1. Równanie różniczkowe pierwszego rzędu w postaci normalnej
W rozdziale tym rozważamy równania różniczkowe zwyczajne pierwszego rzędu. Na po- czątek zajmiemy się równaniami różniczkowymi w postaci normalnej:
(1) y′ = f (x, y),
gdzie f jest funkcją rzeczywistą określoną na zbiorze G ⊂ R2. Zgodnie z definicją, rozwią- zaniem tego równania jest każda funkcja ϕ : I → R określona i różniczkowalna na pewnym przedziale I ⊂ R i taka, że dla każdego x ∈ I spełnione są warunki:
(x, ϕ(x)) ∈ G i ϕ′(x) = f (x, ϕ(x)).
Niech (ξ, η) ∈ G. Zagadnienie początkowe polega na poszukiwaniu rozwiązania ϕ : I → R równania (1), którego wykres przechodzi przez punkt (ξ, η), czyli ξ ∈ I i ϕ(ξ) = η.
Niech teraz G ⊂ R2 będzie zbiorem otwartym i niech (ξ, η) będzie jego punktem. Przypo- mnijmy, że funkcja f : G → R jest ciągła w punkcie (ξ, η), gdy dla każdego ciągu punktów {(xn, yn)} ze zbioru G o tej własności, że xn→ ξ i yn→ η, przy n dążącym do nieskończoności zachodzi równość
n→∞lim f (xn, yn) = f (ξ, η).
Funkcja f : G → R jest ciągła w zbiorze G, gdy jest ciągła w każdym punkcie tego zbioru.
Z powyższej definicji wynika, że dla każdej pary funkcji χ, ϕ posiadających w punkcie ξ granice ζ, η odpowiednio złożenie f (χ(x), ϕ(x)) posiada granicę w punkcie ξ i
limx→ξf (χ(x), ϕ(x)) = f (ζ, η).
Okazuje się, że przy założeniu ciągłości prawej strony równania (1) można łączyć ze soba dwa jego rozwiązania otrzymując trzecie, będące przedłużeniem właściwym dwóch pierw- szych.
Lemat 1 (o sklejaniu rozwiązań). Niech f : G → R będzie funkcją określoną i ciągłą na zbiorze G ⊂ R2 i niech punkt (ξ, η) ∈ G. Jeśli funkcje ϕ1 : (α, ξ) → R i ϕ2 : (ξ, β) → R są rozwiązaniami równania (1) takimi, że
x→ξlim−ϕ1(x) = lim
x→ξ+ϕ2(x) = η,
to funkcja ϕ : (α, β) → R określona wzorem
ϕ(x) =
ϕ1(x) dla x ∈ (α, ξ), η dla x = ξ, ϕ2(x) dla x ∈ (ξ, β) jest rozwiązaniem równania (1).
Dowód. Oczywiście funkcja ϕ jest różniczkowalna w każdym punkcie x 6= ξ i ϕ′(x) = f (x, ϕ(x)) dla x 6= ξ. W punkcie ξ funkcja ϕ jest ciągła, gdyż
x→ξlim−ϕ(x) = lim
x→ξ−ϕ1(x) = η = ϕ(ξ) = lim
x→ξ+ϕ2(x) = lim
x→ξ+ϕ(x).
Pokażemy wiecej, że funkcja ϕ jest różniczkowalna w punkcie ξ. Z reguły de l’Hospitala i z ciągłości funkcji f mamy
x→ξlim−
ϕ(x) − η
x − ξ = lim
x→ξ−
ϕ1(x) − η
x − ξ = lim
x→ξ−
ϕ′1(x)
1 = lim
x→ξ−f x, ϕ1(x)
= f ξ, ϕ(ξ) . Podobnie, dla pochodnej prawostronnej wykazujemy, że
x→ξlim+
ϕ(x) − η
x − ξ = f ξ, ϕ(ξ) .
Zatem funkcja ϕ jest różniczkowalna w punkcie ξ i ϕ′(ξ) = f ξ, ϕ(ξ)
. Podsumowując, dla wszystkich punktów x ∈ (α, β) mamy
ϕ′(x) = f x, ϕ(x) .
Oczywiście wykres funkcji ϕ przebiega w G, co wraz z powyższym daje, że ϕ jest rozwiązaniem równania (1).
Przykład 7. Trywialne równanie różniczkowe y′ = 0 jest równaniem różniczkowym w po- staci normalnej. Z własności funkcji różniczkowalnych na przedziale wynika, że wszystkie rozwiązania integralne tego równania to funkcje stałe ϕγ(x) = γ, x ∈ R dla γ ∈ R.
2. Równanie o rozdzielonych zmiennych
Równaniem o rozdzielonych zmiennych nazywamy równanie normalne postaci
(1) y′ = f (x) · g(y),
gdzie f i g są funkcjami ciągłymi odpowiednio w przedziałach otwartych (a, b) i (c, d)1 (−∞ 6 a < b 6 +∞, −∞ 6 c < d 6 +∞). Tym samym prawa strona tego równania jest określona i ciągła w prostokącie
T = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (a, b), y ∈ (c, d)}.
1 Funkcie f i g można też rozważać w przedziałach domkniętych. Jeśli na przykład funkcja f jest ciągła na przedziale domkniętym ha, bi, to przedłużamy funkcję f kładąc f(x) = f(a) dla x < a i f(x) = f(b) dla x > b. Tak otrzymana funkcja jest ciągła na przedziale otwartym (−∞, +∞).
Niech F : (a, b) → R będzie ustaloną funkcją pierwotną funkcji f i niech A = inf
x∈(a,b)F (x), B = sup
x∈(a,b)
F (x).
Twierdzenie 1. Załóżmy, że g(y) 6= 0 dla wszystkich y ∈ (c, d) i niech H : (c, d) → R oznacza ustaloną funkcję pierwotną funkcji 1/g oraz
C = inf
y∈(c,d)H(y), D = sup
y∈(c,d)
H(y).
Wówczas istnieje funkcja odwrotna do funkcji H oraz H−1 : (C, D) → (c, d), a ogół rozwiązań równania (1) w prostokącie T składa się z funkcji ϕγ,I określonych wzorem:
(2) ϕγ,I(x) = H−1 F (x) + γ
, x ∈ I,
gdzie I przebiega zbiór wszystkich przedziałów zawartych w zbiorze otwartym
∆γ = {x ∈ (a, b) : C < F (x) + γ < D}, a parametr γ ∈ (C − B, D − A).
Dowód. Po pierwsze z założeń twierdzenia wynika, że funkcja H ma funkcję odwrotną. Istot- nie, pochodna H′ = 1/g jest ciągła i ma wartości różne od 0; zatem na podstawie własności Darboux zajść może tylko jeden z dwóch następujących przypadków: wszystkie wartości H′(y) dla y ∈ (c, d) są ujemne, bądź wszystkie wartości H′(y) dla y ∈ (c, d) są dodatnie, a to oznacza, że funkcja H jest albo ściśle malejąca albo ściśle rosnąca; w szczególności funkcja H posiada funkcję odwrotną i H−1 : (C, D) → (c, d).
Po drugie każda funkcja ϕγ,I określona wzorem (2) jest rozwiązaniem równania (1). Istot- nie, mamy:
— Funkcja ϕγ,I jest poprawnie określona, ponieważ zbiór
∆γ = {x ∈ (a, b) : C − γ < F (x) < D − γ}
jest niepusty dla każdej stałej γ ∈ (C − B, D − A). Istotnie, dla powyższych stałych γ
(3) (A, B) ∩ (C − γ, D − γ) 6= ∅.
W przeciwnym razie dla pewnej stałej γ ∈ (C − B, D − A) zachodziłaby jedna z nierów- ności:
D − γ 6 A albo B 6 C − γ
i w obu przypadkach otrzymalibyśmy sprzeczność z przynależnością stałej γ do przedziału (C − B, D − A). Ponadto, zbiór ∆γ jest otwarty, jako przeciwobraz przedziału otwartego (C − γ, D − γ) w przekształceniu ciągłym (bo różniczkowalnym) F .
— Niech I będzie dowolnym przedziałem zawartym zbiorze ∆γ. Na podstawie twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej2 i twierdzenia o pochodnej złożenia funkcji wnosimy, że funkcja ϕγ,I określona wzorem (2) jest różniczkowalna i
ϕ′γ,I(x) = 1
H′ H−1(F (x) + γ)) · F′(x) = g(ϕγ,I(x)) · f(x) dla x ∈ I.
2 Jeżeli funkcja różnowartościowa h : I → R jest różniczkowalna, h′(x) 6= 0 dla x ∈ I, to funkcja odwrotna h−1jest różniczkowalna i jej pochodna jest określona wzorem (h−1)′(y) = 1/h′ h−1(y)
.
— Punkt (x, ϕγ,I(x)) ∈ T dla x ∈ I, gdyż x ∈ I ⊂ (a, b) oraz ϕ(x) ∈ H−1 (C, D)
= (c, d).
Stąd ϕγ,I jest rozwiązaniem równania (1).
Na koniec pokażemy, że każde rozwiązanie ϕ : I → R równania (1) musi być postaci (2). Istotnie, ϕ jest funkcją różniczkowalną na przedziale I, (x, ϕ(x)) ∈ T oraz ϕ′(x) = f (x) · g(ϕ(x)) dla x ∈ I. Stąd I ⊂ (a, b) i
ϕ′(x)
g(ϕ(x)) = f (x) dla x ∈ I.
Zatem
H(ϕ(x))′
= H′(ϕ(x)) · ϕ′(x) = 1
g(ϕ(x)) · ϕ′(x) = f (x) = F′(x) dla x ∈ I.
Stąd, na mocy znanego twierdzenia z analizy3 istnieje stała γ ∈ R taka, że
(4) H(ϕ(x)) = F (x) + γ dla x ∈ I.
Z powyższego i z określenia C i D wynika, że C < F (x) + γ < D dla x ∈ I, a więc I ⊂ ∆γ. Ponadto z określenia A i B wynika, że A 6 F (x) 6 B dla x ∈ I, a więc
C − B 6 C − F (x) < γ < D − F (x) 6 D − A,
co daje, że γ ∈ (C − B, D − A). Ponadto z (4) wynika, że ϕ(x) = H−1 F (x) + γ
dla x ∈ I.
Zatem ϕ jest jedną z funkcji postaci (2). To kończy dowód.
Zanim przejdziemy do dalszej części wykładu przypomnijmy, że jedynymi zbiorami spój- nymi na prostej R są: zbiór pusty, zbiory jednoelementowe i dowolne przedziały. Niech ∆ ⊂ R i ξ ∈ ∆. Składową zbioru ∆ (zawierającą punkt ξ) nazywamy sumę wszystkich podzbiorów spójnych zbioru ∆ zawierających punkt ξ. Jest to największy, niepusty zbiór spójny (a więc przedział lub zbiór jednoelementowy) zawarty w ∆. Każdy niepusty podzbiór ∆ ⊂ R jest sumą swoich składowych. Wiadomo również, że każdy zbiór otwarty w R jest co najwyżej przeliczalną sumą parami rozłącznych składowych, które są przedziałami otwartymi.4
Własność 1. Każda składowa zbioru ∆γ opisanego w twierdzeniu 1 jest przedziałem otwar- tym. Jest ich co najwyżej przeliczalnie wiele.
Własność 2. Przy założeniach twierdzenia 1 funkcja ϕγ,I postaci (2) jest rozwiązaniem integralnym równania (1) wtedy i tylko wtedy, gdy przedział I jest składową zbioru ∆γ. Dowód. Niech ϕγ,I będzie rozwiązaniem integralnym równania (1). Przypuśćmy przeciwnie, że I nie jest składową zbioru ∆γ. Istnieje wtedy przedział I1 ⊂ ∆γ taki, że I ⊂ I1, I 6= I1. Na podstawie twierdzenia 1 funkcja ϕγ,I1 jest również rozwiązaniem równania (1). Jest ona przedłużeniem właściwym rozwiązania ϕγ,I, co prowadzi do sprzeczności.
3 Chodzi o twierdzenie mówiące, że jeśli dwie funkcje f i g są określone i różniczkowalne w przedziale I orazf′(x) = g′(x) dla x ∈ I, to funkcje te w całym przedziale I różnią się o stałą. Porównaj na przykład [5], wniosek po twierdzeniu 1, rozdz. IV , §1.
4 Patrz [10], rozdział XVII i XVIII.
Odwrotnie, niech I będzie składową zbioru ∆γ i niech ϕγ,I będzie funkcją postaci (2).
Oczywiście, na podstawie twierdzenia 1 funkcja ϕγ,I jest rozwiązaniem równania (1). Przy- puśćmy, że ϕ1 : I1 → R jest przedłużeniem właściwym rozwiązania ϕγ,I. Wtedy z twierdzenia 1 rozwiązanie ϕ1 jest postaci ϕγ1,I1, gdzie γ1 jest pewną stałą z przedziału (C − B, D − A), a I1 jest przedziałem zawartym w zbiorze ∆γ1. Ponieważ I ⊂ I1 i ϕγ,I(x) = ϕγ1,I1(x) dla x ∈ I, to H−1(F (x) + γ) = H−1(F (x) + γ1), co daje γ = γ1. Zatem I oraz I1 są przedziałami zawartymi w tym samym zbiorze otwartym ∆γ. Skoro I jest składową zbioru ∆γ, to I = I1. Zatem ϕ1 nie jest przedłużeniem właściwym rozwiązania ϕγ,I, wbrew założeniu. Tym samym ϕγ,I jest rozwiązaniem integralnym.
Własność 3. Przy założeniach twierdzenia 1, przez każdy punkt (ξ, η) prostokąta T prze- chodzi dokładnie jedno rozwiązanie integralne ϕγ,I równania (1), gdzie γ = H(η) − F (ξ) i przedział I jest składową zbioru ∆γ zawierającą punkt ξ.
Dowód. Z przyjętych oznaczeń wynika, że liczba γ = H(η) − F (ξ) należy do przedziału (C − B, D − A) i ξ ∈ ∆γ. Niech I będzie składową zbioru ∆γ zawierającą punkt ξ. Wówczas z twierdzenia 1 i własności 2 wynika, że funkcja ϕγ,I określona wzorem
ϕγ,I(x) = H−1 F (x) + γ
, x ∈ I
jest rozwiązaniem integralnym równania (1). Ponadto ϕ(ξ) = H−1(H(η)) = η.
Jeśli ϕ1 : I1 → R jest innym rozwiązaniem integralnym równania (1) takim, że ξ ∈ I1 i ϕ1(ξ) = η, to jest ono postaci ϕ1(x) = H−1 F (x) + γ1
dla x ∈ I1, gdzie γ1 ∈ (C − B, D − A) i I1 jest składową zbioru ∆γ1. Wówczas
γ = H(ϕ(ξ)) − F (ξ) = H(ϕ1(ξ)) − F (ξ) = γ1,
więc I oraz I1 są składowymi tego samego zbioru ∆γ, zawierającymi punkt ξ. Stąd I = I1
i w konsekwencji ϕ = ϕ1.
Lemat 2. Niech ξ będzie (prawym bądź lewym) końcem składowej I zbioru ∆γ. Jeśli ξ ∈ (a, b), to
F (ξ) + γ = C albo F (ξ) + γ = D.
Dowód. Z własności 1 wynika, że ξ /∈ ∆γ, więc ∆γ 6= (a, b). Stąd C 6= −∞ lub D 6= +∞, gdyż w przeciwnym razie mielibyśmy ∆γ = (a, b). Ponieważ
C < F (x) + γ < D dla x ∈ I, to z ciągłości funkcji F dostajemy, że
C 6 F (ξ) + γ 6 D.
Przypuśćmy, że F (ξ) + γ 6= C i F (ξ) + γ 6= D. Wtedy C < F (ξ) + γ < D, co oznacza, że ξ ∈ ∆γ i prowadzi do sprzeczności.
Własność 4. Przyjmijmy założenia i oznaczenia twierdzenia 1. Niech ϕγ,I : I → R bę- dzie rozwiązaniem integralnym równania (1) i niech ξ będzie końcem (lewym lub prawym) przedziału I. Jeśli ξ ∈ (a, b), to granica lim
x→ξϕγ,I(x) istnieje i jest równa c albo d, przy czym
x→ξlimϕγ,I(x) =
c, gdy F (ξ) + γ = lim
y→c+H(y), d, gdy F (ξ) + γ = lim
y→d−H(y).
Dowód. Z własności Darboux wynika, że g(y) > 0 dla y ∈ (c, d) albo g(y) < 0 dla y ∈ (c, d).
My udowodnimy powyższą własność tylko w pierwszym przypadku, gdyż jej dowód w drugim przypadku przebiega podobnie. Załóżmy zatem, że g(y) > 0 dla y ∈ (c, d). Wówczas funkcje H i H−1 są rosnące i mamy
y→clim+H(y) = C oraz lim
y→d−H(y) = D.
Z lematu 2 dostajemy, że F (ξ) + γ ∈ {C, D}. Zatem skoro
ϕγ,I(x) = H−1(F (x) + γ) dla x ∈ I, to granica lim
x→ξϕγ,I(x) istnieje i jest równa odpowiednio c albo d w zależności od tego czy F (ξ) + γ = C, czy F (ξ) + γ = D, a więc w zależności od tego czy F (ξ) + γ = lim
y→c+H(y), czy F (ξ) + γ = lim
y→d−H(y).
Mówimy, że rozwiązanie integralne ϕ : I → R równania (1) dochodzi do brzegu y = c, gdy lewy bądź prawy koniec ξ przedziału I należy do przedziału (a, b) oraz lim
x→ξϕ(x) = c. Podobnie mówimy, że rozwiązanie integralne ϕ : I → R równania (1) dochodzi do brzegu y = d, gdy lewy bądź prawy koniec ξ przedziału I należy do przedziału (a, b) oraz lim
x→ξϕ(x) = d.
Własność 5. Przyjmijmy założenia i oznaczenia twierdzenia 1 i niech funkcja f 6= 0. Wów- czas następujące warunki są równoważne:
(i) istnieje rozwiązanie integralne równania (1), które dochodzi do brzegu y = c (odpowied- nio do brzegu y = d),
(ii) lim
y→c+H(y) ∈ R (odpowiednio lim
y→d−H(y) ∈ R).
Dowód. Udowodnimy własność dla brzegu y = c, gdyż dla brzegu y = d dowód jest analo- giczny. Podobnie jak w dowodzie poprzedniej własności wykażemy twierdzenie w przypadku, gdy g(y) > 0 dla y ∈ (c, d). Wówczas, jak wiemy, funkcje H i H−1 są rosnące.
Implikacja (i) ⇒ (ii) wynika z własności 4.
Pozostaje wykazać implikację odwrotną (ii) ⇒ (i). Załóżmy zatem, że lim
y→c+H(y) ∈ R, czyli, że C ∈ R. Z założenia, że f nie jest funkcją tożsamościowo równą 0 wynika, że funkcja F nie jest funkcją stałą, więc A < B. Stąd istnieje stała γ ∈ (C − B, C − A). Oczywiście γ ∈ (C −B, D −A), gdyż C < D. Ustalmy dowolny punkt x1 ∈ ∆γ. Ponieważ γ ∈ (C −B, C −A), to liczba C −γ leży pomiędzy kresami A i B funkcji F . Stąd na podstawie własności Darboux
równanie F (x) + γ = C ma rozwiązanie należące do przedziału (a, b). Niech x2 będzie jednym z nich. Wtedy x2 ∈ ∆/ γ, więc x1 6= x2. Mamy zatem dwie możliwości:
1) Jeśli x1 < x2, to liczba ξ = inf{x ∈ (x1, b) : F (x) + γ = C} należy do przedziału (a, b). Ponadto z ciągłości funkcji F wynika, że F (ξ) + γ = C i dla każdego x ∈ (x1, ξ) zachodzi nierówność C < F (x) + γ, bowiem gdyby istniała liczba x3 ∈ (x1, ξ) nie spełniająca tej nierówności, to
F (x3) + γ 6 C < F (x1) + γ
i z własności Darboux istniałaby liczba x4 < ξ, dla której F (x4) + γ = C, co byłoby sprzeczne z określeniem ξ. Ponieważ F (ξ) + γ = C < D, to z ciągłości odwzorowania F w punkcie ξ, nierówność F (x) + γ < D zachodzi również w pewnym lewostronnym sąsiedztwie punktu ξ.
Stąd istnieje liczba α = inf{x ∈ (a, b) : (x, ξ) ⊂ ∆γ}. Połóżmy I = (α, ξ). Wówczas przedział I jest składową zbioru ∆γ i funkcja ϕ = ϕγ,I jest na podstawie własności 2. rozwiązaniem integralnym rozważanego równania. Ponadto, na podstawie własności 4 lim
x→ξ−ϕ(x) = c.
y = F (x) + γ y = D
y = C
a x1 b x
y
ξ x2
∆γ
α ξ x2
a x1 b
Rys. 1. Ilustracja dowodu własności 5.
2) Jeśli x2 < x1, to podobnie jak poprzednio wykazujemy, że istnieje składowa I = (ξ, β) zbioru ∆γ, gdzie: ξ = sup{x ∈ (a, x1) : F (x)+γ = C} oraz β = sup{x ∈ (a, b) : (ξ, x) ⊂ ∆γ}.
Wtedy, argumentując jak poprzednio, rozwiazanie ϕγ,I spełnia żądane warunki.
Zbadamy teraz sytuację, gdy funkcja g posiada w przedziale (c, d) miejsca zerowe. Łatwo sprawdzić, że zachodzą następujące własności.
Własność 6. Jeśli f (x) = 0 dla x ∈ (a, b) lub g(y) = 0 dla y ∈ (c, d), to ogół rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie T składa się z funkcji postaci
ϕγ(x) = γ, x ∈ (a, b), γ ∈ (c, d).
W świetle powyższego w dalszym ciągu tego paragrafu możemy zakładać, że funkcje f i g nie znikają tożsamościowo.
Własność 7. Jeśli liczba η ∈ (c, d) jest miejscem zerowym funkcji g, to funkcja ϕ(x) = η, x ∈ (a, b)
jest rozwiązaniem integralnym równania (1).
Zakładamy teraz, że funkcje f : (a, b) → R i g : (c, d) → R są ciągłe i że żadna z nich nie znika tożsamościowo (mogą jednak mieć miejsca zerowe). Wówczas zbiór otwarty {y ∈ (c, d) : g(y) 6= 0} jest sumą przeliczalnej ilości składowych (ck, dk), gdzie k ∈ K i K jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Niech Hk : (ck, dk) → R oznacza funkcję pierwotną funkcji 1/g na przedziale (ck, dk) i niech
Tk = {(x, y) ∈ R : x ∈ (a, b), y ∈ (ck, dk)}.
Z własności 4 i 5 oraz lematu o sklejaniu rozwiązań wynika następujące kryterium rozstrzy- gające kiedy wszystkie rozwiązania równania (1) integralne w prostokątach Tk pozostają integralne w prostokącie T .
Twierdzenie 2. Następujące warunki sa równoważne:
(i) ogół rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie T składa się z rozwiązań stałych opisanych we własności 7 oraz z rozwiązań integralnych w prostokątach Tk, k ∈ K, (ii) lim
y→c+k
H(y) /∈ R i lim
y→d−k
H(y) /∈ R, o ile ck 6= c i dk 6= d.
3. Równanie jednorodne
Niech h : (p, q) → R będzie funkcją ciągłą. Równaniem różniczkowym jednorodnym nazy- wamy równanie postaci
(1) y′ = h y
x
o prawej stronie określonej w obszarach D−=n
(x, y) ∈ R2 : x < 0, p < y x < qo
i D+=n
(x, y) ∈ R2 : x > 0, p < y x < qo
. Wówczas ma miejsce
Twierdzenie 1. Ogół rozwiązań równania (1) składa się z funkcji ϕ : I → R postaci
(2) ϕ(x) = xψ(x),
gdzie ψ : I → R przebiega ogół rozwiązań nastepującego równania o rozdzielonych zmiennych
(3) z′ = 1
x · (h(z) − z) w prostokątach
T−= {(x, z) ∈ R2 : x < 0, p < z < q} i T+ = {(x, z) ∈ R2 : x > 0, p < z < q}.
Dowód. Niech ϕ : I → R będzie rozwiązaniem równania (1) w obszarze D− lub D+, tzn.
0 /∈ I oraz
ϕ′(x) = h
ϕ(x) x
dla x ∈ I.
Niech ψ : I → R będzie funkcją określoną wzorem
(4) ψ(x) = ϕ(x)
x dla x ∈ I.
Funkcja ψ jest różniczkowalna i ψ′(x) = ϕ′(x)x − ϕ(x)
x2 = 1
x
ϕ′(x) −ϕ(x) x
= 1
x h(ψ(x)) − ψ(x)
dla x ∈ I.
Stąd ψ spełnia równanie (3). Zatem z (4) wynika, że ϕ jest postaci (2).
Odwrotnie, niech ϕ : I → R będzie postaci (2), gdzie ψ : I → R jest rozwiązaniem równania (3) w prostokącie T− lub T+, tzn. 0 /∈ I oraz
ψ′(x) = 1
x h(ψ(x)) − ψ(x)
dla x ∈ I.
Wówczas funkcja ϕ jest różniczkowalna i
ϕ′(x) = ψ(x) + xψ′(x) = ψ(x) + h(ψ(x)) − ψ(x)
= h(ψ(x)) = h
ϕ(x) x
dla x ∈ I.
Stąd ϕ spełnia równanie (1) w obszarze D− lub D+.
Wniosek 1. Funkcja ϕ : I → R jest rozwiązaniem integralnym równania (1) wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja ψ : I → R jest rozwiązaniem integralnym równania (3).
4. Równanie różniczkowe liniowe pierwszego rzędu
Niech a, b : (p, q) → R będą funkcjami ciągłymi na przedziale (p, q). Równaniem różnicz- kowym liniowym pierwszego rzędu nazywamy równanie postaci
(1) y′ = a(x)y + b(x).
Jeżeli b = 0, to równanie nazywamy dodatkowo jednorodnym. Ma ono postać
(2) y′ = a(x)y.
Niech A : (p, q) → R będzie dowolną ustaloną funkcją pierwotną funkcji a, zaś B : (p, q) → Rbędzie dowolną ustaloną funkcją pierwotną funkcji
(p, q) ∋ x 7→ b(x)e−A(x) ∈ R.
Twierdzenie 1. Ogół rozwiązań integralnych równania (1) składa się z funkcji
(3) ϕγ(x) = B(x) + γ
eA(x), x ∈ (p, q), γ ∈ R.
Dowód. Każda funkcja ϕγ postaci (3) jest różniczkowalna w przedziale (p, q) oraz dla x ∈ (p, q)
ϕ′γ(x) = b(x)e−A(x)eA(x)+ B(x) + γ
eA(x)a(x) = b(x) + ϕγ(x)a(x).
Stąd ϕγ spełnia równanie (1), a ponieważ jest określona na całym przedziale (p, q), więc jest rozwiązaniem integralnym.
Odwrotnie, weźmy dowolne rozwiązanie integralne ϕ : I → R równania (1). Wówczas funkcja g : I → R określona wzorem
g(x) = ϕ(x)e−A(x), x ∈ I jest różniczkowalna oraz dla x ∈ I
g′(x) = a(x)ϕ(x) + b(x)
e−A(x)− ϕ(x)e−A(x)a(x) = b(x)e−A(x). Z drugiej strony dla x ∈ I
B′(x) = b(x)e−A(x).
Zatem ze znanego twierdzenia z analizy istnieje stała γ ∈ R taka, że g(x) = B(x) + γ dla x ∈ I.
Stąd i z definicji g wynika, że ϕ(x) = B(x) + γ
eA(x) dla x ∈ I. Ponadto przedział I ⊂ (p, q). Gdyby I 6= (p, q), to funkcja ϕγ postaci (3), byłaby przedłużeniem właściwym ϕ, co przeczyłoby integralności ϕ. Zatem I = (p, q) i ϕ = ϕγ. To kończy dowód.
Oczywiście funkcja stała B = 0 jest funkcją pierwotną funkcji stałej b = 0. Zatem przyj- mując w powyższym twierdzeniu B = 0 otrzymujemy
Twierdzenie 2. Ogół rozwiązań integralnych równania (2) składa się z funkcji ϕγ(x) = γeA(x), x ∈ (p, q), γ ∈ R.
Jak widać wśród wszystkich rozwiązań integralnych równania (2) wyróżnia się rozwiązanie tożsamościowo równe 0 (dla parametru γ = 0). Jeśli ϕγ0 jest niezerowym rozwiązaniem równania (2), to oczywiście γ0 6= 0. Pozostałe rozwiązania
ϕγ(x) = γ
γ0 · γ0eA(x)= ˜γϕγ0(x), gdzie ˜γ = γ/γ0 jest pewną stałą. Stąd mamy
Wniosek 1. Jeśli ϕ0 : (p, q) → R jest niezerowym rozwiązaniem integralnym równania (2), to ogół jego rozwiązań integralnych składa się z funkcji postaci
ϕγ(x) = γϕ0(x), x ∈ (p, q), γ ∈ R.
Przez każdy punkt (ξ, η) ∈ (p, q) × R przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie integralne równania (2), gdyż zgodnie z twierdzeniem z równania ϕγ(ξ) = η jednoznacznie wyznaczamy parametr γ = ηe−A(ξ).
Wniosek 2. Niech ξ ∈ (a, b) i η ∈ R. Funkcja
ϕ(x) = ηe−A(ξ)eA(x), x ∈ (a, b)
jest jedynym rozwiązaniem integralnym równania (2) spełniającym warunek początkowy ϕ(ξ) = η.
Prostym rachunkiem dostajemy następującą własność.
Własność 1. Jeśli ϕ1, ϕ2 : (p, q) → R są rozwiązaniami integralnymi równania (1), to ich różnica ϕ2− ϕ1 jest rozwiązaniem integralnym równania (2).
Stąd i z wniosku 1 dostajemy natychmiast dalsze dwa wnioski.
Wniosek 3. Jeśli ϕ0 : (p, q) → R jest integralnym rozwiązaniem równania (1) oraz ϕ1 : (p, q) → R jest niezerowym integralnym rozwiązaniem równania (2), to ogół rozwiązań integralnych równania (1) składa się z funkcji postaci
ϕα(x) = ϕ0(x) + αϕ1(x). x ∈ (p, q), α ∈ R.
Wniosek 4. Jeśli ϕ1, ϕ2 : (p, q) → R są różnymi integralnymi rozwiązaniami równania (1),to ogół rozwiązań integralnych równania (1) składa się z funkcji postaci
ϕα(x) = ϕ1(x) + α ϕ2(x) − ϕ1(x)
. x ∈ (p, q), α ∈ R.
5. Równanie Bernoulliego
Niech a, b : (p, q) → R będą funkcjami ciągłymi w przedziale (p, q) i niech α ∈ R.
Równaniem Bernoulliego nazywamy równanie postaci
(1) y′ = a(x)y + b(x)yα.
Prawa strona równania (1) jest określona w prostokącie
D+= {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (p, q), y ∈ (0, +∞)}
Gdy α = 0 lub α = 1 otrzymujemy równanie liniowe. Zatem w dalszym ciągu zakładać będziemy, że α 6= 0 i α 6= 1.
Twierdzenie 1. Ogól rozwiązań równania (1) w prostokącie D+ tworzą funkcje ϕ : I → R postaci
(2) ϕ(x) = (ψ(x))1−α1 , x ∈ I,
gdzie ψ : I → R przebiega ogół rozwiązań równania liniowego
(3) z′ = (1 − α)a(x)z + (1 − α)b(x)
w prostokącie T+ = {(x, z) ∈ R2 : x ∈ (p, q), z ∈ (0, +∞)}.
Dowód. Niech ϕ : I → R będzie rozwiązaniem równania (1) w prostokącie D+. Wtedy ϕ(x) > 0 dla x ∈ I i funkcja ψ : I → R określona wzorem ψ(x) = (ϕ(x))1−α, x ∈ I, jest różniczkowalna, jej wykres przebiega w prostokącie T+ i dla x ∈ I
ψ′(x) = (1 − α) ϕ(x)−α
ϕ′(x) = (1 − α) ϕ(x)−α
a(x)ϕ(x) + b(x) ϕ(x)α
=
= (1 − α)a(x)ψ(x) + (1 − α)b(x).
Zatem ψ jest rozwiązaniem równania liniowego (3) w T+ i funkcja ϕ jest postaci (2).
Odwrotnie, niech ϕ : I → R będzie funkcją postaci (2), gdzie ψ jest rozwiązaniem równa- nia liniowego (3) w prostokącie T+. Wtedy funkcja ϕ jest różniczkowalna, jej wykres przebiega w prostokącie D+ i dla x ∈ I
ϕ′(x) = 1
1 − α ψ(x)1−α1 −1
ψ′(x) = 1
1 − α ψ(x)1−αα
(1 − α)a(x)ψ(x) + (1 − α)b(x)
=
= a(x) ψ(x)1−α1
+ b(x) (ψ(x))1−α1 α
= a(x)ϕ(x) + b(x) ϕ(x)α
. Zatem ϕ jest rozwiązaniem równania (1) w prostokącie D+.
Niech teraz A : (p, q) → R będzie ustaloną funkcją pierwotną funkcji a, zaś B : (p, q) → R ustaloną funkcją pierwotną funkcji
(p, q) ∋ x 7→ (1 − α)b(x)e−(1−α)A(x). Niech ponadto
M = sup
x∈(p,q)
B(x).
Z własności równań liniowych i twierdzenia 1 wynika
Twierdzenie 2. Ogół rozwiązań równania (1) w prostokącie D+ składa się z funkcji postaci (4) ϕγI(x) = (B(x) + γ)1−α1 · eA(x), x ∈ I,
gdzie γ > −M, zaś I jest dowolnym przedziałem zawartym w zbiorze
∆+γ = {x ∈ (p, q) : B(x) + γ > 0}.
Dowód. Weźmy dowolne rozwiązanie ϕ : I → R równania (1) w prostokącie D+. Wówczas z twierdzenia 1 ϕ jest postaci
ϕ(x) = (ψ(x))1−α1 , x ∈ I,
gdzie ψ jest rozwiązaniem równania liniowego (3) w prostokącie T+. Oczywiście (1 − α)A jest funkcją pierwotną funkcji (1 − α)a, B jest funkcją pierwotną funkcji (1 − α)be−(1−α)A. Stąd i z własności równań liniowych istnieje stała γ ∈ R taka, że
ψ(x) = (B(x) + γ) · e(1−α)A(x), x ∈ I.
Ponieważ wykres ψ przebiega w T+, to ψ(x) > 0 dla x ∈ I. Zatem B(x) + γ > 0 dla x ∈ I.
Stąd wynika, że M + γ > 0, czyli γ > −M. Jednocześnie przedział I jest zawarty w ∆+γ. Ponadto dostajemy, że
ϕ(x) = (B(x) + γ)1−α1 · eA(x), x ∈ I.
Odwrotnie, weźmy funkcję postaci (4), gdzie γ > −M i I ⊂ ∆+γ. Wtedy w myśl twierdze- nia 1 i własności równań liniowych funkcja ϕγI jest rozwiązaniem równania (1) w prostokącie D+.
Wniosek 1.Funkcja ϕγI jest rozwiązaniem inegralnym równania (1) w prostokącie D+wtedy i tylko wtedy, gdy I jest składową zbioru ∆+γ.
Dla szczególnych wartości wykładników α ∈ R równanie (1) rozważamy również w pro- stokącie
D− = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (p, q), y ∈ (−∞, 0)}.
Niech α = r/s, gdzie r ∈ Z \ {0} i s ∈ N jest liczbą naturalną nieparzystą (różną od r).
Wtedy równanie (1) przyjmuje postać
(1’) y′ = a(x)y + b(x)(√s y)r.
Twierdzenie 3. Ogół rozwiązań równania (1’) w prostokącie D− składa się z funkcji ϕ : I → (−∞, 0) postaci
(5) ϕ(x) = − ˜ϕ(x), x ∈ I,
gdzie ˜ϕ : I → (0, +∞) przebiega ogół rozwiązań równania Bernoulliego postaci
(6) z′ = a(x)z − (−1)rb(x)(√s
z)r w prostokącie D+= {(x, z) ∈ R2 : x ∈ (p, q), z ∈ (0, +∞)}.
Dowód. Niech ϕ : I → (−∞, 0) będzie rozwiązaniem równania (1’) w prostokącie D−. Wtedy funkcja ˜ϕ : I → (0, +∞) określona wzorem ˜ϕ(x) = −ϕ(x), x ∈ I jest różniczkowalna, jej wykres przebiega w D+ oraz dla x ∈ I
˜
ϕ′(x) = −ϕ′(x) = − a(x)ϕ(x) + b(x) ps
ϕ(x)r
= a(x) ˜ϕ(x) − b(x) ps
− ˜ϕ(x)r
=
= a(x) ˜ϕ(x) − (−1)rb(x) ps
˜ ϕ(x)r
.
Zatem ˜ϕ jest rozwiązaniem równania (6) w prostokącie D+ i funkcja ϕ jest postaci (5).
Odwrotnie, niech ϕ będzie funkcją postaci (5), gdzie ˜ϕ jest rozwiązaniem równania (6).
Wtedy funkcja ϕ jest różniczkowalna, jej wykres przebiega w D− oraz dla x ∈ I ϕ′(x) = − ˜ϕ′(x) = a(x)(− ˜ϕ(x)) + (−1)rb(x) ps
˜ ϕ(x)r
=
= a(x)ϕ(x) + (−1)rb(x) ps
−ϕ(x)r
= a(x)ϕ(x) + (−1)2rb(x) ps ϕ(x)r
=
= a(x)ϕ(x) + b(x) ps ϕ(x)r
.
Stąd ϕ jest rozwiązaniem równania (1’) w prostokącie D−.
Twierdzenie 4. Niech ϕ : I → R będzie rozwiązaniem integralnym równania (1) w prosto- kącie D+ lub D− i niech ξ będzie prawym lub lewym końcem przedziału I. Jeśli ξ ∈ (p, q), to:
x→ξlimϕ(x) =
0, gdy α < 1,
+∞, gdy α > 1, i ϕ przebiega w D+
−∞, gdy α > 1, i ϕ przebiega w D−
Dowód. Jak wynika z twierdzenia 3 możemy ograniczyć się do przypadku, gdy ϕ jest rozwią- zaniem równania (1) w prostokącie D+.
Z wniosku 1 przedział I jest składową zbioru ∆+γ = {x ∈ (p, q) : B(x)+γ > 0}. Ponieważ B jest funkcją ciągłą w przedziale (p, q) i ξ ∈ (p, q), to B(ξ) + γ = 0. Stąd i z twierdzenia 2 dostajemy tezę.
Zauważmy, że w przypadku, gdy parametr α jest dodatni prawa strona równania (1) oraz prawa strona równania (1’) są określone także, gdy (x, y) ∈ (p, q) × {0}. W tych przypadkach funkcja
ϕ0(x) = 0, x ∈ (p, q) jest rozwiązaniem integralnym równania (1) w prostokącie
Db+ = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (p, q), y ∈ h0, +∞)}
oraz jest rozwiązaniem integralnym równania (1’) w prostokącie Db−= {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (p, q), y ∈ (−∞, 0i}.
Z twierdzenia 4 otrzymujemy
Wniosek 2. Jeśli α > 1, to ogół rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie bD+ składa się wyłącznie z rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie D+ oraz rozwią- zania stałego ϕ0. Podobnie , jeśli r > s, to ogół rozwiązań integralnych równania (1’) w prostokącie bD− składa się wyłącznie z rozwiązań integralnych równania (1’) w prostokącie D− oraz rozwiązania stałego ϕ0.
6. Równanie Zupełne
Zanim przejdziemy do właściwego wykładu przypomnimy parę pojęć i twierdzeń rachunku różniczkowego funkcji wielu zmiennych.5
Niech G ⊂ R2będzie obszarem (czyli zbiorem otwartym i spójnym w R2) i niech (ξ, η) ∈ G.
Pochodną cząstkową funkcji F : G → R względem x (odpowiednio względem y) w punkcie (ξ, η) ∈ G nazywamy granicę
Fx′(ξ, η) = lim
t→0
F (ξ + t, η) − F (ξ, η) t
odp. granicę Fy′(ξ, η) = lim
t→0
F (ξ, η + t) − F (ξ, η) t
.
Jeżeli obie pochodne cząstkowe funkcji F istnieją w każdym punkcie zbioru G i funkcje Fx′ : G → R oraz Fy′ : G → R
są ciągłe, to mówimy, że funkcja F jest klasy C1.
Twierdzenie (O pochodnej złożenia). Niech ϕ, ψ : I → R będą funkcjami różniczkowalnymi na przedziale I ⊂ R. Jeśli:
(a) punkt (ϕ(t), ψ(t)) ∈ G dla każdego t ∈ I, (b) funkcja F : G → R jest klasy C1 w obszarzeG, to funkcja
f (t) = F ϕ(t), ψ(t)
dla t ∈ I jest różniczkowalna w przedzialeI i jej pochodna wyraża się wzorem
f′(t) = Fx′ ϕ(t), ψ(t)
· ϕ′(t) + Fy′ ϕ(t), ψ(t)
· ψ′(t).
Pochodnymi cząstkowymi drugiego rzędu funkcji F w punkcie (ξ, η) ∈ G nazywamy liczby Fxx′′(ξ, η) = (Fx′)′x(ξ, η), Fxy′′(ξ, η) = (Fx′)′y(ξ, η),
Fyx′′(ξ, η) = (Fy′)′x(ξ, η), Fyy′′(ξ, η) = (Fy′)′y(ξ, η).
Twierdzenie (Schwarza o pochodnych mieszanych). Niech F : G → R będzie funkcją określoną w obszarze G ⊂ R2 i niech posiada pochodne cząstkowe Fx′,Fy′ i Fxy′′ w każdym punkcie obszaru G. Niech ponadto Fxy′′
będzie ciągła w pewnym punkcie (ξ, η) ∈ G. Wtedy w punkcie (ξ, η) istnieje też druga pochodna cząstkowa mieszanaFyx′′ i
Fxy′′(ξ, η) = Fyx′′(ξ, η).
Twierdzenie(O funkcji uwikłanej). Niech γ ∈ R i (ξ, η) ∈ G. Załóżmy, że:
(a) funkcja F : G → R jest klasy C1 w obszarzeG, (b) F (ξ, η) = γ,
(c) Fy′(ξ, η) 6= 0.
Wówczas istnieją stałeδ, ε > 0 oraz funkcja ϕ : (ξ − δ, ξ + δ) → (η − ε, η + ε) taka, że:
1) ϕ(ξ) = η, 2) F x, ϕ(x)
= γ dla x ∈ (ξ − δ, ξ + δ),
3) dla każdego x ∈ (ξ − δ, ξ + δ) punkt y = ϕ(x) jest jedynym rozwiązaniem równania F (x, y) = γ
należącym do przedziału(η − ε, η + ε), 4) funkcja ϕ jest różniczkowalna i
Fx′(x, ϕ(x)) + Fy′(x.ϕ(x)) · ϕ′(x) = 0.
Przypomnijmy jeszcze dwa twierdzenia
5 Wszystkie pojęcia z tego paragrafu czytelnik odnajdzie w książce G. M. Fichtenholza Rachunek róż- niczkowy i całkowy, PWN, Warszawa 1999, tomy 1 i 2.
Twierdzenie(O pochodnej całki względem górnej granicy całkowania). Niech f : ha, bi → R będzie funkcją całkowalną w przedzialeha, bi i
Φ(x) = Z x
a
f (t)dt, x ∈ ha, bi.
Jeśli funkcjaf jest ciągła w punkcie x, to funkcja Φ jest różniczkowalna w punkcie x i Φ′(x) = f (x).
Twierdzenie (O różniczkowaniu całki względem parametru). Niech F : G → R będzie funkcją klasy C1 w obszarzeG ⊂ R2 i niech prostokątT postaci
T = {(x, y) ∈ R2: x ∈ ha, bi, y ∈ hc, di}
będzie zawarty wG. Wówczas funkcja
f (y) = Z b
a
F (x, y)dx, y ∈ hc, di jest rózniczkowalna i
f′(y) = Z b
a
Fy′(x, y)dx dla y ∈ hc, di.
Przejdźmy teraz do właściwego wykładu.
Niech tak jak powyżej G ⊂ R2 będzie obszarem i P, Q : G → R – funkcjami ciągłymi.
Jeśli istnieje funkcja F : G → R klasy C1 w G i taka, że
Fx′(x, y) = P (x, y) i Fy′(x, y) = Q(x, y) dla (x, y) ∈ G, to równanie
(1) P (x, y) + Q(x, y)y′ = 0
nazywamy równaniem zupełnym, zaś funkcję F – funkcją pierwotną równania (1).
Twierdzenie 1. Ogół rozwiązań równania zupełnego, którego funkcją pierwotną jest F składa się z tych funkcji różniczkowalnych ϕ : I → R, o wykresach przebiegających w obszarze G dla których istnieje stała γ taka, że
(2) F x, ϕ(x)
= γ dla x ∈ I.
Stałe γ występujące w (2) nazywamy stałymi dopuszczalnymi.
Dowód. Załóżmy, że (1) jest równaniem zupełnym i że ϕ : I → R jest rozwiązaniem tego równania. Zatem wykres funkcji ϕ przebiega w obszarze G i
P x, ϕ(x)
+ Q x, ϕ(x)
· ϕ′(x) = 0 dla x ∈ I, czyli
Fx′ x, ϕ(x)
+ Fy′ x, ϕ(x)
· ϕ′(x) = 0 dla x ∈ I.
Stąd na podstawie twierdzenia o pochodnej złożenia
F x, ϕ(x)′
= 0 dla x ∈ I.
W konsekwencji istnieje stała γ ∈ R taka, że F x, ϕ(x)
= γ dla x ∈ I.
Odwrotnie, jeśli ϕ : I → R jest funkcją różniczkowalną o wykresie przebiegającym w G i istnieje stała γ ∈ R taka, że zachodzi (2), to różniczkując (2) stronami względem x dostajemy na podstawie twierdzenia o pochodnej złożenia, że
Fx′ x, ϕ(x)
· 1 + Fy′ x, ϕ(x)
· ϕ′(x) = 0 dla x ∈ I, czyli
P x, ϕ(x)
+ Q x, ϕ(x)
· ϕ′(x) = 0 dla x ∈ I.
Zatem ϕ jest rozwiązaniem równania zupełnego (1).
Z twierdzenia o funkcji uwikłanej wynika, że przy założeniu, że funkcja Q nie posiada miejsc zerowych w obszarze G, wyznaczenie stałych dopuszczalnych równoważne jest z wy- znaczeniem zbioru wartości funkcji pierwotnej równania zupełnego. Dokładniej mamy Własność 1. Niech Q(x, y) 6= 0 dla (x, y) ∈ G. Na to, aby stała γ była dopuszczalna, potrzeba i wystarcza, by istniał punkt (ξ, η) ∈ G taki, że F (ξ, η) = γ.
Niech T będzie prostokątem postaci
T = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (a, b), y ∈ (c, d)}.
Niech P, Q : T → R będą funkcjami klasy C1 w prostokącie T .
Twierdzenie 2. Na to, by równanie (1) było zupełne w prostokącie T potrzeba i wystarcza, by
(3) Py′(x, y) = Q′x(x, y) dla (x, y) ∈ T.
Dowód. Konieczność warunku wynika natychmiast z twierdzenia Schwarza o pochodnych mieszanych, gdyż Py′ = (Fx′)′y = Fxy′′ i Q′x = (Fy′)′x = Fyx′′, więc Py′ = Fxy′′ = Fyx′′ = Q′x.
Załóżmy teraz, że zachodzi (3). Ustalmy punkt (x0, y0) ∈ T i niech F : T → R będzie funkcją określoną wzorem
(4) F (x, y) =
Z x x0
P (s, y0)ds + Z y
y0
Q(x, t)dt, (x, y) ∈ T.
Na mocy twierdzeń o różniczkowaniu funkcji górnej granicy całkowania i o różniczkowaniu całki względem parametru oraz na podstawie (3) mamy
Fx′(x, y) = P (x, y0) + Z y
y0
Q′x(x, t)dt = P (x, y0) + Z y
y0
Py′(x, t)dt =
= P (x, y0) + P (x, y) − P (x, y0) = P (x, y) oraz
Fy′(x, y) = 0 + Q(x, y) = Q(x, y).
Zatem F jest funkcją pierwotną równania (1).
Wniosek 1. Jeśli P, Q : T → R są funkcjami klasy C1 w prostokącie T i spełniony jest warunek (3), to funkcja F : T → R określona wzorem (4) jest funkcją pierwotną równania (1).
7. Czynnik całkujący
Niech G ⊂ R2 będzie obszarem i P, Q : G → R – funkcjami ciągłymi. Rozważmy równanie postaci
(1) P (x, y) + Q(x, y)y′ = 0,
które nie musi być teraz zupełne. Funkcję U : G → R klasy C1 nazywać będziemy całką równania (1), jeśli ogół jego rozwiązań będzie składał się z tych funkcji różniczkowalnych ϕ : I → R, że x, ϕ(x)
∈ G dla x ∈ I i dla których istnieje stała γ taka, że U x, ϕ(x)
= γ dla x ∈ I.
Oczywiście funkcja pierwotna równania zupełnego jest jego całką. Powstaje myśl, żeby pomnożyć równanie (1) stronami przez taką funkcję ciągłą N : G → R nieznikającą w G, by równanie
(2) N(x, y)P (x, y) + N(x, y)Q(x, y)y′ = 0
było zupełne. Funkcję taką (jeśli istnieje) nazywamy czynnikiem całkującym równania (1).
Ponieważ równania (1) i (2) są równoważne, zatem z twierdzenia 1 z poprzedniego para- grafu dostajemy
Własność 1. Funkcja pierwotna równania (2) jest całką równania (1).
Z powyższego wynika, że znajomość czynnika całkującego ma zasadnicze znaczenie dla rozwiązania równania (1). Podamy obecnie sposoby wyznaczania czynnika całkującego.
Niech T będzie prostokątem postaci
T = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (a, b), y ∈ (c, d)}.
Niech P, Q, : T → R będą funkcjami klasy C1 w prostokącie T . Jako prosty wniosek z twierdzenia 2 z poprzedniego paragrafu otrzymujemy
Własność 2. Na to, by funkcja N : T → R \ {0} klasy C1 była czynnikiem całkującym równania (1), potrzeba i wystarcza, by w protokącie T zachodziła równość
(3) (NP )′y = (NQ)′x
lub w postaci równoważnej
(3’) Ny′P + NPy′ = Nx′Q + NQ′x.
Z powyższej własności widzimy, że znalezienie czynnika całkującego sprowadza się do rozwiązania równania (3’) o pochodnych cząstkowych, co jest na ogół trudniejsze od rozwią- zania równania (1). Jednak w pewnych przypadkach równanie (3’) sprowadza się do równania zwyczajnego i daje się rozwiązać. Podamy dwa takie przypadki. Więcej na ten temat zna- leźć można w monografii W. Nikliborca Równania różniczkowe, Część I, PTM, Warszawa – Wrocław 1951.
Twierdzenie 1. Niech P, Q : T → R będą funkcjami klasy C1 w prostokącie T i Q nie znika w T . Na to, by równanie (1) miało czynnik całkujący, zależny tylko od zmiennej x, potrzeba i wystarcza, by funkcja
(4) Py′ − Q′x
Q
zależała wyłącznie od zmiennej x. Jeśli ten warunek jest spełniony, to czynnik całkujący µ : (a, b) → R jest określony wzorem
(5) µ(x) = eR(x), x ∈ (a, b),
gdzie R jest funkcją pierwotną funkcji (4).
Dowód. Załóżmy najpierw, że równanie (1) posiada czynnik całkujący µ : (a, b) → R zależny tylko od jednej zmiennej x. Pokażemy najpierw, że czynnik taki jest funkcją klasy C1 w przedziale (p, q). Niech F : T → R będzie funkcją pierwotną równania
µ(x)P (x, y) + µ(x)Q(x, y)y′ = 0.
Wówczas
(6) µ(x)P (x, y) = Fx′(x, y) i µ(x)Q(x, y) = Fy′(x, y).
Ponieważ funkcja P jest klasy C1w T , to z pierwszej równości wynika, że pochodna cząstkowa Fxy′′ istnieje i Fxy′′(x, y) = µ(x)Py′(x, y), a więc Fxy′′ jest ciągła w każdym punkcie prostokąta T . Stąd na podstawie twierdzenia Schwarza o pochodnych mieszanych wynika, że druga pochodna mieszana Fyx′′ również istnieje i jest ciągła, gdyż Fyx′′ = Fxy′′. Z drugiego równania w (6) wynika, że µ = Fy′/Q, co wraz z powyższym oznacza, że µ jest funkcją klasy C1. Możemy zatem korzystać z twierdzenia 2.
Z równania (3’) otrzymujemy, że 0P + µPy′ = µ′Q + µQ′x. Ponieważ funkcje µ i Q nie znikają w prostokącie T , więc powyższe jest równoważne równaniu
(7) Py′ − Q′x
Q = µ′ µ, czyli funkcja (4) zależy wyłącznie od zmiennej x.
Odwrotnie, niech funkcja (4) zależy tylko od zmiennej x. Biorąc µ określone wzorem (5) mamy R = ln µ. Różniczkując tę równość stronami dostajemy (7), która z kolei równoważna jest 0P + µPy′ = µ′Q + µQ′x. To na podstawie twierdzenia 2 oznacza, że µ jest czynnikiem całkującym równania (1).
To kończy dowód.
Analogicznie otrzymujemy
Twierdzenie 2. Niech P, Q : T → R będą funkcjami klasy C1 w prostokącie T i P nie znika w T . Na to, by równanie (1) miało czynnik całkujący, zależny tylko od zmiennej y, potrzeba i wystarcza, by funkcja
(8) Q′x− Py′
P
zależała wyłącznie od zmiennej y. Jeśli ten warunek jest spełniony, to czynnik całkujący ν : (a, b) → R jest określony wzorem
(9) ν(y) = eS(y), y ∈ (c, d),
gdzie S jest funkcją pierwotną funkcji (8).
Istnieje wiele twierdzeń podających warunki konieczne i dostateczne istnienia czynników całkujących innej postaci. Na przykład (co czytelnik sam może sprawdzić), na to aby równanie (1) posiadało czynnik całkujący postaci N(x, y) = µ(x)ν(y), potrzeba i wystarcza, by istniały funkcje ciągłe ϕ(x) i ψ(y), dla których zachodzi tożsamość
Py′(x, y) − Q′x(x, y) = Q(x, y)ϕ(x) − P (x, y)ψ(y).
Jeśli ten warunek jest spełniony i Φ i Ψ są odpowiednio funkcjami pierwotnymi funkcji ϕ i ψ, to czynnik całkujący jest dany wzorem
N(x, y) = ±eΦ(x)eΨ(y).
