Równania różniczkowe - metoda przewidywań

Dział prezentujący praktyczne zastosowanie teorii przy rozwiązywaniu zadań.
Regulamin forum
UWAGA! nie jest to dział, w którym zamieszczane są tematy z prośbą o rozwiązanie zadania.
Wszystkie posty w tym dziale muszą zostać zaakceptowane przez moderatora zanim się pojawią.
luka52
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8601
Rejestracja: 1 maja 2006, o 20:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 47 razy
Pomógł: 1816 razy

Równania różniczkowe - metoda przewidywań

Post autor: luka52 »

Równania różniczkowe - metoda przewidywań

Teoria została opisana w temacie w Kompendium Metoda przewidywania dla równań różniczkowych liniowych, celem niniejszego tematu jest zaprezentowanie większej liczby przykładów.

I Równania pierwszego rzędu
II Równania drugiego i wyższych rzędów




Przykład 1.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y' - y = x \quad (1).}\)
Rozwiązanie:
Całką równania jednorodnego \(\displaystyle{ y' - y = 0}\) jest \(\displaystyle{ y_1 = Ce^x}\). Ponieważ w wyjściowym równaniu człon niejednorodny jest wielomianem pierwszego stopnia, to całkę szczególną równania niejednorodnego będziemy przewidywać jako wielomian stopnia \(\displaystyle{ 1}\), tj. \(\displaystyle{ y_2 = A x + B}\). Podstawiamy \(\displaystyle{ y_2}\) do \(\displaystyle{ (1)}\) i wyznaczamy stałe \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\):
\(\displaystyle{ \begin{align*} y_2' - y_2 &\equiv x \\
A - (Ax + B) & \equiv x \\
-Ax + (A-B) & \equiv x \end{align*}}\)
Przyrównując współczynniki przy kolejnych potęgach zmiennej \(\displaystyle{ x}\) po obu stronach powyższej tożsamości, otrzymujemy następujący układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} -A & = 1 \\ A - B & = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} A &= -1 \\ B & = A = -1 \end{cases}}\)
Stąd możemy odczytać, że: \(\displaystyle{ y_2 = -x - 1}\), zaś rozwiązaniem \(\displaystyle{ (1)}\) jest:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = C e^x - x - 1 \; .}\)

Przykład 2.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y' + 2y = e^x - \sin x \quad (2).}\)
Rozwiązanie:
Całką równania jednorodnego \(\displaystyle{ y' + 2y = 0}\) jest \(\displaystyle{ y_1 = Ce^{-2x}}\). W członie niejednorodnym możemy wyróżnić dwa składniki -- pierwszy \(\displaystyle{ e^x}\) oraz drugi \(\displaystyle{ -\sin x}\).
Dla pierwszego członu będziemy przewidywać rozwiązanie również jako eksponentę, tj. \(\displaystyle{ y_2 = a e^x}\), zaś dla drugiego wyrażenie postaci: \(\displaystyle{ y_3 = b \cos x + c \sin x}\). By wyznaczyć nieznane współczynniki \(\displaystyle{ a, b}\) i \(\displaystyle{ c}\), podstawmy do równania \(\displaystyle{ (2)}\) postać rozwiązania, które przewidujemy, tj. \(\displaystyle{ y_2 + y_3}\):
\(\displaystyle{ \begin{align*} (y_2 + y_3)' + 2 \cdot (y_2 + y_3) & \equiv e^x - \sin x \\
a e^x + b \cdot (-\sin x) + c \cos x + 2 a e^x + 2b \cos x + 2 c \sin x & \equiv e^x - \sin x \\
3a e^x + (2b + c) \cos x + (2c - b) \sin x& \equiv e^x - \sin x \end{align*}}\)
Przyrównujemy współczynniki przy odpowiednich funkcjach zmiennej \(\displaystyle{ x}\), skąd otrzymujemy następujący układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 3a &= 1 \\ 2b+c & = 0 \\ 2c - b & = - 1 \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases} a &= \frac{1}{3} \\ c & = -2b \\ - b & = - 1 - 2 c = - 1 + 4b \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases} a &= \frac{1}{3} \\ c & = -2b = - \frac{2}{5} \\ - 5b & = - 1 \Rightarrow b = \frac{1}{5} \end{cases}}\)
Wyznaczone współczynniki pozwalają nam zapisać rozwiązanie równania \(\displaystyle{ (2)}\) jako:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 + y_3 = C e^{-2x} + \frac{1}{5} e^x + \frac{1}{5} \cos x - \frac{2}{5} \sin x \; .}\)
Przykład 3.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y' + y = e^{-x} \quad (3) \;.}\)
Rozwiązanie:
Całką równania jednorodnego \(\displaystyle{ y' + y = 0}\) jest \(\displaystyle{ y_1 = Ce^{-x}}\). Zauważmy, że niejednorodność w równaniu \(\displaystyle{ (3)}\) jest takiej samej postaci jak całka \(\displaystyle{ y_1}\), stąd przewidywanie całki szczególnej równania niejednorodnego postaci \(\displaystyle{ y_2 = A e^{-x}}\) się nie sprawdzi. Wyrażenie na \(\displaystyle{ y_2}\) należy przemnożyć przez \(\displaystyle{ x}\), wtedy prawidłowa postać rozwiązania to: \(\displaystyle{ y_2 = A x e^{-x}}\). Podstawmy zatem \(\displaystyle{ y_2}\) do \(\displaystyle{ (3)}\) i wyznaczmy \(\displaystyle{ A}\):
\(\displaystyle{ \begin{align*} y_2' + y_2 & \equiv e^{-x} \\
Ae^{-x} + Ax \cdot (-1) e^{-x} + Ax e^{-x} & \equiv e^{-x} \\
A e^{-x} & \equiv e^{-x}\end{align*}}\)
Z powyższej tożsamości jesteśmy w stanie od razu odczytać, że \(\displaystyle{ A=1}\), a dalej możemy podać końcowe rozwiązanie równania \(\displaystyle{ (3)}\) jako:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = Ce^{-x} + x e^{-x} \; .}\)

Przykład 4.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y' + y = e^{-x} \left( 2 \sin x - x \cos x\right) \quad (4) \;.}\)
Rozwiązanie:
Całką równania jednorodnego \(\displaystyle{ y' + y = 0}\) jest \(\displaystyle{ y_1 = Ce^{-x}}\). Rozwiązanie równania niejednorodnego przewidujemy jako: \(\displaystyle{ y_2 = e^{-x} \left( (ax+b) \sin x + (cx+d) \cos x\right)}\). Następnie wyznaczamy nieznane współczynniki \(\displaystyle{ a, b, c}\) i \(\displaystyle{ d}\) przez wstawienie \(\displaystyle{ y_2}\) do równania \(\displaystyle{ (4)}\):
\(\displaystyle{ \begin{align*} y_2' + y_2 & \equiv e^{-x} \left( 2 \sin x - x \cos x\right) \\
- e^{-x} \left( (ax+b) \sin x + (cx+d) \cos x\right) + \\
e^{-x} \left( a \sin x + (ax+b) \cos x + c \cos x + (cx+d) \cdot (-1) \sin x \right) + \\
e^{-x} \left( (ax+b) \sin x + (cx+d) \cos x\right) & = e^{-x} \left( 2 \sin x - x \cos x\right) \\
e^{-x} \left( a \sin x + (ax+b) \cos x + c \cos x + (cx+d) \cdot (-1) \sin x \right) & \equiv e^{-x} \left( 2 \sin x - x \cos x\right)\\
e^{-x} \left( \left( a - cx - d \right) \sin x + \left( ax + b + c\right) \cos x \right) & \equiv e^{-x} \left( 2 \sin x - x \cos x\right) \end{align*}}\)
Przyrównując współczynniki możemy zapisać następujący układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a - d & = 2 \\ -c & = 0 \\ a & = -1 \\ b + c & = 0 \end{cases}
\Rightarrow \begin{cases} c & = 0 \\ a & = -1 \\ d & = a - 2= -3 \\ b & = -c = 0 \end{cases}}\)
Pozwala nam to zapisać rozwiązanie równania \(\displaystyle{ (4)}\) jako:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = C e^{-x} + e^{-x} \left( -x \sin x - 3 \cos x \right)\; .}\)




Przykład 5.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y'' + y' - 6 y = 3x^3 - 7x \quad (5) \;.}\)
Rozwiązanie:
Wielomian charakterystyczny równania jednorodnego ma postać: \(\displaystyle{ \lambda^2 + \lambda - 6}\), zaś jego pierwiastkami są liczby \(\displaystyle{ \lambda_1 = 2}\) oraz \(\displaystyle{ \lambda_2 = -3}\). Stąd rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego jest: \(\displaystyle{ y_1 = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-3x}}\). Człon niejednorodny jest wielomianem trzeciego stopnia i takiej postaci przewidujemy całkę szczególną: \(\displaystyle{ y_2 = ax^3 + bx^2 + cx + d}\). Wstawiając \(\displaystyle{ y_2}\) do \(\displaystyle{ (5)}\) mamy:
\(\displaystyle{ \begin{align*} y_2'' + y_2' - 6y_2 & \equiv 3x^3 - 7x \\
\left( 6a x + 2b \right) + \left( 3ax^2 +2bx + c \right) - 6 \left( ax^3 + bx^2 + cx + d \right) & \equiv 3x^3 - 7x \\
-6ax^3 + (3a-6b)x^2 + (6a +2b - 6c)x + (2b+c - 6d) &\equiv 3x^3 - 7x \end{align*}}\)
Zapisujemy odpowiadający powyższej tożsamości układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} -6a & = 3 \\ 3a - 6b & = 0 \\ 6a +2b - 6c & = -7 \\ 2b+c - 6d & = 0 \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases} a & = -\frac{1}{2} \\ b & = \frac{1}{2}a = - \frac{1}{4} \\ c & = \frac{1}{6} \left( 6a + 2b + 7\right) = \frac{1}{6} \left( -3 - \frac{1}{2} + 7 \right) = \frac{7}{12} \\ d & = \frac{1}{6} (2b+c) = \frac{1}{72} \end{cases}}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-3x} - \frac{x^3}{2} - \frac{x^2}{4} + \frac{7}{12} x + \frac{1}{72} \;.}\)
Przykład 6.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y'' - 2y' + y = e^x \quad (6) \;.}\)
Rozwiązanie:
Zapisujemy wielomian charakterystyczny równania jednorodnego: \(\displaystyle{ \lambda^2 - \lambda + 1}\). Wielomian ten ma jeden pierwiastek podwójny: \(\displaystyle{ \lambda_{1,2} = 1}\), zatem całką ogólną równania jednorodnego jest \(\displaystyle{ y_1 = (C_1 + C_2 x) e^x}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \red 1}\) jest podwójnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, a niejednorodność jest postaci: \(\displaystyle{ e^{{\red 1} \cdot x}}\), to postać całki szczególnej równania niejednorodnego należy przewidywać jako: \(\displaystyle{ y_2 = A x^2 e^x}\). Warto zwrócić też uwagę, że w \(\displaystyle{ y_2}\) nie trzeba uwzględniać wyrażeń postaci \(\displaystyle{ Bx e^x}\) ani \(\displaystyle{ Ce^x}\), gdyż te są zawarte już w \(\displaystyle{ y_1}\).
Podstawmy \(\displaystyle{ y_2}\) do równania \(\displaystyle{ (6)}\) i wyznaczmy stałą \(\displaystyle{ A}\):
\(\displaystyle{ \begin{align*} y_2'' - 2y_2'+y_2 & \equiv e^x \\
\left( 2A e^x + 2A x e^x + 2A x e^x + A x^2 e^x \right) - 2 \cdot \left( A \cdot 2 x e^x + A x^2 e^x \right) + Ax^2 e^x & \equiv e^x \\
2A e^x & \equiv e^x \end{align*}}\)
Widzimy od razu, że \(\displaystyle{ A = \tfrac{1}{2}}\), a dalej:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = (C_1 + C_2 x) e^x + \frac{1}{2} x^2 e^x \; .}\)

Przykład 7.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y'' + y = \sin x \quad (7) \; .}\)
Rozwiązanie:
Wielomian charakterystyczny równania jednorodnego \(\displaystyle{ \lambda^2 + 1}\) ma dwa pierwiastki zespolone: \(\displaystyle{ \lambda_1 = {\rm i}}\) i \(\displaystyle{ \lambda_2 = - {\rm i}}\). Stąd rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego jest \(\displaystyle{ y_1 = C_1 \cos x + C_2 \sin x}\). Aby znaleźć całkę szczególną równania niejednorodnego należy przewidywać: \(\displaystyle{ y_2 = x \left( A \cos x + B \sin x\right)}\). Podstawmy przeto \(\displaystyle{ y_2}\) do \(\displaystyle{ (7)}\):
\(\displaystyle{ \begin{align*} y_2'' + y_2 & \equiv \sin x \\
(-Ax+2B) \cos x + (-Bx-2A) \sin x + x \left( A \cos x + B \sin x\right) &\equiv \sin x \\
2B \cos x - 2A \sin x & \equiv \sin x \end{align*}}\)
Możemy odczytać, że \(\displaystyle{ B = 0}\) oraz \(\displaystyle{ A = - \tfrac{1}{2}}\). Rozwiązaniem jest zaś:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = C_1 \cos x + C_2 \sin x - \frac{1}{2} x \cos x \; .}\)

Przykład 8.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y'' - 2y' + 2 y = x e^x \sin x \quad (8) \; .}\)
Rozwiązanie:
Wielomian charakterystyczny równania jednorodnego \(\displaystyle{ \lambda^2 -2 \lambda + 2}\) ma dwa pierwiastki zespolone: \(\displaystyle{ \lambda_1 = 1 + {\rm i}}\) i \(\displaystyle{ \lambda_2 = 1 - {\rm i}}\). Stąd rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego jest \(\displaystyle{ y_1 = C_1 e^x \cos x + C_2 e^x \sin x}\). Aby znaleźć całkę szczególną równania niejednorodnego należy przewidywać: \(\displaystyle{ y_2 = x \left( (Ax+B) e^x \cos x + (Cx+D) e^x \sin x\right)}\). Podstawmy \(\displaystyle{ y_2}\) do \(\displaystyle{ (8)}\). Po nieco żmudnych rachunkach i uproszczeniu otrzymamy:
\(\displaystyle{ \begin{align*} 2 e^x \left( ( 2C x + A + D) \cos x + (-2A x - B + C) \sin x \right) & \equiv x e^x \sin x \end{align*}}\)
Przyrównując obie strony tożsamości widzimy, że \(\displaystyle{ -4 A = 1 \Rightarrow A = - \tfrac{1}{4}}\), \(\displaystyle{ 4C = 0}\), \(\displaystyle{ C - B = 0 \Rightarrow B = 0}\), \(\displaystyle{ A + D = 0 \Rightarrow D = \tfrac{1}{4}}\). To pozwala nam zapisać rozwiązanie jako:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = C_1 e^x \cos x + C_2 e^x \sin x - \frac{x^2}{4} e^x \cos x + \frac{x}{4} e^x \sin x \; .}\)

Przykład 9.
Dane jest równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y''' + a_2 y'' + a_1 y' + a_0 y = x + e^{-2x} \quad (9).}\)
Dodatkowo pierwiastkami równania charakterystycznego są \(\displaystyle{ \lambda_1 = 0, \lambda_2 = -2, \lambda_3 = - 2}\). Należy znaleźć całkę szczególną równania niejednorodnego.

Rozwiązanie:
Dla członu niejednorodnego \(\displaystyle{ x}\) przewidujemy: \(\displaystyle{ y_1 = x (A x+B)}\), gdyż \(\displaystyle{ 0}\) jest pierwiastkiem równania charakterystycznego. Dla członu \(\displaystyle{ e^{-2x}}\) należy przwidywać \(\displaystyle{ y_2 = C x^2 e^{-2x}}\), gdyż \(\displaystyle{ -2}\) jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystycznego.
Ponieważ podane zostały pierwiastki równania charakterystycznego, to na ich podstawie możemy odtworzyć postać równania \(\displaystyle{ (9)}\):
\(\displaystyle{ \lambda (\lambda + 2)^2 = \lambda^3 + 4 \lambda^2 + 4 \lambda}\)
\(\displaystyle{ y''' + 4y'' + 4y' = x + e^{-2x} \quad (9)}\)
Podstawmy więc do powyższego \(\displaystyle{ y_1 + y_2}\) i obliczmy stałe:
\(\displaystyle{ \begin{align*} (y_1 + y_2)''' + 4 (y_1 + y_2)'' + 4 (y_1 + y_2)' & \equiv x + e^{-2x} \\
8A x + 8 A + 4B - 4 C e^{-2x} & \equiv x + e^{-2x} \end{align*}}\)
Stąd: \(\displaystyle{ -4C = 1 \Rightarrow C = - \tfrac{1}{4}}\), \(\displaystyle{ 8A = 1 \Rightarrow A = \tfrac{1}{8}}\) oraz \(\displaystyle{ B + 2A = 0 \Rightarrow B = - \tfrac{1}{4}}\) i ostatecznie:
\(\displaystyle{ y_1 + y_2 = \frac{x^2}{8} - \frac{x}{4} - \frac{1}{4} x^2 e^{-2x} \; .}\)

Przykład 10.
Rozwiąż równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y''' + 2 y'' + y' = (x+1) e^{-x} \quad (10)\;.}\)
Rozwiązanie:
Pierwiastki równania charakterystycznego to \(\displaystyle{ \lambda_1 = 0, \lambda_{2, 3} = -1}\), stąd całką równania jednorodnego jest: \(\displaystyle{ y_1 = C_1 + (C_2 + C_3 x) e^{-x}}\). Jako całkę szczególną równania niejednorodnego będziemy przewidywać ogólną postać wyrażenia postaci takiej, jakiej jest niejednorodność, czyli: \(\displaystyle{ (Ax+B)e^{{\red -1} \cdot x}}\), jednak ze względu na to, iż \(\displaystyle{ {\red -1}}\) jest pierwiastkiem dwukrotnym równania charakterystycznego, nasze wyrażenie musimy jeszcze przemnożyć przez \(\displaystyle{ x^2}\). Ostatecznie rozwiązania szukamy w postaci \(\displaystyle{ y_2 = x^2 (Ax+B) e^{-x}}\). Wstawiając \(\displaystyle{ y_2}\) do równania \(\displaystyle{ (10)}\) i postępując w sposób, jaki został szeroko omówiony w poprzednich przykładach, znajdujemy: \(\displaystyle{ A = - \tfrac{1}{6}, \; B = -1}\). Rozwiązaniem ogólnym danego równania jest zatem:
\(\displaystyle{ y = y_1 + y_2 = C_1 + (C_2 + C_3 x) e^{-x} - x^2 \left( \frac{1}{6} x + 1\right) e^{-x} \; .}\)
ODPOWIEDZ