4.1 Równania różniczkowe zwyczajne · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: prawa o tempach zmian

Boyce i DiPrima zaczynają od obserwacji, że wiele praw przyrody to stwierdzenia o tempie, w jakim coś się dzieje. Gdy zapiszemy je matematycznie, tempa stają się pochodnymi, a prawa równaniami. Równanie, w którym występuje pochodna szukanej funkcji, to równanie różniczkowe. Druga zasada dynamiki $m\,\dot v = F$ jest równaniem różniczkowym. Tak samo prawo stygnięcia, prawo rozpadu i prawa obwodów elektrycznych.Boyce §1.1

Feynman zwraca uwagę na rzecz zaskakującą. Te same równania pojawiają się w zupełnie różnych działach fizyki: ciężarek na sprężynie, ładunek w obwodzie, kamerton, elektron w atomie, termostat, a nawet lisy jedzące króliki. Dlatego warto jedno równanie przestudiować bardzo dokładnie, bo każde jego rozwiązanie od razu opisuje kilkanaście zjawisk.FLP I-21-1

Badając oscylator, w istocie badamy pewne równanie różniczkowe.

R. Feynman, FLP I-21-1 (tłum. własne)

W tej lekcji uczymy się trzech rzeczy. Po pierwsze, widzieć rozwiązania, zanim je znajdziemy (pole kierunków, stany równowagi). Po drugie, rozwiązywać najważniejsze typy równań na papierze. Po trzecie, liczyć je numerycznie, gdy wzoru nie ma.

1 Modele i pole kierunków

1.1 Spadające ciało

Zacznijmy od ciała spadającego w powietrzu (od tego modelu zaczyna też Boyce). Działają na nie ciężar $mg$ w dół i opór powietrza, który dla małych prędkości jest w przybliżeniu proporcjonalny do prędkości: $\gamma v$ w górę. Druga zasada dynamiki daje:por. Boyce §1.1

m\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = mg - \gamma v .

Stała $\gamma$ (w kg/s) to współczynnik oporu. Zależy od kształtu i rozmiaru ciała oraz od ośrodka. Stałe takie jak $m$ , $\gamma$ i $g$ , które w danym zagadnieniu się nie zmieniają, nazywamy parametrami modelu.

1.2 Rysujemy rozwiązania, nie znając ich

Weźmy $m = 5$ kg i $\gamma = 1{,}25$ kg/s. Równanie ma postać $\dot v = 9{,}8 - v/4$ . Nie znamy jeszcze $v(t)$ , ale dla każdej wartości $v$ znamy nachylenie wykresu: przy $v = 30$ m/s wynosi $2{,}3$ , przy $v = 40$ wynosi $-0{,}2$ , przy $v = 50$ wynosi $-2{,}7$ . W każdym punkcie płaszczyzny $(t,\ v)$ rysujemy krótki odcinek o tym nachyleniu. Dostajemy pole kierunków. Każdy odcinek jest styczny do rozwiązania, które przechodzi przez ten punkt.por. Boyce §1.1

Pole kierunków i stan równowagi

Dla równania $y' = f(t,\ y)$ w każdym punkcie $(t,\ y)$ rysujemy odcinek o nachyleniu $f(t,\ y)$ . Żeby to zrobić, nie trzeba rozwiązywać równania, wystarczy obliczać $f$ . Stała funkcja $y = y^*$ , dla której $f(t,\ y^*) = 0$ dla wszystkich $t$ , to rozwiązanie równowagowe.

Dla spadającego ciała $\dot v = 0$ przy $v = 39{,}2$ m/s. To prędkość graniczna, przy której ciężar równoważy opór. Pod tą prędkością nachylenia są dodatnie, więc ciało przyspiesza, a nad nią ujemne, więc zwalnia. Z pola kierunków widać, że wszystkie rozwiązania zbliżają się do $v = 39{,}2$ , niezależnie od prędkości początkowej. Taki stan równowagi nazywamy przyciągającym (asymptotycznie stabilnym, krócej: stabilnym).

Przykład 1.1 Myszy i sowy

Populacja myszy polnych rośnie w tempie proporcjonalnym do swojej liczebności, ze stałą $r = 0{,}4$ na miesiąc. Sowy zjadają 10 myszy dziennie. Zapisz równanie dla liczby myszy $p(t)$ ( $t$ w miesiącach), znajdź stan równowagi i opisz zachowanie rozwiązań.

Przyrost to $0{,}4\,p$ na miesiąc. Ubytek to $10\cdot30 = 300$ myszy na miesiąc. Jednostki muszą się zgadzać, dlatego nie piszemy 10. Równanie: $\dot p = 0{,}4\,p - 300$ .por. Boyce §1.1
Równowaga: $0{,}4\,p - 300 = 0$ , czyli $p^* = 750$ .
Dla $p > 750$ mamy $\dot p > 0$ , więc populacja rośnie i oddala się od 750. Dla $p < 750$ maleje i też się oddala.

Wynik: $\dot p = 0{,}4\,p - 300$ ; równowaga $p^* = 750$ jest odpychająca (niestabilna).

Sprawdzenie: Takiej równowagi w praktyce nie zobaczymy, bo najmniejsze zaburzenie wyprowadza populację daleko. Model przewiduje też ujemną liczbę myszy po pewnym czasie, czyli ma ograniczony zakres stosowania ✓

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 25 min

Pacjentowi podaje się dożylnie lek: do krwi wpływa 80 cm³/h płynu o stężeniu 4 mg/cm³. Organizm usuwa lek w tempie proporcjonalnym do jego ilości, ze stałą 0,25 na godzinę. Zapisz równanie dla ilości leku $Q(t)$ i znajdź ilość po długim czasie.

Odpowiedź
$\dot Q = 320 - 0{,}25\,Q$ (mg/h). Równowaga $Q^* = 1280$ mg, przyciągająca.
Ciało o temperaturze $T$ stygnie w pokoju o temperaturze $20^\circ$ C zgodnie z prawem Newtona: tempo zmian temperatury jest proporcjonalne do różnicy temperatur, ze stałą $0{,}05$ na minutę. Zapisz równanie. Jakie jest nachylenie pola kierunków przy $T = 60^\circ$ C, a jakie przy $T = 10^\circ$ C?

Odpowiedź
$\dot T = -0{,}05\,(T - 20)$ . Przy $60^\circ$ C: $-2^\circ$ C/min. Przy $10^\circ$ C: $+0{,}5^\circ$ C/min. Równanie jest to samo dla stygnięcia i ogrzewania.
Dla większych prędkości opór powietrza jest bliższy $kv^2$ . Zapisz równanie ruchu spadającego ciała i wyznacz prędkość graniczną. Jakie musi być $k$ , żeby ciało o masie 5 kg miało prędkość graniczną 39,2 m/s?

Odpowiedź
$m\dot v = mg - kv^2$ , $v^* = \sqrt{mg/k}$ . $k = \dfrac{mg}{v^{*2}} = \dfrac{49}{39{,}2^2} \approx 0{,}032$ kg/m.

Więcej zadań: Boyce §1.1.

2 Rozwiązanie i warunek początkowy

2.1 Rodzina rozwiązań

Rozwiążmy równanie spadającego ciała. Dla $v \neq 39{,}2$ zapisujemy je jako $\dfrac{\dot v}{v - 39{,}2} = -\dfrac14$ i całkujemy obie strony po $t$ :Boyce §1.2

\ln|v - 39{,}2| = -\frac t4 + C \quad\Longrightarrow\quad v(t) = 39{,}2 + c\,e^{-t/4} .

Stała $c$ jest dowolna. Dostaliśmy więc nie jedno rozwiązanie, tylko nieskończoną rodzinę krzywych, po jednej przez każdy punkt pola kierunków. To rozwiązanie ogólne. Żeby wybrać jedno, potrzebna jest dodatkowa informacja, na przykład prędkość w chwili $t = 0$ . Równanie razem z taką informacją to zagadnienie początkowe (problem Cauchy'ego).

2.2 Jak klasyfikujemy równania

Zwyczajne a cząstkowe. W równaniu różniczkowym zwyczajnym szukana funkcja zależy od jednej zmiennej. W równaniu cząstkowym od kilku, na przykład $\partial_tu = \partial_x^2u$ (przewodnictwo cieplne). Tu zajmujemy się zwyczajnymi.Boyce §1.3
Rząd to rząd najwyższej pochodnej. $m\ddot x = -kx$ jest drugiego rzędu, a rozwiązanie ogólne równania rzędu $n$ ma zwykle $n$ stałych dowolnych.
Liniowe a nieliniowe. Równanie jest liniowe, gdy szukana funkcja i jej pochodne występują tylko w pierwszej potędze, nie są przez siebie mnożone ani wstawiane do innych funkcji: $a_n(t)y^{(n)} + \dots + a_1(t)y' + a_0(t)y = g(t)$ . Równanie wahadła $\ddot\theta + \frac gl\sin\theta = 0$ jest nieliniowe przez $\sin\theta$ . Przybliżenie $\sin\theta \approx \theta$ z lekcji 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce robi z niego równanie liniowe. Fizycy nazywają to linearyzacją.

Przykład 2.1 Ciało upuszczone z wysokości 200 m

Ciało o masie 5 kg i współczynniku oporu 1,25 kg/s upuszczono z wysokości 200 m. Znajdź jego prędkość w każdej chwili. Kiedy uderzy w ziemię i z jaką prędkością?

„Upuszczono” znaczy $v(0) = 0$ , więc w rozwiązaniu ogólnym $c = -39{,}2$ : $v(t) = 39{,}2\left(1 - e^{-t/4}\right)$ m/s.
Droga to całka z prędkości: $x(t) = 39{,}2\,t + 156{,}8\,e^{-t/4} - 156{,}8$ (tak dobrane, żeby $x(0) = 0$ ).por. Boyce §1.2
Uderzenie: $x(T) = 200$ , czyli $39{,}2\,T + 156{,}8\,e^{-T/4} - 156{,}8 = 200$ . Rozwiązujemy numerycznie: $T \approx 8{,}64$ s.
$v(T) = 39{,}2\left(1 - e^{-2{,}160}\right) \approx 34{,}7$ m/s.

Wynik: $v(t) = 39{,}2(1 - e^{-t/4})$ ; uderzenie po ok. 8,6 s z prędkością ok. 34,7 m/s.

Sprawdzenie: bez oporu powietrza ciało spadałoby $\sqrt{2\cdot200/9{,}8} \approx 6{,}4$ s i uderzyło z prędkością ok. 63 m/s. Opór wydłuża czas i zmniejsza prędkość, która nie przekracza prędkości granicznej 39,2 m/s ✓

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Sprawdź, że $y = C\,e^{-2t} + 3$ spełnia $y' = -2y + 6$ dla każdego $C$ . Wybierz $C$ tak, żeby $y(0) = 1$ .

Odpowiedź
$y' = -2Ce^{-2t}$ , a $-2y + 6 = -2Ce^{-2t} - 6 + 6$ ✓. $C + 3 = 1$ , więc $C = -2$ .
Określ rząd i liniowość: (a) $y'' + ty = 0$ , (b) $y' = y^2 + t$ , (c) $\partial_tu = \partial_x^2u$ , (d) $\ddot\theta + \frac gl\sin\theta = 0$ , (e) $t^2y'' + ty' + y = \cos t$ .

Odpowiedź
(a) zwyczajne, 2. rzędu, liniowe (współczynnik $t$ nie przeszkadza); (b) 1. rzędu, nieliniowe; (c) cząstkowe, 2. rzędu, liniowe; (d) 2. rzędu, nieliniowe; (e) 2. rzędu, liniowe.
Ciało z przykładu 2.1 rzucono w dół z prędkością początkową 8 m/s. Znajdź $v(t)$ i $x(t)$ . Kiedy uderzy w ziemię i z jaką prędkością?

Odpowiedź
$c = 8 - 39{,}2 = -31{,}2$ : $v = 39{,}2 - 31{,}2\,e^{-t/4}$ , $x = 39{,}2\,t - 124{,}8\left(1 - e^{-t/4}\right)$ . Numerycznie $T \approx 7{,}84$ s, $v(T) \approx 34{,}8$ m/s.

Więcej zadań: Boyce §1.2, §1.3.

3 Zmienne rozdzielone

Jeśli prawą stronę da się zapisać jako iloczyn czynnika zależnego tylko od $x$ i czynnika zależnego tylko od $y$ , równanie nazywamy równaniem o zmiennych rozdzielonych:Boyce §2.2

Metoda · rozdzielenie zmiennych

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = p(x)\,q(y) \quad\Longrightarrow\quad \int\frac{\mathrm{d}y}{q(y)} = \int p(x)\,\mathrm{d}x + C .

Zapis Leibniza pozwala „przenieść” $\mathrm{d}x$ na drugą stronę. Formalnie to podstawienie w całce: obie strony różniczkujemy po $x$ i dostajemy wyjściowe równanie. Osobno trzeba sprawdzić stałe rozwiązania $y = y^*$ , w których $q(y^*) = 0$ , bo dzielenie przez $q(y)$ je gubi.

Wynik często dostajemy w postaci uwikłanej, jako równanie wiążące $x$ i $y$ , a nie gotowy wzór $y = \dots$ . Boyce traktuje to jako normalny wynik. Wzór jawny jest wygodniejszy, ale nie zawsze da się go uzyskać.

Przykład 3.1 Spadek z oporem kwadratowym

Ciało spada z oporem $kv^2$ : $\dot v = g - \dfrac kmv^2$ . Z zadania 3 w części 1 prędkość graniczna to $v^* = \sqrt{mg/k}$ . Rozwiąż równanie dla $v(0) = 0$ i porównaj prędkość po 8 s z oporem liniowym, gdy w obu przypadkach $v^* = 39{,}2$ m/s.

$\dot v = g\left(1 - \dfrac{v^2}{v^{*2}}\right)$ . Rozdzielamy: $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}v}{1 - v^2/v^{*2}} = \int g\,\mathrm{d}t$ .
Lewa całka to $v^*\operatorname{artanh}(v/v^*)$ (albo, przez rozkład na ułamki proste, $\tfrac{v^*}{2}\ln\frac{v^* + v}{v^* - v}$ ). Z $v(0) = 0$ : $v(t) = v^*\tanh\left(\dfrac{gt}{v^*}\right)$ .
Po 8 s: $\dfrac{gt}{v^*} = \dfrac{78{,}4}{39{,}2} = 2$ , $v = 39{,}2\tanh 2 \approx 37{,}8$ m/s. Przy oporze liniowym $39{,}2(1 - e^{-2}) \approx 33{,}9$ m/s.

Wynik: $v(t) = v^*\tanh(gt/v^*)$ ; po 8 s ok. 37,8 m/s zamiast 33,9 m/s.

Sprawdzenie: dla małych $t$ mamy $\tanh x \approx x$ , więc $v \approx gt$ , czyli swobodny spadek ✓. Przy oporze kwadratowym ciało dłużej spada prawie swobodnie, bo dla małych prędkości $v^2$ jest znacznie mniejsze od $v$ (w jednostkach $v^*$ ).

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 30 min

Rozwiąż $y' = x\,y^2$ , $y(0) = 1$ . Na jakim przedziale istnieje rozwiązanie?

Odpowiedź
$-\dfrac1y = \dfrac{x^2}{2} + C$ , $C = -1$ : $y = \dfrac{2}{2 - x^2}$ . Istnieje dla $|x| < \sqrt2$ .
Woda wypływa przez otwór w dnie zbiornika. Z prawa Torricellego $A\,\dot h = -a\sqrt{2gh}$ , gdzie $A = 1\ \mathrm{m^2}$ to pole przekroju zbiornika, a $a = 10\ \mathrm{cm^2}$ pole otworu. Na początku $h = 1$ m. Po jakim czasie poziom spadnie do połowy, a po jakim zbiornik się opróżni?

Odpowiedź
$\dfrac{\mathrm{d}h}{\sqrt h} = -\dfrac aA\sqrt{2g}\,\mathrm{d}t$ , więc $2\sqrt h = 2\sqrt{h_0} - \dfrac aA\sqrt{2g}\,t$ . Opróżnienie: $t = \dfrac{2\sqrt{h_0}A}{a\sqrt{2g}} \approx 452$ s. Połowa: $t = \dfrac{2(1 - \sqrt{0{,}5})A}{a\sqrt{2g}} \approx 132$ s. Druga połowa wody wypływa dłużej niż pierwsza, bo ciśnienie maleje.
Rozwiąż $y' = t\,y$ , $y(0) = 2$ . Czy przy dzieleniu przez $y$ gubimy rozwiązanie równowagowe $y = 0$ ?

Odpowiedź
$\ln|y| = \tfrac12t^2 + C$ , $y = 2e^{t^2/2}$ . Tak, $y = 0$ też jest rozwiązaniem (dla $y(0) = 0$ ). Rozwiązanie ogólne $y = Ce^{t^2/2}$ zawiera je dla $C = 0$ .

Więcej zadań: Boyce §2.2.

4 Równania liniowe pierwszego rzędu

4.1 Czynnik całkujący

Równanie liniowe pierwszego rzędu ma postać $y' + p(t)\,y = g(t)$ . Boyce pokazuje pomysł przypisywany Leibnizowi: pomnożyć równanie przez taką funkcję $\mu(t)$ , żeby lewa strona stała się pochodną iloczynu $\mu y$ . Z reguły iloczynu $(\mu y)' = \mu y' + \mu' y$ , więc potrzebujemy $\mu' = p\,\mu$ :Boyce §2.1

Metoda · czynnik całkujący

y' + p(t)\,y = g(t), \qquad \mu(t) = e^{\int p(t)\,\mathrm{d}t}, \qquad (\mu y)' = \mu g \quad\Longrightarrow\quad y = \frac{1}{\mu}\left(\int\mu\,g\,\mathrm{d}t + C\right) .

Rozwiązanie ogólne ma postać „szczególne + $C\cdot$ (rozwiązanie jednorodne)”. Dla stałego $p = 1/\tau$ część jednorodna to $Ce^{-t/\tau}$ : zanika ze stałą czasową $\tau$ , a zostaje odpowiedź na wymuszenie $g$ .

4.2 Modelowanie: bilans

Bardzo wiele modeli pierwszego rzędu to po prostu bilans: tempo zmian = tempo dopływu − tempo odpływu. Tak opisuje się ilość soli w mieszalniku, ładunek kondensatora, ciepło w ciele, lek we krwi i pieniądze na koncie. Boyce zaleca, żeby zawsze sprawdzać jednostki obu stron i pytać, kiedy model przestaje działać.Boyce §2.3

Przykład 4.1 Mieszalnik

Zbiornik zawiera 200 L wody, w której rozpuszczono $Q_0$ gramów soli. Dopływa roztwór o stężeniu 0,4 g/L z prędkością $r$ L/min, a dobrze wymieszana ciecz odpływa z tą samą prędkością. Znajdź $Q(t)$ i wartość graniczną. Dla $r = 5$ L/min i $Q_0 = 20$ g oblicz, po jakim czasie ilość soli będzie się różnić od granicznej o mniej niż 1%.

Dopływ: $0{,}4\,r$ g/min. Odpływ: stężenie w zbiorniku $Q/200$ razy $r$ . Bilans: $\dot Q = 0{,}4\,r - \dfrac{rQ}{200}$ .por. Boyce §2.3
Postać liniowa: $\dot Q + \dfrac{r}{200}Q = 0{,}4\,r$ , czynnik $\mu = e^{rt/200}$ . Rozwiązanie: $Q(t) = 80 + (Q_0 - 80)\,e^{-rt/200}$ . Wartość graniczna $Q_L = 80$ g.
Dla $Q_0 = 20$ : $|Q - 80| = 60\,e^{-0{,}025t} < 0{,}01\cdot80$ , czyli $e^{-0{,}025t} < \tfrac{1}{75}$ , $t > 40\ln75 \approx 172{,}7$ min.

Wynik: $Q(t) = 80 + (Q_0 - 80)e^{-rt/200}$ ; $Q_L = 80$ g; dla danych liczb ok. 173 min.

Sprawdzenie: $Q_L = 0{,}4\ \mathrm{g/L}\cdot200$ L, czyli po długim czasie w zbiorniku jest roztwór taki sam jak dopływający ✓. Stała czasowa $200/r = 40$ min to czas „wymiany” zawartości zbiornika.

Przykład 4.2 Równanie, które zaraz rozwiążemy numerycznie

Rozwiąż $y' = 2 - t - \tfrac12y$ , $y(0) = 1$ . To równanie pojawi się ponownie w części 6.

Postać liniowa: $y' + \tfrac12y = 2 - t$ , czynnik $\mu = e^{t/2}$ , więc $\left(e^{t/2}y\right)' = (2 - t)\,e^{t/2}$ .
Przez części: $\int(2 - t)e^{t/2}\,\mathrm{d}t = 2(2 - t)e^{t/2} + 4e^{t/2} = (8 - 2t)\,e^{t/2}$ .
$y = 8 - 2t + Ce^{-t/2}$ , a z $y(0) = 1$ : $C = -7$ .

Wynik: $y(t) = 8 - 2t - 7e^{-t/2}$ .

Sprawdzenie: $y' = -2 + \tfrac{7}{2}e^{-t/2}$ , a $2 - t - \tfrac12y = 2 - t - 4 + t + \tfrac{7}{2}e^{-t/2}$ ✓. Dla dużych $t$ rozwiązanie zbliża się do prostej $8 - 2t$ , niezależnie od warunku początkowego.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 35 min

Rozwiąż $(1 + t^2)\,y' + 2ty = 6t^2$ , zauważając, że lewa strona to pochodna iloczynu.

Odpowiedź
$\left((1 + t^2)y\right)' = 6t^2$ , $(1 + t^2)y = 2t^3 + c$ , $y = \dfrac{2t^3 + c}{1 + t^2}$ .
Obwód RL: $L\,\dot I + RI = \mathcal E$ , gdzie $L = 0{,}5$ H, $R = 10\ \Omega$ , $\mathcal E = 12$ V, $I(0) = 0$ . Znajdź $I(t)$ , stałą czasową i prąd po 0,1 s.

Odpowiedź
$I = 1{,}2\left(1 - e^{-20t}\right)$ A, $\tau = L/R = 0{,}05$ s. $I(0{,}1) = 1{,}2(1 - e^{-2}) \approx 1{,}04$ A.
Rozwiąż $y' + y = \sin t$ . Opisz, co zostaje po długim czasie, i porównaj fazę odpowiedzi z fazą wymuszenia.

Wskazówka
$\int e^t\sin t\,\mathrm{d}t = \tfrac12e^t(\sin t - \cos t)$ : dwa razy przez części.

Odpowiedź
$y = \tfrac12(\sin t - \cos t) + Ce^{-t} = \tfrac{1}{\sqrt2}\sin\left(t - \tfrac\pi4\right) + Ce^{-t}$ . Po długim czasie zostaje drganie o amplitudzie $1/\sqrt2$ , opóźnione o $45^\circ$ względem wymuszenia. Część $Ce^{-t}$ to stan przejściowy.

Więcej zadań: Boyce §2.1, §2.3.

5 Równania autonomiczne i stabilność

5.1 Linia fazowa

Równanie $y' = f(y)$ , w którym prawa strona nie zależy od czasu, nazywamy autonomicznym. Spadające ciało i myszy z sowami to równania autonomiczne. Ich zachowanie odczytujemy z wykresu samej funkcji $f(y)$ , bez rozwiązywania:Boyce §2.5

miejsca zerowe $f$ to stany równowagi;
gdzie $f(y) > 0$ , rozwiązanie rośnie, a gdzie $f(y) < 0$ , maleje;
równowaga $y^*$ jest stabilna (przyciągająca), gdy $f$ zmienia znak z $+$ na $-$ , czyli zwykle gdy $f'(y^*) < 0$ . Jest niestabilna, gdy $f'(y^*) > 0$ .

Oś $y$ z naniesionymi stanami równowagi i strzałkami kierunku to linia fazowa. Kryterium z pochodną to znowu wzór Taylora: blisko $y^*$ mamy $f(y) \approx f'(y^*)(y - y^*)$ , więc odchylenie od równowagi rośnie albo maleje wykładniczo.

5.2 Równanie logistyczne

Wzrost wykładniczy $y' = ry$ nie może trwać wiecznie, bo kończą się zasoby. Najprostsza poprawka to równanie logistyczne (Verhulsta):Boyce §2.5

y' = r\left(1 - \frac yK\right)y .

Dla małych $y$ to prawie $y' = ry$ . Gdy $y$ zbliża się do $K$ , tempo wzrostu spada do zera. Stany równowagi to $y = 0$ (niestabilny) i $y = K$ (stabilny). $K$ to pojemność środowiska. Rozwiązanie (zmienne rozdzielone, ułamki proste):

y(t) = \frac{y_0K}{y_0 + (K - y_0)\,e^{-rt}} .

Dla $0 < y_0 < K/2$ wykres ma kształt litery S z punktem przegięcia w $y = K/2$ , gdzie wzrost jest najszybszy.

Przykład 5.1 Populacja z odłowem

Populacja ryb rośnie logistycznie z $r = 0{,}5$ na rok i $K = 1000$ ton, a rybacy odławiają stałe $h$ ton na rok: $y' = 0{,}5\left(1 - \dfrac{y}{1000}\right)y - h$ . Znajdź stany równowagi dla $h = 80$ . Przy jakim $h$ populacja na pewno wyginie?

Równowaga: $0{,}5y - 0{,}0005y^2 = 80$ , czyli $y^2 - 1000y + 160\,000 = 0$ , $y = 200$ albo $y = 800$ .
Wykres $f(y)$ to parabola otwarta w dół. Między 200 a 800 jest $f > 0$ , poza tym przedziałem $f < 0$ . Zatem $y = 800$ jest stabilna, a $y = 200$ niestabilna. Gdy populacja spadnie poniżej 200 ton, wyginie.
Największa wartość $0{,}5(1 - y/1000)y$ to $rK/4 = 125$ ton na rok, przy $y = 500$ . Dla $h > 125$ zawsze $f < 0$ : brak równowag, populacja wymiera z każdego stanu.

Wynik: dla $h = 80$ : równowagi 200 t (niestabilna) i 800 t (stabilna); dla $h > 125$ t/rok populacja wymiera.

Sprawdzenie: dla $h = 0$ równowagi to 0 i 1000 ✓. Gdy $h$ rośnie, dwie równowagi zbliżają się do siebie i przy $h = 125$ zlewają się w jedną. To bifurkacja: mała zmiana parametru zmienia jakościowo zachowanie układu.

Zadania · część 5

3 zadania · ok. 30 min

Znajdź stany równowagi równania $y' = y(y - 1)(y - 2)$ i określ ich stabilność. Narysuj linię fazową.

Odpowiedź
$f'(y) = 3y^2 - 6y + 2$ : $f'(0) = 2 > 0$ (niestabilna), $f'(1) = -1 < 0$ (stabilna), $f'(2) = 2 > 0$ (niestabilna). Strzałki: poniżej 0 w dół, między 0 a 1 w górę, między 1 a 2 w dół, powyżej 2 w górę.
Populacja rośnie logistycznie z $r = 0{,}5$ na rok i $K = 1000$ , zaczynając od $y_0 = 100$ . Po jakim czasie osiągnie połowę pojemności środowiska?

Odpowiedź
$\dfrac{100\cdot1000}{100 + 900e^{-0{,}5t}} = 500 \iff 900e^{-0{,}5t} = 100$ , $t = 2\ln9 \approx 4{,}4$ roku.
Wykaż, że największe tempo wzrostu w równaniu logistycznym występuje przy $y = K/2$ i wynosi $rK/4$ .

Odpowiedź
$f(y) = ry - \dfrac rKy^2$ , $f'(y) = r - \dfrac{2r}{K}y = 0 \iff y = K/2$ , $f(K/2) = \dfrac{rK}{4}$ . To maksimum, bo $f'' = -2r/K < 0$ .

Więcej zadań: Boyce §2.5.

6 Metoda Eulera

Większości równań nie da się rozwiązać wzorem. Pole kierunków podsuwa jednak prosty sposób liczenia. Stoimy w punkcie $(t_0,\ y_0)$ , znamy nachylenie $f(t_0,\ y_0)$ , więc idziemy wzdłuż stycznej przez krótki czas $h$ . W nowym punkcie liczymy nowe nachylenie i powtarzamy:Boyce §2.7

Metoda Eulera

t_{n+1} = t_n + h, \qquad y_{n+1} = y_n + h\,f(t_n,\ y_n) .

To przybliżenie liniowe z lekcji 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce, $y(t + h) \approx y(t) + y'(t)\,h$ , stosowane krok po kroku. Błąd na końcu ustalonego przedziału jest w przybliżeniu proporcjonalny do $h$ : dwa razy mniejszy krok daje dwa razy mniejszy błąd. Mówimy, że to metoda pierwszego rzędu.

Feynman liczy tak w rozdziale 9 ruch ciężarka na sprężynie (9-6), a potem ruch planety (9-7), ale z ważnym ulepszeniem: prędkość liczy w połowie kroku, a położenie na całych krokach. Błąd takiej metody maleje jak $h^2$ , czyli o wiele szybciej. Ten sam pomysł poznaliśmy jako iloraz symetryczny w lekcji 1.3 Pochodne i metodę środków w lekcji 1.5 Całki.FLP I-9-6, 9-7

Przykład 6.1 Pięć kroków Eulera

Przybliż rozwiązanie $y' = 2 - t - 0{,}5y$ , $y(0) = 1$ metodą Eulera z krokiem $h = 0{,}2$ do $t = 1$ i porównaj z rozwiązaniem dokładnym z przykładu 4.2.

$f(0;\ 1) = 1{,}5$ , więc $y_1 = 1 + 0{,}2\cdot1{,}5 = 1{,}3$ .
$f(0{,}2;\ 1{,}3) = 2 - 0{,}2 - 0{,}65 = 1{,}15$ , więc $y_2 = 1{,}53$ .por. Boyce §2.7
Dalej: $y_3 = 1{,}697$ , $y_4 = 1{,}8073$ , $y_5 = 1{,}86657$ .
Dokładnie: $y(1) = 8 - 2 - 7e^{-0{,}5} \approx 1{,}7543$ .

Wynik: Euler daje $y(1) \approx 1{,}867$ , wartość dokładna to $1{,}754$ : błąd ok. 0,11, czyli 6%.

Sprawdzenie: dla $h = 0{,}1$ błąd wynosi ok. 0,055, a dla $h = 0{,}05$ ok. 0,027. Spada proporcjonalnie do $h$ ✓. Euler zawyża, bo rozwiązanie jest wklęsłe, a styczne leżą nad nim.

Zadania · część 6

3 zadania · ok. 30 min

Metodą Eulera z krokiem $h = 0{,}25$ przybliż rozwiązanie $y' = y$ , $y(0) = 1$ w $t = 1$ . Porównaj z $e$ .

Odpowiedź
Każdy krok mnoży przez $1{,}25$ : $1{,}25^4 \approx 2{,}441$ . Błąd ok. 0,277.
Powtórz poprzednie zadanie dla $h = 0{,}1$ i $h = 0{,}05$ . Jak zmienia się błąd? Jaką znaną granicę widać w wyniku $(1 + h)^{1/h}$ ?

Odpowiedź
$1{,}1^{10} \approx 2{,}594$ (błąd 0,125), $1{,}05^{20} \approx 2{,}653$ (błąd 0,065): błąd mniej więcej się połowi. $(1 + h)^{1/h} \to e$ przy $h \to 0$ : to jedna z definicji liczby $e$ .
Metoda Heuna: $k_1 = f(t_n,\ y_n)$ , $k_2 = f(t_n + h,\ y_n + hk_1)$ , $y_{n+1} = y_n + \tfrac h2(k_1 + k_2)$ . Wykaż, że dla $y' = y$ jeden krok mnoży $y$ przez $1 + h + \tfrac12h^2$ . Oblicz wynik dla $h = 0{,}25$ i porównaj błąd z metodą Eulera.

Odpowiedź
$k_1 = y_n$ , $k_2 = y_n(1 + h)$ , $y_{n+1} = y_n\left(1 + h + \tfrac12h^2\right)$ , czyli trzy pierwsze wyrazy szeregu $e^h$ . $1{,}28125^4 \approx 2{,}695$ , błąd ok. 0,023 zamiast 0,277, dwanaście razy mniejszy.

Więcej zadań: Boyce §2.7.

7 Istnienie i jednoznaczność

Zanim zaczniemy liczyć, warto wiedzieć, czy rozwiązanie w ogóle istnieje i czy jest tylko jedno. Dla fizyka to pytanie o determinizm: czy stan początkowy wyznacza przyszłość jednoznacznie?

Twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności

Równanie liniowe $y' + p(t)y = g(t)$ , $y(t_0) = y_0$ : jeśli $p$ i $g$ są ciągłe na przedziale otwartym zawierającym $t_0$ , to na całym tym przedziale istnieje dokładnie jedno rozwiązanie.Boyce tw. 2.4.1

Równanie ogólne $y' = f(t,\ y)$ , $y(t_0) = y_0$ : jeśli $f$ i $\partial f/\partial y$ są ciągłe w prostokącie zawierającym $(t_0,\ y_0)$ , to w pewnym przedziale wokół $t_0$ istnieje dokładnie jedno rozwiązanie.Boyce tw. 2.4.2, 2.8.1

Z jednoznaczności wynika ważny wniosek geometryczny: gdy $f$ i $\partial f/\partial y$ są ciągłe, wykresy dwóch różnych rozwiązań nie mogą się przecinać. W szczególności rozwiązanie, które nie startuje z równowagi, nie może jej osiągnąć w skończonym czasie. Może się do niej tylko zbliżać. Zadanie 7.2 pokazuje, co się dzieje, gdy założenia zawodzą.

Różnica między „na całym przedziale” a „w pewnym przedziale” jest istotna. Rozwiązanie równania nieliniowego może uciec do nieskończoności w skończonym czasie, choć w samym równaniu nic tego nie zapowiada.

Przykład 7.1 Wybuch w skończonym czasie

Rozwiąż $y' = y^2$ , $y(0) = \tfrac12$ , i wyznacz przedział, na którym rozwiązanie istnieje.

$f = y^2$ i $\partial f/\partial y = 2y$ są ciągłe wszędzie, więc rozwiązanie istnieje i jest jedyne, przynajmniej blisko $t = 0$ .
Rozdzielamy: $y^{-2}\,\mathrm{d}y = \mathrm{d}t$ , $-1/y = t + c$ , $c = -2$ : $y = \dfrac{1}{2 - t}$ .por. Boyce §2.4
Rozwiązanie rośnie bez ograniczeń przy $t \to 2$ . Istnieje tylko dla $t < 2$ .

Wynik: $y = 1/(2 - t)$ na przedziale $(-\infty;\ 2)$ .

Sprawdzenie: dla $y(0) = y_0 > 0$ wybuch następuje w $t = 1/y_0$ , czyli zależy od warunku początkowego, a nie od samego równania ✓. Takiego zachowania nie ma w równaniach liniowych.

Zadania · część 7

3 zadania · ok. 25 min

Na jakim przedziale twierdzenie 2.4.1 gwarantuje istnienie jedynego rozwiązania zagadnienia $(t - 4)\,y' + (\ln t)\,y = 3t$ , $y(2) = 1$ ?

Odpowiedź
$p = \dfrac{\ln t}{t - 4}$ , $g = \dfrac{3t}{t - 4}$ są ciągłe dla $t > 0$ , $t \neq 4$ . Przedział zawierający $t_0 = 2$ : $0 < t < 4$ .
Wykaż, że zagadnienie $y' = 3y^{2/3}$ , $y(0) = 0$ ma co najmniej dwa rozwiązania dla $t \ge 0$ : $y = 0$ i $y = t^3$ . Które założenie twierdzenia 2.4.2 nie jest spełnione?

Odpowiedź
Dla $y = t^3$ : $y' = 3t^2 = 3\left(t^3\right)^{2/3}$ ✓. $\partial f/\partial y = 2y^{-1/3}$ nie jest określona (ani ciągła) w $y = 0$ , więc twierdzenie nie gwarantuje jednoznaczności.
Rozwiąż $y' = y^2$ z $y(0) = 2$ oraz z $y(0) = -2$ . Gdzie istnieje każde z rozwiązań?

Odpowiedź
$y = \dfrac{y_0}{1 - y_0t}$ . Dla $y_0 = 2$ : $y = \dfrac{2}{1 - 2t}$ na $t < 0{,}5$ . Dla $y_0 = -2$ : $y = \dfrac{-2}{1 + 2t}$ na $t > -0{,}5$ , więc dla wszystkich $t \ge 0$ .

Więcej zadań: Boyce §2.4, §2.8.

8 Równania liniowe drugiego rzędu

8.1 Stałe współczynniki: zgadnij wykładniczą

Równanie $ay'' + by' + cy = 0$ ze stałymi $a$ , $b$ , $c$ opisuje sprężyny, obwody RLC i wahadła po linearyzacji. Boyce zaczyna od pytania, jaka funkcja ma pochodne podobne do siebie samej. Taką funkcją jest wykładnicza. Wstawiamy $y = e^{rt}$ :Boyce §3.1

\left(ar^2 + br + c\right)e^{rt} = 0 \quad\Longrightarrow\quad ar^2 + br + c = 0 .

To równanie charakterystyczne. Zwykłe równanie kwadratowe zastępuje równanie różniczkowe.

Rozwiązanie ogólne · trzy przypadki

Dwa różne pierwiastki rzeczywiste $r_1 \neq r_2$ : $y = c_1e^{r_1t} + c_2e^{r_2t}$ .

Pierwiastki zespolone $r = \lambda \pm i\mu$ : $y = e^{\lambda t}\left(c_1\cos\mu t + c_2\sin\mu t\right)$ . Wynika to ze wzoru Eulera $e^{i\mu t} = \cos\mu t + i\sin\mu t$ (lekcja 1.7 Liczby zespolone i fazory).Boyce §3.3

Pierwiastek podwójny $r$ : $y = (c_1 + c_2t)\,e^{rt}$ .Boyce §3.4

8.2 Dlaczego dwie stałe i dlaczego suma działa

Zasada superpozycji: jeśli $y_1$ i $y_2$ są rozwiązaniami równania liniowego jednorodnego, to $c_1y_1 + c_2y_2$ też jest rozwiązaniem. Wynika to wprost z liniowości różniczkowania. Dla równań nieliniowych to nieprawda.Boyce tw. 3.2.2

Do wyznaczenia jednego rozwiązania potrzeba dwóch warunków początkowych, $y(t_0)$ i $y'(t_0)$ : w fizyce położenia i prędkości. Twierdzenie o istnieniu i jednoznaczności dla równań drugiego rzędu gwarantuje, że to wystarcza. Dwa rozwiązania $y_1$ , $y_2$ dają wszystkie inne, jeśli ich wrońskian $W = y_1y_2' - y_1'y_2$ nie jest zerem w jakimś punkcie (wtedy nie jest zerem nigdzie na przedziale), czyli gdy nie są do siebie proporcjonalne.Boyce tw. 3.2.1, 3.2.4

Przykład 8.1 Druga pochodna proporcjonalna do funkcji

Rozwiąż $y'' - 4y = 0$ z warunkami $y(0) = 2$ , $y'(0) = -2$ .

Równanie charakterystyczne $r^2 - 4 = 0$ , $r = \pm2$ : $y = c_1e^{2t} + c_2e^{-2t}$ .por. Boyce §3.1
$y(0) = c_1 + c_2 = 2$ , $y'(0) = 2c_1 - 2c_2 = -2$ , więc $c_1 = \tfrac12$ , $c_2 = \tfrac32$ .

Wynik: $y = \tfrac12e^{2t} + \tfrac32e^{-2t}$ .

Sprawdzenie: $y'' = 2e^{2t} + 6e^{-2t} = 4y$ ✓, $y(0) = 2$ ✓, $y'(0) = 1 - 3 = -2$ ✓. Dla dużych $t$ dominuje rosnący wyraz $e^{2t}$ , choć na początku funkcja maleje.

Zadania · część 8

3 zadania · ok. 30 min

Rozwiąż $y'' + 5y' + 6y = 0$ , $y(0) = 2$ , $y'(0) = 3$ .

Odpowiedź
$r = -2,\ -3$ : $y = c_1e^{-2t} + c_2e^{-3t}$ , $c_1 + c_2 = 2$ , $-2c_1 - 3c_2 = 3$ , więc $c_1 = 9$ , $c_2 = -7$ : $y = 9e^{-2t} - 7e^{-3t}$ .
Rozwiąż $y'' + 4y = 0$ , $y(0) = 1$ , $y'(0) = 2$ . Zapisz wynik jako $R\cos(2t - \delta)$ .

Odpowiedź
$r = \pm2i$ : $y = \cos2t + \sin2t = \sqrt2\cos\left(2t - \tfrac\pi4\right)$ .
Rozwiąż $y'' + 2y' + y = 0$ , $y(0) = 1$ , $y'(0) = 0$ . Sprawdź bezpośrednio, że $te^{-t}$ jest rozwiązaniem.

Odpowiedź
$r = -1$ podwójny: $y = (c_1 + c_2t)e^{-t}$ , $c_1 = 1$ , $c_2 - c_1 = 0$ : $y = (1 + t)e^{-t}$ . Dla $te^{-t}$ : $y' = (1 - t)e^{-t}$ , $y'' = (t - 2)e^{-t}$ , $y'' + 2y' + y = (t - 2 + 2 - 2t + t)e^{-t} = 0$ ✓.

Więcej zadań: Boyce §3.1–3.4.

9 Drgania swobodne i tłumione

9.1 Ciężarek na sprężynie

Ciężarek o masie $m$ wisi na sprężynie o stałej $k$ . Wychylenie z położenia równowagi oznaczamy $u$ . Działa siła sprężystości $-ku$ i opór (tłumik) $-\gamma\dot u$ . Ciężar znosi się z napięciem sprężyny w położeniu równowagi:Boyce §3.7 · FLP I-21-2

m\ddot u + \gamma\dot u + ku = 0 .

Bez tłumienia ( $\gamma = 0$ ) równanie charakterystyczne $mr^2 + k = 0$ ma pierwiastki $\pm i\omega_0$ , gdzie $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ to częstość własna. Rozwiązanie $u = R\cos(\omega_0t - \delta)$ to drganie harmoniczne o okresie $T = 2\pi/\omega_0$ . Amplituda $R$ i faza $\delta$ zależą od warunków początkowych, a okres nie.

9.2 Trzy rodzaje tłumienia

Z tłumieniem pierwiastki to $r = \dfrac{-\gamma \pm \sqrt{\gamma^2 - 4km}}{2m}$ . O wszystkim decyduje znak wyróżnika, czyli porównanie $\gamma^2$ z $4km$ :Boyce §3.7 · FLP I-24-2

Tłumienie słabe ( $\gamma^2 < 4km$ ): $u = Re^{-\gamma t/(2m)}\cos(\mu t - \delta)$ , gdzie $\mu = \dfrac{\sqrt{4km - \gamma^2}}{2m}$ to pseudoczęstość. Amplituda maleje wykładniczo, a okres jest nieco dłuższy niż bez tłumienia: $\mu/\omega_0 \approx 1 - \gamma^2/(8km)$ .
Tłumienie krytyczne ( $\gamma^2 = 4km$ ): $u = (A + Bt)e^{-\gamma t/(2m)}$ . Spośród ruchów bez drgań ten zanika najszybciej. Tak projektuje się amortyzatory i wskaźniki przyrządów.
Tłumienie silne ( $\gamma^2 > 4km$ ): suma dwóch zanikających wykładniczych. Ciało pełznie do równowagi i przechodzi przez nią najwyżej raz.

Boyce podkreśla, że o tym, czy tłumienie jest „małe”, decyduje bezwymiarowy stosunek $\gamma^2/(4km)$ , a nie sama wartość $\gamma$ .

9.3 To samo równanie w obwodzie

W obwodzie RLC ładunek $q$ spełnia $L\ddot q + R\dot q + q/C = \mathcal E(t)$ . To dokładnie równanie oscylatora: indukcyjność gra rolę masy, opór rolę tłumienia, a $1/C$ rolę sztywności. Feynman podkreśla, że w obwodzie łatwo uzyskać tarcie ściśle proporcjonalne do prędkości (prawo Ohma), a w mechanice jest to trudne. Dlatego obwody są najlepszymi „oscylatorami z podręcznika”.FLP I-25-4 · Boyce §3.7

Przykład 9.1 Jak szybko gasną drgania

Ciężarek $m = 1$ kg na sprężynie $k = 100$ N/m z tłumieniem $\gamma = 4$ kg/s. Wyznacz częstość własną, pseudoczęstość i pseudookres. Ile razy maleje amplituda w ciągu jednego okresu? Jakie tłumienie byłoby krytyczne?

$\omega_0 = \sqrt{100/1} = 10$ rad/s. $\gamma^2/(4km) = 16/400 = 0{,}04$ : tłumienie słabe.
$\mu = \dfrac{\sqrt{400 - 16}}{2} \approx 9{,}80$ rad/s, pseudookres $T_d = 2\pi/\mu \approx 0{,}641$ s.
Na okres amplituda mnoży się przez $e^{-\gamma T_d/(2m)} = e^{-2\cdot0{,}641} \approx 0{,}277$ , czyli maleje ok. 3,6 raza.
Tłumienie krytyczne: $\gamma_\text{kr} = 2\sqrt{km} = 20$ kg/s.

Wynik: $\omega_0 = 10$ rad/s, $\mu \approx 9{,}80$ rad/s, $T_d \approx 0{,}64$ s; amplituda maleje ok. 3,6 raza na okres; $\gamma_\text{kr} = 20$ kg/s.

Sprawdzenie: $\mu/\omega_0 = 0{,}980$ , a przybliżenie $1 - \gamma^2/(8km) = 0{,}98$ ✓. Tłumienie, które w ciągu kilku okresów wygasza ruch, zmienia częstość tylko o 2%.

Zadania · część 9

3 zadania · ok. 30 min

Ciężarek o masie 0,5 kg zawieszono na sprężynie o stałej 50 N/m. Oblicz częstość własną, okres i częstotliwość drgań bez tłumienia.

Odpowiedź
$\omega_0 = 10$ rad/s, $T = 0{,}628$ s, $f = 1{,}59$ Hz.
Jakie tłumienie jest krytyczne dla układu z poprzedniego zadania? Zapisz rozwiązanie przy tłumieniu krytycznym dla $u(0) = 0{,}1$ m, $\dot u(0) = 0$ .

Odpowiedź
$\gamma_\text{kr} = 2\sqrt{km} = 10$ kg/s. $r = -\gamma/(2m) = -10$ (podwójny): $u = (A + Bt)e^{-10t}$ , $A = 0{,}1$ , $B - 10A = 0$ , więc $u = 0{,}1(1 + 10t)e^{-10t}$ m.
Obwód RLC: $L = 0{,}1$ H, $C = 10\ \mu$ F, $R = 20\ \Omega$ . Oblicz $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$ , opór krytyczny i pseudoczęstość. Czy obwód drga?

Odpowiedź
$\omega_0 = 1000$ rad/s. Krytycznie: $R^2 = 4L/C$ , $R_\text{kr} = 200\ \Omega$ . $R < R_\text{kr}$ , więc obwód drga z $\mu = \sqrt{\omega_0^2 - (R/2L)^2} = \sqrt{10^6 - 10^4} \approx 995$ rad/s.

Więcej zadań: Boyce §3.7.

10 Drgania wymuszone i rezonans

10.1 Rozwiązanie = swobodne + wymuszone

Gdy na oscylator działa siła zewnętrzna $F(t)$ , równanie staje się niejednorodne: $m\ddot u + \gamma\dot u + ku = F(t)$ . Rozwiązanie ogólne to suma rozwiązania ogólnego równania jednorodnego i jednego rozwiązania szczególnego. To znowu skutek liniowości.Boyce §3.5

Dla wymuszenia $F_0\cos\omega t$ rozwiązania szczególnego szukamy w postaci $A\cos\omega t + B\sin\omega t$ (metoda współczynników nieoznaczonych). Przy tłumieniu część swobodna zanika i zostaje stan ustalony: drganie z częstością wymuszenia, a nie własną, o amplitudzie

R(\omega) = \frac{F_0}{\sqrt{m^2(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + \gamma^2\omega^2}} .

10.2 Rezonans i dudnienia

Amplituda jest największa, gdy częstość wymuszenia jest bliska własnej. To rezonans. Gdy $\gamma^2 < 2mk$ , maksimum leży w $\omega_\text{max}^2 = \omega_0^2\left(1 - \dfrac{\gamma^2}{2mk}\right)$ i jest tym wyższe, im słabsze tłumienie. Przy silniejszym tłumieniu amplituda maleje monotonicznie od $\omega = 0$ . Bez tłumienia, przy $\omega = \omega_0$ , amplituda rośnie liniowo w czasie bez ograniczeń. Boyce zauważa, że rezonans bywa groźny w konstrukcjach, a pożyteczny w przyrządach, takich jak sejsmografy.Boyce §3.8 · FLP I-23-2

Gdy tłumienia nie ma, a $\omega$ jest bliska $\omega_0$ , ale różna, pojawiają się dudnienia. Szybkie drganie ma amplitudę, która wolno rośnie i maleje. Słychać to, gdy dwa kamertony o bliskich częstotliwościach brzmią razem.

Przykład 10.1 Ile razy rezonans wzmacnia drgania

Oscylator z przykładu 9.1 ( $m = 1$ kg, $k = 100$ N/m, $\gamma = 4$ kg/s) wymuszamy siłą o amplitudzie $F_0 = 1$ N. Przy jakiej częstości amplituda stanu ustalonego jest największa? Ile razy jest większa od wychylenia statycznego $F_0/k$ ?

$\omega_\text{max} = 10\sqrt{1 - \dfrac{16}{200}} \approx 9{,}59$ rad/s.
$R(\omega_\text{max}) = \dfrac{1}{\sqrt{(100 - 92)^2 + 16\cdot92}} \approx 0{,}0255$ m.
Wychylenie statyczne $F_0/k = 0{,}01$ m. Stosunek ok. 2,55.

Wynik: $\omega_\text{max} \approx 9{,}6$ rad/s, amplituda ok. 2,55 cm, czyli 2,55 razy więcej niż statycznie.

Sprawdzenie: dla słabego tłumienia wzmocnienie to w przybliżeniu $Q = \dfrac{m\omega_0}{\gamma} = 2{,}5$ , tzw. dobroć ✓. Przy $\gamma = 0{,}4$ kg/s wzmocnienie wzrosłoby do ok. 25.

Zadania · część 10

3 zadania · ok. 35 min

Znajdź rozwiązanie szczególne równania $y'' + y = 3\cos2t$ w postaci $A\cos2t$ . Zapisz rozwiązanie ogólne.

Odpowiedź
$-4A + A = 3$ , $A = -1$ : $y_p = -\cos2t$ . Ogólne: $y = c_1\cos t + c_2\sin t - \cos2t$ .
Dla oscylatora $m = 1$ kg, $k = 100$ N/m, $F_0 = 1$ N oblicz amplitudę stanu ustalonego przy $\omega = \omega_0$ dla $\gamma = 4$ i $\gamma = 0{,}4$ kg/s. Jak amplituda w rezonansie zależy od tłumienia?

Odpowiedź
Przy $\omega = \omega_0$ : $R = \dfrac{F_0}{\gamma\omega_0}$ . $\gamma = 4$ : $0{,}025$ m; $\gamma = 0{,}4$ : $0{,}25$ m. Amplituda w rezonansie jest odwrotnie proporcjonalna do tłumienia.
Rozwiąż $u'' + 4u = 0{,}9\cos(1{,}8t)$ , $u(0) = 0$ , $\dot u(0) = 0$ . Zapisz wynik jako iloczyn dwóch sinusów i odczytaj okres dudnień.

Wskazówka
$\cos a - \cos b = 2\sin\frac{b + a}{2}\sin\frac{b - a}{2}$ .

Odpowiedź
$u_p = \dfrac{0{,}9}{4 - 3{,}24}\cos1{,}8t \approx 1{,}184\cos1{,}8t$ . Z warunków początkowych $u = 1{,}184(\cos1{,}8t - \cos2t) = 2{,}368\sin(0{,}1t)\sin(1{,}9t)$ . Obwiednia $|\sin0{,}1t|$ ma okres $\pi/0{,}1 \approx 31{,}4$ , więc tyle trwa jedno dudnienie.

Więcej zadań: Boyce §3.5, §3.8.

11 Błędne intuicje

„Rozwiązać równanie różniczkowe to znaleźć liczbę.”: Rozwiązaniem jest funkcja, a dokładniej rodzina funkcji. Konkretną wybiera dopiero warunek początkowy (część 2).
„Każdy stan równowagi jest tym, co zobaczymy po długim czasie.”: Tylko stabilny. Równowagę niestabilną, jak 750 myszy, najmniejsze zaburzenie zamienia w ucieczkę (przykład 1.1).
„Jeśli równanie wygląda niewinnie, rozwiązanie istnieje zawsze.”: $y' = y^2$ ma rozwiązanie, które ucieka do nieskończoności w skończonym czasie (przykład 7.1). Równania liniowe mają gwarancję istnienia na całym przedziale, na którym $p$ i $g$ są ciągłe.
„Mniejszy krok w metodzie Eulera zawsze rozwiązuje problem.”: Błąd maleje tylko jak $h$ , więc dziesięć razy dokładniej oznacza dziesięć razy więcej obliczeń. Lepsza metoda (Heun, Runge–Kutta, metoda połowy kroku Feynmana) wygrywa z mniejszym krokiem.
„Tłumienie zmienia głównie częstość drgań.”: Słabe tłumienie zmienia częstość tylko o czynnik $\approx 1 - \gamma^2/(8km)$ , a amplitudę wygasza wykładniczo (przykład 9.1).
„Wymuszony oscylator drga ze swoją częstością własną.”: W stanie ustalonym drga z częstością wymuszenia. Częstość własna decyduje o tym, jak duża jest amplituda (rezonans) i jakie jest przesunięcie fazy.
„Superpozycja działa zawsze.”: Tylko dla równań liniowych. Suma dwóch rozwiązań równania wahadła z $\sin\theta$ na ogół nie jest rozwiązaniem. Dlatego tak cenimy linearyzację.

12 Sprawdź się

1 Co trzeba wiedzieć, żeby jednoznacznie przewidzieć ruch ciężarka na sprężynie?

Położenie i prędkość w jednej chwili. Równanie jest drugiego rzędu, więc potrzebne są dwa warunki początkowe.

2 Czy dwie różne krzywe rozwiązań równania

y' = f(t,\ y)

z gładkim

f

mogą się przeciąć?

Nie. W punkcie przecięcia zagadnienie początkowe miałoby dwa rozwiązania, wbrew twierdzeniu o jednoznaczności.

3 W równaniu

\dot v = 9{,}8 - v/4

ciało rzucono w dół z prędkością 60 m/s. Co się stanie?

Zwolni do 39,2 m/s. Nad prędkością graniczną opór przewyższa ciężar.

4 Równanie charakterystyczne ma pierwiastki

-1 \pm 3i

. Jak wygląda ruch?

Tłumione drgania: $e^{-t}(c_1\cos3t + c_2\sin3t)$ , pseudoczęstość 3 rad/s, amplituda maleje $e$ razy w jednostce czasu.

5 Jak sprawdzić, czy rozwiązanie metodą Eulera jest wiarygodne?

Policzyć jeszcze raz z krokiem dwa razy mniejszym. Różnica między wynikami szacuje błąd. Jeśli się nie zmniejsza, coś jest nie tak.

6 Dlaczego żołnierze nie maszerują w nogę po mostach?

Żeby rytm kroków nie trafił w częstość własną mostu. Przy słabym tłumieniu nawet małe okresowe wymuszenie daje w rezonansie duże amplitudy.

13 Karta wzorów i co dalej

Pierwszy rząd

$y' = p(x)q(y)$ : $\;\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}y}{q(y)} = \int p(x)\,\mathrm{d}x$

$y' + p\,y = g$ : $\;\mu = e^{\int p}$ , $\;(\mu y)' = \mu g$

$\dot y = k(A - y) \Rightarrow y = A + (y_0 - A)e^{-kt}$

logistyczne: $y = \dfrac{y_0K}{y_0 + (K - y_0)e^{-rt}}$

$y' = f(y)$ : równowaga $f(y^*) = 0$ , stabilna gdy $f'(y^*) < 0$

Euler: $y_{n+1} = y_n + h\,f(t_n,\ y_n)$ , błąd $\sim h$

istnienie: $f$ , $\partial_yf$ ciągłe $\Rightarrow$ jedyne rozwiązanie lokalnie

Drugi rząd i drgania

$ay'' + by' + cy = 0$ : $\;ar^2 + br + c = 0$

$r_{1,2}$ rzecz.: $c_1e^{r_1t} + c_2e^{r_2t}$ ; $\;\lambda \pm i\mu$ : $e^{\lambda t}(c_1\cos\mu t + c_2\sin\mu t)$

$r$ podwójny: $(c_1 + c_2t)e^{rt}$

$m\ddot u + \gamma\dot u + ku = F(t)$ , $\;\omega_0 = \sqrt{k/m}$

tłumienie krytyczne: $\gamma^2 = 4km$ ; $\;\mu = \dfrac{\sqrt{4km - \gamma^2}}{2m}$

$R(\omega) = \dfrac{F_0}{\sqrt{m^2(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + \gamma^2\omega^2}}$

RLC: $L\ddot q + R\dot q + q/C = \mathcal E(t)$

Do przeczytania u Boyce'a i DiPrimy

Obowiązkowo: rozdz. 1 (całość), §2.1–2.5 (liniowe, rozdzielone, modelowanie, liniowe a nieliniowe, autonomiczne), §2.7 (Euler), §3.1, §3.3, §3.4, §3.7 (drgania).
Dla chętnych: §2.6 (równania zupełne), §2.8 (dowód twierdzenia o istnieniu metodą Picarda), §3.2 (wrońskian), §3.5–3.6 (metody dla równań niejednorodnych), §3.8 (rezonans i dudnienia).

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: 21-1…21-4 (równania liniowe, oscylator, warunki początkowe), 23-2 (oscylator wymuszony z tłumieniem).
Dla chętnych: 9-6…9-7 (rozwiązywanie równań ruchu krok po kroku: sprężyna i planeta), 24-2 (drgania tłumione), 25-4 (analogie elektryczne).

Równania różniczkowe to język całej dalszej fizyki: mechanika, obwody, ciepło, fale. W fizyce pojawiają się od pierwszego działu (Dział 1: Ruch i jego przyczyny), a dalej pojawią się równania cząstkowe, w których szukana funkcja zależy od położenia i czasu naraz.