorodnego y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g(t). Wówczas rozwiązanie ogólne tego równania jest postaci
2
2
2
2
2
2
a) N y(t) = C1 et + C2 tet ,
2
b) N y(t) = C1 et + C2 tet + 1 + et ,
c) N y(t) = C1 et + C2 tet + 1.
Zauważmy, że rozwiązania z podpunktów b) oraz c) są równoważne, ponieważ
2
2
2
2
(C1 + 1)et + C2 tet + 1 = D1 et + C2 tet + 1.
Rozwiązaniem równania niejednorodnego jest suma kombinacji liniowej rozwiązań równania jednorodnego oraz rozwiązania szczególnego. Wiadomo, że różnice rozwiązań ψi dla i = 1, 2, 3 są rozwiązaniami
równania jednorodnego. Rozważmy
2
ϕ1 (t) = ψ3 (t) − ψ2 (t) = et ,
2
ϕ2 (t) = ψ3 (t) − ψ1 (t) = tet .
2
Ponieważ W (ϕ1 , ϕ2 ) = et > 0, więc funkcje ϕ1 oraz ϕ2 są liniowo niezależne. Zatem, rozwiązanie
2
2
równania niejednorodnego jest postaci y(t) = C1 et + C2 tet + ψi (t) dla i = 1, 2, 3.
Kolokwium Nr
2
RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE A1
4 maja 2015 r.
4. Czy rozwiązania szczególne podanych równań są postaci
a) T y 00 − y = 1 + et , ψ(t) = a + btet dla pewnych stałych a oraz b,
b) T y 00 − y = cos t, ψ(t) = a cos t dla pewnej stałej a,
c) N y 00 + 2y 0 + 1 = te−t , ψ(t) = t(a + bt)e−t dla pewnych stałych a oraz b.
a) Rozwiązanie szczególne ψ = ψ(t) równania y 00 −y = 1+et jest sumą rozwiązań szczególnych równań
y 00 − y = 1 oraz y 00 − y = et . Rozwiązanie szczególne równania y 00 − y = 1, z uwagi na postać prawej
strony, jest postaci ψ1 (t) = a dla pewnej stałej. Rozwiązaniem szczególnym równania y 00 − y = et
jest funkcja postaci ψ2 (t) = btet , ponieważ jedynka jest pierwiastkiem jednokrotnym wielomianu
charakterystycznego.
b) Rozważmy równanie z 00 − z = eit . Jego rozwiązaniem szczególnym jest funkcja aeit , której część
rzeczywista jest rozwiązaniem równania z prawą stroną równą cos t.
c) Rozwiązaniem szczególnym równania jest funkcja postaci t2 (a+bt)e−t , gdyż −1 jest pierwiastkiem
dwukrotnym wielomianu charakterystycznego.
5. Jeśli jednym rozwiązaniem równania x2 y 00 − 7xy 0 + 16y = 0 jest funkcja y1 (x) = x4 , wówczas
a) nie można wyznaczyć drugiego rozwiązania, gdyż równanie jest nieliniowe,
b) drugim rozwiązaniem równania jest funkcja y2 (x) = x4 ln x,
c) drugim rozwiązaniem równania jest funkcja y2 (x) = x−7 .
Wystarczy wstawić do równania funkcję x4 ln x, aby sprawdzić, że jest ona rozwiązaniem
x2 (12x2 ln x + 4x2 + 3x2 ) − 7x(4x3 ln x + x3 ) + 16x4 ln x = 0.
Ponadto, W (x4 , x4 ln x) = x7 > 0 o ile x > 0. Funkcja x−7 nie jest rozwiązaniem tego równania,
ponieważ
56x−7 − 7(−7)x−7 + 16x−7 = 121x−7 .
6. Stosujemy metodę szeregów potęgowych do rozwiązania zagadnienia
(t − 1)2 − 1 y 00 + 5(t − 1)y 0 + 3y = 0,
y(1) = 7,
y 0 (1) = 3.
Wówczas prawdziwe są następujące stwierdzenia:
a) T rozwiązania szukamy w postaci y(t) =
P∞
an (t − 1)n ,
b) N rozwiązania szukamy w postaci y(t) =
P∞
an tn ,
n=0
n=0
c) T współczynniki szeregu spełniają zależność (n2 + 4n + 3)an = (n + 2)(n + 1)an+2 .
Ponieważ warunki początkowe są zadane w t = 1, rozwiązania zagadnienia poszukujemy w postaci
P
n
y(t) = ∞
n=0 an (t − 1) . Wstawiając je do równania otrzymujemy
∞ X
an n + 4n + 3 − an+2 (n + 2)(n + 1) (t − 1)n = 0.
2
n=0
Zatem, współczynniki spełniają zależność rekurencyjną
an n2 + 4n + 3 = an+2 (n + 2)(n + 1).
Kolokwium Nr
2
RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE A1
4 maja 2015 r.
7. Wyznacz transformatę Laplace’a funkcji:
a) Korzystając ze znanych wzorów mamy
L{te−3t cos 3t}(s) = −
s+3
(s + 3)2 + 9 − 2(s + 3)2
s2 + 6s
d
=
−
=
.
ds (s + 3)2 + 9
(s + 3)2 + 9
s2 + 6s + 18
b) Korzystając ze znanych wzorów mamy
L{te8(t+1) }(s) = e8 L{te8t }(s) = −e8
d 1
e8
=
.
ds s − 8
(s − 8)2
8. Znajdź funkcję, której transformata Laplace’a wynosi:
a) Zauważmy, że
s2
2
2
=
= L{e5t sin 2t}(s).
− 10s + 29
(s − 5)2 + 22
b) Zauważmy, że
1
d s
18
=
+
= L{ 13 sin 3t} − L{t cos 3t}(s).
(s2 + 9)2
s2 + 9
ds s2 + 9
funkcja
transformata Laplace’a
1
1
s
tn
n!
sn+1
eat
1
s−a
sin kt
k
s2 +k2
cos kt
s
s2 +k2
eat f (t)
F (s − a)
tn f (t)
f (n) (t)
(−1)n
dn
F (s)
dsn
sn F (s) − sn−1 f (0) − ... − f (n−1) (0)