Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y0= ex· e−y w prostok¡cie R2

Materiaªy do ¢wicze«

z równa« ró»niczkowych

Podano tutaj informacje o rozwi¡zywaniu równa« ró»niczkowych zwyczajnych wedªug twierdze«

zamieszczonych w cz¦±ci teoretycznej wykªadu oraz podano rozwi¡zania wedªug programu Maple18.

1 Równanie o rozdzielonych zmiennych

Zadanie 1.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰= e^x· e^−y

w prostok¡cie R². Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 2) oraz wyznaczy¢

rozwi¡zanie charakterystyczne tego równania.

Funkcje f(x) = e^x, x ∈ (−∞, +∞), g(y) = e^−y, y ∈ (−∞, +∞) s¡ funkcjami ci¡gªymi, przy czym g(y) 6= 0 dla y ∈ (−∞, +∞); funkcje F (x) = e^x, x ∈ (−∞, +∞), H(y) = e^y, y ∈ (−∞, +∞) s¡ funkcjami pierwotnymi odpowiednio funkcji f, 1/g; kresy funkcji F i H s¡ odpowiednio równe A = inf_{x∈(−∞,+∞)}F (x) = 0, B = sup_{x∈(−∞,+∞)}F (x) = +∞ i C = infy∈(−∞,+∞)H(y) = 0, D = sup_{y∈(−∞,+∞)}H(y) = +∞; funkcja odwrotna do funkcji H jest postaci H⁻¹(t) = ln t, t ∈ (0, +∞):

staªe dopuszczalne γ ∈ (C − B, D − A) = (−∞, +∞), zbiór ∆γ jest postaci

∆_γ= {x ∈ (−∞, +∞) : C < F (x) + γ < D} =

((−∞, +∞) przy γ > 0 (ln(−γ), +∞) przy γ < 0; ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci

ϕ_γI = ln(e^x+ γ), x ∈ I, gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± I jest skªadow¡ zbioru ∆γ.

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 2) jest postaci ϕ(x) = ln(e^x+ e²− e⁻¹), x ∈ (−∞, = ∞),

(γ = H(2) − F (−1) = e²− e⁻¹ > 0).

Rozwi¡zanie charakterystyczne danego równania jest postaci

φ(ξ, η, x) = ln(e^x+ e^η − e^ξ), (ξ, η, x) ∈ V, gdzie

V = {(ξ, η, x) ∈ R³: (ξ, η) ∈ R², η > ξ, x ∈ (−∞, +∞)}∪

{(ξ, η, x) ∈ R³: (ξ, η) ∈ R², η < ξ, x ∈ (ln(−e^η+ e^ξ), +∞)}.

Ogóª rozwi¡za« (integralnych?) danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = exp(x)*exp(-y(x)), y(x)) y(x) = ln(exp(x)+_C1)

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 2) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*exp(-y(x)), y(-1) = 2}, y(x)) y(x) = ln((exp(x)*exp(1)+exp(2)*exp(1)-1)/exp(1))

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt (ξ, η) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*exp(-y(x)), y(xi) = eta}, y(x)) y(x) = ln(exp(x)-exp(xi)+exp(eta))

Zadanie 1.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰ = x · (1 + y²)

w prostok¡cie R². Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1).

Funkcje f(x) = x, x ∈ (−∞, +∞), g(y) = 1 + y², y ∈ (−∞, +∞)s¡ funkcjami ci¡gªymi, przy czym g(y) 6= 0dla y ∈ (−∞, +∞); funkcje F (x) = 1/2x², x ∈ (−∞, +∞), H(y) = arctan y, y ∈ (−∞, +∞) s¡ funkcjami pierwotnymi odpowiednio funkcji f, 1/g; kresy funkcji F i H s¡ odpowiednio równe A = inf_{x∈(−∞,+∞)}F (x) = 0, B = sup_{x∈(−∞,+∞)}F (x) = +∞ i C = infy∈(−∞,+∞)H(y) = −π/2, D = sup_{y∈(−∞,+∞)}H(y) = π/2; funkcja odwrotna do funkcji H jest postaci H⁻¹(t) = tan t, t ∈ (−π/2, π/2):

staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, π/2), zbiór ∆γ jest postaci

∆γ = ((−√

π − 2γ, −√

−π − 2γ) ∪ (√

−π − 2γ,√

π − 2γ), przy γ ∈ (−∞, −π/2]

(−√

π − 2γ,√

π − 2γ), przy γ ∈ (−π/2, π/2) ;

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci

ϕ_γI = tan(1/2x²+ γ), x ∈ I, gdzie γ ∈ (−∞, π/2), za± I jest skªadow¡ zbioru ∆γ.

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) jest postaci ϕ(x) = tan(1/2x²+ π/4), x ∈ (−p

π/2,p π/2), (γ = H(1) − F (0) = π/4 ∈ (−π/2, π/2)).

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = x*(1+y(x)^2), y(x)) y(x) = tan((1/2)*x^2+_C1)

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = x*(1+y(x)^2), y(0) = 1}, y(x)) y(x) = tan((1/2)*x^2+(1/4)*Pi)

Zadanie 1.3. (Równanie logistyczne) Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰= 4y(1 − y)

w prostok¡cie R². Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 1/2). Wyznaczy¢ rozwi¡za- nia przechodz¡ce przez punkt Q = (1, 1)

Funkcja f(x) = 1, x ∈ (−∞, +∞) jest funkcj¡ ci¡gª¡; funkcja F (x) = x, x ∈ (−∞, +∞) jest funkcj¡

pierwotn¡ funkcji f, jej kresy to A = −∞ i B = +∞; funkcja g(y) = 4y(1 − y), y ∈ (−∞, +∞) jest funkcj¡ ci¡gª¡, przy czym g(y) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy y = 0 lub y = 1; dane równanie posiada dwa rozwi¡zania banalne

ϕ₁(x) = 0, ϕ₂(x) = 1, x ∈ (−∞, +∞);

nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania kolejno w prostok¡tach T1 = R × (−∞, 0), T₂ = R × (0, 1) i T3 = R × (1, +∞); funkcja H1(y) = ¹₄ln_y−1^y , y ∈ (−∞, 0) jest funkcj¡ pierwotn¡

funkcji 1/g|(−∞,0), jej kresy to C1 = −∞, D₁ = 0; funkcja odwrotna do funkcji H1jest postaci H₁⁻¹(t) =

1

1−e^−4t, t ∈ (−∞, 0); staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞); zbiór ∆1γjest postaci ∆1γ = {x ∈ (−∞, +∞) :

−∞ < x + γ < 0} = (−∞, −γ); ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T1 jest postaci

ϕ_1γ(x) = 1

1 − e^−4(x+γ), x ∈ (−∞, −γ)

przy γ ∈ (−∞, +∞); brak jest mo»liwo±ci sklejania rozwi¡za« typu ϕ1γ z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ1

(limy→0⁻H₁(y) = −∞); analogicznie wykazujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T2 jest postaci

ϕ_2γ(x) = 1

1 + e^−4(x+γ), x ∈ (−∞, +∞) przy γ ∈ (−∞, +∞), za± w prostok¡cie T3 jest postaci

ϕ_3γ(x) = 1

1 − e^−4(x+γ), x ∈ (−γ, +∞)

przy γ ∈ (−∞, +∞); brak jest mo»liwo±ci sklejania rozwi¡za« z prostok¡tów T2 i T3 z cz¦±ciami rozwi¡za« staªych ϕ1 lub ϕ2. Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w R² skªada si¦ wyª¡cznie z rozwi¡za« w prostok¡tach T1, T2, T3 oraz rozwi¡za« banalnych ϕ1, ϕ2.

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 1/2) ∈ T2 jest postaci

ϕ(x) = 1

1 + e^−4(x−1), x ∈ (−∞, +∞) (γ = −1).

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (1, 1) jest rozwi¡zaniem banalnym postaci ϕ2.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = 4*y(x)*(1-y(x)), y(x)) y(x) = 1/(1+exp(-4*x)*_C1)

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 1/2) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = 4*y(x)*(1-y(x)), y(1) = 1/2}, y(x)) y(x) = exp(-4)/(exp(-4*x)+exp(-4))

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (1, 1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = 4*y(x)*(1-y(x)), y(1) = 1}, y(x)) y(x) = 1

Zadanie 1.4. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰ = e^x·√³

y

w prostok¡cie R². Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1). Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt Q = (0, −1). Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt S = (0, 0).

Funkcja F (x) = e^x, x ∈ (−∞, +∞)jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji ci¡gªej f(x) = e^x, x ∈ (−∞, +∞), jej kresy to A = 0 i B = +∞; funkcja g(y) = √³

y, y ∈ (−∞, +∞)jest funkcj¡ ci¡gª¡, przy czym g(y) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy y = 0; dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ₀(x) = 0, x ∈ (−∞, +∞);

nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T1 = R × (−∞, 0) oraz T₂ = R × (0, +∞); funkcja H1(y) = ³₂p³

y², y ∈ (−∞, 0) jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji 1/g|(−∞,0),

jej kresy to C1 = 0, D1 = +∞; funkcja odwrotna do funkcji H1 jest postaci H₁⁻¹(t) = − q8

27t³, t ∈ (0, +∞) ; staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞); zbiór ∆1γ jest postaci

∆_1γ = {x ∈ (−∞, +∞) : C₁ < F (x) + γ < D₁} =

((−∞, +∞) przy γ > 0 (ln(−γ), +∞) przy γ < 0; ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T1 jest postaci

ϕ1γI(x) = − r 8

27(e^x+ γ)³, x ∈ I

gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± I jest skªadow¡ zbioru ∆1γ ; jest mo»liwo±¢ sklejania rozwi¡za« typu ϕ1γI

przy γ < 0 z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ0(bo limy→0⁻H1(y) = 0 ∈ R); ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R × (−∞, 0] skªada si¦ z rozwi¡za« postaci ϕ1γI przy γ > 0 i I = (−∞, +∞) oraz rozwi¡za« postaci

ϕ^∗_1γ(x) =(0, dla x ∈ (−∞, ln(−γ)]

−q

8

27(e^x+ γ)³, dla x ∈ (ln(−γ), +∞),

przy γ < 0; analogicznie wykazujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T₂ jest postaci

ϕ2γI(x) = r 8

27(e^x+ γ)³, x ∈ I

gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± I jest skªadow¡ zbioru∆2γ = ∆1γ, za± ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R × [0, +∞) skªada si¦ z rozwi¡za« postaci ϕ2γI przy γ > 0 i I = (−∞, +∞) oraz rozwi¡za« postaci

ϕ^∗_2γ(x) =(0, dla x ∈ (−∞, ln(−γ)]

q 8

27(e^x+ γ)³, dla x ∈ (ln(−γ), +∞);

przy γ < 0; brak mo»liwo±ci sklejania rozwi¡za« z prostok¡tów T1 i T2 (bo rozwi¡zania danego rów- nania w T1 s¡ funkcjami ±ci±le malej¡cymi, za± w T2 ±ci±le rosn¡cymi); ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R² skªada si¦ z rozwi¡zania banalnego ϕ0 oraz rozwi¡za« integralnych w prostok¡tach R × (−∞, 0] i R × [0, +∞).

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) ∈ T2 jest postaci

ϕP(x) = r 8

27(e^x+ 1/2)³, x ∈ (−∞, +∞) (γ = 1/2 > 0).

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (0, −1) ∈ T1 jest postaci

ϕQ(x) = − r 8

27(e^x+ 1/2)³, x ∈ (−∞, +∞)

(γ = 1/2 > 0). Rozwi¡zania integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt S = (0, 0) s¡ postaci ϕ^∗_1γ i ϕ^∗_2γ przy γ 6 −1, (bo ln(−γ) > 0) oraz rozwi¡zanie ϕ0.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(x)) y(x)^(2/3)-(2/3)*exp(x)-_C1 = 0

(posta¢ uwikªana).

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(0) = 1}, y(x)) y(x) = (1/27)*(6*exp(x)+3)^(3/2)

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (0, −1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(0) = -1}, y(x)) y(x) = (1/216)*(-42+(18*I)*sqrt(3)+24*exp(x))^(3/2) (posta¢ zespolona).

Rozwi¡zania danego równania przechodz¡ce przez punkt S = (0, 0) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(0) = 0}, y(x)) y(x) = 0

(tylko jedno).

Zadanie 1.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰ =p³

y²

w prostok¡cie R². Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 1).

Funkcja F (x) = x, x ∈ (−∞, +∞) jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji ci¡gªej f(x) = 1, x ∈ (−∞, +∞), jej kresy to A = −∞ i B = +∞; funkcja g(y) = p³

y², y ∈ (−∞, +∞)jest funkcj¡ ci¡gª¡, przy czym g(y) = 0wtedy i tylko wtedy, gdy y = 0; dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ0(x) = 0, x ∈ (−∞, +∞);

nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T1 = R × (−∞, 0) oraz T₂ = R × (0, +∞); funkcja H1(y) = 3√³

y, y ∈ (−∞, 0) jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji 1/g|(−∞,0), jej kresy to C1 = −∞, D₁ = 0; funkcja odwrotna do funkcji H1 jest postaci H₁⁻¹(t) = ₂₇¹t³, t ∈ (−∞, 0);

staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞); zbiór ∆1γ jest postaci

∆_1γ = {x ∈ (−∞, +∞) : C₁ < F (x) + γ < D₁} = (−∞, −γ);

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T1 jest postaci ϕ1γ(x) = 1

27(x + γ)³, x ∈ (−∞, −γ)

gdzie γ ∈ (−∞, +∞) ; mo»na skleja¢ rozwi¡zania ϕ1γ z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ0 (bo limy→0⁻H1(y) = 0 ∈ R); ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R×(−∞, 0] skªada si¦ z rozwi¡zania ϕ₀ oraz rozwi¡za« postaci

ϕ^∗_1γ(x) = (₁

27(x + γ)³, dla x ∈ (−∞, −γ)

0, dla x ∈ [−γ, +∞) ,

przy γ ∈ (−∞, +∞); analogicznie wykazujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T2 jest postaci

ϕ_2γ(x) = 1

27(x + γ)³, x ∈ (−γ, +∞)

gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R × [0, +∞) skªada si¦ z rozwi¡zania ϕ0 oraz rozwi¡za« postaci

ϕ^∗_2γ(x) =

(0, dla x ∈ (−∞, −γ]

1

27(x + γ)³, dla x ∈ (−γ, +∞),

przy γ ∈ (−∞, +∞); istnieje mo»liwo±¢ sklejania rozwi¡za« z prostok¡tów T1 i T2 (bo rozwi¡zania danego równania w T1i T2s¡ funkcjami ±ci±le rosn¡cymi); ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R² skªada si¦ z rozwi¡zania banalnego ϕ0, rozwi¡za« integralnych w prostok¡tach R × (−∞, 0] i R × [0, +∞) oraz rozwi¡za« postaci

ϕ^∗_γ1γ2(x) =







1

27(x + γ₁)³, dla x ∈ (−∞, −γ1) 0, dla x ∈ [−γ1, −γ2]

1

27(x + γ2)³, dla x ∈ (γ2, +∞) ,

przy γ1, γ2 ∈ (−∞, +∞)takich, »e γ1 > γ2.

Rozwi¡zania integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) ∈ T1 s¡ postaci

ϕ_P(x) = (₁

27(x − 2)³, dla x ∈ (−∞, 2)

0, dla x ∈ [2, +∞)

oraz

ϕ_{P γ}(x) =







1

27(x − 2)³, dla x ∈ (−∞, 2)

0, dla x ∈ [2, −γ]

1

27(x + γ)³, dla x ∈ (γ, +∞) ,

przy γ 6 −2.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = (y(x)^2)^(1/3)) x-3*y(x)/(y(x)^2)^(1/3)+_C1 = 0 (posta¢ uwikªana).

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = (y(x)^2)^(1/3), y(-1) = -1}, y(x)) y(x) = (1/27)*x^3-(2/9)*x^2+(4/9)*x-8/27

(tylko jedno).

2 Równanie jednorodne

Zadanie 2.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y⁰= y x +

r 1 − (y

x)² w zbiorze D⁻∪ D⁺, gdzie

D⁻= {(x, y) ∈ R² : x ∈ (−∞, 0), x 6 y 6 −x}, D⁺= {(x, y) ∈ R² : x ∈ (0, +∞), 0), x 6 y 6 −x}.

Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych z⁰ = 1

x

p1 − z²

w prostok¡tach T⁻= (−∞, 0) × [−1, 1], T⁺= (0, +∞) × [−1, 1].

W prostok¡cie T⁻ równanie pomocnicze posiada dwa rozwi¡zania integralne staªe:

ψ⁻₁(x) = −1, ψ⁻₂(x) = 1 x ∈ (−∞, 0) oraz rozwi¡zania postaci

ψ⁻_1γ(x) =







1 dla x ∈ (−∞, −e^π/2−γ]

sin(ln(−x) + γ), dla x ∈ (−e^π/2−γ, −e^−π/2−γ)

−1 dla x ∈ [−e^−π/2−γ, 0)

;

W prostok¡cie T⁺ równanie pomocnicze posiada dwa rozwi¡zania integralne staªe:

ψ⁺₁(x) = −1, ψ⁺₂(x) = 1 x ∈ (0, +∞) oraz rozwi¡zania postaci

ψ⁺_1γ(x) =







−1 dla x ∈ (0, e^−π/2−γ] sin(ln(x) + γ), dla x ∈ (e^−π/2−γ, e^π/2−γ)

1 dla x ∈ [e^π/2−γ, +∞)

;

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jednorodnego wyra»a si¦ wzorami:

w D⁻

ϕ⁻₁(x) = −x, ϕ⁻₂(x) = x x ∈ (−∞, 0),

ϕ⁻_1γ(x) =







x dla x ∈ (−∞, −e^π/2−γ]

x sin(ln(−x) + γ), dla x ∈ (−e^π/2−γ, −e^−π/2−γ)

−x dla x ∈ [−e^−π/2−γ, 0)

;

wD⁺

ϕ⁺₁(x) = −x, ϕ⁺₂(x) = x x ∈ (0, +∞)

ϕ⁺_1γ(x) =







−x dla x ∈ (0, e^−π/2−γ] x sin(ln(x) + γ), dla x ∈ (e^−π/2−γ, e^π/2−γ)

x dla x ∈ [e^π/2−γ, +∞)

;

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = y(x)/x+sqrt(1-(y(x)/x)^2), y(x)) y(x) = sin(ln(x)+_C1)*x

Zadanie 2.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰= y

x + (cosy x)² w zbiorze D⁻∪ D⁺, gdzie

D⁻= {(x, y) ∈ R² : x ∈ (−∞, 0), y ∈ R}, D⁺= {(x, y) ∈ R² : x ∈ (0, +∞), y ∈ R}.

Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (1, π/4). Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt Q = (−1, −3π/4).

Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych z⁰= 1

x(cos z)² w prostok¡tach T⁻= (−∞, 0) × R, T⁺= (0, +∞) × R.

W prostok¡cie T⁻ równanie pomocnicze posiada rozwi¡zania integralne staªe postaci:

ψ_k⁻(x) = π

2 + kπ, x ∈ (−∞, 0), k ∈ Z

oraz rozwi¡zania integralne przebiegaj¡ce w prostok¡tach T_k⁻= (−∞, 0) × (−^π₂ + kπ,^π₂ + kπ), k ∈ Z postaci:

ψ⁻_kγ(x) = kπ + arctan(ln(−x) + γ), x ∈ (−∞, 0), przy γ ∈ (−∞, +∞).

W prostok¡cie T⁺ równanie pomocnicze posiada rozwi¡zania integralne staªe postaci:

ψ_k⁺(x) = π

2 + kπ x ∈ (0, +∞) k ∈ Z

oraz rozwi¡zania integralne przebiegaj¡ce w prostok¡tach T_k⁺= (0, +∞) × (−^π₂ + kπ,^π₂ + kπ), k ∈ Z postaci:

ψ⁺_kγ(x) = kπ + arctan(ln(x) + γ), x ∈ (0, +∞), przy γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jednorodnego wyra»a si¦ wzorami:

w D⁻

ϕ⁻_k(x) = x(π

2 + kπ), x ∈ (−∞, 0), k ∈ Z,

ϕ⁻_kγ(x) = x(kπ + arctan(ln(−x) + γ)), x ∈ (−∞, 0), k ∈ Z, przy γ ∈ (−∞, +∞).

w D⁺

ϕ⁺_k(x) = x(π

2 + kπ), x ∈ (0, +∞), k ∈ Z,

ϕ⁺_kγ(x) = x(kπ + arctan(ln(x) + γ)), x ∈ (0, +∞), k ∈ Z, przy γ ∈ (−∞, +∞).

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (1, π/4) jest postaci ϕ⁺_P(x) = x arctan(ln(x) + 1), x ∈ (0, +∞)

(k = 0, γ = 1).

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt Q = (−1, −3π/4) jest postaci

ϕ⁻_Q(x) = x(π + arctan(ln(−x) + 1)), x ∈ (−∞, 0) (k = 1, γ = 1).

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = y(x)/x+cos(y(x)/x)^2, y(x)) y(x) = arctan(ln(x)+_C1)*x

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (1, π/4) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = y(x)/x+cos(y(x)/x)^2, y(1) = (1/4)*Pi}, y(x)) y(x) = arctan(ln(x)+1)*x

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt Q = (−1, −3π/4) w pro- gramie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = y(x)/x+cos(y(x)/x)^2, y(-1) = -(3/4)*Pi}, y(x)) y(x) = Pi*x+arctan(-I*Pi+ln(x)-1)*x

(posta¢ zespolona).

Zadanie 2.3. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania (2x − y)y⁰ = 5x − 2y w R².

Wyznaczymy najpierw rozwi¡zania równania jednorodnego

y⁰ = 5 − 2_x^y 2 −_x^y w zbiorze D1∪ D₂∪ D₃∪ D₄, gdzie

D₁ = {(x, y) ∈ R² : x < 0, y < 2x}, D₂= {(x, y) ∈ R² : x < 0, y > 2x}, D3 = {(x, y) ∈ R² : x > 0, y > 2x}, D4= {(x, y) ∈ R² : x > 0, y < 2x}.

W tym celu wyznaczamy rozwi¡zania integralne równania pomocniczego o rozdzielonych zmiennych

z⁰ = 1

x ·(z − 2)²+ 1

−(z − 2) w zbiorze T1∪ T₂∪ T₃∪ T₄, gdzie

T1 = (−∞, 0) × (2, +∞), T2= (−∞, 0) × (−∞, 2) T₃ = (0, +∞) × (2, +∞), T₄= (0, +∞) × (−∞, 2), które s¡ postaci

w T1:

ψ_1γ(x) = 2 + r 1

x²e^−2γ− 1, x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w T2:

ψ_2γ(x) = 2 − r 1

x²e^−2γ− 1, x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w T3:

ψ_3γ(x) = 2 + r 1

x²e^−2γ− 1, x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞) w T4:

ψ4γ(x) = 2 − r 1

x²e^−2γ− 1, x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞).

Rozwi¡zania integralne równania jednorodnego s¡ postaci w D1:

ϕ_1γ(x) = 2x −p

e^−2γ− x², x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w D2:

ϕ2γ(x) = 2x +p

e^−2γ− x², x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w D3:

ϕ3γ(x) = 2x +p

e^−2γ− x², x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞) w D4:

ϕ4γ(x) = 2x −p

e^−2γ− x², x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞).

Wszystkie opisane ostatnio funkcje ϕ1γ, ϕ2γ, ϕ3γ, ϕ4γ mo»na przedªu»y¢ do funkcji ci¡gªych na kra«ce ich dziedzin, przy czym wszystkie te przedªu»enia s¡ ró»niczkowalne w ko«cu x = 0 (w drugim ko«cu brak jest ró»niczkowalno±ci). Daje to mo»liwo±ci (i tylko takie) sklejania rozwi¡za« typu ϕ1δ z ϕ4γ oraz ϕ_2δ z ϕ3γ, przy dowolnych δ, γ ∈ (−∞, +∞) takich, »e δ = γ.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w R wyra»a si¦ wzorami:

ϕ^∗_γ(x) = 2x −p

e^−2γ− x², x ∈ (−e^−γ, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞)

ϕ^∗∗_γ (x) = 2x +p

e^−2γ− x², x ∈ (−e^−γ, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞).

Przez punkty prostej 2x − y = 0 nie przechodzi »adne rozwi¡zanie danego równania.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve((2*x-y(x))*(diff(y(x), x)) = 5*x-2*y(x))

y(x) = (2*x*_C1-sqrt(-_C1^2*x^2+1))/_C1, y(x) = (2*x*_C1+sqrt(-_C1^2*x^2+1))/_C1 Zadanie 2.4. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y⁰ = y xlny

x w zbiorze D⁻∪ D⁺, gdzie

D⁻ = (−∞, 0) × (−∞, 0), D⁺= (0, +∞) × (0, +∞).

Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1).

Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych z⁰ = 1

xz(ln z − 1) w dwóch prostok¡tach

T⁻ = (−∞, 0) × (−∞, 0), T⁺= (0, +∞) × (0, +∞).

Równanie pomocnicze posiada dwa rozwi¡zania staªe:

ψ⁻(x) = e, x ∈ (−∞, 0), ψ⁺(x) = e, x ∈ (0, +∞) oraz rozwi¡zania:

w prostok¡cie T1= (−∞, 0) × (0, e) postaci

ψ_1γ(x) = e^1+xeγ, x ∈ (−∞, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w prostok¡cie T2= (−∞, 0) × (e, +∞) postaci

ψ_2γ(x) = e^1−xeγ, x ∈ (−∞, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w prostok¡cie T3= (0, +∞) × (e, +∞) postaci

ψ_3γ(x) = e^1+xeγ, x ∈ (0, +∞), γ ∈ (−∞, +∞) w prostok¡cie T4= (0, +∞) × (0, e) postaci

ψ_4γ(x) = e^1−xeγ, x ∈ (0, +∞), γ ∈ (−∞, +∞).

Na ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego skªadaj¡ si¦ nast¦puj¡ce funkcje:

ϕ⁻(x) = ex, x ∈ (−∞, 0), ϕ⁺(x) = ex, x ∈ (0, +∞) oraz funkcje:

w zbiorze D1 = {(x, y) ∈ R² : x ∈ (−∞, 0), ex < y < 0}postaci

ϕ_1γ(x) = xe^1+xeγ, x ∈ (−∞, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w zbiorze D2 = {(x, y) ∈ R² : x ∈ (−∞, 0), y < ex}postaci

ϕ_2γ(x) = xe^1−xeγ, x ∈ (−∞, 0), γ ∈ (−∞, +∞) w zbiorze D3 = {(x, y) ∈ R² : x ∈ (0, +∞), y > ex}postaci

ϕ_3γ(x) = xe^1+xeγ, x ∈ (0, +∞), γ ∈ (−∞, +∞) w zbiorze D4 = {(x, y) ∈ R² : x ∈ (0, +∞), 0 < y < ex}postaci

ϕ_4γ(x) = xe^1−xeγ, x ∈ (0, +∞), γ ∈ (−∞, +∞).

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) ∈ D1 jest postaci

ϕ(x) = xe^1+x x ∈ (−∞, 0).

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = y(x)*ln(y(x)/x)/x) y(x) = exp(_C1*x+1)*x

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = y(x)*ln(y(x)/x)/x, y(-1) = -1}, y(x)) y(x) = exp(x)*exp(1)*x/(exp(I*Pi*_Z3*x))^2

(?)

Zadanie 2.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰ = y²− x²

2xy w czterech obszarach k¡towych D1∪ D₂∪ D₃∪ D₄, gdzie

D1 = (−∞, 0) × (−∞, 0), D2= (−∞, 0) × (0, +∞), D₃ = (0, +∞) × (0, +∞), D₄= (0, +∞) × (−∞, 0).

Dane równanie zapisane w postaci

y⁰= 1 2(y

x−x y)

w zbiorze D1∪ D₂∪ D₃∪ D₄ jest równaniem jednorodnym. Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych

z⁰= 1 x

z²+ 1

−2z w czterech prostok¡tach T1∪ T₂∪ T₃∪ T₄, gdzie

T1 = (−∞, 0) × (0, +∞), T2= (−∞, 0) × (−∞, 0), T3 = (0, +∞) × (0, +∞), T4= (0, +∞) × (−∞, 0).

Ogóª rozwi¡za« integralnych równania pomocniczego jest postaci:

w prostok¡cie T1:

ψ1γ(x) = r

−1

xe^−γ − 1, x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞), w prostok¡cie T2:

ψ2γ(x) = − r

−1

xe^−γ− 1, x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞), w prostok¡cie T3:

ψ3γ(x) = r1

xe^−γ − 1, x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞), w prostok¡cie T4:

ψ_4γ(x) = − r1

xe^−γ− 1, x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci:

w D1:

ϕ_1γ(x) = −p

−xe^−γ− x², x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞),

w D2:

ϕ_2γ(x) =p

−xe^−γ − x², x ∈ (−e^−γ, 0), γ ∈ (−∞, +∞), w D3:

ϕ3γ(x) =p

xe^−γ − x², x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞), w D4:

ϕ4γ(x) = −p

xe^−γ− x², x ∈ (0, e^−γ), γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = (y(x)^2-x^2)/(2*x*y(x))) y(x) = sqrt(_C1*x-x^2), y(x) = -sqrt(_C1*x-x^2)

3 Równanie zupeªne i czynnik caªkuj¡cy

Zadanie 3.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

2x arctan y + x²

1 + y²y⁰ = 0 w prostok¡cie R².

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w R²; funkcja

F (x, y) = x²arctan y, (x, y) ∈ R²

jest funkcj¡ pierwotn¡ danego równania, staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞) (F (0, 0) = 0, za± dla γ 6= 0 mamy na przykªad F (2q

|γ|

π ,_|γ|^γ ) = γ).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania zupeªnego skªada si¦ z funkcji postaci:

ϕ(x) = 0, x ∈ (−∞, +∞) (γ = 0) oraz

ϕγI(x) = tan γ

x², x ∈ I, gdzie γ 6= 0, za± I jest skªadow¡ zbioru

(−∞, − r2|γ|

π ) ∪ ( r2|γ|

π , +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania zupeªnego w programie Maple:

dsolve(2*x*arctan(y(x))+x^2*(diff(y(x), x))/(1+y(x)^2) = 0, y(x)) y(x) = -tan(_C1/x^2)

Zadanie 3.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania x + e^x√

y + e^x 2√

yy⁰ = 0 w prostok¡cie T = R × (0, +∞).

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w T ; funkcja F (x, y) = 1

2x²+ e^x√

y, (x, y) ∈ T

jest funkcj¡ pierwotn¡ danego równania, staªe dopuszczalne γ ∈ (0, +∞) (F (√

γ,¹₄γ²e^−2√y) = γ).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania zupeªnego skªada si¦ z funkcji postaci:

ϕγ(x) = e^−2x(γ −1

2x²)², x ∈ (−p 2γ,p

2γ), przy γ ∈ (0, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania zupeªnego w programie Maple:

dsolve(x+exp(x)*sqrt(y(x))+exp(x)*(diff(y(x), x))/(2*sqrt(y(x))) = 0, y(x)) sqrt(y(x))-(-(1/2)*x^2+_C1)/exp(x) = 0

(posta¢ uwikªana).

Zadanie 3.3. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania 1

2p

x − y² + 1 2√

x − y

px − y²y⁰ = 0

w zbiorze G = {(x, y) ∈ R²: x > 0, x > y²}. Wyznaczy¢ (o ile istnieje) rozwi¡zanie przechodz¡ce przez punkt P = (1, 0).

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w G; funkcja F (x, y) =p

x − y²+√

x, (x, y) ∈ G

jest funkcj¡ pierwotn¡ danego równania; istniej¡ rozwi¡zania danego równania w obszarach:

G₁ = {(x, y) ∈ R² : x > 0, x > y², y < 0}, G₂= {(x, y) ∈ R²: x > 0, x > y², y > 0};

w obydwu zbiorach staªe dopuszczalne γ ∈ (0, +∞) (F (9

16γ², − γ

√

2) = γ, F ( 9 16γ², γ

√

2) = γ).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania wyra»a si¦ wzorami:

w G1:

ϕ1γ(x) = − q

x − (γ −√

x)², x ∈ (γ² 4 , γ²), w G2:

ϕ_2γ(x) = q

x − (γ −√

x)², x ∈ (γ² 4 , γ²), przy γ ∈ (0, +∞)

›adne z otrzymanych rozwi¡za« nie da si¦ przedªu»y¢ do funkcji ró»niczkowalnej w lewym ko«cu jego dziedziny; równie» »adna z funkcji ϕ0(x) = 0, x ∈ (a, b)nie jest rozwi¡zaniem danego równania.

W konsekwencji brak jest rozwi¡za« danego równania przechodz¡cego przez punkt P . Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(1/(2*sqrt(x-y(x)^2))+1/(2*sqrt(x))-y(x)*(diff(y(x), x))/sqrt(x-y(x)^2) = 0, y(x)) ln(2)+ln((sqrt(x-y(x)^2)*sqrt(x)+x)/y(x))+ln(y(x))-(1/2)*ln(x)-_C1 = 0

(posta¢ uwikªana).

Rozwi¡zanie danego równania przechodzce przez punkt P = (1, 0) w programie Maple:

dsolve({1/(2*sqrt(x-y(x)^2))+1/(2*sqrt(x))-y(x)*(diff(y(x), x))/sqrt(x-y(x)^2) = 0, y(1) = 0}, y(x))

y(x) = 0 (niemo»liwe).

Zadanie 3.4. Wykaza¢, »e równanie

−y

x²+ y² + x

x²+ y²y⁰ = 0 nie jest równaniem zupeªnym w zbiorze G = R²\ {(0, 0)}.

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w ka»dym z prostok¡tów:

T1 = R × (−∞, 0), T2 = (0, +∞) × R, T3 = R × (0. + ∞), T4 = (−∞, 0) × R, bo funkcje

F₁(x, y) = − arctanx

y, (x, y) ∈ T₁ F₂(x, y) = arctany

x, (x, y) ∈ T₂, F3(x, y) = − arctanx

y, (x, y) ∈ T3 F4(x, y) = arctany

x, (x, y) ∈ T4

s¡ funkcjami pierwotnymi danego równania.

Gdyby istniaªa funkcja pierwotna F w G danego równania, to istniaªyby staªe C1, C₂, C₃, C₄ takie,

»e F = F1+ C1 w T1, F = F2+ C2 w T2, F = F3+ C3 w T3, F = F4+ C4 w T4; ponadto:

w T1∩ T₂ mamy F2− F₁ = −C2+ C1= −^π₂, w T2∩ T₃ mamy F3− F₂ = −C₃+ C₂= −^π₂, w T3∩ T₄ mamy F4− F₃ = C₃− C₄ = −^π₂, w T4∩ T₁ mamy F1− F₄ = C4− C₁ = −^π₂, sk¡d wnioskujemy, »e 0 = −2π, co niemo»liwe.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(-y(x)/(x^2+y(x)^2)+x*(diff(y(x), x))/(x^2+y(x)^2) = 0, y(x)) y(x) = _C1*x

Zadanie 3.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania ln y + x²−x

yy⁰ = 0 w prostok¡cie T = (0, +∞) × (0, +∞).

Dane równanie posiada czynnik caªkuj¡cy µ(x) = 1

x², x ∈ (0, +∞).

Równanie

ln y

x² + 1 − 1 xyy⁰ = 0 jest równaniem zupeªnym w prostok¡cie T , a funkcja

F (x, y) = x −ln y

x , (x, y) ∈ T

jest funkcj¡ pierwotn¡ tego równania; staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞), (F (1, e^1−γ) = γ).

Ogóª rozwi¡za« równania zupeªnego i tym samym danego równania w prostok¡cie T jest postaci ϕ_γ(x) = e^x(x−γ), x ∈ (0, +∞),

przy γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(ln(y(x))+x^2-x*(diff(y(x), x))/y(x) = 0, y(x)) y(x) = exp(_C1*x)*exp(x^2)

Zadanie 3.6. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania e^x+ (e^x+ e^y)y⁰ = 0 w prostok¡cie T = R².

Dane równanie posiada czynnik caªkuj¡cy

ν(y) = e^y, y ∈ (−∞, +∞).

Równanie

e^xe^y+ (e^xe^y + e^2y)y⁰ = 0 jest równaniem zupeªnym w prostok¡cie T , a funkcja

F (x, y) = e^xe^y+ 1

2e^2y, (x, y) ∈ T

jest funkcj¡ pierwotn¡ tego równania; staªe dopuszczalne γ ∈ (0, +∞), (F (ln(¹₂√ γ, ln√

γ) = γ).

Ogóª rozwi¡za« równania zupeªnego i tym samym danego równania w prostok¡cie T jest postaci ϕγ(x) = ln(p

2γ + e^2x− e^x), x ∈ (−∞, +∞), przy γ ∈ (0, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(exp(x)+(exp(x)+exp(y(x)))*(diff(y(x), x)) = 0, y(x)) y(x) = -x-ln(1-sqrt(1+(exp(_C1))^2/(exp(x))^2))+2*_C1, y(x) = -x-ln(1+sqrt(1+(exp(_C1))^2/(exp(x))^2))+2*_C1

4 Równanie Bernoulliego

Zadanie 4.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania y⁰ = y tan x − y²cos x w prostok¡cie T = (−^π₂,^π₂) × R. .

Dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ0(x) = 0, x ∈ (−π 2,π

2).

Nale»y wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T1 = (−^π₂,^π₂) × (0, +∞) oraz T2 = (−^π₂,^π₂) × (−∞, 0).

Wyznaczmy najpierw rozwi¡zania danego równania w prostok¡cie T1. Rozwa»amy równanie po- mocnicze

z⁰= −z tan x + cos x.

Jest to równanie liniowe i w prostok¡cie T ogóª jego rozwi¡za« integralnych jest postaci ψ_γ(x) = (x + γ) cos x, x ∈ (−π

2,π 2),

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡; cz¦±ci wykresów rozwi¡za« ψγ przebiegaj¡ w T1, gdy x ∈ ∆1γ, gdzie

∆_1γ =

((−^π₂,^π₂) przy γ > ^π₂

(−γ,^π₂) przy γ ∈ (−^π₂,^π₂);