Równanie różniczkowe

Z Wikipedii

Masz nowe wiadomości (różnica z poprzednią wersją).

Równanie różniczkowe jest to równanie, które wyznacza zależność między nieznaną funkcją a jej pochodnymi.

Rozwiązanie równania różniczkowego polega na znalezieniu funkcji $y$ , której pochodne spełniają to równanie. Na przykład równanie różniczkowe $y'' + y = 0$ ma ogólne rozwiązanie w postaci $y = A cos x + B sin x$ , gdzie $A$ i $B$ są stałymi wyznaczonymi z warunków brzegowych.

Równania różniczkowe można podzielić na:

równania różniczkowe zwyczajne — w których szukamy funkcji jednej zmiennej
równania różniczkowe cząstkowe — w których szukamy funkcji wielu zmiennych

Żeby rozwiązać równanie różniczkowe należy sprowadzić je do jednej ze standardowych form, a następnie użyć odpowiadającego tej formie przekształcenia.

[edytuj] Równania postaci $y^\prime(x) = p(x)$

W najprostszym przypadku $y^\prime$ występuje tylko raz, a $y$ i inne pochodne nie występują wcale. Rozwiązać taki problem możemy całkując obie strony równania:

$\int y^\prime(x) dx = \int p(x) dx$

$y(x) = \int p(x) dx$

Nie należy przy tym zapominać o czynniku stałym z prawej strony.

Przykład:

$y^\prime(x) = x^2 + x$

$y(x) = \int (x^2 + x) dx$

$y(x) = \frac 1 3 x^3 + \frac 1 2 x^2 + c$

Przykład 2:

$y^\prime(x) + x y^\prime (x) = x^2$

$(1+x) y^\prime(x) = x^2$

$y^\prime(x) = \frac {x^2} {1+x}$ — musimy najpierw sprowadzić do standardowej postaci

$y(x) = \int \frac {x^2} {1+x} dx$ — i scałkować prawą stronę

$y(x) = \int (x - 1) + \frac 1 {1+x} dx$

$y(x) = \frac {x^2} 2 - x + \ln |1+x| + c$

[edytuj] Równania o zmiennych rozdzielonych

Powyższą metodę można uogólnić na szerszą klasę równań:

$q(y(x))y^\prime(x) = p(x)$

W ich przypadku całkuje się obie strony:

$\int q(y(x)) dy(x) = \int p(x) dx$

Po lewej uzyska się jakieś wyrażenie zawierające $y (x)$ , po prawej zaś wyrażenie zawierające tylko samo $x$ . Odpowiednio przekształcając to (już nie różniczkowe) równanie można uzyskać zamkniętą postać $y (x)$ .

Przykład:

$y(x)y^\prime(x) = e^x$

$\int y(x) dy(x) = \int e^x dx$

$\frac 1 2 y(x)^2 = e^x + c$

$y(x) = \pm \sqrt {2 e^x + 2 c}$

[edytuj] Równania postaci $y^\prime(x) = p(x) y(x)$

Czyli tzw. liniowe równania różniczkowe jednorodne.

Rozwiązaniem takiego równania jest (w tym $c = 0$ ):

$y(x) = c \exp \int p(x) dx$

Żeby to udowodnić podstawmy $y (x)$ do równania różniczkowego:

$\left(c \exp \int p(x) dx\right)^\prime = p(x) c \exp \int p(x) dx$

$\left(\exp \int p(x) dx\right)^\prime = p(x) \exp \int p(x) dx$ — możemy z obu stron pozbyć się stałej

c

$\left(\exp \int p(x) dx\right) \left(\int p(x) dx\right)^\prime = p(x) \exp \int p(x) dx$ — ze wzoru na pochodną funkcji złożonej

$\left(\exp \int p(x) dx\right) p(x) = \left(\exp \int p(x) dx\right) p(x)$ — a pochodna całki po funkcji jest równa danej funkcji

Przykład:

$y^\prime(x) = x^2y$

$y(x) = c \exp \int x^2 dx$

$y(x) = c \exp \frac 1 3 x^3$

[edytuj] Równania postaci $y^\prime(x) = p(x) y(x) + q(x)$

Czyli tzw. liniowe równania różniczkowe niejednorodne.

Rozwiązaniem takich równań jest:

$y(x) = \left(c + \int q(x) \exp \left (- \int p(x) dx \right) dx \right) \exp \int p(x) dx$

Co możemy przedstawić prościej jako:

$P(x) = \int p(x) dx$

$y(x) = \left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)}$

Przykład:

$y^\prime(x) = \frac y x + \sin x$

$P(x) = \int \frac 1 x dx$

P (x) = ln x + c

$y(x) = \left(c + \int \sin (x) e^{-\ln x} dx \right) e^{\ln x}$

$y(x) = \left(c + \int \sin (x) e^{\ln \frac 1 x} dx \right) x$

$y(x) = \left(c + \int \sin (x) \frac 1 x dx \right) x$

$y(x) = \left(c + \int \frac {\sin x} x dx \right) x$ — gdzie $\int \frac {\sin x} x dx$ nie da się przedstawić w prostszej postaci.

Dowód: Podstawmy rozwiązanie do równania różniczkowego:

$\left(\left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)}\right)^\prime = \left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)} p(x) + q(x)$

$\left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) (e^{P(x)})^\prime + \left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right)^\prime e^{P(x)} = \left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)} p(x) + q(x)$

$\left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)} P^\prime(x) + q(x) e^{-P(x)} e^{P(x)} = \left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)} p(x) + q(x)$

$\left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)} p(x) + q(x) = \left(c + \int q(x) e^{-P(x)} dx \right) e^{P(x)} p(x) + q(x)$

Co też należało pokazać.

[edytuj] Równania Bernoulliego

Równania Bernoulliego to równania postaci:

$y^\prime(x) = p(x)y(x) + q(x)(y(x))^\alpha$ , dla dowolnej liczby rzeczywistej

α

(oprócz trywialnych przypadków 0 i 1, które redukują się bez podstawiania do równań liniowych)

Rozwiązujemy je sprowadzając je do równań liniowych przez podstawienie:

v (x) = (y (x)) 1 - α

Wtedy możemy rozwiązać równanie liniowe z $v (x)$ :

$v^\prime(x) = (1-\alpha)p(x)v(x) + (1-\alpha)q(x)$

A następnie wyprowadzamy $y (x)$ z $v (x)$ .

Podstawienie to jest poprawne, ponieważ:

$((y(x))^{1-\alpha})^\prime = (1-\alpha)p(x)(y(x))^{1-\alpha} + (1-\alpha)q(x)$

$(1-\alpha)(y(x))^{-\alpha} y^\prime(x) = (1-\alpha)p(x)(y(x))^{1-\alpha} + (1-\alpha)q(x)$

$(y(x))^{-\alpha} y^\prime(x) = p(x)(y(x))^{1-\alpha} + q(x)$

$y^\prime(x) = p(x)y(x) + q(x)(y(x))^\alpha$

Przykład:

$y^\prime(x) = y(x) \sin x + (y(x))^3 \cos x$

v (x) = (y (x)) - 2

$v^\prime(x) = -2 v(x) \sin x - 2 \cos x$ — co już potrafimy rozwiązać

[edytuj] Równania postaci $y^\prime(x) = p\left(\frac {y(x)} x\right) + q(x)$

Równania takie rozwiązuje się podstawiając $v(x) = \frac {y(x)} x$ .

y (x) = x v (x)

$\frac {dy(x)}{dx} = v(x) + x \frac{dv(x)}{dx}$

Czyli po podstawieniu otrzymujemy:

$x v^\prime(x) + v(x) = p(v(x)) + q(x)$

$x v^\prime(x) = p(v(x)) - v(x) + q(x)$

Co powinno być znacznie łatwiejsze do rozwiązania.

Przykład:

$y^\prime(x) = \operatorname{tg} \left( \frac {y(x)} x \right) + \frac {y(x)} x$

$x v^\prime(x) + v(x) = \operatorname{tg} \left( v(x) \right) + v(x)$

$x v^\prime(x) = \operatorname{tg} \left( v(x) \right)$

$\frac {v^\prime(x)} {\operatorname{tg} \left( v(x) \right)} = \frac 1 x$

$\int \frac 1 {\operatorname{tg} \left( v(x) \right)} dv(x) = \int \frac 1 x dx$

$\ln \left ( \sin v(x) \right ) = \ln x + c$

$\sin \left( v(x) \right ) = e^{\ln x + c}$

$\sin \left( v(x) \right ) = x e^c$

$v(x) = \arcsin \left ( x e^c \right )$ – możemy uprościć postać czynnika stałego

$v(x) = \arcsin \left ( c_1x \right )$

$y(x) = x \arcsin \left ( c_1x \right )$

[edytuj] Czynnik stały

Często w trakcie rozwiązywania równania pojawia się czynnik stały, a potem wyrażenia z tym czynnikiem coraz bardziej się komplikują. Możemy chcieć je uprościć, wprowadzając na miejsce czynnika stałego jakiś inny, np.:

$x + \frac 12 5 c = x + c_1$

$\frac x {2c} = c_1 x$

Wolno nam też robić rzeczy, których w innych sytuacjach nie powinniśmy, np.:

e x + c = e c e x = c 1 e x

Na pierwszy rzut oka nie wygląda to na poprawne przekształcenie – co jeśli ktoś przyjmie za $c 1$ liczbę ujemną ? Równania różniczkowe jednak, nawet jeśli interesują nas tylko wyniki rzeczywiste, robimy tak naprawdę na liczbach zespolonych – dla rzeczywistych $c$ , $e c$ generuje nam wszystkie liczby dodatnie, $e c + i π$ zaś wygeneruje nam zaś wszystkie liczby ujemne (a inne $e c + i x$ dadzą nam wyniki zespolone, których być może nie chcemy).