Przedmiotem naszych rozwa˙zań be ‘da ‘ równania ró˙zniczkowe zwyczajne

(1)

WYBRANE R ´OWNANIA R ´O ˙ZNICZKOWE PIERWSZEGO RZE

‘DU

§1. Uwagi wste

‘pne

W r´ownaniach r´o˙zniczkowych zajmujemy sie

‘ zagadnieniami polegaja

‘cymi na poszukiwaniu funkcji, kt´ore wraz ze swoimi pochodnymi spe lniaja

‘ pewne z g´ory zadane warunki. Gdy wyste

‘puja

‘ funkcje jednej zmiennej i pochodne zwyczajne, to r´ownania nazywamy r´o˙zniczkowymi zwyczajnymi. Gdy wyste

‘puja

‘funkcje wielu zmiennych i pochodne cza

‘stkowe, to r´ownania nazywamy r´o˙zniczkowymi cza

‘stko- wymi.

Przedmiotem naszych rozwa˙za´n be

‘da

‘ r´ownania r´o˙zniczkowe zwyczajne. Gdy niewiadoma

‘ jest jedna funkcja spe lniaja

‘ca wraz z pochodnymi jedno równanie, to nazywamy je równaniem ró˙zniczkowym zwyczajnym lub krótko – równaniem ró˙zniczkowym . Gdy niewiadomym jest uk lad n funkcji spe lniaja

‘cych wraz z pochod- nymi n równań, to mówimy o uk ladzie równań ró˙zniczkowych zwyczajnych lub krótko o uk ladzie równań ró˙zniczkowych .

Na pocza

‘tek zajmiemy sie

‘ równaniem ró˙zniczkowym zwyczajnym. Niech D ⊂ Rⁿ⁺² i F : D → R. Równaniem ró˙zniczkowym n-tego rze

‘du nazywamy r´ownanie (1) F (x, y, y⁰, . . . , y⁽ⁿ⁾) = 0.

Rozwia‘zaniem r´ownania (1) nazywamy ka˙zda‘ funkcje‘ ϕ okre´slona‘ na pewnym przedziale I nie redukuj¸acym si¸e do punktu, n-krotnie r´o˙zniczkowalna

‘i taka

‘, ˙ze dla ka˙zdego x ∈ I, (x, ϕ(x), ϕ⁰(x), . . . , ϕ⁽ⁿ⁾(x)) ∈ D i F (x, ϕ(x), ϕ⁰(x), . . . , ϕ⁽ⁿ⁾(x)) = 0. M´owimy, ˙ze rozwia

‘zanie ϕ1 : I1 → R r´ownania (1) jest przed lu˙zeniem rozwia

‘zania ϕ : I → R, je´sli I ⊂ I1 i ϕ1|I = ϕ. Je´sli I 6= I1, to przed lu˙zenie nazywamy w la´sciwym . Rozwia

‘zanie, kt´ore nie ma ˙zadnego przed lu˙zenia w la´sciwego nazywamy rozwia

‘zaniem integralnym (globalnym).

Rozwia

‘zać równanie (1) znaczy podać wszystkie jego rozwia

‘zania, tzn. og´o l rozwia

‘za´n . Poniewa˙z w dalszym cia

‘gu rozwa˙za´c be

‘dziemy r´ownania, kt´orych ka˙zde rozwia

‘zanie da sie

‘ przed lu˙zy´c do rozwia

‘zania integralnego, tzn. ka˙zde rozwia

‘zanie ma przed lu˙zenie be

‘da

‘ce rozwia

‘zaniem integralnym, dlatego mo˙zna ograniczy´c sie do podania og´o lu rozwia ‘

‘za´n integralnych.

Jak zobaczymy, równanie ró˙zniczkowe postaci (1) posiada zwykle nieskończenie wiele rozwia

‘za´n integralnych. Dlatego te˙z dodajemy do (1) pewne dodatkowe warunki pozwalaja

‘ce na og´o l okre´sli´c jedno z nich. Warunki zwane pocza

‘tkowymi lub Cauchy’ego polegaja

‘ na tym, ˙ze ˙za

‘damy by rozwia

‘zanie w danym punkcie wraz ze swoimi pochodnymi do rze

‘du n − 1 przyjmowa lo z g´ory zadane warto´sci.

Dok ladniej, dla dowolnego punktu (ξ, η₁, . . . , η_n) ∈ Rⁿ⁺¹ poszukujemy rozwia

‘zania ϕ : I → R r´ownania (1) takiego, ˙ze ξ ∈ I i

(2) ϕ(ξ) = η1, . . . , ϕ⁽ⁿ⁻¹⁾(ξ) = ηn.

(2)

Rozwa˙zmy na p laszczy´znie rodzine

‘ parabol y = γx², gdzie γ jest dowolna

‘liczba rzeczywista‘(prosta‘y = 0 uwa˙zamy tutaj za parabole‘). Przez ka˙zdy punkt p laszczy-‘ zny, kt´ory nie le˙zy na osi y przechodzi dok ladnie jedna parabola, przez punkt (0, 0) przechodzi ich niesko´nczenie wiele, natomiast przez punkt (0, η) dla η 6= 0 nie prze- chodzi ˙zadna parabola. Zauwa˙zmy, ˙ze przy ustalonym γ, y = γx² i y⁰ = 2γx. Sta

‘d ruguja‘c γ otrzymujemy równanie ró˙zniczkowe zwyczajne rze‘du pierwszego y⁰x = 2y, które spe lniaja

‘wszystkie parabole.

Je´sli z p laszczyzny usuniemy o´s rze‘dnych i rozwa˙zymy w tym zbiorze r´ownanie y⁰x = 2y, to przez ka˙zdy punkt tego zbioru przechodzi dok ladnie jedna cze

‘´s´c paraboli. Poniewa˙z jak oka˙ze sie

‘ p´o´zniej innych rozwia

‘za´n r´ownanie to nie posiada, wie‘c warunek pocza

‘tkowy ϕ(ξ) = η dla dowolnego (ξ, η), ξ 6= 0 okre´sla dok ladnie jedno rozwia

‘zanie integralne.

Je´sli rozwa˙zymy r´ownanie y⁰x = 2y na ca lej p laszczy´znie, to przez punkt (0, η), η 6= 0 nie przechodzi ˙zadne rozwia

‘zanie tego r´ownania. Natomiast przez ka˙zdy inny punkt (ξ, η) przechodzi niesko´nczenie wiele rozwia

‘za´n integralnych. Na przyk lad przez punkt (1, 1) przechodza

‘rozwia

‘zania ϕ(x) =

x² dla x > 0 γx² dla x ≤ 0, gdzie γ jest dowolna

‘sta la

‘.

Zgodnie z poprzednim, równaniem ró˙zniczkowym pierwszego rze‘du jest równanie postaci F (x, y, y⁰) = 0. Zwykle, stosuja

‘c twierdzenie o funkcji uwik lanej, równanie to mo˙zemy zasta‘pić przez równanie

(3) y⁰ = f (x, y),

zwane r´ownaniem normalnym . Be

‘dziemy w dalszym cia

‘gu zak lada´c, ˙ze prawa strona (3) jest okre´slona i cia

‘g la w pewnym zbiorze p laskim D. Warunek pocza

‘tkowy w tym przypadku polega na tym, by szukane rozwia

‘zanie ϕ : I → R przechodzi lo przez z g´ory dany punkt (ξ, η) ∈ D, tzn. by ϕ by lo funkcja

‘ r´o˙zniczkowalna

‘, (x, ϕ(x)) ∈ D i ϕ⁰(x) = f (x, ϕ(x)) dla x ∈ I oraz ϕ(ξ) = η.

W najbli˙zszych paragrafach zajmiemy sie

‘szczeg´olnymi postaciami r´ownania (3).

Na zakończenie podamy dwa elementarne lematy o przed lu˙zaniu i sklejaniu rozwi¸azań, u˙zyteczne przy poszukiwaniu rozwi¸azań integralnych.

Lemat 1. Niech ϕ : (α, β) → R b¸edzie rozwi¸azaniem r´ownania (3) w D. Je´sli istnieje granica sko´nczona lim_x→β⁻ϕ (x) = sβ i punkt (β, sβ) ∈ D, to funkcja

b ϕ (x) =

ϕ (x) dla x ∈ (α, β) , sβ dla x = β

jest rozwi¸azaniem r´ownania (3) w D. Odpowiednio, je´sli istnieje granica sko´nczona lim_x→α⁺ϕ (x) = sα i punkt (α, sα) ∈ D, to funkcja

bb ϕ (x) =

ϕ (x) dla x ∈ (α, β) , sα dla x = α jest rozwi¸azaniem r´ownania (3) w D.

(3)

D o w ó d. Funkcja bϕ jest ci¸ag la w przedziale (α, βi. Ponadto jest ona ró˙zniczko- walna w przedziale (α, β) i spe lnia w tym przedziale równanie (3). Z ci¸ag lo´sci funkcji f w punkcie (β, sβ) dostajemy

(4) lim

x→β⁻

ϕb⁰(x) = f (β, bϕ (β)) .

Z drugiej strony, w my´sl regu ly de l’Hospitala, mamy

(5) lim

x→β⁻

b

ϕ (x) − bϕ (β)

x − β = lim

x→β⁻

ϕb⁰(x) .

Z (4) i (5) dostajemy, ˙ze bϕ⁰₋(β) = f (β, bϕ (β)), co daje, ˙ze bϕ jest rozwi¸azaniem r´ownania (3) w D.

Analogicznie pokazujemy drug¸a cz¸e´s´c lematu.

Bezpo´srednio z lematu 1 dostajemy lemat o sklejaniu rozwi¸aza´n.

Lemat 2. Niech ϕ1 : (α1, β1) → R, ϕ2 : (α2, β2) → R b¸ed¸a rozwi¸azaniami r´ownania (3) w D. Je´sli β1 = α2, lim_x→β⁻

1 ϕ1(x) = lim_x→α⁺

2 ϕ2(x) = s oraz (β₁, s) ∈ D, to funkcja

ϕ (x) =







ϕ₁(x) dla x ∈ (α₁, β₁) , s dla x = β₁ = α₂, ϕ2(x) dla x ∈ (α2, β2) , jest rozwi¸azaniem r´ownania (3) w D.

§2. R´ownanie o rozdzielonych zmiennych

R´ownaniem o rozdzielonych zmiennych nazywamy r´ownanie normalne postaci

(1) y⁰ = f (x) g (y) ,

gdzie f i g s¸a funkcjami ci¸ag lymi odpowiednio w przedzia lach (a, b) i (c, d). Tym samym prawa strona (1) jest okre´slona i ci¸ag la w prostok¸acie T =

(x, y) ∈ R² : x ∈ (a, b) , y ∈ (c, d)}.

W dalszym ci¸agu tego paragrafu zak lada´c b¸edziemy, ˙ze F : (a, b) → R jest ustalon¸a funkcj¸a pierwotn¸a funkcji f i

A = inf_x∈(a,b)F (x) , B = sup_x∈(a,b)F (x) .

(4)

Twierdzenie 1. Je´sli funkcja g jest stale r´o˙zna od zera i H : (c, d) → R jest ustalon¸a funkcj¸a pierwotn¸a funkcji 1/g oraz

C = infy∈(c,d)H (y) , D = sup_y∈(c,d)H (y) ,

to ogó l rozwi¸azań równania (1) w prostok¸acie T sk lada si¸e z funkcji ϕγI : I → R postaci

(2) ϕ_γI(x) := H⁻¹(F (x) + γ) , x ∈ I,

gdzie γ jest dowoln¸a sta l¸a z przedzia lu (C −B, D −A) oraz I dowolnym przedzia lem zawartym w zbiorze

(3) ∆γ := {x ∈ (a, b) : C < F (x) + γ < D} .

D o w ´o d. Zauwa˙zmy najpierw, ˙ze funkcja H⁰ = 1/g jest sta lego znaku, poniewa˙z funkcja g jest ci¸ag la i g(y) 6= 0 dla y ∈ (c, d). St¸ad wynika, ˙ze H jest monotoniczna w (c, d), wi¸ec w przedziale (C, D) istnieje do niej funkcja odwrotna H⁻¹.

Niech teraz ϕ : I → R b¸edzie dowolnym rozwi¸azaniem (1). Zatem I ⊂ (a, b), c <

ϕ (x) < d dla x ∈ I oraz ϕ⁰(x) = f (x) g (ϕ (x)) dla x ∈ I. St¸ad ϕ⁰(x) /g (ϕ (x)) = f (x) dla x ∈ I. Poniewa˙z [H (ϕ (x))]⁰ = ϕ⁰(x) /g (ϕ (x)) i F⁰(x) = f (x) dla x ∈ I, wi¸ec z powy˙zszego dostajemy [H (ϕ (x))]⁰ = F⁰(x) dla x ∈ I. W konsekwencji na mocy znanego twierdzenia z analizy istnieje sta la γ taka, ˙ze

(4) H (ϕ (x)) = F (x) + γ dla x ∈ I.

St¸ad i z okre´slenia A, B, C i D dostajemy, ˙ze γ ∈ (C − B, D − A) oraz ˙ze I ⊂ ∆γ. Z (4) i uwagi poczynionej na pocz¸atku dowodu dostajemy, ˙ze ϕ jest postaci (2).

Odwrotnie, we´zmy funkcj¸e ϕγI postaci (2), gdzie γ ∈ (C − B, D − A) i I ⊂ ∆γ. R´o˙zniczkuj¸ac ϕγI dostajemy

ϕ⁰_γI(x) = 1/H⁰ H⁻¹(F (x) + γ)

(F (x) + γ)⁰ = g (ϕγI(x)) f (x) dla x ∈ I, co daje, ˙ze ϕγI jest rozwi¸azaniem r´ownania (1).

To ko´nczy dow´od.

Uwaga 1. Latwo zauwa˙zy´c, ˙ze ka˙zda sk ladowa zbioru ∆_γ jest przedzia lem ot- wartym.

Przy tych samych oznaczeniach i za lo˙zeniach co w twierdzeniu 1 dostajemy dwa wnioski:

Wniosek 1. Funkcja ϕγI postaci (2) jest rozwi¸azaniem integralnym r´ownania (1) dok ladnie wtedy, gdy I jest sk ladow¸a zbioru ∆γ.

D o w ó d. Niech ϕγI b¸edzie rozwi¸azaniem integralnym równania (1), wówczas I jest oczywi´scie sk ladow¸a zbioru ∆γ.

Odwrotnie, niech ϕγI b¸edzie postaci (2), gdzie I jest sk ladow¸a zbioru ∆γ. Oczy- wi´scie ϕγI jest rozwi¸azaniem równania (1). Przypu´sćmy, ˙ze ϕγ1I1 jest takim roz- wi¸azaniem równania (1), ˙ze I ⊂ I1 i ϕγ1I1(x) = ϕγI(x) dla x ∈ I. Wówczas γ1 = γ. Poniewa˙z I jest sk ladow¸a ∆γ, zatem I1 = I, czyli ϕγI jest rozwi¸azaniem

integralnym r´ownania (1).

(5)

Wniosek 2. Przez ka˙zdy punkt prostok¸ata T przechodzi dok ladnie jedno rozwi¸azanie integralne r´ownania (1).

D o w ó d. Niech (x₀, y₀) ∈ T . Po ló˙zmy γ = H (y₀) − F (x₀). Wówczas γ ∈ (C − B, D − A) i x0 ∈ ∆γ. Niech I b¸edzie sk ladow¸a zbioru ∆γ, która za- wiera punkt x₀. Wówczas funkcja ϕ_γI okre´slona wzorem (2) jest rozwi¸azaniem integralnym równania (1) (na mocy wniosku 1) i ϕγI(x0) = y0.

Je´sli ϕ_γ₁_I₁ jest rozwi¸azaniem integralnym r´ownania (1), x₀ ∈ I₁ i ϕ_γI(x₀) = y₀,

to γ1 = γ i I1 = I.

Zanim przejdziemy do dalszych rozwa˙za´n odnotujemy trywialn¸a w lasno´s´c.

W lasno´s´c 1. Je´sli f = 0 lub g = 0, to ogó l rozwi¸azań integralnych równania (1) przebiegaj¸acych w T sk lada si¸e z funkcji

ϕγ(x) = γ dla x ∈ (a, b) , gdzie γ jest dowoln¸a sta l¸a z przedzia lu (c, d).

Bior¸ac pod uwag¸e powy˙zsz¸a w lasno´sć, bez straty ogólno´sci mo˙zemy w dalszym ci¸agu tego paragrafu zak ladać, ˙ze funkcja f nie znika to˙zsamo´sciowo.

Podamy obecnie prost¸a w lasno´sć opisuj¸aça zbiór ∆γ.

W lasno´s´c 2. Przyjmijmy za lo˙zenia i oznaczenia twierdzenia 1, ponadto niech f 6=

0. Niech zbi´or ∆γ, γ ∈ (C − B, D − A) b¸edzie okre´slony wzorem (3). W´owczas:

A nast¸epuj¸ace warunki s¸a r´ownowa˙zne:

(a) ∆γ 6= (a, b),

(b) {x ∈ (a, b) : F (x) + γ = C} ∪ {x ∈ (a, b) : F (x) + γ = D} 6= ∅;

B nast¸epuj¸ace warunki s¸a r´ownowa˙zne:

(a) {x ∈ (a, b) : F (x) + γ = C} 6= ∅,

(b) istnieje ξ ∈ (a, b), ˙ze ξ jest ko´ncem pewnej sk ladowej zbioru ∆γ

i F (ξ) + γ = C,

(c) γ ∈ (C − B, C − A), C ∈ R lub

γ = C − A i A = F (η) dla pewnego η ∈ (a, b);

C nast¸epuj¸ace warunki s¸a r´ownowa˙zne:

(a) {x ∈ (a, b) : F (x) + γ = D} 6= ∅,

(b) istnieje ξ ∈ (a, b), ˙ze ξ jest ko´ncem pewnej sk ladowej zbioru ∆γ

i F (ξ) + γ = D,

(c) γ ∈ (D − B, D − A), D ∈ R lub

γ = D − B i B = F (η) dla pewnego η ∈ (a, b).

D o w ´o d. A (a) ⇒ (b). Wynika z w lasno´sci Darboux.

A (b) ⇒ (a). Oczywiste.

B (a) ⇒ (b). Niech F (x1) + γ = C oraz x2 ∈ ∆γ. Je´sli x1 < x2, to po l´o˙zmy ξ :=

sup {x ∈ (a, b) : x < x2 i F (x) + γ = C}. Wtedy z ci¸ag lo´sci F , mamy F (ξ) + γ =

(6)

C. Niech β = sup {x ∈ (a, b) : (ξ, x) ⊂ ∆γ}. W´owczas (ξ, β) jest ˙z¸adan¸a sk ladow¸a zbioru ∆γ. Je´sli x2 < x1, to po l´o˙zmy ξ := inf {x ∈ (a, b) : x > x2 i F (x) + γ = C}.

Wtedy F (ξ) + γ = C. Niech α = inf {x ∈ (a, b) : (x, ξ) ⊂ ∆γ}. W´owczas (α, ξ) jest

˙z¸adan¸a sk ladow¸a zbioru ∆γ.

B (b) ⇒ (c). Z (b) wynika, ˙ze istnieje ξ ∈ (a, b), ˙ze F (ξ) + γ = C. Je´sli A < F (ξ), to γ ∈ (C − B, C − A). Je´sli F (ξ) = A, to γ = C − A.

B (c) ⇒ (a). Je´sli γ ∈ (C − B, C − A), to z w lasno´sci Darboux istnieje η ∈ (a, b),

˙ze C − γ = F (η). Zatem zachodzi (a). R´ownie˙z dla γ = C − A zachodzi (a).

C dow´od tego punktu przebiega analogicznie do dowodu punktu B.

Podamy teraz dwie w lasno´sci opisuj¸ace zachowanie si¸e rozwi¸azania integralnego w pobli˙zu brzegu prostok¸ata T .

W lasno´s´c 3. Przyjmijmy za lo˙zenia i oznaczenia twierdzenia 1. Niech ϕγI postaci (2) b¸edzie rozwi¸azaniem integralnym r´ownania (1) i I = (α, β). W´owczas istniej¸a granice lim_x→α⁺ϕγI(x), gdy a < α i lim_x→β⁻ϕγI(x), gdy β < b. Obie te granice nale˙z¸a do zbioru dwuelementowego {c, d}. Co wi¸ecej:

(a) Je´sli a < α, to liczba F (α) + γ jest r´owna C albo D i

x→αlim⁺ϕγI(x) =





c, gdy F (α) + γ = lim

y→c⁺H (y) , d, gdy F (α) + γ = lim

y→d⁻H (y) . (b) Je´sli β < b, to liczba F (β) + γ jest r´owna C albo D i

x→βlim⁻ϕγI(x) =





c, gdy F (β) + γ = lim

y→c⁺H (y) , d, gdy F (β) + γ = lim

y→d⁻H (y) .

D ow ´o d. Za l´o˙zmy, ˙ze a < α. Z wniosku 1 wynika, ˙ze (α, β) jest sk ladow¸a zbioru

∆γ. St¸ad liczba F (α) + γ musi być równa C albo D. Funkcja H⁻¹ : (C, D) → (c, d) jest ´sci´sle monotoniczna i ci¸ag la, zatem istniej¸a granice lim_ζ→C⁺H⁻¹(ζ), lim_ζ→D⁻H⁻¹(ζ) równe odpowiednio c, d (gdy H rosn¸aca) albo d, c (gdy H malej¸aca). Z (2), ϕ_γI(x) = H⁻¹(F (x) + γ), co wraz z powy˙zszym daje lim_x→α⁺ϕγI(x) ∈ {c, d}. Co wi¸ecej, je´sli

F (α) + γ = lim

y→c⁺H (y) , to mamy

x→αlim⁺ϕγI(x) = lim

x→α⁺H⁻¹(F (x) + γ) = lim

y→c⁺H⁻¹ ◦ H (y) = c;

je´sli

F (α) + γ = lim

y→d⁻H (y) , to mamy

x→αlim⁺ϕγI(x) = lim

x→α⁺H⁻¹(F (x) + γ) = lim

y→d⁻H⁻¹ ◦ H (y) = d.

Dow´od, gdy β < b, przebiega analogicznie.

(7)

W lasno´s´c 4. Przyjmijmy za lo˙zenia i oznaczenia twierdzenia 1, ponadto niech f 6=

0.

A Nast¸epuj¸ace dwa warunki s¸a r´ownowa˙zne:

(a) istnieje rozwi¸azanie integralne ϕ : (α, β) → R r´ownania (1) w prostok¸acie T takie, ˙ze a < α i lim_x→α⁺ϕ (x) = c

lub

β < b i lim_x→β⁻ϕ (x) = c, (b) lim_y→c⁺H (y) ∈ R;

B Nast¸epuj¸ace dwa warunki s¸a r´ownowa˙zne:

(a) istnieje rozwi¸azanie integralne ϕ : (α, β) → R r´ownania (1) w prostok¸acie T takie, ˙ze a < α i lim_x→α⁺ϕ (x) = d

lub

β < b i lim_x→β⁻ϕ (x) = d, (b) lim_y→d⁻H (y) ∈ R.

D o w ´o d. A (a) ⇒(b). Wynika z w lasno´sci 3.

A (b) ⇒ (a). We´zmy γ ∈ −B + lim_y→c⁺H (y) , −A + lim_y→c⁺H (y) . Z w lasno´sci 2B (c) ⇒ (b) lub 2C(c) ⇒ (b) istnieje sk ladowa (α, β) zbioru ∆γ taka,

˙ze F (α) + γ = lim_y→c+H (y) lub F (β) + γ = lim_y→c+H (y). Wtedy z w lasno´sci 3 wynika, ˙ze funkcja ϕ = ϕγI, gdzie ϕγI dana jest wzorem (2) i I = (α, β), jest rozwi¸azaniem r´ownania (1) w T spe lniaj¸acym (a).

B Dow´od tego punktu przebiega analogicznie do dowodu punktu A.

Udowodnimy teraz zasadnicze twierdzenie tego paragrafu. Zacznijmy od pewnych oznaczeń i za lo˙zeń, które b¸ed¸a obowi¸azywa ly dalej.

Zak ladamy, ˙ze funkcje f i g s¸a ci¸ag le odpowiednio w przedzia lach (a, b) i (c, d) i ˙zadna z nich nie znika to˙zsamo´sciowo. Niech (ck, dk), k ∈ K b¸ed¸a sk ladowymi zbioru {y ∈ (c, d) : g (y) 6= 0}. Zbi´or K jest co najwy˙zej przeliczalny. Niech H_k : (ck, dk) → R b¸edzie funkcj¸a pierwotn¸a funkcji 1/g w przedziale (ck, dk). Niech T = (a, b) × (c, d) i T_k = (a, b) × (c_k, d_k).

Twierdzenie 2. Nast¸epuj¸ace warunki s¸a r´ownowa˙zne:

(a) przez ka˙zdy punkt prostok¸ata T przechodzi dok ladnie jedno rozwi¸azanie integralne r´ownania (1),

(b) dla ka˙zdego c_k 6= c i d_k 6= d mamy

(5) lim

y→c⁺_kHk(y) /∈ R i lim

y→d⁻_kHk(y) /∈ R,

(c) dowolne rozwi¸azanie integralne r´ownania (1) w T jest albo rozwi¸azaniem integralnym w Tk dla pewnego k albo jest rozwi¸azaniem integralnym sta lym w T \S

k∈KTk.

D o w ´o d. (a) ⇒ (b). Przypu´s´cmy przeciwnie, ˙ze nie zachodzi (5) dla pewnego k. Na przyk lad ck 6= c i lim_y→c⁺

k Hk(y) ∈ R. W´owczas na mocy w lasno´sci 4 istnieje w Tk rozwi¸azanie integralne ϕ0 : (α, β) → R r´ownania (1) takie, ˙ze

(6) a < α i lim

x→α⁺ϕ0(x) = ck,

(8)

lub

(7) β < b i lim

x→β⁻ϕ₀(x) = c_k.

Za ló˙zmy na przyk lad, ˙ze zachodzi (6). Poniewa˙z g (ck) = 0, wi¸ec funkcja sta la ϕ₁ : (a, b) 3 x 7−→ c_k jest rozwi¸azaniem równania (1) w T . Sklejaj¸ac teraz rozwi¸azanie ϕ0 z ϕ_1|(a,αi, na mocy lematu 1.2, dostajemy rozwi¸azanie ϕ2 okre´slone w przedziale (a, β) przechodz¸ace przez punkt (α, c_k) i ró˙zne od ϕ_1|(a,β). Rozwi¸aza- nie ϕ2 albo jest rozwi¸azaniem integralnym w T albo latwo przed lu˙za si¸e do rozwi¸a- zania integralnego. Istotnie, gdy β < b, to w my´sl w lasno´sci 3 istnieje granica lim_x→β⁻ϕ2(x) = ck albo lim_x→β⁻ϕ2(x) = dk. Wówczas funkcja ϕ2 jest albo rozwi¸azaniem integralnym, gdy dk = d albo funkcj¸e ϕ2 sklejamy b¸ad´z z funkcj¸a sta l¸a hβ, b) 3 x 7→ ck b¸ad´z z funkcj¸a sta l¸a hβ, b) 3 x 7→ dk, gdy dk 6= d.

(b) ⇒ (c). We´zmy dowolne rozwi¸azanie integralne ϕ : (α, β) → R r´ownania (1) w T . Je´sli rozwi¸azanie ϕ przechodzi przez punkt (x0, y0) ∈ Tk dla pewnego k, to z (b) i w lasno´sci 4 jest ono rozwi¸azaniem integralnym w T_k. Je´sli rozwi¸azanie ϕ przechodzi przez punkt (x0, y0) ∈ T \S

k∈KTk, to w my´sl powy˙zszego przebiega ono ca lkowicie w T \S

k∈KT_k, czyli ϕ⁰(x) = f (x) g (ϕ (x)) = 0 w (α, β). Zatem rozwi¸azanie ϕ jest sta le.

(c) ⇒ (a). We´zmy dowolny punkt (x₀, y₀) ∈ T . Je´sli (x₀, y₀) ∈ T_k dla pewnego k i dane jest rozwi¸azanie integralne r´ownania (1) w T przechodz¸ace przez punkt (x₀, y₀), to w my´sl (c) jest ono rozwi¸azaniem integralnym w T_k. Z wniosku 2 wynika,

˙ze rozwi¸azanie takie jest dok ladnie jedno. Je´sli (x0, y0) ∈ T \S

k∈KTk, to przez punkt (x₀, y₀) przechodzi dok ladnie jedno rozwi¸azanie integralne (a, b) 3 x 7→ y₀. To daje (a).

Z twierdzenia 2 wynika, ˙ze przy spe lnieniu warunków (5) mo˙zna latwo, korzystaj¸ac z twierdzenia 1 i wniosku 1, opisać ogó l rozwi¸azań integralnych równania (1) w T .

Je´sli warunki (5) nie s¸a spe lnione, to sytuacja komplikuje si¸e . Wtedy, wiadomo oczywi´scie, ˙ze dla ka˙zdego y0 ∈ {y ∈ (c, d) : g (y) = 0} funkcja sta la (a, b) 3 x 7→ y0

jest rozwi¸azaniem równania (1). Równie˙z pewne rozwi¸azania integralne otrzymuje si¸e przez sklejanie rozwi¸aza´n sta lych z rozwi¸azaniami z prostok¸atów Tkdla pewnych k. Trudno podać metod¸e opisu ogó lu rozwi¸azań integralnych równania (1) w T lub choćby wszystkich rozwi¸aza´n integralnych równania (1) w T przechodz¸acych przez z góry zadany punkt. Wtedy do ka˙zdego równania nale˙zy podchodzić indywidualnie, badaj¸ac przebieg rozwi¸aza´n równania (1) w poszczególnych prostok¸atach Tk.

W ustalonym prostok¸acie Tk spe lnione s¸a za lo˙zenia twierdzenia 1. Mo˙zna te˙z, w my´sl w lasno´sci 1 za lo˙zyć, ˙ze funkcja f nie znika to˙zsamo´sciowo. Wówczas sto- suj¸ac w lasno´sć 2 rozstrzygamy dla jakich sta lych ,,dopuszczalnych” rozwi¸azania in- tegralne w Tks¸a okre´slone w ca lym przedziale (a, b). Dla pozosta lych γ rozwi¸azania integralne w prostok¸acie Tk s¸a okre´slone w przedzia lach mniejszych ni˙z (a, b). Roz- wi¸azania takie, w my´sl w lasno´sci 3 jednym lub obydwoma końcami d¸a˙z¸a do punktów le˙z¸acych na poziomych bokach prostok¸ata Tk. Je´sli na przyk lad rozwi¸azanie in- tegralne okre´slone w przedziale (α, β), β < b d¸a˙zy prawym ko´ncem do punktu (ck, β) i ck 6= c, to rozwi¸azanie to mo˙zna skleić z kawa lkiem rozwi¸azania sta lego hβ, b) 3 x 7→ ck (patrz lemat 1.2).

(9)

Tak post¸epuj¸ac mo˙zna opisać w konkretnym przypadku ogó l rozwi¸azań równania (1) w prostok¸acie T , gdy nie s¸a spe lnione wszystkie warunki (5).

Cwiczenia´

1. Wyznaczyć ogó l rozwi¸azań integralnych nast¸epuj¸acych równań o rozdzielo- nych zmiennych w zadanym prostok¸acie T :

a) y⁰ = x 1 + y²

, T = R², b) y⁰ = x (1 + |y|)², T = R²,

c) y⁰ = x²e^−y, T = R², d) y⁰ = e^−xe^y, T = R²,

e) y⁰ = _cos¹2xe^−y, T = −^π₂,^π₂

× R, f) y⁰ = e^x(y + 1)², T = R²,

g) y⁰ = _1+x^2x2e^y−1

e^y , T = R²,

h) y⁰ = _3+x^2x2y ln y, T = R × (0, +∞), i) y⁰ = ^√_x^y, T = (−∞, 0) × h0, +∞), j) y⁰ = g (y), gdzie g (y) =

y ln²|y| dla y 6= 0,

0 dla y = 0, T = R², k) y⁰ = cos xp³

y², T = (0, π) × R, l) y⁰ = cos x√³

y, T = (0, π) × R, m) y⁰ =p

|xy|, T = R², n) y⁰ = √³

xy, T = R², o) y⁰ = x √

y + 1₃

, T = R× h0, +∞), p)* y⁰ = cos x√

y p 1 −√

y₃

, T = R× h0, 1i.

2. Wyznaczyć wszystkie rozwi¸azania integralne nast¸epuj¸acych równań w zadanym prostok¸acie T , przechodz¸ace przez zadany punkt P :

a) y⁰ = x 1 + y²

, T = R², P = (0, 0) , b) y⁰ = x 1 + y²

, T = R², P =

q5 2π, 0

,

c) y⁰ = ^√_1−x¹ (y + 2)², T = (−∞, 1) × (−2, +∞) , P = (0, η) , η > −2, d) y⁰ = 2x√

y + 1, T = R × h−1, +∞) , P = (2, 0), e) y⁰ = ^√^y−y_x , T = (0, +∞) × h0, 1i , P = (2, 0), f) y⁰ = ₂^√¹_xp

1 − y², T = (0, +∞) × h−1, 1i , P = 4π², 0 , g) y⁰ = ₂^√¹_xp

1 − y², T = (0, +∞) × h−1, 1i , P = 9π², 1 .

3. Korzystaj¸ac z teorii równania o rozdzielonych zmiennych, wyznaczyć ogó l rozwi¸azań integralnych nast¸epuj¸acych równań ró˙zniczkowych w zadanym zbiorze G:

a) x³y⁰ = y³, G = R², b) √³

xy⁰ = √³

y, G = R², c) _1+x^x²2y⁰ = p³

y², G = R², d) xy⁰ =p

1 − y², G = R × h−1, 1i, e)* p

|1 − x²|y⁰ =p

|1 − y²|, G = R².

(10)

§3. R´ownanie r´o˙zniczkowe jednorodne

Niech h : (p, q) → R be

‘dzie funkcja

‘cia

‘g la

‘. Równaniem ró˙zniczkowym jednorod- nym nazywamy równanie postaci

(1) y⁰ = h(y/x)

okre´slone w obszarach D⁻ = {(x, y) ∈ R² : x < 0 i p < y/x < q} i D⁺ = {(x, y) ∈ R² : x > 0 i p < y/x < q}.

W´owczas ma miejsce

Twierdzenie 1. Og´o l rozwia

‘za´n r´ownania (1) sk lada sie

‘ z funkcji ϕ : I → R postaci

(2) ϕ(x) = xψ(x),

gdzie ψ : I → R przebiega og´o l rozwia

‘za´n r´ownania

(3) z⁰ = (h(z) − z)/x

w prostoka

‘tach T⁻ = {(x, z) ∈ R² : x < 0 i p < z < q} i T⁺ = {(x, z) ∈ R² : x >

0 i p < z < q}.

D o w ´o d. Niech ϕ : I → R be‘dzie rozwia‘zaniem r´ownania (1), tzn.

(4) ϕ⁰(x) = h(ϕ(x)/x) dla x ∈ I.

Oczywi´scie 0 /∈ I. Niech ψ : I → R be

‘dzie okre´slone wzorem

(5) ψ(x) = ϕ(x)/x dla x ∈ I.

Funkcja ψ jest r´o˙zniczkowalna i ψ⁰(x) = (ϕ⁰(x)x − ϕ(x))/x² dla x ∈ I. Sta

‘d uwzgle‘dniaja‘c (4) i (5) dostajemy, ˙ze ψ spe lnia r´ownanie (3). Zatem ϕ jest postaci (2).

Odwrotnie, niech ϕ : I → R be‘dzie postaci (2), gdzie ψ : I → R jest rozwia‘zaniem (3) w T⁻∪ T⁺. Sta

‘d

(6) ψ⁰(x) = (h(ψ(x)) − ψ(x))/x dla x ∈ I.

Oczywi´scie 0 /∈ I. W´owczas funkcja ϕ : I → R okre´slona wzorem (2) jest r´o˙zniczko- walna i ϕ⁰(x) = ψ(x) + xψ⁰(x). Sta

‘d uwzgle

‘dniaja

‘c (6) i (2) dostajemy, ˙ze ϕ spe lnia r´ownanie (1).

Cwiczenia´

1. Wyznaczyć ogó l rozwi¸azań integralnych nast¸epuj¸acych równań jednorodnych w zadanych obszarach D⁻, D⁺:

a) y⁰ = 1 + _x^y, D⁻ = (−∞, 0) × R, D⁺ = (0, +∞) × R, b) y⁰ = ^y_x 1 + ln^y_x

, D⁻ = (−∞, 0) × (−∞, 0) , D⁺ = (0, +∞, ) × (0, +∞) , c) y⁰ = ^y_xln^y_x, D⁻ = (−∞, 0) × (−∞, 0) , D⁺ = (0, +∞, ) × (0, +∞) ,

(11)

d) y⁰ = ^y_x − 2p_y

x, D⁻ = (−∞, 0) × (−∞, 0) , D⁺ = (0, +∞, ) × (0, +∞) , e) y⁰ = ^y_x + tg^y_x, D⁻ =

(x, y) ∈ R² : x < 0, −^π₂ < ^y_x < ^π₂ , D⁺=

(x, y) ∈ R² : x > 0, −^π₂ < ^y_x < ^π₂ , f) y⁰ = ^y_x + cos^{2 y}_x, D⁻ =

(x, y) ∈ R² : x < 0, ^π₂ < ^y_x < ³₂π , D⁺=

(x, y) ∈ R² : x > 0, ^π₂ < ^y_x < ³₂π ,

g) y⁰ = ^y²_2xy^−x², D⁻ = (−∞, 0) × R, D⁺ = (0, +∞) × R.

2. Wyznaczyć wszystkie rozwi¸azania integralne nast¸epuj¸acych równań jednoro- dnych w zadanych obszarach D⁻, D⁺, przechodz¸ace przez zadany punkt P :

a) y⁰ = ^y_x +p

1 + ^y_x, D⁺ =

(x, y) ∈ R² : x > 0, ^y_x > −1

, P = (1, 0) , b) y⁰ = ^y_x + e⁻^x^y, D⁻ = (−∞, 0) × R, D⁺ = (0, +∞, ) × R,

P = (ξ, η) , ξ 6= 0.

3. Korzystaj¸ac z teorii równania jednorodnego, wyznaczyć ogó l rozwi¸azań integralnych nast¸epuj¸acych równa´n ró˙zniczkowych w zadanym zbiorze G:

a) xy⁰ = y −√ x√

y, G = h0, +∞) × h0, +∞) , b) x²y⁰ = xy + y², G = R²,

c) xy⁰ = y +p

x²− y², G =

(x, y) ∈ R² : x ∈ R, x² ≥ y² , d) xy²y⁰ = −x³+ y³, G = R²,

e) (x − y) y⁰ = x + y, G = R², f) (x + y) y⁰ = x − y, G = R², g)* yy⁰ = 2y − x, G = R².

§4. R´ownanie r´o˙zniczkowe liniowe pierwszego rze

‘du

Niech a, b : (p, q) → R be‘da‘funkcjami cia‘g lymi na przedziale (p, q). R´ownaniem r´o˙zniczkowym liniowym pierwszego rze

‘du nazywamy r´ownanie postaci

(1) y⁰ = a(x)y + b(x).

Je´sli b = 0, to r´ownanie nazywamy dodatkowo jednorodnym. Ma ono posta´c

(2) y⁰ = a(x)y.

Niech A : (p, q) → R be‘dzie dowolna‘ustalona‘ funkcja‘pierwotna‘funkcji a, za´s B : (p, q) → R dowolna

‘ustalona

‘funkcja

‘pierwotna

‘funkcji (p, q) 3 x 7→ b(x)e^−A(x). Twierdzenie 1. Ogó l rozwia‘zań integralnych równania (1) wyra˙za sie‘ wzorem (3) ϕ(x) = (B(x) + γ)eÂ(x), x ∈ (p, q),

gdzie γ jest dowolna

‘ sta la

‘.

D o w ´o d. We´zmy dowolne rozwia

‘zanie ϕ : I → R r´ownania (1). Mo˙zemy je przedstawi´c w postaci

(4) ϕ(x) = g(x)e^A(x),