Polecam korzystanie również z poniższych podręczników.

1. Edward Kącki, Lucjan Siewierski Wybrane działy matematyki wyższej z ćwiczeniami.

2. Izydor Dziubiński, Lucjan Siewierski Matematyka dla wyższych szkół technicznych

3. Wojciech Żakowski, Wacław Leksiński Matematyka Część 4

1 Równania różniczkowe. Przypomnienie

1.1 Równania rzędu 1

Równanie rzędu 1 ma postać;

x(t) = f(t, x(t)) (1)

Twierdzenie 1.1 Jeśli f(t, x) jest klasy C1 ( tzn. f(t, x) posiada pochodne cząstkowe i są one ciągłe) to

równanie różniczkowe posiada rozwiązania zależne od jednego parametru. �

Ogólnie znalezienie rozwiązania równania różniczkowego jest bardzo trudne. Znacznie tudniejsze niż

całkowanie.

1.1.1 Równanie o zmiennych rozdzielonych

Równanie o zmiennych rozdzielonych ma postać

x = f(t)g(x) (2)

Równanie takie sprowadza się do całkowania. Przepisujemydx

dt= f(t)g(x) rozdzielamy zmiennedx

g(x)= f(t)dt całkujemy stronami

Jeśli umiemy znaleźć funkcje pierwotną obu stron to równanie różniczkowe zostaje zastąpione przez

równanie algebraiczne.

Przykład 1.2 Znaleźć rozwiązanie równania x = 2xt spełniające warunek początkowy x(0) = 3.

dx

dt= 2xt rozdzielamy zmienne

dx

x= 2t · dt całkujemy stronami

ln |x| = t2 + C ; |x| = et2+C gdzie C ∈ R ; |x| = eC · et2 gdzie C ∈ R

Oznaczmy C1 = eC. Wówczas C1 > 0. A więc |x| = C1 · et2gdzie C1 > 0 .

A stąd rozwiązanie ogólne x = C1 · et2gdzie C1 ∈ R .

1.1.2 Równanie liniowe rzędu 1

Równanie liniowe rzędu 1 ma postać

x+ a(t) · x = b(t) (3)

Najpierw rozpatrujemy równanie jednorodne

x+ a(t) · x = 0 (4)

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych i jego rozwiąznie ogólne ma postać CORJ = C · h(t).

Aby uzyskać rozwiązanie danego równania (niejednorodnego) uzmienniamy stałą tzn wstawiamy do

równania iloczyn x(t) = C(t) · h(t) i wyznaczamy funkję C(t).

Przykład 1.3 Znaleźć rozwiązanie ogólne równania x+ x = t

Rozwiązujemy równanie jednorodne x + x = 0. Wówczas CORJ = C · e−t (!) A zatem szukamy

rozwiązanie równania niejednorodnego w postaci x = C(t)e−t.

(C(t)e−t)′ + C(t)e−t = t ; (C ′(t)e−t − C(t)e−t) + C(t)e−t = t ;

C ′(t)e−t = t ; C ′(t) = t · et ; C(t) = t · et − et + C1A zatem CORN = C(t)e−t = (t · et − et + C1)e−t = t− 1 + C1e−t.

Zauważmy, że podanym przykładzie w pewnym momencie zredukowały się wyrażenia z C(t). Nie jest to

przypadek. Na tym polega ta metoda. Gdyby C(t) się nie redukowało to oznaczałby pomyłkę w obliczniach.

1.2 Równanie liniowe rzędu 2 o stałych współczynnikach

Jest to równanie postaci

x+ bx+ cx = f(t) (5)

Równanie to jako równanie rzędu 2 posiada rózwiązania zależne od dwu parametrów.

1.2.1 Równanie liniowe jednorodne rzędu 2 o stałych współczynnikach

Rozpatrujemy równanie jednorodne

x+ bx+ cx = 0 (6)

Twierdzenie 1.4 Zbiór rozwiązań równania (8) jest przestrzenią liniową wymiaru 2. �

A zatem rozwiązanie ogólne ma postać CORJ = A · x1(t) + B · x2(t) gdzie x1(t), x2(t) są pewnymi

rozwiązaniami bazowymi. Pozostaje wyznaczyć (odgadnąć) te rozwiązania. Rozpatrujemy wielomian cha-

rakterystyczny

aλ2 + bλ+ c = 0 (7)

Niech ∆ = b2 − 4ac. Rozpatrujemy przypadki.

∆ > 0.Wówczas wielomian charakterystyczny ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ1 = λ2. Rozwią-

zaniami bazowymi są funkcje eλ1t , eλ2t a więc CORJ = C1 · eλ1t + C2 · eλ2t.

Przykład 1.5 x+5x+6x = 0. Wówczas ∆ = 1 > 0, λ1 = −2 , λ2 = −3 a więc CORJ = C1e−2t+C2e−3t.

∆ = 0. Wówczas wielomian charakterystyczny ma jeden pierwiastek rzeczywisty podwójnyλ. Rozwią-

zaniami bazowymi są funkcje eλt , t · eλt a więc CORJ = (C1 + t · C2) · eλt.

Przykład 1.6 x− 4x+ 4x = 0. Wówczas ∆ = 0, λ1 = λ2 = 2 a więc CORJ = (C1 + t · C2) · e2t.

∆ < 0 Wówczas brak pierwiastków rzeczywistych, są za to dwa pierwiastki zespolone sprzężone λ1 =

α + βi , λ2 = α− βi. Rozwiązaniami bazowymi są funkcje eαt · cos(βt) , eαt · sin(βt).

Przykład 1.7 x + 4x + 13x = 0. Wówczas ∆ = −36, λ1 = −2 + 3i , λ2 = −2 − 3i a więc CORJ =

C1e−2t cos(3t) + C2e−2t sin(3t).

1.2.2 Równanie liniowe niejednorodne rzędu 2 o stałych współczynnikach

Rozpatrujemy równanie niejednorodne

x+ bx+ cx = f(t) (8)

Łatwo zauważyć, każde dwa rozwiąnia tego równania różnią się o rozwiązanie równania jednorodnego.

Twierdzenie 1.8 CORN=CSRN+CORJ

A zatem pozostaje odgadnąć jedno rozwiązanie szczególne. Podamy metodę takiego odgadywania dla

funkcji typu f(t) = eαt(P (t) cos(βt) +Q(t) sin(βt) gdzie P (t), Q(t) są wielomianami (stopnia ¬ n).

Wówczas poszukujemy CSRN w postaci

CSRN =

eαt(P (t) cos(βt) + Q(t) sin(βt)) gdy z = α + βi nie jest pierwiastkiem wiel. charakt.

tr · eαt(P (t) cos(βt) + Q(t) sin(βt)) gdy z = α + βi jest r-krotnym pierwiastkiem wiel. charakt.

gdzie P , Q są wielomianami stopnia ¬ n.

Przykład 1.9 x− 3x+ 2x = t

Wówczas α = 0 (bo nie ma prawej stronie funkcji eαt) a także β = 0 (bo brak funkcji trygonometrycz-

nych). Liczba z = α + βi = 0 nie jest pierwiastkiem charakterystycznego. A zatem przewidujemy CSRN

jako wielomian stopnia ¬ 1 tzn. CSRN = at+ b.

Wstawiamy do równania: (at+b)′′−3(at+b)′+2(at+b) = t , 0−3a+2(at+b) = t , 2at+(2b−3a) = t ,

A stąd a = 1/2 , b = 3/4 , więc CSRN = t/2 + 3/4.

Przykład 1.10 x− 2x = 4t

Wówczas podobie jak wyżej α = 0 , β = 0. Ale tutaj Liczba z = α + βi = 0 jest (jednokrotnym) pier-

wiastkiem wielomianu charakterystycznego. A zatem przewidujemy CSRN jako tP (t) gdzie P (t) wielomian

stopnia ¬ 1 tzn. CSRN = t(at+ b) = at2 + bt.

Wstawiamy do równania: (at2+bt)′′−2(at2+bt)′ = 4t , 2a−2(at+b) = 4t , −4at+(2a−2b) = 4t ,

A stąd a = b = −1 , więc CSRN = −t2 − t.

Przykład 1.11 Znaleźć rozwiązanie równania różniczkowego x+x = 2 cos(t) spełniające warunek począt-

kowy x(0) = 1, x = 0.

1. Równanie jednorodne. x+ x = 0.

Wielomian charakterystyczny λ2 + 1 = 0 , ∆ = −4 < 0, λ = ±i. A zatem rozwiązaniam bazowymi są

cos(t) , sin(t) skąd CORJ = A cos(t) +B sin(t).

2. CSRN

Po prawej stronie nie występuje eαt czyli α = 0 a ponadto jest cos(t) czyli β = 1 A więc sprawdzamy

czy z = α + βi = 0 + 1i = i jest pierwiastkiem równania charakterystycznego. JEST! I to jednokrotnym

czyli szukamy CSRN = t(A cos(t) + B sin(t)). Aby wyznaczy A,B obliczamy pochodne

(CSRN)′ = (t(A cos(t) + B sin(t)))′ = (A+Bt) cos(t) + (B − At) sin(t)

(CSRN)′′ = (2B − At) cos(t)− (2A−Bt) sin(t)

i wstawiamy do równania

(CSRN)′′ +CSRN = 2 cos(t) ; (2B −At) cos(t)− (2A−Bt) sin(t) + t(A cos(t) +B sin(t)) = 2 cos(t) ;

Porównując wspólczynniki przy takich samych funkcjach trygonometrycznych (!) uzyskujemy A = 0, B = 1

skąd CSRN = t sin(t)

3. CORN=CSRN+CORJ =t sin(t) + (A cos(t) +B sin(t)).

4. Rozwiązanie spełniające warunki początkowe.

Obliczamy (CORN)′ = sin(t) + t cos(t)− A sin(t) +B cos(t) i wstawiamy zadane warunki początkowe.

1 = CORN(0) = A ; 0 = (C0RN)′(0) = B A stąd szukanym rozwiązaniem jest x(t) = t sin(t) + cos(t)

1.3 Równania różniczkowe liniowe.Zadania

Uwaga. We wszystkich zadaniach należy sprawdzić poprawność uzyskanego rozwiązania wstawiając je do

równania.

1. Znaleźć rozwiązanie równania o zmiennych rozdzielonych spełniające warunek początkowy

(a) x = 3x , x(0) = −2

(b) x =1− 2tx2, x(0) = 2

(c) x =2xt1 + t2

, x(0) = 1

2. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania różniczkowego limiowego (rzędu jeden).

(a) x+ 2tx = e−t2, [x = (C + t)e−t2]

(b) tx− 2x = t4 , [x = Ct2 + 1/2 · t4]

3. Rozwiązać równanie różniczkowe liniowe jednorodne rzędu dwa;

(a) x′′ + 5x′ + 6x = 0 [C1e−3t + C2e−2t]

(b) x′′ + 6x′ + 9x = 0 [(C1t+ C2)e−3t] ,

(c) 5x′′ − 12x′ + 20x = 0 [(C1 cos 6t5 + C2 cos6t5 )e6t/5]

4. Znaleźć rozwiązania równania różniczkowego liniowego niejednorodnego :

(a) x′′ − 3x′ + 2x = 5t+ 2 [(C1e2t + C2et + 52t+194 ]

(b) x′′ + 4x′ + 2x = 4e−t [(C1e2t + C2et + 32e−t]

(c) x′′ + 2x′ = cos 2t [(C1 + C2e−2t + 18 sin 2t−18 cos 2t]

(d) x′′ − 3x′ + 2x = et [C1e2t + C2et − tet]

Następnym razem będziemy używać: całkowania przez części, całek niewłaściwych (gdy obszarem całko-

wania jest półprosta [a,∞)) oraz rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste. Zachęcam do roazwiązania

zadań przygotowawczych.

1. Obliczyć całki niewłaściwe:∫ ∞0e−2tdt =

12;

∫ ∞0t · e−tdt [12 ; 1]

2. Rozłożyć funkcje wymierne na ułamki proste:

5x2 − x− 6

;x− 6

x2 + 3x− 4[ 1x−3 −

1x+2 ;

−1x−1 +

2x+4 ]

2 Trasformata Laplace’a

Definicja 2.1 Funkcję f : R→ R nazywamy oryginałem gdy

• f i jej pochodna f ′ są przedziałami ciągłe,

• f(t) = 0 dla t < 0,

• istnieją stałe M,λ takie, że |f(t)| ¬M · eλt.

Przykład 2.2 .

• Funkcje ograniczone z ciągłą pochodną, np. sin(at) ,cos(at),

• wielomiany , eat,

• et2 nie jest oryginałem bo zbyt szybko rośnie.

Przyjmujemy, ze wszystkie omawiane tu funkcje są równe zeru dla t < 0.

Dla oryginału f(t) określamy nową funkcję: L[f ] = F wzorem:

F (s) =∫ ∞0f(t)e−stdt

Piszemy wówczas L[f ](s) = F (s). Funkcję F (s) nazywamy obrazem.

Nie każda funkcja jest obrazem:

Twierdzenie 2.3 Jeśli F (s) jest obrazem to

lims→∞F (s) = 0

�

Przykład 2.4 Obliczyć L[1].

F (s) =∫ ∞01 · e−stdt = lim

T→∞

∫ T01 · e−stdt

= limT→∞

[−1/s · e−st

]T0= limT→∞

[−1/s · e−sT + 1/s

]= 1/s

A zatem L[1] jest równe F (s) =1s.

Podobnie można uzasadnić wzory (całkowanie przez części).

• L[eat](s) = 1s− a

• L[cos(bt)](s) = s

s2 + b2

• L[sin(bt)](s) = b

s2 + b2

• L[tn](s) = n!sn+1

2.1 Własności transformaty

• Liniowość transformaty:

L[f + g] = L[f ] + L[g]

L[αf ] = αL[f ]

Przykład 2.5 .

L[3− e2t + 2 sin t] = 3L[1] = L[e2t] + 2L[sin t] = 3s− 1s−2 +

2s2+1

Różniczkowanie oryginału.

L(f ′) = s · L(f)− f(0)

• n-krotne różniczkowanie oryginału.

L(f ′) = s · L(f)− f(0)

L(f ′′) = s2 · L(f)− sf(0)− f ′(0)

L(f ′′′) = s3 · L(f)− s2f(0)− sf ′(0)− f ′′(0)

L(f (n)) = sn · L(f)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− ...− f (n−1)(0)

• Trasformata Laplace’a jest różnowartościowa tzn. różnym funkcjom odpowiadają różne obrazy, a

zatem można mówić o transfromacie odwrotnej: L−1.

Przykład 2.6 Rozwiązać równanie różniczkowe z warunkiem początkowym:

x+ 2x = 1

x(0) = 2

L[x] + 2L[x] = L[1] ; sX = 2 + 2X =1s

X(s+ 2) = 2 +1s; X =

2s+ 2

+1

s(s+ 2)

X =2s+ 2

+12· 1s− 12· 1s+ 2

=32· 1s+ 2

+12· 1s

A zatem x(t) =32· e−2t + 1

2.

Oryginał f(t) Transformata L[f(t)](s)

11s

t1s2

t22s3

tnn!sn+1

eat1s− a

t · eat 1(s− a)2

tn · eat n!(s− a)n+1

cos(at)s

s2 + a2

sin(at)a

s2 + a2

Oryginał f(t) Transformata L[f(t)](s)

t · cos(at) s2 − a2

(s2 + a2)2

t · sin(at) 2as(s2 + a2)2

eαt · cos(βt) s− α(s− α)2 + β2

eαt · sin(βt) β

(s− α)2 + β2

cosh(at)s

s2 − a2

sinh(at)a

s2 − a2

f ′(t) sF (s)− f(0)

f ′′(t) s2F (s)− sf(0)− f ′(0)

2.2 Transformata Laplace’a. Zadania

1. Znaleźć transformatę Laplace’a funkcji

(a) f(t) = 5− e2t [F (s) = 4s−10s2−2s ]

(b) f(t) = t [F (s) = 1/s2]

(c) f(t) = e2t − e−t [F (s) = 3s2−s+2 ]

(d) f(t) = t2 [F (s) = 2/s3]

2. Dla danego obrazu znaleźć oryginał

(a) F (s) = 1s2−1 [f(t) = e

t−e−t2 ]

(b) F (s) = 1s(s−2)2 [f(t) = 14e

2t(2t− 1) + 14 ]

(c) F (s) = 1s2+s [f(t) = 1− e−t]

(d) F (s) = s2+s+1s3+s [f(t) = 1 + sin t]

(e) F (s) = s−1s2−2s−3 [f(t) = 12e

3t + 12e−t]

3. Znaleźć rozwiązanie równania różniczkowego, spełniające dany warunek początkowy, stosując trans-

formatę Laplace’a

(a) x = 5− 2t , x(0) = 1 [x(t) = −t2 + 5t+ 1]

(b) x+ 2x+ 10x = 1 , x(0) = x(0) = 0 [x(t) = 110 −

110 · cos 3t−

115 sin 3t]

(c) x− x− 2x = 1 , x(0) = 1 , x(0) = 0 [x(t) = −12 +12e2t + e−t]

(d) x+ 4x+ 13x = 2 · e−t , x(0) = 0 , x(0) = −1 [x(t) = −15 [e−t − e−2t cos 3t− 2e−2t sin 3t]]

(e) x− 2x+ x = 1 , x(0) = 0 , x(0) = 1 [x(t) = 1− et + 2t · et]

3 Szeregi Fouriera.

Lemat 3.1 Niech f :< −a, a >→ R. Wówczas:

• jeśli f jest nieparzysta to∫ +a−af(x)dx = 0,

• jeśli f jest parzysta to∫ +a−af(x)dx = 2 ·

∫ +a0f(x)dx

Lemat 3.2 f, g :< −a, a >→ R. Wówczas:

• jeśli obie funkcje f, g są jednocześnie parzyste lub jednocześnie nieparzyste to iloczyn fg jest funkcją

parzystą,

• jeśli jedna z funkcji jest parzysta a druga nieparzysla to iloczyn jest funkcją nieparzystą.

Problem. Czy można przedstawić dowolną funkcję

f :< −π,+π >→ R jako sumę szeregu

f(x) =a02+∞∑n=1

(an · cos(nx) + bn · sin(nx))

Przypuśćmy, że zachodzi taka równość. Ile wynoszą wówczas współczynniki ak, bk ?

Całkujemy obustronnie ( na przedziale < −π,+π >)

∫ +π−πf(x)dx =

∫ +π−π(a02+∞∑n=1

(an · cos(nx) + bn · sin(nx)))dx

=∫ +π−π

a02dx+

∞∑n=1

(an ·

∫ +π−πcos(nx)dx+ bn ·

∫ +π−πsin(nx)dx

)

=a02· 2π = π · a0

A zatem a0 =1π

∫ +π−πf(x)dx.

Aby wyznaczyć am (m ­ 1) mnożymy obie strony równości przez cos(mx) i całkujemy:

∫ +π−πf(x) · cos(mx)dx =

∫ +π−π

a02· cos(mx)dx+

∞∑n=1

(an

∫ +π−πcos(nx) cos(mx)dx+ bn

∫ +π−πsin(nx) cos(mx)dx

)= (∗)

Mają miejsce wzory:

•∫ +π−πcos(mx)dx = 0,

•∫ +π−πcos(mx) sin(nx)dx = 0 (bo iloczyn jest funkcją nieparzystą),

•∫ +π−πcos(mx) cos(nx)dx =

0 gdy m = n

π gdy m = n

A zatem w podanej sumie mamy

∫ +π−πf(x) · cos(mx)dx = (∗) = am

∫ +π−πcos2(mx)dx = am · π

a zatem

am =1π

∫ +π−πf(x) · cos(mx)dx

Podobnie można pokazać, że

bm =1π

∫ +π−πf(x) · sin(mx)dx

Podobne wzory uzyskujemy dla dowolnego przedziału < −l,+l >. Wówczas funkcje sin(nx) , cos(nx)

należy zastąpić przez sin(nxπ/l) , cos(nxπ/l).

Aby jednak takie rozwinięcie miało miejsce potrzebne są pewne założenia:

Twierdzenie 3.3 Jeśli funkcja f :< −l,+l >→ R spełnia warunki Dirichleta tzn.

1. jest ograniczona,

2. jest przedziałami monotoniczna,

3. w każdym punkcie nieciągłości istnieją granice prawo- i lewostronna oraz

f(x) =f(x− 0) + f(x+ 0)

2

Wówczas funkcja f(x) jest sumą szeregu sinusów i cosinusów tzn. w każdym punkcie zachodzi równość:

f(x) =a02+∞∑n=1

(an · cos(nxπ/l) + bn · sin(nxπ/l))

gdzie

an = 1/l ·∫ +l−lf(x) · cos(nxπ/l)dx

bn = 1/l ·∫ +l−lf(x) · sin(nxπ/l)dx

Uwaga.

• jeśli f(x) jest funkcją parzystą to bn = 0 ⇒ szereg samych cosinusów,

• jeśli f(x) jest funkcją nieparzystą to an = 0 ⇒ szereg samych sinusów.

3.1 Rozwinięcie w szereg samych (co-)sinusów

Dana jest funkcja f : (0, l)→ R. Przedłużymy ją na odcinek < −l,+l > w sposób parzysty a następnie w

sposób nieparzysty i do uzyskanych funkcji zastosujemy powyższe wzory.

Przedłużamy f(x) w sposób parzysty. Określamy

f :< −l,+l >→ R wzorem

f ∗(x) = f(|x|)

(i dodatkowo w punktach 0,±l wartość funkcji f ∗(x) jest równa granicy funkcji f).

Wówczas f ∗ jest funkcją parzystą a zatem rozwija się w szereg samych cosinusów, gdzie

an = 1/l ·∫ +l−lf ∗(x) · cos(nxπ/l)dx = 2/l ·

∫ +l0f(x) · cos(nxπ/l)dx

Ponieważ f ∗(x) = f(x) dla 0 < x < l

Twierdzenie 3.4 Funkcja f : (0, l) → R spełniająca warunki Dirichleta rozwija się w szereg samych

cosinusów:

f(x) =a02+∞∑n=1

an · cos(nxπ/l)

gdzie

an = 2/l ·∫ +l0f(x) · cos(nxπ/l)dx

Przedłużamy f(x) w sposób nieparzysty. Określamy f :< −l,+l >→ R

f ∗(x) =

f(x) gdy 0 < x < l

−f(−x) gdy − l < x < 0

0 gdy x = 0,±l

Wówczas f ∗ jest funkcją nieparzystą, a więc rozwija się w szereg samych sinusów, przy czym

bn = 1/l ·∫ +l−lf ∗(x) · sin(nxπ/l)dx = 2/l ·

∫ +l0f(x) · sin(nxπ/l)dx

Ponieważ f ∗(x) = f(x) dla 0 < x < l

Twierdzenie 3.5 Funkcja f : (0, l) → R spełniająca warunki Dirichleta rozwija się w szereg samych

sinusów:

f(x) =∞∑n=1

bn · sin(nxπ/l)

gdzie

bn = 2/l ·∫ +l0f(x) · sin(nxπ/l)dx

3.2 Szeregi Fouriera. Zadania.

1. Znaleźć rozwinięcie Fouriera. Do czego jest zbieżny szereg Fouriera na końcach przedziału i w punk-

tach nieciągłości?

(a)

f(x) =

−1 gdy − π < x < 0

+1 gdy 0 < x < π

Odp. f(x) ∼ 4π

∞∑n=0

sin(2n+ 1)x2n+ 1

. Wszystkie granice = 0.

(b)

f(x) =

1 gdy − π < x < 0

3 gdy 0 < x < π

Odp. f(x) ∼ 2 + 4π

∞∑n=0

sin(2n+ 1)x2n+ 1

. Wszystkie granice = 2.

(c) f(x) = x , −π ¬ x ¬ +π.

Odp. x ∼ 2 ·∞∑n=1

(−1)n+1 sinnxn. Wszystkie granice = 0.

(d) f(x) = x , −1 ¬ x ¬ +1.

Odp. x ∼ 2π·∞∑n=1

(−1)n+1 sinnπxn. Wszystkie granice = 0.

(e) f(x) = x2 , −π ¬ x ¬ +π.

Odp. x2 ∼ 4π·∞∑n=1

(−1)n cosnxn2. Wszystkie granice = π2.

(f) f(x) = x2 , −1 ¬ x ¬ +1.

Odp. x2 ∼ 4π2·∞∑n=1

(−1)n cosnπxn2. Wszystkie granice = 1.

(g) f(x) = |x| , −1 ¬ x ¬ +1.

Odp. |x| ∼ 12− 4π2·∞∑n=0

(−1)n cos(2n+ 1)πx(2n+ 1)2

. Wszystkie granice = 1.

2. Znaleźć rozwinięcie Fouriera w szereg samych cosinusów. Do czego jest zbieżny szereg Fouriera na

końcach przedziału i w punktach nieciągłości?

(a)

f(x) =

1 gdy 0 < x < π/2

0 gdy π/2 < x < π

Odp. f(x) ∼ 12+∞∑n=1

(−1)n cos(2n+ 1)x. Granice: 0 dla x = 0 , 1 dla x = π.

(b) f(x) = x2, 0 ¬ x ¬ 2

Odp. x2 ∼ 43+ 16 ·

∞∑n=1

(−1)n

π2n2cosπnx

2. Granice: 0 dla x = 0 , 4 dla x = 2.

3. Znaleźć rozwinięcie Fouriera w szereg samych sinusów. Do czego jest zbieżny szereg Fouriera na

końcach przedziału i w punktach nieciągłości?

(a) f(x) =π

4− x2. 0 < x < π.

Odp. f(x) ∼∞∑n=0

(−1)n sin 2nx2n. Granice: 0 .

(b) f(x) = x2, 0 ¬ x ¬ π

Odp. x2 ∼ 2π+∞∑n=1

(−1)n+1(π2

n+2n3((−1)n − 1)

)sinnx . Granice: 0 oraz π2.

4 Rachunek wariacyjny

Problem 4.1 Znaleźć funkcję x(t) dla której całka∫ baF (t, x(t), x′(t))dt

osiąga wartość ekstremalną! (Tutaj a < b są danymi liczbami a F (t, x, x′) daną funkcją.)

Przykład 4.2 Dane są liczby a < b oraz A,B. Dla jakiej funkcji x(t) spełniającej x(a) = A , x(b) = B,

obrót wykresu wokół osi OT ma minimalną powierzchnię boczną?

Dla jakiej funkcji x(t) wartość

S(x) = 2π∫ bax(t)

√1 + (x′(t))2dt

jest minimalna?

4.1 Ekstremum funkcji 1 zmiennej

Rozpatrujemy funkcję x(t) klasy C1. Warunkiem koniecznym aby funkcja x miała ekstremum lokalne w

punkcie t0 jest zerowanie się pochodnej x′(t0) = 0 (punkt stacjonarny). Warunkiem dostatecznym jest

zmiana znaku drugiej pochodnej. Jednakże w zagadnieniach praktycznych , gdy wiadomo, że ekstremum

istnieje a jest tylko jeden punkt stacjonarny t0, możemy stwierdzić, że funkcja x(t) ma w punkcie t0

ekstremum. Można wówczas nie liczyć drugiej pochodnej.

4.2 Ekstremum funkcjonału

Koncentrujemy się na przestrzeni funkcji klasy C1:

C1(a, b) = {x : [a, b]→ R; istnieje ciągła pochodna x′(t)}

i jej podprzestrzeni

C1(a, b;A,B) = {x ∈ C1(a, b;A,B) ; x(a) = A, x(b) = B}

W przestrzeni tej określamy odległość między dwoma funkcjami

d(x1, x2) = max{|x1(t)− x2(t)|, |x′1(t)− x′2(t)|; a ¬ t ¬ b}

Funkcjonałem nazywamy kązdą funkcję L : C1(a, b;A,B)→ R.

Definicja 4.3 Dany jest funkcjonał L : C1(a, b;A,B) → R. Mówimy, że L osiąga w punkcie x0 (czyli w

funkcji!) maksimum (minimum) lokalne gdy istnieje liczba r > 0 taka, że dla każdego x ∈ C1(a, b;A,B)

różnego od x0 i spełniającego d(x, x0) ¬ r zachodzi L[x] < L[x0] (L[x] > L[x0]).

Uwaga 4.4 W powyższej definicji pytamy o lokalne ekstrema w zbiorze C1(a, b;A,B) czyli wśród funkcji

różniczkowalnych. Wówczas w literaturze ekstrema te nazywa się słabymi. Tę samą definicję można również

stosować do funkcjonałów określonych na (większej) przestrzeni funkcji ciągłych C(a, b). Tutaj ekstremum

nazywamy silnym.

Jeśli w powyższej definicji nierówność zastąpimy poprzez nierówność nieostrą to określimy ekstrema

nieostre.

4.3 Warunek konieczny extremum funkcjonału. Równanie Eulera.

Przypomnijmy wzór na pochodną funkcji złożonej. Rozpatrujemy funkcje x(t), y(t) oraz F (x, y). Wówczas

pochodna funkcji złożonej F (x(t), y(t)) wyraża się wzorem

d

dt(F (x(t), y(t)) =

∂F

∂x(x(t), y(t)) · x′(t) + ∂F

∂y(x(t), y(t)) · y′(t)

Twierdzenie 4.5 Euler

Dany jest funkcjonał

L[x] =∫ baF (t, x(t), x′(t))dt

Jeśli funkcjonał ten osiąga w punkcie x ∈ C1(a, b;A,B) ekstremum (słabe) to spełnione jest równanie

Eulerad

dt

[∂F

∂x′(t, x(t), x′(t))

]− ∂F∂x(t, x(t), x′(t)) = 0

Uwaga 4.6 Równanie Eulera jest warunkiem koniecznym na ekstremum funkcjonału ale nie jest wa-

runkiem wystarczającym. Funkcje w której jest ono spełnione nazywamy ekstremalą funkcjonału. Jest to

odpowiednik punktu stacjonarnego.

Oczywiście, podobnie jak w przypadku funkcji jednej zmiennej, funkcjonał może nie mieć esktremum

lokalnego.

Przykład 4.7 Znaleźć najmniejszą wartość funkcjonału

l[x] =∫ 10

√1 + (x′(t))2dt

na przestrzeni funkcji C1[0, 1; 0, 1].

A zatem F (t, x, x′) =√1 + (x′(t))2. Obliczamy pochodne cząstkowe i wstawiamy do wzoru Eulera.

∂F

∂x′=

x′√1 + (x′(t))2

;∂F

∂x= 0

A stąd równanie Eulera przyjmuje postać

d

dt

x′√1 + (x′(t))2

= 0

A to oznacza, że wyrażenie x′√1+(x′(t))2

jest stałe: x′√1+(x′(t))2

= C. Po przekształceniu x′ = C√1−C2 , a więc

x′(t) jest stałe, a więc x(t) = at+b. Wstawiając warunki brzegowe x(0) = 0, x(1) = 1 uzyskujemy x(t) = t.

A zatem funkcja x(t) = t jest jedyną ekstremalą funkcjonału.

Na razie nie wiemy czy jest tutaj rzeczywiście minimum lokalne. Ale zauważmy że nasz funkcjonał

podaje długość wykresu funcji x(t). Teraz jest oczywiste, że długość tę realizuje odcinek, czyli nasza

ekstremala. �W konkretnych sytuacjach wzór Eulera może przyjąć prostszą postać.

Uwaga 4.8 Gdy funkcja F (t, x, x′) nie zależy od t tzn.

L[x] =∫ baF (x(t), x′(t))dt

. Wówczas wzór Eulera przyjmuje postać

d

dt[F − x′Fx′ ] = 0

czyli

F − x′Fx′ = constans

Uwaga 4.9 Gdy funkcja F (t, x, x′) nie zależy od x tzn.

L[x] =∫ baF (t, x′(t))dt

. Wówczas wzór Eulera przyjmuje postaćd

dtFx′ = 0

czyli

Fx′ = constans

Uwaga 4.10 Gdy funkcja F (t, x, x′) nie zależy od x′ tzn.

L[x] =∫ baF (t, x(t))dt

. Wówczas wzór Eulera przyjmuje postaćd

dtFx = 0

czyli

Fx = constans

4.4 Rachunek wariacyjny. Zadania

Znaleźć ekstremale podanych funkcjonałów odpowiadające danym warunkom brzegowym

1. L[x] =∫ 21(t2(x′)2 + x)dt ; x(1) = x(2) = 1.

Odp. x(t) = 1/2 · ln |t|+ (ln 2)/t+ 1 + ln 2

2. L[x] =∫ π/20((x′)2 − x2)dt , x(0) = 0 , x(π/2) = 1.

Odp. x(t) = sin t

3. L[x] =∫ 10(tx+ x2 − 2x2x′)dt x(0) = 0 , x(1) = a

Odp x(t) = −t/2 dla a = −1/2. Dla a = −1/2 brak ekstremali.

4. L[x] =∫ 10(x′ − x)2dt x(0) = 0 , x(1) = 2

Odp. x(t) = 2 · ex−e−xe−1−e

5. L[x] =∫ π/20((x′)2 + 2xt− x2)dt x(0) = 0 , x(π/2) = 1 + π/2

Odp. x(t) = sint+ t

6. L[x] =∫ π/20((x′)2 + 2x · sint− x2)dt x(0) = 0 , x(π/2) = π/2

Odp. x(t) = 3π/4 · πsint− (1/2) · t · cos t

5 Równania rózniczkowe cząstkowe. Sprowadzanie do postaci

kanonicznej.

5.1 Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej

Niech f(x, y) = Ax2 + Bxy + Cy2 oznacza formę kwadratową. Załózmy, że choć jedna z liczb A,B,C nie

jest zerem. Niech ∆ = B2 − 4AC.

Lemat 5.1 Istnieje liniowa zamiana zmiennych

u = αx + βy

v = α′x + β′ytak, że w nowych współrzędnych forma przyjmuje postać:

• u2 − v2 lub u · v gdy ∆ > 0 (typ hiperboliczny)

• u2 gdy ∆ = 0 (typ paraboliczny)

• ±(u2 + v2) gdy ∆ < 0 (typ eliptyczny)

Przykład 5.2 Określić typy i sprowadzić do postaci kanonicznej formy:

• f(x, y) = x2 − 4xy − 2y2

• g(x, y) = 9x2 − 6xy + 4y2

• h(x, y) = −x2 + 4xy − 5y2

5.2 Równania rózniczkowe cząstkowe liniowe rzędu 2

Równaniem różniczkowym cząstkowym (rzędu 2 , dwu zmiennych x, y) nazywamy zależność między zmien-

nymi niezależnymi x, y, funkcją szukaną u(x, y) i jej pochodnymi: u′x, u′y, u′′xx, u

′′xy, u

′′yy w postaci równości:

F (x, y, u, u′x, u′y, u′′xx, u

′′xy, u

′′yy) = 0

W dalszym ciągu omawiać będziemy równania różniczkowe cząstkowe liniowe.

Równanie takie ma postać:

Au′′xx +Bu′′xy + Cu

′′yy + au

′x + bu

′y + cu+ d = 0

gdzie A,B,C, a, b, c, d są danymi funkcjami, zmiennych x, y o ciągłych pochodnych.

Definicja 5.3 W zależności od znaku ∆ = B2− 4AC okleślamy typ (hiperboliczny, paraboliczny, eliptycz-

ny) równania.

Uwaga 5.4 Znak ∆ nie zmienia się przy zmianie wspólrzednych: ξ = f(x, y), η = g(x, y) o niezerowym

jakobianie:

det

ξx ξyηx ηy

= 0

Twierdzenie 5.5 Każde równanie rózniczkowe cząstkowe liniowe rzędu 2 rzędu daje się sprowadzić do

postaci kanonicznej:

• u′′ξξ − u′′ηη + F (u′ξ, u′η, u, ξ, η) = 0 (typ hiperboliczny)

• u′′ξη + F (u′ξ, u′η, u, ξ, η) = 0 (typ hiperboliczny)

• u′′ηη + F (u′ξ, u′η, u, ξ, η) = 0 (typ paraboliczny)

• u′′ξξ + u′′ηη + F (u′ξ, u′η, u, ξ, η) = 0 (typ eliptyczny) �

Jak to uzyskać? Stosujac zamianę zmiennych

ξ = f(x, y)

η = g(x, y)uzyskujemy równanie

A1u′′ξξ +B1u

′′ξη + C1u

′′ηη + a1u

′ξ + b1u

′η + cu+ d = 0

gdzie wspólczynniki dane są wzorami

• A1 = A(f ′x)2 +Bf ′x · f ′y + C(f ′y)2

• B1 = 2Af ′x · g′x +B(f ′x · g′y + f ′y · g′x) + 2Cf ′y · g′y

• C1 = A(g′x)2 +Bg′x · g′y + C(g′y)2

• a1 = Af ′′xx +Bf ′′xy + Cf ′′yy + af ′x + bf ′y

• b1 = Ag′′xx +Bg′′xy + Cg′′yy + ag′x + bg′y

Jak dobrać funkcje ξ = f(x, y), η = g(x, y) aby uzyskać postać kanoniczną (tzn. aby odpowiednie

A1, B1, C1 się zerowały) ?

Definicja 5.6 Charakterystykami równania cząstkowego liniowego nazywamy krzywe całkowe równań róż-

niczkowych zwyczajnych:

Ady2 −Bdxdy + Cdx2 = 0

tzn. równańdy

dx=B −√∆

2Ady

dx=B +√∆

2A

Niech f(x, y) = C1 , g(x, y) = C2 będą całkami pierwszymi tych równań.

• Typ hiperboliczny: Przyjmujemy

ξ = f(x, y) , η = g(x, y)

lub

ξ = f(x, y) + g(x, y) , η = f(x, y)− g(x, y)

• Typ paraboliczny:

ξ = f(x, y) , η = ϕ(x, y)

gdzie ϕ jest jakąkolwiek funkcją niezależna od f(x, y) (najczęściej ϕ = x lub ϕ = y).

• Typ eliptyczny

ξ = α(x, y) , η = β(x, y)

gdzie f(x, y) = α(x, y) + iβ(x, y)

5.3 Sprowadzanie równania różniczkowego cząstkowego do postaci kanonicz-

nej. Zadania

1. Wyznaczyć obszary, w których podane równanie rózniczkowe jest typu eliptycznego:

u′′xx − 2y · u′′xy − (x2 − 25) · u′′yy + ux + 5uy + u = 0

2. Wyznaczyć obszary, w których podane równanie rózniczkowe jest typu hiperbolicznego:

u′′xx + 4x · u′′xy + (3x2 − x− y)u′′yy = 0

3. Określić typ równania i sprowadzić do postaci kanonicznej

(a) u′′xx + 2u′′xy − 3u′′yy + 2u′x + 6u′y = 0

(b) u′′xx + 4u′′xy + 5u

′′yy + u

′x + 2u

′y = 0

(c) y · u′′xx + u′′yy = 0

(d) x2u′′xx − y2u′′yy = 0

(e) xu′′xx + yu′′yy = 0

Odpowiedzi:

1. Wnętrze okręgu x2 + y2 < 25.

2. Wnętrze paraboli y > x2 − x

3. a) u′′ξη + 1/2 · u′ξ = 0 , ξ = x+ y , η = 3x− y.

b) u′′ξη + u′′ηη + u

′′η = 0 , ξ = y − 2x , η = x.

c) dla y > 0: u′′ξξ + u′′ηη + 1/(3η) · uη = 0

dla y < 0: u′′ξη − 1/(6(ξ − η)) · (u′ξ − uη) = 0

d) u′′ξη − 1/(2ξ) · uη , ξ = xy , η = y/x.

e) I i III ćwiartka :

u′′ξξ + u′′ηη − (1/ξ) · uξ − (1/η) · uη = 0

ξ = x1/2 , η = y1/2 , I ćwiartka

ξ = (−x)1/2 , η = (−y)1/2 , III ćwiartka

II i IV ćwiartka :

u′′ξξ − u′′ηη − (1/ξ) · uξ − (1/η) · uη = 0

ξ = (−x)1/2 , η = y1/2 , II ćwiartka

ξ = x1/2 , η = (−y)1/2 , IV ćwiartka

5.4 Przykłady równań różniczkowych cząstkowych

• Równanie drgań struny

u′′xx −1a2u′′tt = f(x, t)

• Równanie drgań membrany

u′′xx + u′′yy −

1a2u′′tt = f(x, t)

• Równanie przewodnictwa cieplnego na prostej (równanie dyfuzji)

u′′xx −1a2u′t = f(x, t)

tutaj f(x, t) oznacza zewnętrzne źródła ciepła.

u′′xx + u′′yy −

1a2u′t = f(x, t)

Oznaczając ∆u = u′′xx + u′′yy (laplasjan) można to też zapisać ∆u−

1a2u′t = 0

• Równanie Laplace’a ∆u = u′′xx + u′′yy = 0 (laplasjan =0).

6 Równanie struny

6.1 Struna nieograniczona

Uwaga 6.1 Zbiór rozwiązań równania różniczkowego liniowego jednorodnego

a(x, t)u′′xx(u, t) + · · ·+ z(x, t)u(x, t) = 0

jest przestrzenią liniową. Tzn jeśli u(x, t), v(x, t) są rozwiązaniami to każda ich kombinacja liniowa

α · u(x, t) + β · v(x, t)

(gdzie α, β ∈ R) są rozwiązaniami tego równania. �

Rozpatrujemy strunę obustronnie nieskończoną. Rozpatrujemy równanie

u′′xx −1a2u′′tt = f(x, t)

i szukamy rozwiązań u(x, t) określonych dla (x, t) ∈ R× [0,∞).

Jeśli f(x) ≡ 0 to równanie nazywamy jednorodnym.

Równanie charakterystyk

(dt)2 − 1a2(dx)2 = 0

daje

(dt− 1adx)(dt+

1adx) = 0

dx = +a · dt ; dx = −a · dt

x = at+ C1 ; x = −at+ C2

a stąd nowe zmienne

ξ = x− at ; η = x+ at

W nowych zmiennych uzyskujemy

uξη = 0

skąd u(ξ, η) = g(ξ) + h(η) gdzie g, h są dowolnymi funkcjami. Wracając do statych zmiennych

u(x, t) = g(x− at) + h(x+ at)

Są to dwie fale poruszające w przeciwnych kierunkach z prędkością a.

Przypuśćmy, że rozwiązanie u(x, t) spełnia warunki początkowe u(x, 0) = f(x) , ut(x, 0) = ϕ(x) (dla

dowolnie zadanych funkcji f(x) oraz ϕ(x)). Wówczas

g(x) + h(x) = f(x)

−a · g′(x) + a · h′(x) = ϕ(x)

a więc

g(x) + h(x) = f(x)

−g(x) + h(x) = 1a

∫ x0ϕ(z)dz

g(x) =12

[f(x)− 1

a

∫ x0ϕ(z)dz

]h(x) =

12

[f(x) +

1a

∫ x0ϕ(z)dz

]

u(x, t) = g(x− at) + h(x+ at)

=12

[f(x− at)− 1

a

∫ x0ϕ(z)dz

]+12

[f(x+ at) +

1a

∫ x0ϕ(z)dz

]=12

[f(x− at) + f(x+ at)−

∫ x+atx−atϕ(z)dz

]Przykład 6.2 Gdy f(x) = 1

1+x2 , ϕ(x) = 0. Wówczas

u(x, t) =12

[1

1 + (x− at)2+

11 + (x+ at)2

]

7 Struna ograniczona

7.1 Przypadek specjalny u′t(x, 0) = 0

. Rozpatrujemy strunę na odcinku [0, l] z zamocowanymi końcami, tzn. równanie różniczkowe

u′′xx −1a2utt = 0

z warunkami brzegowymi u(0, t) = u(l, t) = 0.

Przypuśćmy, że struna w chwili t = 0 spełnia warunki początkowe u(x, 0) = f(x) , u′x(x, 0) = 0.

Latwo jest sprawdzić (!), że jeśli warunek początkowy f(x) = sin(πx/l) to rozwiązaniem równania jest

u(x, t) = sin(πx/l) cos(aπt/l)

Podobnie dla fk(x) = sin(kπx/l) rozwiązaniem równania jest uk(x, t) = sin(kπx/l) cos(kaπt/l).

Jeśli f(x) jest dowolnym warunkiem początkowym to

1. Rozkładamy funkcję f(x) w szereg Fouriera sinusów f(x) =∞∑k=0

ak sin(kπx/l).

2. A wówczas suma∞∑k=0

akuk(x, t) =∞∑k=0

ak sin(kπx/l) cos(kaπt/l)

jest rozwiązaniem spełnijącym warunek początkowy u(x, 0) = f(x).

7.2 Rozdzielanie zmiennych

Dane jest równanie różniczkowe cząstkowe o niewiadomej funkcji u(x, t). Szukamy rozwiązania w posta-

ci iloczynu u(x, t) = X(x) · T (t). Metoda ta pozwala na zamianę równania cząstkowego na równania

rózniczkowe zwyczajne.

Przykład 7.1 Równanie struny ograniczonej

u′tt =1a2· u′′xx na odcinku 0 ¬ x ¬ L. Warunki brzegowe jednorodne u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0 (końce

struny są nieruchome)..

d2

dt2(X(x) · T (t)) = 1

a2· d2

dx2(X(x) · T (t))

X · T ′′ = 1a2·X ′′ · T

T ′′

T=1a2· X′′

X

Zauważmy, że lewa strona zależy tylko od zmiennej t a prawa tylko od x. A zatem wyrażenie to jest stałe

·T′′

T=1a2· X′′

X= −λ

gdzie λ ∈ R. A stąd dwa równania różniczkowe zwyczajne

T ′′ + λ · T = 0 ; X ′′ + a2 · λ ·X = 0

Ponadto z waruków brzegowych mamy: u(0, t) ≡ 0 co daje X(0) · T (t) ≡ 0. Ponieważ szukamy rozwią-

zania niezerowego więc X(0) = 0. Podobnie u(L, t) ≡ 0 daje X(L) = 0.

A zatem uzyskaliśmy układ równań zwyczajnych

T ′′(t) + λ · T (t) = 0 ; X ′′(x) + a2 · λ ·X(x) = 0

z warukami brzegowymi X(0) = 0 , X(L) = 0.

7.3 Równanie struny.Zadania

1. Znaleźć rozwiązania równania struny nieograniczonej

u′′xx − y′′tt = 0

spełniające warunek początkowy

(a) u(x, 0) =

1− |x| gdy |x| ¬ 1

0 poza tym; u′t(x, 0) = 0

Podać wykres rozwiązania w chwilach t = 0; 1/2; 1; 2

[Odp. u(x, t) = 1/2 · [F (x− t) + f(x+ t)] gdzie F (x) oznacza warunek początkowy]

(b) u(x, 0) = 0 , u′t(x, 0) = cos2x [ Odp. u(x, t) = 1/4 · (2t− sin 2x sin 2t)]

2. Znaleźć rozwiązania równania struny ograniczonej 0 ¬ x ¬ 1

u′′xx − (1/4) · y′′tt = 0

spełniające warunek brzegowy u(0, t) = u(1, t) = 0 oraz warunek początkowy u(x, 0) = sin 2πx ,

ut(x, 0) = 0. [ Odp. u(x, t) = sin 2πx cos πt]

3. Znaleźć rozwiązania równania struny ograniczonej 0 ¬ x ¬ π

u′′xx − (1/4) · y′′tt = 0

spełniające warunek brzegowy u(0, t) = u(π, t) = 0 oraz warunek początkowy

u(x, 0) =

x/π gdy 0 ¬ x ¬ π/2

1− x/π gdy π/2 ¬ x ¬ 1; u′t(x, 0) = 0

[ Odp. u(x, t) = 1/π2 ·[sinx cos t12 − sin 3x cos 3t32 + sin 5x cos 5t52 − . . .

]4. Znaleźć rozwiązania równania struny ograniczonej 0 ¬ x ¬ 1

u′′xx − (1/a2) · y′′tt = 0

spełniające warunek brzegowy u(0, t) = u(π, t) = 0 oraz warunek początkowy

u(x, 0) = x(1− x) ; u′t(x, 0) = 0

[ Odp. u(x, t) = 4/π3 ·[sinπx cos aπt

13 + sin 3πx cos 3aπt33 + sin 5πx cos 5aπt53 + . . .]

7.4 Zagadnienie Sturma-Liouville’a

Rozpatrujemy równanie różniczkowe (zwyczajne) x = λx.

Twierdzenie 7.2 Jeśli równanie x = λx posiada niezerowe rozwiązanie spełniające warunek brzegowy

x(0) = x(l) = 0 to λ jest liczbą postaci λk = −(kπ/l)2 dla k ∈ Z. Wówczas rozwiązaniem spełniającymi

podany warunek brzegowy jest funkcja xk(t) = sin(kπt/l) a także każda jej krotność C · xk(t) dla C ∈ R.

Dowód. Najpierw pokażemy, że jesłi takie rozwiązanie istnieje to λ < 0.

Rozpatrzmy równanie charakterystyczne r2 − λ = 0.

Jeśli λ > 0 to ∆ = 4λ > 0 a więc mamy dwa pierwiastki rzeczywiste r = ±√λ a stąd rozwiązanie

ogólne

x(t) = C1e√λt + C2e

√−λt

Pierwszy warunek początkowy daje 0 = x(0) = C1 + C2 skąd C2 = −C1 a więc x(t) = C1(e√λt − e

√−λt).

Jednakże teraz nie jest spełniony drugi warunek początkowy bo x(l) = C1(e√λl − e

√−λl) = 0.

Jeśli λ = 0 to x = 0 ma rozwiązanie ogólne x(t) = at + b. Jednakże tylko dla a = b = 0 mamy

x(0) = x(l) = 0.

Niech zatem λ = −ω2 < 0. Wówczas pierwiatkami równania charaterystycznego są t = ±ωi, a stąd

rozwiązanie ogólne

x(t) = a cos(ωt) + b sin(ωt)

Z warunku brzegowego x(0) = 0 uzyskujemy a cos(ω0) + b sin(ω0) = 0 czyli a = 0.

Tak więc x(t) = b sin(ωt). Teraz warunek brzegowy x(l) = 0 daje b sin(ωl) = 0. A zatem jeśli b = 0 to

sin(ωl) = 0 czyli ωl = kπ dla k ∈ Z.

A zatem dla ωk = kπ/l mamy λk = −ω2k = −(kπ/l)2 oraz xk(t) = sin(kπt/l). �

Przykład 7.3 Równanie ciepła

u′t = k · u′′xx na odcinku 0 ¬ x ¬ L. Warunki brzegowe jednorodne u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0 (końce

utrzymywane są w stałej temperaturze T0 = 0.

d

dt(X(x) · T (t)) = k · d

2

dx2(X(x) · T (t))

X · T ′ = k ·X ′′ · T1k· T′

T=X ′′

X

Zauważmy, że lewa strona zależy tylko od zmiennej t a prawa tylko od x. A zatem wyrażenie to jest stałe

1k· T′

T=X ′′

X= −λ

gdzie λ ∈ R. A stąd dwa równania różniczkowe zwyczajne

T ′ + k · λ · T = 0 ; X ′′ + λ ·X = 0

Ponadto z waruków brzegowych mamy: u(0, t) ≡ 0 co daje X(0) · T (t) ≡ 0. Ponieważ szukamy rozwią-

zania niezerowego więc X(0) = 0. Podobnie u(L, t) ≡ 0 daje X(L) = 0.

A zatem uzyskaliśmy układ równań zwyczajnych

T ′′(t) + k · λ · T (t) = 0 ; X ′′(x) + λ ·X(x) = 0

z warukami brzegowymi X(0) = 0 , X(L) = 0.