Równanie rozniczkowe Bulka: Jak rozwiązać równanie różniczkowe x''−2x=0 ?

wredulus_pospolitus: r² − 2 = 0 r = ± √2 −−−> x(t) = e^√2t + e^−√2t podstawiasz i sprawdzasz czy się zgadza

Bulka: A skąd ten wzór z liczbą e ?

wredulus_pospolitus: Miałeś / masz przedmiot równania różniczkowe Miałeś przedstawione różne sposoby rozwiązywania różnych RR'ów Zajrzyj do swoich 'notatek' z wykładów. To jest jedna z metod −−− jestem za stary żeby pamiętać nazwy, ale jest to jedna z podstawowych metod. Tak podstawowych, że się to robi z automatu. Skąd wzór Popatrz co jest na lewo od strzałki, co jest na prawo od strzałki, zobacz co jest gdzie i zrób 'aaaaaaa'. Mimo wszystko − znajdź notatki, bo przy wielokrotnych pierwiastkach sprawa się lekko komplikuje, ale nie chce mi się o tej porze robić wykładu. Przyjdzie Mariusz to się uśmiechnie, bo on się zawodowo RR'ami zajmuje.

.: Oczywiście powinny być jeszcze odpowiednio C₁ i C₂

Mariusz: Masz tu stałe współczynniki więc próbujesz rozwiązanie w postaci x(t) = e^λt Przypomnij sobie z rachunku różniczkowego co otrzymywałeś z różniczkowania funkcji x(t) = e^λt Gdy różniczkowałeś e^λt otrzymywałeś e^λt przemnożoną przez pewną stałą wynikającą z tego że e^λt jest funkcją złożoną To co teraz napiszę może nie dotyczy tego równania ale przyda ci się gdybyś miał inne równania liniowe drugiego rzędu Gdybyś miał ogólne równanie różniczkowe drugiego rzędu o stałych współczynnikach ax''(t)+bx'(t)+cx(t) = 0 To musiałbyś rozważyć trzy przypadki w zależności od znaku wyróżnika równania charakterystycznego które wygląda następująco aλ²+bλ+c = 0 Jeżeli wyróżnik byłby równy zero to mielibyśmy podwójny pierwiastek równania charakterystycznego więc rozwiązanie miałoby następującą postać x(t) = (C₁+C₂t)e^λt Łatwo się o tym przekonać stosując podstawienie obniżające rząd równania Gdyby wyróżnik równania charakterystycznego był ujemny to mielibyśmy zespolone pierwiastki równania charakterystycznego Przy rzeczywistych współczynnikach będzie to para wzajemnie sprzężonych liczb zespolonych x₁(t) = e^λ₁t x₂(t) = e^λ₂t x₁(t) = e^{Re(λ₁)+i*Im(λ₁)} x₂(t) = e^{Re(λ₁)−i*Im(λ₁)t} x₁(t) = e^Re(λ₁)t(cos(Im(λ₁)) + i sin(Im(λ₁))) x₂(t) = e^Re(λ₁)t(cos(Im(λ₁)) − i sin(Im(λ₁))) ale jeżeli x₁(t) oraz x₂(t) są całkami szczególnymi równania to także ich kombinacja liniowa jest całką równania zatem w przypadku gdy wyróżnik równania charakterystycznego będzie ujemny to x(t) = C₁e^Re(λ₁)t(cos(Im(λ₁)) + i sin(Im(λ₁))) + C₂e^Re(λ₁)t(cos(Im(λ₁)) − i sin(Im(λ₁))) x(t) =(C₁+C₂)e^Re(λ₁)tcos(Im(λ₁))+i(C₁ − C₂)e^Re(λ₁)tsin(Im(λ₁)) Mamy zatem że dla równania różniczkowego drugiego rzędu o ujemnym wyróżniku równania charakterystycznego całkami szczególnymi będą x₁(t) = e^Re(λ₁)tcos(Im(λ₁)) x₂(t) = e^Re(λ₁)tsin(Im(λ₁)) Przedstawmy jeszcze inne sposoby rozwiązania równań takich jak to w temacie Możesz zastosować przekształcenie całkowe X(s) = ∫₀^∞x(t)e^−stdt Tu musisz poczynić pewne założenia aby całka była zbieżna wtedy całkując przez części otrzymasz ∫₀^∞x''(t)e^−stdt = x'(t)e^−st|₀^∞−∫₀^∞x'(t)(−se^−st)dt ∫₀^∞x''(t)e^−stdt = x'(t)e^−st|₀^∞+s∫₀^∞x'(t)e^−stdt a i tutaj właśnie musi być że lim_t→∞x'(t)e^−st = 0 Granica lim_t→0⁺x'(t)e^−st jest zapisywana jako x'(0⁺) i tutaj za x'(0⁺) możesz przyjąć dowolną stałą np C₂ ∫₀^∞x''(t)e^−stdt = 0−x'(0⁺)+s∫₀^∞x'(t)e^−stdt ∫₀^∞x''(t)e^−stdt = −x'(0⁺) + s(x(t)e^−st|₀^∞ − ∫₀^∞x(t)(−se^−st)dt) Tutaj także mamy że lim_t→∞ x(t)e^−st=0 i także za granicę lim_t→0⁺x'(t)e^−st zapisywaną w podręcznikach jako x(0⁺) możesz wziąć stałą ∫₀^∞x''(t)e^−stdt = −x'(0⁺) + s(0−x(0⁺) − ∫₀^∞x(t)(−se^−st)dt) ∫₀^∞x''(t)e^−stdt = −x'(0⁺) − x(0⁺)s +s²∫₀^∞x(t)e^−stdt Po zastosowaniu tego przekształcenia masz już równanie algebraiczne −C₂−C₁s+s²X(s)−2X(s) = 0 (s²−2)X(s) = C₂+C₁s

	C2+C1s
X(s) =
	s2−2

Ponieważ to przekształcenie jest liniowe aby je odwrócić wystarczy rozkład na sumę ułamków prostych po wcześniejszym sporządzeniu tabelki podstawowych przekształceń

	C2+C1s
X(s) =
	(s−√2)(s+√2)

C2+C1s		A		B
	=		+
(s−√2)(s+√2)		s+√2		s−√2

A(s−√2)+B(s+√2) = C₂+C₁s A +B = C₁ −√2A +√2B = C₂ √2A +√2B = √2C₁ −√2A +√2B = C₂ 2√2B = (√2C₁+C₂)

	√2
B =		(√2C1+C2)
	4

	1		√2
A = C1 −		C1−		C2
	2		4

	1		√2
A =		C1−		C2
	2		4

	√2
A =		(√2C1 − C2)
	4

	√2		1		√2		1
X(s) =		(√2C1 − C2)		+		(√2C1+C2)
	4		s−(−√2)		4		s−√2

	√2		√2
x(t) =		(√2C1 − C2)e−√2t+		(√2C1+C2)e√2t
	4		4

Gdy przyjmiemy sobie inne stałe dostaniemy że x(t) = A₁e^−√2t+A₂e^√2t Możemy także przekształcić powyższe równanie w układ równań x''(t)−2x(t) = 0 Niech x'(t) = y(t) mamy wówczas x'(t) = y(t) y'(t) = 2x(t) A tu można już różnie np można zastosować metodę Eulera (liczenia eksponenty macierzy) Tutaj rozpatrujemy przypadki macierz diagonalizowalna (Podobna do macierzy diagonalnej tzn takiej w której wszystkie elementy poza główną przekątną są równe zero Macierze A oraz B są podobne jeżeli istnieje odwracalna macierz P taka że A = P⁻¹BP macierz niediagonalizowalna Rozwiązanie układu x'(t) = Ax jest w postaci x(t) = e^Atx(0) Jeżeli rozwiniemy eksponentę macierzy w szereg to dostaniemy

	Antn
eAt = ∑n=0∞
	n!

Jednak gdybyśmy mieli to liczyć w ten sposób to do końca życia byśmy tego nie policzyli Możemy jednak przedstawić macierz A jako (A−λI)+λI

	tn
eAtx = (∑n=0∞(((A−λI)+λI)n		)x
	n!

	n m		tn
eAtx = (∑n=0∞∑m=0n		(A−λI)m(λI)n−m		)x
			n!

Dwumian Newtona działa tylko dla tych macierzy dla których mnożenie macierzy jest przemienne Na ogół mnożenie macierzy nie jest przemienne ale akurat dla tych jest Teraz jeżeli uda nam się znaleźć takie λ oraz taki x że (A−λI)^kx = 0 dla pewnego k>0 to będziemy mogli łatwo rozwiązać układ równań Dla macierzy diagonalizowalnych będzie to k = 1 Możemy ten układ zapisać w postaci symetrycznej

dx		dy		dt
	=		=
y		2x		1

dx		dy
	=
y		2x

2xdx = ydy

	y2
x2 =		+ C1
	2

	y2
x2−		= C1
	2

y2
	= x2−C1
2

y
	= ±√x2−C1
√2

y = ± √2√x²−C₁

dx
	= dt
√2√x2−C1

dx
	= √2dt
√x2−C1

ln|x+√x²−C₁| = √2t+C₂ x+√x²−C₁ = C₂e^√2t √x²−C₁ = (C₂e^√2t − x) x²−C₁ = C₂²e^2√2t − 2C₂xe^√2t+x² −C₁ = C₂²e^2√2t − 2C₂xe^√2t 2C₂xe^√2t = C₂²e^2√2t + C₁

	C22e2√2t + C1
x =
	2C2e√2t

	C2		C1
x =		e√2t +		e−√2t
	2		2C2

Jest jeszcze podstawienie obniżające rząd x''(t)−2x(t) = 0 x'(t) = u(x) x''(t) = u'(x)x'(t) (z pochodnej funkcji złożonej) x''(t) = u'(x)u(x) u'(x)u(x) −2x = 0 u'(x)u(x) = 2x 2u'(x)u(x) = 4x

	x2
u2(x) =		+C1
	2

	x2+2C1
u2(x) =
	2

	√x2+2C1
u(x) =
	√2

	√x2+2C1
x'(t) =
	√2

dx		dt
	=
√x2+2C1		√2

	t
ln|x+√x2+2C1| =		+ C2
	√2