RÓWNANIA RÓ ˙ZNICZKOWE ZWYCZAJNE Przykłady i zadania

RÓWNANIA RÓ ˙ ZNICZKOWE ZWYCZAJNE Przykłady i zadania

Andrzej Palczewski

Spis tre´sci

Przedmowa 5

1 Podstawowe poj˛ecia 7

2 Równania skalarne 13

2.1 Równania o zmiennych rozdzielonych . . . . 13

2.2 Równania jednorodne . . . . 16

2.3 Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych . . . . 19

2.4 Skalarne równania liniowe . . . . 23

3 Podstawowe twierdzenia 29 3.1 Istnienie i jednoznaczno´s´c rozwi ˛aza´n lokalnych . . . . 29

3.2 Zale˙zno´s´c rozwi ˛azania od danych pocz ˛atkowych i parametrów . . . . 33

4 Układy równa ´n liniowych 39 4.1 Ogólne układy pierwszego rz˛edu . . . . 39

4.2 Układy o stałych współczynnikach . . . . 42

4.3 Równania skalarne wy˙zszego rz˛edu . . . . 53

5 Układy autonomiczne 61 5.1 Stabilno´s´c w sensie Lapunowa . . . . 61

5.2 Punkty krytyczne . . . . 64

5.3 Całki pierwsze . . . . 78

3

Przedmowa

Celem tych notatek jest uzupełnienie wykładu równa´n ró˙zniczkowych zwyczaj- nych o przykłady oraz zadania do samodzielnego rozwi ˛azania przez studentów.

Notatki te stanowi ˛a dopełnienie skryptu ”Równania Ró˙zniczkowe Zwyczajne”.

Dlatego te˙z układ materiału jest tu identyczny jak we wspomnianym skrypcie. No- tatki te nie zawieraj ˛a w zasadzie nowego materiału matematycznego. Wszystkie u˙zywane poj˛ecia oraz potrzebne twierdzenia znajduj ˛a si˛e w skrypcie ”Równania Ró˙zniczkowe Zwyczajne”.

Istotnym nowym elementem w stosunku do klasycznych ´cwicze´n z równa´n ró˙zniczkowych zwyczajnych jest szerokie wykorzystanie programu tzw. algebry komputerowej. W ´srodowisku matematycznym niektóre z tych programów, jak Mathematica lub Maple, zyskały spor ˛a popularno´s´c nie tylko do rozwi ˛azywania standardowych zada´n studenckich, ale tak˙ze do prowadzenia własnych prac ba- dawczych. Do rozwi ˛azywania zada´n studenckich mo˙zna u˙zywa´c ka˙zdego z dwóch wymienionych wcze´sniej programów, a tak˙ze kilku innych programów algebry komputerowej istniej ˛acych na rynku (np. Macsyma, Derive, Reduce). W niniej- szych notatkach do oblicze´n symbolicznych b˛edzie wykorzystywany system Ma- thematica dost˛epny dla studentów Wydziału MIM. Przykładowe rozwi ˛azania w tych notatkach a tak˙ze doł ˛aczone rysunki powstały w programie Mathematica 7.

5

Rozdział 1

Podstawowe poj˛ecia

Zadania tego rozdziału maj ˛a zapozna´c czytelnika z podstawowymi poj˛eciami rów- na´n ró˙zniczkowych zwyczajnych: rozwi ˛azaniem równania, krzywymi całkowymi równania, rozwi ˛azaniem szczególnym i ogólnym. Poj˛ecia te zostan ˛a zilustrowa- ne na prostych przykładach równa´n skalarnych. Pokazane zostan ˛a tak˙ze przykłady wykorzystania programu Mathematica do rozwi ˛azywania prostych równa´n.

Zadanie 1.1 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja x(t) = cos(4t) jest rozwi ˛azaniem równania x⁰⁰+ 16x = 0.

Rozwi ˛azanie:

Ró˙zniczkuj ˛ac dostajemy x⁰ = −4 sin(4t) oraz x⁰⁰= −16 cos(4t). St ˛ad x⁰⁰+16x =

−16 cos(4t) + 16 cos(4t) = 0.

Zadanie 1.2 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja 2x²+ y²− 2xy + 5x = 0 jest rozwi ˛azaniem równania ^dy_dx = ^2y−4x−5_2y−2x .

Rozwi ˛azanie:

Obliczaj ˛ac pochodn ˛a funkcji uwikłanej y(x) spełniaj ˛acej równanie 2x² + y² − 2xy + 5x = 0 otrzymujemy

4x + 2ydy

dx− 2xdy

dx− 2y + 5 = 0.

Obliczaj ˛ac pochodn ˛a _dx^dy z tego równania mamy dy

dx = 2y − 4x − 5 2y − 2x , czyli poszukiwane równanie ró˙zniczkowe.

Pytanie: Aby równanie 2x²+ y²− 2xy + 5x = 0 definiowało funkcj˛e uwikłan ˛a y(x) musi by´c spełnione twierdzenie o funkcjach uwikłanych. Na jakim zbiorze zdefiniowana jest funkcja y(x)?

Zadanie 1.3 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja x(t) = c1sin t + c2cos t jest rozwi ˛azaniem równania x⁰⁰+ x = 0.

7

Rozwi ˛azanie:

Ró˙zniczkuj ˛ac dostajemy x⁰ = c1cos t − c2sin t oraz x⁰⁰ = −c1sin t − c2cos t.

St ˛ad x⁰⁰+ x = −c₁sin t − c₂cos t + c₁sin t + c₂cos t = 0.

Zadanie 1.4 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja x = ^t₃² +¹_t jest rozwi ˛azaniem równania tx⁰+ x = t²na zbiorze (−∞, 0) ∪ (0, ∞).

Rozwi ˛azanie:

Ró˙zniczkuj ˛ac dostajemy x⁰ = ^2t₃ − _t¹₂. Podstawiaj ˛ac t˛e pochodn ˛a do równania otrzymujemy t^2t₃ − t_t¹₂ + ^t₃² +¹_t = t²dla t 6= 0.

Zadanie 1.5 Niech a > 0. Sprawdzi´c, ˙ze krzywa x² + y² = a² jest zło˙zona z krzywych całkowych równania y⁰ = −^x_y.

Rozwi ˛azanie:

Rozwikłuj ˛ac równanie x²+ y² = a²dostajemy dwie funkcje y₁(x) =p

a²− x², y₂(x) = −p

a²− x².

Ka˙zda z tych funkcji spełnia nasze równanie na przedziale (−a, a), czyli jej wykres jest krzyw ˛a całkow ˛a tego równania. Te krzywe całkowe nie s ˛a dobrze okre´slone w punktach (−a, 0) oraz (a, 0). Mo˙zna jednak zauwa˙zy´c, ˙ze punkty te nale˙z ˛a do krzywych całkowych równania x⁰= −^y_x, czyli krzywa x²+ y² = a²jest w cało´sci krzyw ˛a całkow ˛a równania ydy + xdx = 0.

Do rozwi ˛azania zada´n podobnego typu jak powy˙zsze mo˙zna tak˙ze wykorzysta´c program Mathematica.

Zadanie 1.6 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja y(x) = ce^x2 jest rozwi ˛azaniem równania y⁰− 2xy = 0.

Rozwi ˛azanie:

Definiujemy w Mathematica nasz ˛a funkcj˛e y[x_] = c*Exp[x^2] i sprawdza- my, czy spełnia ona wskazane równanie

Simplify[y’[x]-2*x*y[x]==0]

W wyniku otrzymujemy odpowied´z True, co pokazuje, ˙ze wskazana funkcja jest rozwi ˛azaniem rozpatrywanego równania.

Zadanie 1.7 Rozwi ˛a˙zemy teraz korzystaj ˛ac z pomocy programu Mathematica za- danie 1.3, czyli sprawdzimy, ˙ze funkcja x(t) = c1sin t+c2cos t jest rozwi ˛azaniem równania x⁰⁰+ x = 0.

Rozwi ˛azanie:

Definiujemy w Mathematica nasz ˛a funkcj˛e x[t_]=c1*Sin[t]+c2*Cos[t], a nast˛epnie sprawdzamy, czy spełnia ona wskazane równanie

Simplify[x’’[t]+x[t]==0]

9

W wyniku otrzymujemy odpowied´z True, co pokazuje, ˙ze wskazana funkcja jest rozwi ˛azaniem rozpatrywanego równania.

Mathematicajest niezast ˛apiona przy tworzeniu rysunku pola wektorowego de- finiowanego za pomoc ˛a równania ró˙zniczkowego. Tworzenie takich rysunków mo-

˙ze w du˙zym stopniu ułatwi´c poszukiwanie rozwi ˛aza´n skomplikowanych równa´n.

Wykorzystanie programu Mathematica ilustruj ˛a poni˙zsze przykłady.

Zadanie 1.8 Znale´z´c pole wektorowe zdefiniowane przez równanie x⁰ = ³₂−3x+

e^−3t/2. Rozwi ˛azanie:

W programie Mathematica rysunek pola wektorowego otrzymujemy korzystaj ˛ac z polecenia VectorPlot. Dla naszego równania polecenie to wygl ˛ada nast˛epuj ˛aco VectorPlot[{1,3/2-3*x+Exp[-3*t/2]},{t,-2,3},{x,-1,3}]

W wyniku otrzymujemy pole wektorowe pokazane na Rys. 1.1

Rysunek 1.1: Pole wektorowe dla równania z Zadania 1.8

Zadanie 1.9 Znale´z´c pole wektorowe zdefiniowane przez równanie ^dy_dx = x + ^x_y, które analizowali´smy w Przykładzie 1.9 w Skrypcie.

Rozwi ˛azanie:

Dla tego równania pole wektorowe otrzymane poleceniem VectorPlot jest ma- ło czytelne. Obok tego polecenia istnieje jeszcze polecenie StreamPlot, które generuje wektory pola razem z krzywymi stycznymi do tych wektorów, czyli krzy- wymi całkowymi równania

StreamPlot[{1,x+x/y},{x,-2,2},{y,-1.5,0.5}]

W wyniku otrzymujemy pole wektorowe pokazane na Rys. 1.2.

Rysunek 1.2: Pole wektorowe dla równania z Zadania 1.9

Zadania do samodzielnego rozwi ˛azania

Zadanie 1.10 Sprawdzi´c, czy funkcja x(t) = sin t

t jest rozwi ˛azaniem równania ró˙zniczkowego tx⁰+ x = cos t.

Zadanie 1.11 Znale´z´c równanie ró˙zniczkowe (mo˙zliwie niskiego rz˛edu), którego rozwi ˛azaniem jest funkcja t²+ cx² = 2x.

Zadanie 1.12 Sprawdzi´c, czy funkcja x(t) =

(e^t− 1, t > 0, 1 − e^−t, t < 0.

jest rozwi ˛azaniem równania ró˙zniczkowego x⁰ = |x|+1 na całej prostej (−∞, ∞).

Zadanie 1.13 Niech A b˛edzie rodzin ˛a krzywych płaskich opisanych równaniem parametrycznym Φ(t, x, a) = 0, gdzie a jest parametrem. Rodzin˛e B nazywamy rodzin ˛a krzywych ortogonalnych do krzywych rodziny A, je´sli krzywe rodzi- ny B przecinaj ˛a wszystkie krzywe rodziny A pod stałym k ˛atem α = π/2. Niech F (t, x, x⁰) = 0 b˛edzie równaniem krzywych rodziny A. Wykaza´c, ˙ze krzywe ro- dziny B s ˛a opisywane równaniem F (t, x, −1/x⁰) = 0.

11

Zadanie 1.14 Nich c b˛edzie dowoln ˛a liczb ˛a rzeczywist ˛a. Sprawdzi´c, ˙ze funkcja x(t) = ct + c²+ 2c + 1 jest rozwi ˛azaniem równania ró˙zniczkowego

x⁰ = 1 2

−(t + 2) +p

t²+ 4t + 4x

. (1.1)

Znale´z´c przedział na którym podana funkcja spełnia to równanie.

Wykaza´c, ˙ze funkcja x1(t) = −¹₄t(t + 4) jest innym rozwi ˛azaniem równania (1.1), które nie mo˙ze by´c otrzymane z funkcji x(t) przez dobór stałej c. Znale´z´c przedział na którym funkcja x1 spełnia równanie (1.1).

Zadanie 1.15 Znale´z´c k ˛at mi˛edzy krzywymi całkowymi równa´n x⁰ = t + x oraz x⁰ = t − x w punkcie (2, 1).

Rozdział 2

Równania skalarne

Zadania w tym rozdziale maj ˛a nauczy´c rozwi ˛azywania podstawowych skalarnych równa´n ró˙zniczkowych zwyczajnych. Podobnie jak w Skrypcie b˛edziemy si˛e zaj- mowa´c kolejno: równaniami o rozdzielonych zmiennych, równaniami jednorodny- mi, równaniami w postaci ró˙zniczek oraz równaniami liniowymi pierwszego rz˛edu.

Jak si˛e oka˙ze, rozwi ˛azywanie kolejnych typów równa´n b˛edzie polegało na sprowa- dzeniu ich do równa´n o rozdzielonych zmiennych.

Uwaga. Przy znajdowaniu rozwi ˛aza´n wielu równa´n pojawiaj ˛a si˛e dowolne stałe.

Wszystkie takie stałe b˛ed ˛a oznaczane jednym symbolem c. Oznacza to, ˙ze w trak- cie prowadzonych przekształce´n b˛edzie stosowana zasada, ˙ze dowolna funkcja od stałej c jest dalej oznaczana symbolem c (c oznacza wi˛ec stał ˛a, nie koniecznie t˛e sam ˛a w kolejnych krokach przekształcenia).

2.1 Równania o zmiennych rozdzielonych

Zadanie 2.1 Rozwi ˛aza´c równanie xy⁰= 1 + y². Rozwi ˛azanie:

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych. Je´sli poszukujemy rozwi ˛azania w zbiorze, który nie zawiera punktu x = 0, to mo˙zna je zapisa´c w postaci (przypadek x = 0 redukuje równanie do równania algebraicznego, które nas nie interesuje)

dx

x = dy 1 + y². Całkuj ˛ac obie strony dostajemy

ln x = arc tg y + c,

co mo˙zna zapisa´c w postaci ln(cx) = arc tg y. Po przekształceniu ostatniej rów- no´sci dostajemy rozwi ˛azanie y = tg ln(cx). Rozwi ˛azanie to jest dobrze okre´slone jedynie dla x > 0 oraz c > 0.

13

Zadanie 2.2 Znale´z´c rozwi ˛azanie równania y⁰sin x = y ln y przechodz ˛ace przez punkt: a) (0, 1), b) (π/2, 1).

Rozwi ˛azanie:

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych. Mo˙zna je zapisa´c w postaci dy

y ln y = dx sin x.

Obliczaj ˛ac całk˛e z lewej strony otrzymujemy (w trakcie oblicze´n robimy podsta- wienie z = ln y)

Z dy y ln y =

Z dz

z = ln z = ln ln y.

Podobnie całkuj ˛ac praw ˛a stron˛e oraz robi ˛ac podstawienie cos x = z, mamy Z dx

sin x =

Z sin xdx 1 − cos²x = −

Z dz

1 − z² = −1 2

Z dz 1 − z +

Z dz 1 + z



=

− 1

2ln1 + z 1 − z = −1

2ln1 + cos x 1 − cos x = −1

2lncos²x/2 sin²x/2 =

− 1

2ln ctg²x

2 = ln tgx 2.

Prowadzi to do nast˛epuj ˛acego rozwi ˛azania badanego równania ln ln y = ln tgx

2 + c, czyli

tgx

2 = c ln y.

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze przez punkt (0, 1) przechodzi ka˙zda krzywa całkowa tego równania. Natomiast dla punktu (π/2, 1) mamy tg π/4 = 1 oraz ln 1 = 0, czyli nie istnieje stała c, taka ˙ze 1 = c · 0.

Zadanie 2.3 Znale´z´c rozwi ˛azanie równania (2x + 2y − 1)y⁰+ x + y + 1 = 0.

Rozwi ˛azanie:

Równanie wydaje si˛e nie by´c równaniem o zmiennych rozdzielonych, ale kiedy wykonamy podstawienie z = x + y, to otrzymamy (wykorzystujemy przy tym równo´s´c z⁰ = 1 + y⁰)

(2z − 1)(z⁰− 1) + z + 1 = 0.

Po uporz ˛adkowaniu równanie to ma posta´c

(2z − 1)z⁰ = z − 2,

czyli jest równaniem o zmiennych rozdzielonych, co wida´c z zapisu tego równania w zmienionej postaci

(2z − 1)dz z − 2 = dx.

2.1. RÓWNANIA O ZMIENNYCH ROZDZIELONYCH 15

Je´sli zało˙zymy, ˙ze z 6= 2, to całkuj ˛ac lew ˛a stron˛e powy˙zszej równo´sci dostajemy Z (2z − 1)dz

z − 2 =

Z (2z − 4) + 3
dz

z − 2 =

Z  2+ 3

z − 2



dz = 2z+3 ln |z−2|+c.

Daje to rozwi ˛azanie równania 2z + 3 ln |z − 2| + c = x. Po przej´sciu ponownie do zmiennej y dostajemy rozwi ˛azanie w nast˛epuj ˛acej postaci

(x + y − 2)³= ce^x+2y. (2.1)

Kiedy z = 2, czyli x + y = 2, wyj´sciowe równanie sprowadza si˛e do równania y⁰ + 1 = 0. Rozwi ˛azaniem tego równania jest rzeczywi´scie funkcja x + y = 2, której odpowiada rozwi ˛azanie (2.1) ze stał ˛a c = 0.

Zadanie 2.4 ´Swiatło o nat˛e˙zeniu f0 pada na o´srodek pochłaniaj ˛acy. Zakładaj ˛ac,

˙ze absorpcja ´swiatła przez cienk ˛a warstw˛e jest proporcjonalna do grubo´sci tej war- stwy ∆x i do nat˛e˙zenia promieniowania f na powierzchni warstwy, obliczy´c nat˛e-

˙zenie promieniowania na gł˛eboko´sci x.

Rozwi ˛azanie:

Oznaczmy współczynnik proporcjonalno´sci, o którym mowa w zadaniu, przez k.

Niech ∆f oznacza spadek nat˛e˙zenia promieniowania w warstwie o grubo´sci ∆x.

Z tre´sci zadania wynika zale˙zno´s´c

−∆f = kf ∆x.

Zakładaj ˛ac, ˙ze funkcja f = f (x) opisuj ˛aca nat˛e˙zenie promieniowania na gł˛eboko-

´sci x jest ró˙zniczkowalna oraz dokonuj ˛ac przej´scia granicznego ∆x → 0 otrzymu- jemy równanie ró˙zniczkowe

−df = kf dx.

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, którego rozwi ˛azanie mo˙zna zapisa´c w postaci ln f = −kx + c, czyli f (x) = ce^−kx. Poniewa˙z f (0) = f0, to uwzgl˛ed- niaj ˛ac ten warunek pocz ˛atkowy, dostajemy rozwi ˛azanie f (x) = f₀e^−kx.

Mathematica nie umie rozwi ˛azywa´c równa´n o zmiennych rozdzielonych w ogólnej postaci. Ale sprowadzaj ˛ac równanie do równo´sci dwóch ró˙zniczek, mo˙zna wykorzysta´c do rozwi ˛azania równania polecenie całkowania funkcji jednej zmien- nej, co Mathematica wykonuje bardzo sprawnie (nawet dla skomplikowanych funk- cji).

Zadanie 2.5 Znale´z´c rozwi ˛azanie równania (x−4)(5y +1)y⁰+x(y²+y −2) = 0.

Rozwi ˛azanie:

Wida´c, ˙ze jest to równanie o zmiennych rozdzielonych 5y + 1

y²+ y − 2dy = − x x − 4dx.

Jego rozwi ˛azanie sprowadza si˛e do policzenia dwóch całek Z 5y + 1

y²+ y − 2dy = −

Z x

x − 4dx.

Całki te mo˙zna łatwo policzy´c w programie Mathematica Integrate[(5*y + 1)/((y-1)*(y+2)),y] +

Integrate[x/(x-4),x] == c Otrzymujemy wtedy rozwi ˛azanie

2 Log[1-y]+3 Log[2+y]+x+4 Log[4-x]==c Po przekształceniach dostajemy rozwi ˛azanie w postaci

(x − 4)⁴(y − 1)²(y + 2)³ = ce^−x. (2.2) Zauwa˙zmy, ˙ze post˛epowanie to jest dobrze okre´slone tylko dla x 6= 4 oraz y 6= 1 i y 6= −2. Kiedy y jest równe jednej z tych dwóch warto´sci to wyra˙zenie y²+ y − 2 jest równe zero. Wtedy równanie sprowadza si˛e do równania y⁰= 0. Funkcje stałe y = 1 oraz y = −2 s ˛a rzeczywi´scie rozwi ˛azaniami tego równania, co odpowiada wzi˛eciu c = 0 w rozwi ˛azaniu (2.2). Kiedy x = 4 otrzymujemy równanie alge- braiczne y² + y − 2 = 0, którego rozwi ˛azaniami s ˛a te˙z funkcje stałe y = 1 i y = −2.

2.2 Równania jednorodne

Zadanie 2.6 Znale´z´c rozwi ˛azanie równania xy⁰=p

x²− y²+ y.

Rozwi ˛azanie:

Zakładaj ˛ac, ˙ze x 6= 0 i dziel ˛ac obie strony równania przez x dostajemy

y⁰ = r

1 − y² x² + y

x.

Wida´c wi˛ec, ˙ze jest to równanie jednorodne. Robi ˛ac podstawienie y = zx dostaje- my równanie xz⁰+ z =√

1 − z²+ z. Równanie to sprowadza si˛e do równania o zmiennych rozdzielonych, które jest dobrze okre´slone dla −1 < z < 1

√ dz

1 − z² = dx x .

Całkuj ˛ac to równanie dostajemy arcsin z = ln |x| + c czyli arcsin y/x = ln c|x|.

To ostatnie rozwi ˛azanie jest poprawnie okre´slone jedynie dla −x < y < x.

2.2. RÓWNANIA JEDNORODNE 17

Zadanie 2.7 Znale´z´c krzyw ˛a o tej własno´sci, ˙ze styczna do niej odcina na osi Ox odcinek równy połowie sumy współrz˛ednych punktu styczno´sci.

Rozwi ˛azanie:

Zacznijmy od znalezienia równania takiej krzywej. Niech y(x) b˛edzie poszukiwa- n ˛a krzyw ˛a. Wektor styczny do tej krzywej ma współrz˛edne (1, y⁰). Niech punkt (z, 0) b˛edzie punktem na osi Ox, w którym t˛e o´s przecina styczna do krzywej.

Je´sli punkt (x, y) jest punktem, w którym wystawiamy styczn ˛a a styczna ta prze- cina o´s Ox w punkcie (z, 0), to rozpatruj ˛ac trójkat prostok ˛atny OAB, gdzie O = (x, 0), A = (x, y) a B = (z, 0) otrzymujemy zale˙zno´s´c _x−z^y = y⁰. Poniewa˙z z = (x + y)/2, wi˛ec prowadzi to do równania

y⁰ = 2y x − y.

Równanie to jest dobrze okre´slonym równaniem jednorodnym dla y 6= x (przypa- dek y(x) = x mo˙zemy wykluczy´c, bo ta prosta nie spełnia warunków zadania).

Robi ˛ac podstawienie y = ux dostajemy

u + xu⁰ = 2ux x − ux. Po przekształceniach otrzymujemy równanie

xu⁰ = u + u² 1 − u .

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, które mo˙zna zapisa´c w postaci 1 − u

u(1 + u)du = dx x . Całkuj ˛ac lew ˛a stron˛e tego równania dostajemy

Z 1 − u u(1 + u)du =

Z du u − 2

Z du

u + 1 = ln u − 2 ln(u + 1).

St ˛ad otrzymujemy rozwi ˛azanie _(u+1)^u 2 = cx. Wracaj ˛ac do zmiennej y otrzymuje- my równanie uwikłane poszukiwanej krzywej

y

(x + y)² = c.

Aby znale´z´c funkcj˛e y(x) w jawnej formie, przepiszmy równanie w postaci funkcji kwadratowej

y²+ (2x − c)y + x²= 0

Wielomian ten posiada rzeczywiste pierwiastki je´sli c² − 4cx > 0. Dla c > 0 oznacza to istnienie rozwi ˛azania dla x 6 c/4, a dla c < 0 istnienie rozwi ˛azania dla x > c/4 (przypadek c = 0 prowadzi do funkcji y(x) = 0, która nie spełnia warunków zadania). Na wy˙zej zdefiniowanych zbiorach poszukiwana funkcja ma posta´c

y(x) = c

2 − x ±p

(c/2)²− cx.

Zadanie 2.8 Rozwi ˛aza´c równanie x²y⁰= y²+ xy − x². Rozwi ˛azanie:

Poszukujemy rozwi ˛azania w przedziale, który nie zawiera punktu x = 0. Równa- nie jest równaniem jednorodnym. B˛edziemy poszukiwa´c rozwi ˛azania przez pod- stawienie y = ux. Nasze równanie sprowadzi si˛e wtedy do postaci xu⁰ = u²− 1.

Aby rozwi ˛aza´c je metod ˛a rozdzielenia zmiennych musimy zało˙zy´c, ˙ze u 6= 1 oraz u 6= −1. Zauwa˙zmy jednak, ˙ze obie te funkcje stałe s ˛a rozwi ˛azaniami. Oznacza to,

˙ze znale´zli´smy ju˙z 2 rozwi ˛azania wyj´sciowego równania

y(x) = x, y(x) = −x. (2.3)

Pozostałe rozwi ˛azania b˛edziemy poszukiwali całkuj ˛ac równanie du

u²− 1 = dx x .

Obliczaj ˛ac całki z obu stron tego równania dostajemy rozwi ˛azanie w postaci uwi- kłanej

u − 1

u + 1 = cx², co daje po rozwikłaniu

u = 1 + cx² 1 − cx².

Ostatecznie rozwi ˛azanie naszego wyj´sciowego równania składa si˛e z funkcji (2.3) oraz funkcji

y(x) = x1 + cx² 1 − cx².

Interesuj ˛acy jest przypadek rozwi ˛azania y(x) = −x. Ta funkcja spełnia nasze rów- nanie na całej prostej, a wi˛ec tak˙ze w punkcie x = 0, który wykluczyli´smy na pocz ˛atku z przedziału istnienia rozwi ˛azania.

Czytelnika zach˛ecamy do poszukania ogólnej postaci funkcji, które spełniaj ˛a równanie oraz s ˛a okre´slone na przedziale zawieraj ˛acym punkt x = 0 w swoim wn˛etrzu.

Zadanie 2.9 Dana jest funkcja ci ˛agła f (u) oraz funkcja x(t) = c0t b˛ed ˛aca roz- wi ˛azaniem równania jednorodnego x⁰= f (^x_t). Udowodni´c, ˙ze:

a) je´sli f⁰(c₀) < 1, to ˙zadne inne rozwi ˛azanie tego równania nie jest styczne do prostej x = c0t w pocz ˛atku układu współrz˛ednych;

b) je´sli f⁰(c0) > 1, to niesko´nczenie wiele rozwi ˛aza´n tego równania jest stycz- nych do prostej x = c0t.

Rozwi ˛azanie:

Je´sli x(t) = c0t, to w szczególno´sci x⁰(0) = c0. Robi ˛ac podstawienie tu = x otrzymujemy tu⁰ + u = x⁰. Z podstawienia tego wynika, ˙ze x⁰(0) = u(0) = c₀.

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙ZNICZEK ZUPEŁNYCH 19

Równanie x⁰ = f w zmiennej u zapisuje si˛e w postaci tu⁰ = f (u) − u. Wynika st ˛ad, ˙ze f (u(0)) = u(0), czyli f (c0) = c0.

Je´sli u⁰ 6≡ 0, to

u⁰ = f (u) − u

t ,

wi˛ec granica lewostronna u⁰(0⁺)

  u(0)=c0

= f⁰(u(0)) − 1

1 = f⁰(u(0)) − 1.

Je´sli f⁰(u(0)) = f⁰(c₀) < 1, to u⁰(0⁺) < 0. Ale f (c₀) − c₀ = 0 i f⁰(c₀) − 1 < 0, wi˛ec f (u) − u jest funkcj ˛a malej ˛ac ˛a.

Poniewa˙z u(0) = c0 a u⁰(0⁺) < 0, wi˛ec u(t) < c0 dla t w prawostronnym otoczeniu zera. Poniewa˙z funkcja f (u) − u jest malej ˛aca w otoczeniu c0, to z faktu u(t) < c0 wynika, ˙ze f (u) − u > 0 dla t w prawostronnym otoczeniu zera. Z równania u⁰ = ^{f (u)−u}_t wynika, ˙ze wtedy u⁰(t) > 0, czyli otrzymali´smy sprzeczno´s´c. Oznacza to, ˙ze musi by´c u⁰(t) ≡ 0, czyli u(t) = c0.

Przejdziemy teraz do dowodu faktu b). Całkuj ˛ac równanie dostajemy Z u

c0

dw f (w) − w =

Z t t0

ds s.

Niech G(u) b˛edzie funkcj ˛a pierwotn ˛a dla _{f (u)−u}¹ . Wtedy mo˙zemy zapisa´c rozwi ˛a- zanie w postaci uwikłanej G(u) − G(c0) = ln t/t₀.

Je´sli f⁰(u(0)) = f⁰(c0) > 1, to z poprzednich rozwa˙za´n wynika, ˙ze funk- cja f (u) − u jest rosn ˛aca. Wynika st ˛ad, ˙ze tak˙ze funkcja G(u) jest rosn ˛aca, czyli mo˙zemy zapisa´c rozwi ˛azanie

u(t) = G⁻¹(ln t/t0+ G(c0)).

Z tej postaci rozwi ˛azania wynika, ˙ze u(t0) = c0. Poniewa˙z f (c0) − c0 = 0 wi˛ec z równania u⁰ = ^{f (u)−u}_t oraz równo´sci u(t₀) = c₀ wynika, ˙ze u⁰(t₀) = 0, czyli rozwi ˛azanie jest styczne do prostej x = c0t w punkcie x = c0t0.

2.3 Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych

Zadanie 2.10 Dla równania sin(xy) + xy cos(xy)
dx + x²cos(xy)dy = 0 zna- le´z´c całk˛e ogóln ˛a.

Rozwi ˛azanie:

Równanie to jest w postaci ró˙zniczki zupełnej bo

∂

∂y sin(xy) + xy cos(xy)
= 2x cos(xy) − x²y sin(xy) = ∂

∂xx²cos(xy).

Całkuj ˛ac wyra˙zenie sin(xy)+xy cos(xy)
dx+x²cos(xy)dy znajdujemy funkcj˛e F (x, y) = x sin(xy) + c. Ró˙zniczkuj ˛ac mo˙zemy sprawdzi´c, ˙ze

∂F

∂xdx + ∂F

∂ydy = sin(xy) + xy cos(xy)
dx + x²cos(xy)dy, czyli funkcja x sin(xy) + c = 0 jest całk ˛a ogóln ˛a naszego równania.

Zadanie 2.11 Znale´z´c krzyw ˛a całkow ˛a równania 1 + e^x/y+ e^x/y

1 −x y

 y⁰ = 0 przechodz ˛ac ˛a przez punkt (1, 1).

Rozwi ˛azanie:

Przepiszemy to równanie w postaci ró˙zniczek



1 + e^x/y

dx + e^x/y 1 −x

y

 dy = 0 Równanie to jest w postaci ró˙zniczki zupełnej bo

∂

∂y



1 + e^x/y

= −x

y²e^x/y= ∂

∂xe^x/y 1 −x

y

 . Całkuj ˛ac otrzymujemy

Z 

1 + e^x/y dx +

Z e^x/y

1 −x y



dy = x + ye^x/y+ c,

czyli funkcja x + ye^x/y+ c = 0 jest całk ˛a ogóln ˛a naszego równania. Krzywa cał- kowa przechodzi przez punkt (1, 1), je´sli c = −1 − e. Oznacza to, ˙ze poszukiwan ˛a krzyw ˛a całkow ˛a jest krzywa x + ye^x/y = 1 + e.

Równania ró˙zniczkowe rzadko bywaj ˛a w postaci ró˙zniczek zupełnych. Jak wiemy wiele równa´n, które nie s ˛a w postaci ró˙zniczek zupełnych mo˙zna dopro- wadzi´c do tej postaci mno˙z ˛ac równanie przez odpowiedni czynnik całkuj ˛acy. Po- ni˙zej poka˙zemy kilka zada´n, których rozwi ˛azanie wymaga znalezienia czynnika całkuj ˛acego.

Zadanie 2.12 Znale´z´c krzyw ˛a całkow ˛a równania

x y + 1

 dx +

x y − 1

dy = 0.

Rozwi ˛azanie:

Oznaczmy

M =x y + 1

, N =x y − 1

.

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙ZNICZEK ZUPEŁNYCH 21

Mamy _M¹(N_x− M_y) = ¹_y. Sugeruje to u˙zycie czynnika całkuj ˛acego postaci µ = µ(y). Prowadzi to do nast˛epuj ˛acego równania dla czynnika całkuj ˛acego

dµ dy = µ

M(Nx− M_y) = µ y.

Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja µ(y) = y. Mno˙z ˛ac przez t˛e funkcj˛e nasze równanie dostajemy

(x + y)dx + (x − y)dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja x²/2 + xy = c.

Zadanie 2.13 Znale´z´c krzyw ˛a całkow ˛a równania y⁰ = − x²− y

x²y²+ x przechodz ˛ac ˛a przez punkt (1, 0).

Rozwi ˛azanie:

Przepisujemy równanie w postaci ró˙zniczek

(x²− y)dx + (x²y²+ x)dy = 0 i wprowadzamy standardowe oznaczenia

M = x²− y, N = x²y²+ x.

Mamy _N¹(N_x− M_y) = _x². Sugeruje to u˙zycie czynnika całkuj ˛acego postaci µ = µ(x). Prowadzi to do nast˛epuj ˛acego równania, jakie spełnia´c powinien czynnik całkuj ˛acy

dµ

dx = −µ

N(N_x− M_y) = −2µ x .

Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja µ(x) = x⁻². Mno˙z ˛ac przez t˛e funkcj˛e nasze równanie dostajemy

 1 − y

x²

 dx +

y²+ 1 x



dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja x +

1

3y³+_x^y = c.

Zadanie 2.14 Znale´z´c krzyw ˛a całkow ˛a równania xy²dx + (x²y − x)dy = 0.

Rozwi ˛azanie:

Niech

M = xy², N = x²y − x.

Niech µ b˛edzie czynnikiem całkuj ˛acym zale˙znym od obu zmiennych. Mamy rów- nanie xy²µ_x− (x²y − x)µ_y = µ(N_x− M_y) = −µ. Sugeruje to u˙zycie czynnika całkuj ˛acego postaci µ = µ(xy). Prowadzi to do nast˛epuj ˛acego równania, jakie spełnia´c powinien czynnik całkuj ˛acy

x²y²µ⁰− (x²y²− xy)µ⁰ = −µ,

czyli xyµ⁰ = −µ. Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja µ(xy) = (xy)⁻¹. Mno˙z ˛ac przez t˛e funkcj˛e nasze równanie dostajemy

ydx + x − 1

y



dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja xy−

ln y = c.

Zadanie 2.15 Znale´z´c krzyw ˛a całkow ˛a równania (x − xy)dx + (x²+ y)dy = 0.

Rozwi ˛azanie:

Niech

M = x − xy, N = x²+ y.

Niech µ b˛edzie czynnikiem całkuj ˛acym zale˙znym od obu zmiennych. Mamy rów- nanie (x−xy)µ_x−(x²+y)µ_y = µ(N_x−M_y) = 3xµ. Sugeruje to u˙zycie czynnika całkuj ˛acego postaci µ = µ(x²+y²). Prowadzi to do nast˛epuj ˛acego równania, jakie spełnia´c powinien czynnik całkuj ˛acy

2x(x − xy)µ⁰− 2y(x²+ y)µ⁰= 3xµ,

czyli −2(x²+y²)µ⁰ = 3µ. Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja µ(x²+y²) = (x²+ y²)^−3/2. Mno˙z ˛ac przez t˛e funkcj˛e nasze równanie dostajemy

(x − xy)(x²+ y²)^−3/2dx + (x²+ y)(x²+ y²)^−3/2dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja (x²+ y²) = c(y − 1)².

Mathematica mo˙ze by´c wykorzystana do znajdowania rozwi ˛aza´n równa´n w postaci ró˙zniczek zupełnych, poniewa˙z znalezienie rozwi ˛azania dla takich równa´n sprowadza si˛e do wykonania dwóch całkowa´n.

Zadanie 2.16 Rozwi ˛aza´c w programie Mathematica równanie (x + y)dx + (x − y)dy = 0.

Rozwi ˛azanie:

Rozpoczniemy od zdefiniowania odpowiednich funkcji

2.4. SKALARNE RÓWNANIA LINIOWE 23

MC[x_,y_] = x+y;

NC[x_,y_] = x-y;

Sprawdzamy, czy nasze równanie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej Simplify[D[MC[x,y],y] == D[NC[x,y],x]]

Dostajemy odpowied´z True, czyli rzeczywi´scie równanie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej. Aby znale´z´c rozwi ˛azanie musimy dokona´c odpowiedniego całkowania.

{p1,p2} = {1,1};

f[X_,Y_] = Integrate[MC[x,p2],{x,p1,X}]+

Integrate[NC[X,y],{y,p2,Y}]

Dostajemy wtedy wynik X²/2 + XY − Y²/2 − 1.

2.4 Skalarne równania liniowe

Zadanie 2.17 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania xy⁰+ 2y = 3x.

Rozwi ˛azanie:

Równanie jest równaniem liniowym dobrze okre´slonym na przedziale, który nie zawiera punktu x = 0.

Poszukiwanie rozwi ˛azania zaczynamy od rozwi ˛azania równania jednorodnego xy⁰+ 2y = 0. Równanie to jest równaniem o zmiennych rozdzielonych

dy

y = −2dx x . Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja y(x) = _x^c2.

Poszukujemy teraz rozwi ˛azania równania niejednorodnego metod ˛a uzmiennia- nia stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛azania w postaci y(x) = ^z(x)_x2 . Wstawiaj ˛ac t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

z⁰ x − 2 z

x² + 2z x² = 3x.

Po uproszczeniu dostajemy równanie z⁰ = 3x², którego rozwi ˛azaniem jest funkcja z(x) = x³ + c. Wynika st ˛ad, ˙ze rozwi ˛azaniem ogólnym naszego równania jest funkcja

y(x) = x + c x².

Zadanie 2.18 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania y⁰sin x − y = 1 − cos x.

Rozwi ˛azanie:

Równanie jest równaniem liniowym dobrze okre´slonym na przedziale, który nie zawiera punktów x = kπ, k = 0, ±1, ±2, . . . .

Poszukiwanie rozwi ˛azania zaczynamy od rozwi ˛azania równania jednorodnego y⁰sin x − y = 0. Równanie to jest równaniem o zmiennych rozdzielonych

dy

y = dx sin x. Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja y(x) = c tg^x₂.

Poszukujemy teraz rozwi ˛azania równania niejednorodnego metod ˛a uzmiennia- nia stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛azania w postaci y(x) = z(x) tg^x₂. Wsta- wiaj ˛ac t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

 z⁰tgx

2 + z 1

2 cos²x/2



sin x − z tgx

2 = 1 − cos x.

Po uproszczeniu dostajemy równanie z⁰ = _{2 sin}^{1−cos x}2x/2, którego rozwi ˛azaniem jest funkcja z(x) = x + c. Wynika st ˛ad, ˙ze rozwi ˛azaniem ogólnym naszego równania jest funkcja

y(x) = (x + c) tgx 2.

Zadanie 2.19 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania dx + (x + y²)dy = 0.

Rozwi ˛azanie:

Równanie jest równaniem liniowym, je´sli zapisa´c je w postaci x⁰+ x + y² = 0.

Poszukiwanie rozwi ˛azania zaczynamy od rozwi ˛azania równania jednorodnego x⁰+ x = 0. Równanie to jest równaniem o zmiennych rozdzielonych

dx

x = −dy.

Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja x(y) = ce^−y.

Poszukujemy teraz rozwi ˛azania równania niejednorodnego metod ˛a uzmiennia- nia stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛azania w postaci x(y) = z(y)e^−y. Wsta- wiaj ˛ac t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

z⁰e^−y− ze^−y+ ze^−y+ y² = 0

Po uproszczeniu dostajemy równanie z⁰ = −y²e^y, którego rozwi ˛azaniem jest funkcja z(y) = −R y²e^ydy. Wyst˛epuj ˛ac ˛a w ostatnim wyra˙zeniu całk˛e liczymy przez cz˛e´sci (dwukrotnie)

− Z

y²e^ydy = − y²e^y+ 2 Z

ye^ydy = −y²e^y+ 2ye^y− 2 Z

e^ydy =

− y²e^y+ 2ye^y− 2e^y+ c.

St ˛ad z(y) = −y²e^y+ 2ye^y− 2e^y+ c. Rozwi ˛azaniem ogólnym naszego równania jest wi˛ec funkcja

x(y) = −y²+ 2y − 2 + ce^−y.

2.4. SKALARNE RÓWNANIA LINIOWE 25

Zadanie 2.20 Ciało o masie m opada swobodnie w o´srodku stawiaj ˛acym opór.

Siła oporu jest proporcjonalna do pr˛edko´sci opadania. Znale´z´c wzór na pr˛edko´s´c opadania oraz przebyt ˛a drog˛e.

Rozwi ˛azanie:

Zgodnie z II prawem dynamiki Newtona opadanie ciała opisywane jest równaniem mdv

dt = mg − av,

gdzie g – stała grawitacyjna, a – współczynnik proporcjonalno´sci siły oporu. Rów- nanie to jest równaniem liniowym.

Poszukiwanie rozwi ˛azania zaczynamy od rozwi ˛azania równania jednorodnego m^dv_dt = −av

dv

v = −a mdt.

Jego rozwi ˛azaniem jest funkcja v(t) = ce^−at/m.

Poszukujemy teraz rozwi ˛azania równania niejednorodnego metod ˛a uzmien- niania stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛azania w postaci v(t) = z(t)e^−at/m. Wstawiaj ˛ac t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

z⁰e^−at/m− za

me^−at/m= g − z a

me^−at/m.

Po uproszczeniu dostajemy równanie z⁰ = ge^−at/m, którego rozwi ˛azaniem jest funkcja z(t) = ^mg_a e^at/m+ c.

Rozwi ˛azaniem ogólnym naszego równania jest wi˛ec funkcja v(t) = mg

a + ce^−at/m.

Je´sli w chwili pocz ˛atkowej opadaj ˛ace ciało miało pr˛edko´s´c pocz ˛atkow ˛a v₀, to c = v₀−^mg_a i rozwi ˛azanie przyjmuje posta´c

v(t) = mg a



1 − e^−at/m



+ v0e^−at/m.

Korzystaj ˛ac z tego ostatniego wzoru mo˙zemy policzy´c drog˛e jak ˛a przebyło opada- j ˛ace ciało

S(t) = Z t

0

v(τ )dτ.

Obliczaj ˛ac t˛e całk˛e otrzymujemy S(t) =

Z t 0

mg a



1 − e^{−aτ /m}

+ v₀e^{−aτ /m}dτ = m

a



v0−mg a



1 − e^−at/m +mg

a t.

Zadanie 2.21 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania y⁰− y = xy². Rozwi ˛azanie:

Równanie nie jest równaniem liniowym, ale jest równaniem Bernoulliego z wy- kładnikiem Bernoulliego 2. Dziel ˛ac to równanie przez y² oraz wprowadzaj ˛ac no- w ˛a zmienn ˛a zale˙zn ˛a u = y⁻¹ dostajemy równanie −u⁰− u = x. Jest to równanie liniowe. Rozwi ˛azanie równania jednorodnego ma posta´c u(x) = ce^−x. Rozwi ˛aza- nia równania niejednorodnego szukamy w postaci u(x) = z(x)e^−x. Wstawiaj ˛ac to wyra˙zenie do równania otrzymujemy z⁰ = −xe^x. Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja z(x) = −xe^x+ e^x+ c. Wynika st ˛ad nast˛epuj ˛aca posta´c rozwi ˛azania u(x) = −x + 1 + ce^−x, czyli

y(x) = e^x (1 − x)e^x+ c.

Zadanie 2.22 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania xy⁰+ y = y²ln x.

Rozwi ˛azanie:

Równanie nie jest równaniem liniowym, ale jest równaniem Bernoulliego z wy- kładnikiem Bernoulliego 2. Dziel ˛ac to równanie przez y²oraz wprowadzaj ˛ac now ˛a zmienn ˛a zale˙zn ˛a u = y⁻¹ dostajemy równanie −xu⁰+ u = ln x. Jest to równanie liniowe. Rozwi ˛azanie równania jednorodnego ma posta´c u(x) = cx. Rozwi ˛azania równania niejednorodnego szukamy w postaci u(x) = z(x)x. Wstawiaj ˛ac to wyra-

˙zenie do równania otrzymujemy −x²z⁰ = ln x. Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja z(x) = −R _{ln x}

x² dx. T˛e całk˛e przekształcamy przez podstawienie ln x = t a nast˛epnie liczymy przez cz˛e´sci

Z ln x x² dx =

Z t e^tdt =

Z

te^−tdt = −te^−t− e^−t+ c = −ln x x −1

x + c.

Wynika st ˛ad nast˛epuj ˛aca posta´c rozwi ˛azania z(x) = ^{ln x}_x +_x¹ + c. Po podstawie- niu otrzymujemy u(x) = ln x + cx + 1, co daje nast˛epuj ˛ace rozwi ˛azanie ogólne wyj´sciowego równania

y(x) = ln x + cx + 1
−1

.

Mathematica ma wbudowane polecenie do rozwi ˛azywania równa´n ró˙znicz- kowych zwyczajnych. Jest to polecenie DSolve, które ma nast˛epuj ˛ac ˛a składni˛e DSolve[de[x,y],y[x],x], gdzie de[x,y] jest zapisem równania, y[x]

– zmienn ˛a zale˙zn ˛a a x – zmienn ˛a niezale˙zn ˛a. Dotychczas nie u˙zywali´smy tego polecenia, bo rozpatrywane równania nie mogły by´c rozwi ˛azane za jego pomoc ˛a.

Inaczej wyglada sytuacja dla równa´n liniowych, które Mathematica umie rozwi ˛a- za´c (je´sli tylko odpowiednie całki s ˛a obliczalne analitycznie).

Zadanie 2.23 Rozwi ˛aza´c w programie Mathematica równanie y⁰− 4y = 0.

Rozwi ˛azanie:

To proste równanie posłu˙zy nam do zilustrowania działania polecenia DSolve.

Zaczynamy od definicji równania

2.4. SKALARNE RÓWNANIA LINIOWE 27

de[x_,y_] = (y’[x] - 4*y[x] == 0);

Wykonuj ˛ac polecenie

DSolve[de[x,y], y[x], x]

dostaniemy wynik

{{y[x] -> e^{4 x}C[1]}}

Te 2 dodatkowe nawiasy klamrowe, które pojawiły si˛e w tym zapisie wynikaj ˛a z faktu, ˙ze DSolve tworzy reguły (Solution Rules) tworzenia rozwi ˛azania. Tych reguł mo˙ze by´c wiele, st ˛ad zapis jak dla zbioru. Mo˙zna wyeliminowa´c te dodatko- we nawiasy klamrowe znajduj ˛ac najpierw reguły a potem wyznaczaj ˛ac rozwi ˛azanie z tych reguł, jak pokazuje poni˙zszy przykład

SolRule = DSolve[de[x,y], y[x], x];

y1[x_] = Simplify[y[x]/.SolRule[[1]]]

Wtedy dostaniemy odpowied´z e^{4 x}C[1]

Zadanie 2.24 Rozwi ˛aza´c w programie Mathematica równanie xy⁰− 4y = x⁷e^x. Rozwi ˛azanie:

Zaczynamy od definicji równania

de[x_,y_] = (x*y’[x] - 4*y[x] == x^7*Exp[x]);

Wykonuj ˛ac polecenie

DSolve[de[x,y], y[x], x]

dostaniemy wynik

{{y[x] -> e^xx⁴(2 - 2 x + x²) + x⁴ C[1]}}

Zadania do samodzielnego rozwi ˛azania

Zadanie 2.25 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania x⁰ = x − 1 t + 1. Zadanie 2.26 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania x⁰ = e^t−x. Zadanie 2.27 Znale´z´c rozwi ˛azanie zagadnienia pocz ˛atkowego

xp

1 − y²dx + yp

1 − x²dy = 0, y(0) = 1.

Zadanie 2.28 Znale´z´c rozwi ˛azanie zagadnienia pocz ˛atkowego xdy − ydx = 0, y(1) = 0.

Zadanie 2.29 Rozwi ˛aza´c równanie (a²+ y²)dx + 2x√

ax − x²dy = 0 dokonuj ˛ac odpowiedniego podstawienia.

Zadanie 2.30 Znale´z´c rozwi ˛azanie ogólne równania y

xdx + (y³+ ln x)dy = 0.

Zadanie 2.31 Rozwi ˛aza´c równanie

x y+1

dx+x y−1

dy = 0 metod ˛a czynnika całkuj ˛acego.

Zadanie 2.32 Spadochroniarz wyskoczył na wysoko´sci h1 = 1000 m i rozło˙zył spadochron na wysoko´sci h₂ = 400 m. Wiadomo, ˙ze graniczna pr˛edko´s´c spadania człowieka w powietrzu wynosi v = 50 m/s, a siła oporu powietrza przy spadaniu jest proporcjonalna do kwadratu pr˛edko´sci spadania. Obliczy´c na tej podstawie, ile czasu spadał spadochroniarz do chwili rozwini˛ecia spadochronu.

Zadanie 2.33 Znale´z´c krzyw ˛a o tej własno´sci, ˙ze trójk ˛at utworzony przez o´s Oy, styczn ˛a do krzywej oraz promie´n wodz ˛acy w punkcie styczno´sci jest trójk ˛atem równoramiennym.

Zadanie 2.34 W celu zatrzymania statków na przystani rzuca si˛e z nich cumy (li- ny), które kilkakrotnie s ˛a owijane wokół pachołków (okr ˛agłych słupów) stoj ˛acych na przystani. Jaka b˛edzie siła hamuj ˛aca statek, je´sli cuma została trzykrotnie owi- ni˛eta wokół pachołka, współczynnik tarcia cumy o pachołek k = ¹₃, a robotnik portowy ci ˛agnie dodatkowo cum˛e z sił ˛a F = 150 N?

Zadanie 2.35 Niech µ1i µ2b˛ed ˛a czynnikami całkuj ˛acymi równania M (x, y)dx+

N (x, y)dy = 0 oraz funkcje µ₁i µ₂ nie s ˛a proporcjonalne do siebie. Udowodni´c,

˙ze funkcja^µ_µ¹

2 = c jest całk ˛a ogóln ˛a tego równania.

Zadanie 2.36 Ciało o masie m umocowane na gumie spada w polu grawitacyjnym Ziemi w o´srodku, w którym tarcie jest proporcjonalne do pr˛edko´sci. Zakładamy, ˙ze opór jaki stawia guma jest proporcjonalny do przebytej przez ciało drogi. Wiedz ˛ac,

˙ze ciało spada w czasie T z wysoko´sci L, a w czasie 2T z wysoko´sci L1, obliczy´c współczynnik tarcia f oraz współczynnik oporu gumy k.

Rozdział 3

Podstawowe twierdzenia

W rozdziale tym b˛edziemy rozwi ˛azywali zadania, które maj ˛a słu˙zy´c jako ilustracje dla najwa˙zniejszych twierdze´n: o istnieniu i jednoznaczno´sci rozwi ˛aza´n, o zale˙zno-

´sci rozwi ˛azania od warunków pocz ˛atkowych i parametrów oraz o przedłu˙zalno´sci rozwi ˛aza´n.

3.1 Istnienie i jednoznaczno´s´c rozwi ˛ aza ´n lokalnych

Zadanie 3.1 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego x⁰= f (t, x), x(0) = x₀, z funkcj ˛a

f (t, x) =

(−1, t < 0, x ∈ R, 1, t > 0, x ∈ R.

Znale´z´c rozwi ˛azanie tego zagadnienia Cauchy’ego w otoczeniu zera.

Rozwi ˛azanie:

Niech ∆ = (−δ, δ) dla δ > 0. Poka˙zemy, ˙ze na przedziale ∆ nie istnieje roz- wi ˛azanie naszego równania przy dowolnym x0 ∈ R, tj. nie istnieje funkcja klasy C¹(∆), która jest rozwi ˛azaniem. Gdyby bowiem istniało rozwi ˛azanie x(t), to dla dostatecznie małego α, 0 < α < δ, byłoby x⁰(t) = −1 dla −α < t < 0 oraz x⁰(t) = 1 dla α > t > 0. Oznacza to, ˙ze w punkcie t = 0 pochodna x⁰(t) musiała- by by´c nieci ˛agła.

Zadanie 3.2 Rozwa˙zmy na przedziale (a, b) równanie y⁰ = f (x).

Je´sli funkcja f (x) jest ci ˛agła na tym przedziale, to równanie posiada jednoznaczne rozwi ˛azanie dla dowolnego warunku pocz ˛atkowego y0 = y(x0), dla x0 ∈ (a, b).

Załó˙zmy, ˙ze funkcja f (x) → +∞, gdy x → c, gdzie c ∈ (a, b), ale jest ci ˛agła na 29

przedziałach (a, c) i (c, b). Przedyskutowa´c dla tego przypadku problem istnienia i jednoznaczno´sci rozwi ˛azania zagadnienia pocz ˛atkowego.

Rozwi ˛azanie:

Rozwa˙zmy przypadek, gdy x0 ∈ (a, c). Rozwi ˛azanie mo˙ze by´c zapisane w postaci całkowej

y(x) = Z x

x0

f (t)dt.

Je´sli całka Rx

x0f (t)dt jest rozbie˙zna przy x → c, to rozwi ˛azanie dane t ˛a całk ˛a przedłu˙za si˛e na cały przedział (a, c), ale przy x → c⁻ rozwi ˛azanie rozbiega do +∞.

Je´sli warunek pocz ˛atkowy jest z drugiej strony punktu c, czyli x₀ ∈ (c, b), to rozwi ˛azanie mo˙zna przedłu˙zy´c w lewo na cały przedział (c, b). Rozwi ˛azanie to rozbiega do −∞ dla x → c⁺. Otrzymujemy wi˛ec jednoznaczne rozwi ˛azania na przedziale (a, c) lub (c, b) zale˙znie od tego po której stronie punktu c le˙zy warunek pocz ˛atkowy x0.

Je´sli całka Rx

x0f (t)dt jest zbie˙zna przy x → c, to rozwi ˛azanie dane t ˛a całk ˛a z warunkiem pocz ˛atkowym x₀ ∈ (a, c) przedłu˙za si˛e na cały przedział (a, c), a przy x → c⁻ rozwi ˛azanie zbiega doRc

x0f (t)dt. Jednocze´snie y⁰(x) → +∞ dla x → c⁻, czyli rozwi ˛azanie jest styczne do prostej x = c. Podobnie wida´c, ˙ze je-

´sli x0 ∈ (c, b), to rozwi ˛azanie mo˙zna przedłu˙zy´c w lewo na cały przedział (c, b).

Rozwi ˛azanie to zbiega do Rx0

c f (t)dt dla x → c⁺ a y⁰(x) → +∞ dla x → c⁺, czyli rozwi ˛azanie jest te˙z styczne do prostej x = c. Oznacza to, ˙ze bior ˛ac dowol- ne rozwi ˛azanie po lewej stronie punktu x = c mo˙zna je przedłu˙zyc dowolnym rozwi ˛azaniem po prawej stronie punktu x = c. Oznacza to brak jednoznaczno´sci rozwi ˛azania.

Zadanie 3.3 Rozwa˙zmy dla y ∈ (a, b) równanie y⁰ = f (y).

Przedyskutowa´c problem istnienia i jednoznaczno´sci rozwi ˛azania tego zagadnienia pocz ˛atkowego, je´sli funkcja f (y) jest ci ˛agła na tym przedziale, ale zeruje si˛e w pewnym punkcie c ∈ (a, b).

Rozwi ˛azanie:

Rozwi ˛azanie tego zadania sprowadza si˛e do zadania 3.2. W tym celu nale˙zy za- uwa˙zy´c, ˙ze jest to równanie o zmiennych rozdzielonych i znalezienie rozwi ˛azania sprowadza si˛e do policzenia całki

x = x₀+ Z y

y0

dt f (t).

Je´sli funkcja f (y) zeruje si˛e w punkcie wewn˛etrznym c odcinka (a, b), to całka Ry

y0

dt

f (t) jest całk ˛a niewła´sciw ˛a dla y → c. Zachowanie rozwi ˛azania wynika wte- dy bezpo´srednio z dyskusji przeprowadzonej dla zadania 3.2. Wyró˙zni´c mo˙zemy nast˛epuj ˛ace przypadki:

3.1. ISTNIENIE I JEDNOZNACZNO ´S ´C ROZWI ˛AZA ´N LOKALNYCH 31

1. Je´sli całkaRy y0

dt

f (t)jest rozbie˙zna dla y → c⁺i y → c⁻, to przez ka˙zdy punkt (x, y), x ∈ R, y ∈ (a, b) przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa nasze- go równania. Prosta y = c jest tak˙ze krzyw ˛a całkow ˛a równania, a pozostałe krzywe całkowe asymptotycznie zbli˙zaj ˛a si˛e do tej prostej z góry lub z dołu zale˙znie od warunku pocz ˛atkowego.

2. Je´sli całkaRy y0

dt

f (t) jest zbie˙zna dla y → c⁺i y → c⁻, a przy przej´sciu przez punkt c funkcja f (y) nie zmienia znaku, to przez ka˙zdy punkt (x, y), x ∈ R, y ∈ (a, b) przechodzi niesko´nczenie wiele krzywych całkowych równania.

3. Je´sli całka Ry y0

dt

f (t) jest zbie˙zna dla y → c⁺ i y → c⁻, a przy przej´sciu przez punkt c funkcja f (y) zmienia znak, to przez ka˙zdy punkt prostej y = c przechodzi niesko´nczenie wiele krzywych całkowych równania, a przez ka˙zdy punkt (x, y), x ∈ R, y ∈ (a, c) ∪ (c, b) przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa równania.

Zadanie 3.4 Udowodnimy kryterium jednoznaczno´sci rozwi ˛azania zwane kryte- rium Osgooda.

Twierdzenie Osgooda.

Niech funkcjaf (t, x) b˛edzie ci ˛agła w zbiorzeQ = {(t, x): |t − t₀| 6 a, |x − x0| 6 b} i dla dowolnej pary punktów (t, x₁), (t, x₂) z tego zbioru spełnia warunek

|f (t, x₂) − f (t, x₁)| 6 φ(|x2− x₁|), gdzie dla0 < u 6 2b funkcja φ(u) > 0, jest ci ˛agła oraz

Z 2b ε

du

φ(u) → ∞ dlaε → 0.

Wtedy przez ka˙zdy punkt(t₀, x₀) zbioru Q przechodzi co najwy˙zej jedna krzywa całkowa równania

x⁰ = f (t, x), x(t0) = x0. (3.1) Rozwi ˛azanie:

Załó˙zmy, ˙ze istniej ˛a dwa ró˙zne rozwi ˛azania równania (3.1) x1(t) i x₂(t) z tym samym warunkiem pocz ˛atkowym x1(t0) = x2(t0) = x0. Dla uproszczenia za- pisu przyjmijmy, ˙ze t0 = 0. Niech y(t) = x2(t) − x1(t). Poniewa˙z z zało˙zenia x₁(t) 6≡ x₂(t), to istnieje taki punkt t₁, ˙ze y(t1) 6= 0. Bez zmniejszania ogólno´sci mo˙zemy zało˙zy´c, ˙ze y(t1) > 0 (zawsze mo˙zemy zamieni´c porz ˛adek funkcji x1

i x2 w definicji y(t)). Mo˙zemy tak˙ze przyj ˛a´c, ˙ze t1 > 0. Korzystaj ˛ac z zało˙ze´n twierdzenia dostajemy nierówno´s´c ró˙zniczkow ˛a

dy

dt = d(x₂− x₁)

dt = f (t, x₂) − f (t, x₁) 6 φ(|x2− x₁|) < 2φ(|x₂− x₁|).

Rozwa˙zmy teraz równanie

dz

dt = 2φ(z) (3.2)

z warunkiem pocz ˛atkowym z(t1) = y(t₁) = y₁. To zagadnienie Cauchy’ego po- siada jednoznaczne rozwi ˛azanie, co wynika z zało˙ze´n twierdzenia oraz zadania 3.3.

Z zadania 3.3 wynika, ˙ze rozwi ˛azanie to jest dodatnie i asymptotycznie zbli˙za si˛e do osi Ot, ale nigdy tej osi nie przetnie.

W punkcie t1 krzywe z(t) oraz y(t) przecinaj ˛a si˛e. Poniewa˙z jednocze´snie y⁰(t1) < 2φ(y1) = 2φ(z(t1)) = z⁰(t1), wi˛ec na odcinku (t1 − ε, t₁) mamy nie- równo´s´c y(t) > z(t), dla pewnego ε > 0.

Zauwa˙zmy, ˙ze przedział ten mo˙zemy rozszerzy´c w lewo a˙z do zera. Rzeczy- wi´scie, gdyby w przedziale (0, t1) istniał punkt t2, taki ˙ze y(t2) = z(t2), to w tym punkcie miałaby miejsce nierówno´s´c y⁰(t₂) > z⁰(t₂), poniewa˙z na prawo od tego punktu mamy nierówno´s´c y(t) > z(t). Poniewa˙z z⁰(t₂) = 2φ(z(t₂)) a φ(z(t2)) = φ(y(t2)), wi˛ec wynika st ˛ad nierówno´s´c y⁰(t2) > 2φ(y(t2)), która jest sprzeczna z oszacowaniem (3.2). Pokazali´smy wi˛ec, ˙ze na całym przedziale (0, t₁) mamy nierówno´s´c y(t)> z(t). Poniewa˙z z konstrukcji rozwi ˛azania z(t) wynika,

˙ze z(t) > 0, wi˛ec tak˙ze y(t) > 0 dla t ∈ [0, t1], w szczególno´sci y(0) > 0, co jest sprzeczne z zało˙zeniem, ˙ze istniej ˛a dwie ró˙zne krzywe całkowe naszego równania z tym samym warunkiem pocz ˛atkowym.

Zadanie 3.5 Dane jest równanie x⁰ = x² z warunkiem pocz ˛atkowym x(0) = 1.

Znale´z´c maksymalny przedział istnienia rozwi ˛azania tego równania oraz odpo- wiednie rozwi ˛azanie wysycone.

Rozwi ˛azanie:

Poniewa˙z rozpatrywane równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych mo-

˙zemy je łatwo scałkowa´c.

Rozwi ˛azanie ogólne ma posta´c x(t) = _c−t¹ . Dla warunku pocz ˛atkowego x(0) = 1 dostajemy rozwi ˛azanie x(t) = _1−t¹ . Rozwi ˛azanie to jest dobrze okre´slone na przedziale (−∞, 1). Powstaje pytanie, czy rozwi ˛azanie to jest rozwi ˛azaniem wy- syconym, czy te˙z mo˙zna je jeszcze przedłu˙zy´c. Interesuj ˛acy jest tylko przypadek prawego ko´nca przedziału, czyli pytanie czy rozwi ˛azanie mo˙zna przedłu˙zy´c poza punkt t = 1. Przeanalizujmy zachowanie si˛e rozwi ˛azania gdy t → 1⁻. Jak łatwo zauwa˙zy´c wtedy x(t) → +∞. Zgodnie z odpowiednim twierdzeniem wynika st ˛ad,

˙ze rozwi ˛azania nie mo˙zna przedłu˙zy´c poza przedział (−∞, 1).

Poka˙zemy teraz jak Mathematica daje sobie rad˛e z brakiem jednoznaczno´sci.

Zadanie 3.6 Rozwi ˛aza´c w programie Mathematica zagadnienie Cauchy’ego dy

dx = x

y, y(0) = 0.

Rozwi ˛azanie:

Odpowiednie polecenie wygl ˛ada nast˛epuj ˛aco

DSolve[{y’[x]==x/y[x],y[0]==0},y[x],x]

3.2. ZALE ˙ZNO ´S ´C ROZWI ˛AZANIA OD PARAMETRÓW 33

Otrzymujemy wtedy rozwi ˛azanie {{y[x] ->

√

x²},{y[x]-> -

√ x²}}

Mo˙zemy sprawdzi´c bezpo´srednim rachunkiem, ˙ze te dwie funkcje s ˛a rozwi ˛azania- mi wskazanego zagadnienia pocz ˛atkowego. Otrzymane dwa rozwi ˛azania nie prze- cz ˛a twierdzeniu o jednoznaczno´sci rozwi ˛aza´n, poniewa˙z poszukujemy rozwi ˛azania przechodz ˛acego przez punkt (0, 0), a tym punkcie prawa strona równania nie jest ci ˛agła (nie jest ona nawet dobrze okre´slona w tym punkcie).

3.2 Zale˙zno´s´c rozwi ˛ azania od danych pocz ˛ atkowych i pa- rametrów

Zadanie 3.7 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego x⁰ = sin(µt), x(t0) = x0, gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a ∂x

∂µ. Rozwi ˛azanie:

Poniewa˙z równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych mo˙zemy znale´z´c rozwi ˛azanie równania a nast˛epnie policzy´c pochodn ˛a po µ.

Niech x = φ(t, µ) b˛edzie rozwi ˛azaniem równania. Wtedy φ(t0, µ) = x0 i całkuj ˛ac równanie dostajemy

φ(t, µ) = −1

µcos(µt) + c(µ).

Problemem jest oczywi´scie wyznaczenie funkcji c(µ). Je´sli jednak zró˙zniczkujemy rozwi ˛azanie po µ, to otrzymamy

∂φ(t, µ)

∂µ = t sin(µt)

µ +cos(µt) µ² + dc

dµ. Z warunku ∂φ(t₀, µ)

∂µ = 0 wynika dc

dµ = − t₀sin(µt0)

µ + cos(µt0) µ²

 , czyli

∂φ(t, µ)

∂µ = t sin(µt)

µ +cos(µt)

µ² −t₀sin(µt₀)

µ −cos(µt₀) µ² .

Przedstawiona wy˙zej metoda znajdowania pochodnej rozwi ˛azanie po parame- trze wykorzystywała fakt, ˙ze mo˙zna było znale´z´c analityczne rozwi ˛azanie rów- nania. Poka˙zemy teraz jak działa standardowa metoda znajdowania pochodnej po parametrze. Zgodnie z teori ˛a pochodna y(t) = ∂x(t, µ)

∂µ spełnia równanie y⁰ = t cos(µt), y(t₀) = 0.

Całkuj ˛ac to równanie otrzymujemy y(t) = t sin(µt)

µ + cos(µt) µ² + c.

Wyznaczaj ˛ac c z warunku y(t0) = 0 dostajemy wyra˙zenie identyczne jak metod ˛a bezpo´sredniego ró˙zniczkowania rozwi ˛azania równania

y(t) = t sin(µt)

µ +cos(µt)

µ² −t0sin(µt0)

µ −cos(µt0) µ² . Zadanie 3.8 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

x⁰ = µt + x, x(0) = 1, gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a ∂x

∂µ. Rozwi ˛azanie:

Poniewa˙z równanie jest równaniem liniowym mo˙zemy znale´z´c rozwi ˛azanie rów- nania a nast˛epnie policzy´c pochodn ˛a po µ.

Niech x = φ(t, µ) b˛edzie rozwi ˛azaniem równania. Całkuj ˛ac równanie dostaje- my

φ(t, µ) = −µt − µ + c(µ)e^t. Ró˙zniczkuj ˛ac rozwi ˛azanie po µ otrzymamy

∂φ(t, µ)

∂µ = −t − 1 + dc dµe^t. Wyznaczamy dc

dµ z warunku ∂φ(0, µ)

∂µ = 0, który wynika z warunku pocz ˛atkowe- go φ(0, µ) = 1. Otrzymujemy wtedy

dc dµ = 1.

Daje to poszukiwan ˛a pochodn ˛a

∂φ(t, µ)

∂µ = −t − 1 + e^t. Zadanie 3.9 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

x⁰ = x + µ(t + x²), x(0) = 1, gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a ∂x

∂µ   µ=0. Rozwi ˛azanie:

3.2. ZALE ˙ZNO ´S ´C ROZWI ˛AZANIA OD PARAMETRÓW 35

Niech y = ∂x

∂µ. Funkcja y(t) spełnia równanie

y⁰= (1 + 2µx)y + t + x², y(0) = 0.

Równanie to rozwi ˛azujemy standardow ˛a metod ˛a dla równa´n liniowych. Najpierw znajdujemy rozwi ˛azanie równania jednorodnego

y(t) = c exp

Z t 0

(1 + 2µx)ds

 ,

a nast˛epnie uzmienniamy stał ˛a otrzymuj ˛ac (korzystamy z warunku pocz ˛atkowego y(0) = 0)

c(t) = Z t

0

exp

− Z s

0

(1 + 2µx)dτ

(s + x²)ds.

St ˛ad

y(t) = Z t

0

expZ t s

(1 + 2µx)dτ

(s + x²)ds.

Zauwa˙zmy, ˙ze dla µ = 0 równanie wyj´sciowe ma rozwi ˛azanie x(t) = e^t. Wyko- rzystuj ˛ac to rozwi ˛azanie dostajemy po przej´sciu granicznym

y(t)   µ=0=

Z t 0

exp

Z t s

dτ



(s + e^2s)ds = Z t

0

(s + e^2s)e^t−sds.

Obliczaj ˛ac ostatni ˛a całk˛e przez cz˛e´sci otrzymujemy y(t)

µ=0= −t − 1 + e^2t. Zadanie 3.10 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

x⁰ = x + x²+ tx³, x(2) = x0. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛a wzgl˛edem warunku pocz ˛atkowego ∂x

∂x0

  x0=0. Rozwi ˛azanie:

Niech z = ∂x

∂x0

. Funkcja z(t) spełnia równanie

z⁰= (1 + 2x + 3tx²)z, z(2) = 1.

Rozwi ˛azaniem tego równania jest funkcja z(t) = expZ _t

2

(1 + 2x + 3sx²)ds .

Dla warunku pocz ˛atkowego x0 = 0 rozwi ˛azaniem wyj´sciowego zagadnienia Cau- chy’ego jest funkcja x(t) = 0 (takie rozwi ˛azanie mo˙zna zgadn ˛a´c a nast˛epnie sko- rzysta´c z faktu, ˙ze dla tego zagadnienia Cauchy’ego zachodzi twierdzenie o jedno- znaczno´sci rozwi ˛azania w otoczeniu punktu t = 2). St ˛ad

z(t)  

x0=0 = expZ t 2

ds

= e^t−2.