Myjak J Równania różniczkowe

Równania róźniczkowe

Józef Myjak

Spis treści

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

. . . . . . . . . . .

1.1.

Wprowadzenie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.

Istnienie i jednoznaczność rozwiązań problemu Cauchy’- ego dla równania
skalarnego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.

Istnienie i jednoznaczość rozwiązań problemu Cauchy’ego dla równania
wektorowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4.

Metoda odwzorowań zwężających . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.5.

Przedłużanie rozwiązań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.6.

Istnienie rozwiązań problemu Cauchy’ego dla równań o prawych stronach
ciągłych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.7.

Dalsze przykłady twierdzeń o jednoznaczności rozwiązań . . . . . . . . . . . .

1.8.

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.1.

Równanie o zmiennych rozdzielonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2.

Równanie jednorodne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3.

Równanie liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4.

Równanie Bernoulliego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.5.

Równanie zupełne. Czynnik całkujący . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.6.

Równanie Clairaut i równanie Lagrange’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.7.

Przykłady wyznaczania rozwiązań w postaci parametrycznej . . . . . . . . . .

2.8.

Równanie jednorodne względem szukanej funkcji i jej pochodnych . . . . . . .

2.9.

Równanie Riccatiego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.10. Równania drugiego rzędu sprowadzalne do równań piewszego rzędu . . . . . .

2.11. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rozdział 3. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

. . . . . . . . . . . .

3.1.

Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.2.

Równanie różniczkowe liniowe o stałych współczynnikach . . . . . . . . . . . .

3.3.

Równanie różniczkowe drugiego rzędu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.4.

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rozdział 4. Układy równań różniczkowych liniowych

. . . . . . . . . . . . . .

4.1.

Układy równań różniczkowych liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.2.

Jednorodne układy równań liniowych o stałych współczynnikach . . . . . . . .

4.3.

Niejednorodne układy równań liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.4.

Wiadomości pomocnicze z teorii macierzy i wyznaczników . . . . . . . . . . .

4.5.

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rozdział 5. Zależność rozwiązań od warunków początko- wych,

nierówności różniczkowe, twierdzenia porównawcze

. . . . . . . . . . . . . .

5.1.

Zależność rozwiązań od warunków początkowych i pra- wych stron równania .

Spis treści

5.2.

Nierówności różniczkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.3.

Twierdzenia porównawcze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.4.

Rozwiązanie górne i dolne problemu Cauchy’ego . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.5.

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rozdział 6. Stabilność rozwiązań równań różniczkowych

. . . . . . . . . . . .

6.1.

Wprowadzenie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6.2.

Stabilność układów liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6.3.

Metoda Lapunowa dla układów autonomicznych . . . . . . . . . . . . . . . . .

6.4.

Metoda Lapunowa dla układów nieautonomicznych . . . . . . . . . . . . . . .

6.5.

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rozdział 7. Klasyfikacja punktów krytycznych. Cykle graniczne

. . . . . . .

7.1.

Klasyfikacja punktów krytycznych układu dwóch równań . . . . . . . . . . . .

7.2.

Równania liniowe z perturbacjami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7.3.

Układy nieliniowe. Linearyzacja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7.4.

Cykle graniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7.5.

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Rozdział 8. Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

. . . . . . . . . . . .

8.1.

Wprowadzenie do liniowych problemów brzegowych . . . . . . . . . . . . . . .

8.2.

Regularne zagadnienie Sturma - Liouville’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

8.3.

Metoda funkcji Greena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

8.4.

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

Rozdział 9. Całki pierwsze układu równań

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

9.1.

Całki pierwsze układu równań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

Rozdział 10. Metoda charakterystyk dla równań różniczkowych

cząstkowych pierwszego rzędu

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

10.1. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu . . . . . . . . . . . . . . . 115
10.2. Równanie liniowe cząstkowe o stałych współczynnikach . . . . . . . . . . . . . 115
10.3. Równanie różniczkowe cząstkowe liniowe pierwszego rzędu . . . . . . . . . . . 122
10.4. Równanie różniczkowe cząstkowe liniowe o n-zmiennych niezależnych . . . . . 125
10.5. Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
10.6. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

Bibliografia

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

Rozdział 1

Równania różniczkowe. Problem początkowy

1.1. Wprowadzenie

Przez równanie różniczkowe zwyczajne rzędu n rozumiemy relacje

F t, x, x

, . . . , x

(n)

= 0,

(1.1)

gdzie F : U → R, U ⊂ R

n+2

, jest daną funkcją, t zmienną niezależną, a x funkcją

szukaną zmiennej t.

Jeśli ze związku (1.1) potrafimy wyznaczyć x

(n)

otrzymamy tak zwaną postać

normalną równania róźniczkowego

(n)

= f t, x, x

, . . . , x

(n−1)

(1.2)

gdzie f : D → R, D ⊂ R

n+1

Przez rozwiązanie równania (1.1) (odp. równania (1.2)) określonym w przedziale

I ⊂ R rozumiemy funkcje ϕ : I → R różniczkowalną n-krotnie w przedziale I taką,

że t, ϕ(t), ϕ

(t), . . . , ϕ

(n)

(t)

∈ U (odp. t, ϕ(t), ϕ

(t), . . . , ϕ

(n−1)

(t)

∈ D) dla t ∈ I

i ponadto spełniającą warunek

F t, ϕ(t), ϕ

(t), . . . , ϕ

(n)

(t)

= 0

dla t ∈ I

(odp. ϕ

(n)

(t) = f t, ϕ(t), ϕ

(t), . . . , ϕ

(n−1)

(t)

dla t ∈ I).

Zauważmy, że rozwiązaniem równania

= 2

jest rodzina krzywych

x = t

+ C

t + C

zależna od dwóch parametrów C

i C

. Nietrudno sprawdzić, że rozwiązanie równania

(1.1) zależy od n parametrów.

Dowolne rozwiązanie równania (1.1) nazywamy całką szczególną tego równania.

Jeśli rozwiązanie to zależy od n parametrów to nazywamy go całką ogólną.

Dla n = 1 równanie (1.2) przyjmie postać

= f (t, x)

(1.3)

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

Układem równań różniczkowych zwyczajnych pierwszego rzędu nazywamy zespół

równań

= f

(t, x

, . . . , x

= f

(t, x

, . . . , x

(1.4)

................................

= f

(t, x

, . . . , x

gdzie f

, f

, . . . , f

są zadanymi funkcjami określonymi na zbiorze D ⊂ R

n+1

, nato-

miast x

, x

, . . . , x

są szukanymi funkcjami zmiennej t.

Wprowadzając zapis wektorowy x = (x

, . . . , x

), f = (f

, . . . , f

), układ równań

(1.4) możemy zapisać w postaci (1.3).

W dalszym ciągu jeśli x przyjmuje wartości skalarne równanie (1.3) będziemy na-

zywać równaniem skalarnym, jeśli x przyjmuje wartości wektorowe, równaniem wek-
torowym. Jeśli z kontekstu będzie jasno wynikać o jaki typ równania chodzi, będziemy
krótko mówić równanie.

Przyjmując

= x, x

= x

, . . . , x

= x

(n−1)

równanie (1.2) możemy sprowadzić do układu równań

= x

................

n−1

= x

= f (t, x

, . . . , x

Zbiór rozwiązań równania (1.1) (odp. (1.2)) tworzy rodzinę funkcji zależną od

n parametrów. Można zatem szukać rozwiązania które dodatkowo spełnia zadane n
warunków. Najprostrze warunki to żądanie aby rozwiązanie przechodziło przez z góry
zadany punkt (t

, x

) ∈ D i ponadto w punkcie t = t

pochodne do rzędu n − 1

przyjmowały zadane wartości x

, x

, . . . , x

n−1

, tzn. rozwiązanie to winno spełniać

warunki

x(t

) = x

, x

) = x

, . . . , x

(n−1)

) = x

n−1

(1.5)

Warunki (1.5) nazywamy warunkami początkowymi, a zagadnienie znalezienia roz-

wiązania równania (1.2) (lub (1.1)) spełniające warunki (1.5) nazywamy problemem
początkowym albo problemem Cauchy’ego.

Na przykład dla równania wektorowego pierwszego rzędu problem Cauchy’ego ma

postać

= f (t, x),

x(t

) = x

(1.6)

gdzie t

∈ R, x

∈ R

są zadanymi wartościami.

Uwaga 1.1. W przypadku gdy f jest funkcją ciągłą problem (1.6) jest równoważny

znalezieniu rozwiązania równania całkowego

x(t) = x

f (s, x(s))ds.

(1.7)

1.2. Istnienie i jednoznaczność rozwiązań problemu Cauchy’ego dla równania skalarnego

Istotnie, całkując równanie (1.6) przy warunku x(t

) = x

w przedziale [t

, t]

otrzymamy (1.7). Na odwrót, przyjmując t = t

w (1.7) otrzymamy x(t

) = x

Natomiast różniczkując (1.7) otrzymamy równość x

= f (t, x).

Podstawowy wynik dotyczący problemu Cauchy’ego (tzw. twierdzenie Peano) mówi,

że jeśli f jest funkcją ciągła, problem (1.6) posiada co najmniej jedno rozwiązanie.
Jeśli dodatkowo założymy, że funkcja f jest klasy C

, albo spełnia tzw. warunek

Lipschitza, rozwiązanie jest jedyne. Poniższe przykłady pokazują, że ciągłość funkcji
f nie zapewnia jednoznaczności rozwiązań.

Przykład 1.1. Rozważmy problem Cauchy’ego

√

x(0) = 0.

Oczywiście funkcja x(t) = 0 rozwiązaniem tego problemu. Nietrudno też sprawdzić,
że dla dowolnego t

≥ 0 funkcja

(t) =

jeśli t ≤ t

(t − t

)

/4,

jeśli t > t

jest również rozwiązaniem naszego problemu. Rozwiązanie problemu nie jest więc
określone jednoznacznie.

Przykład 1.2. Rozważmy problem Cauchy’ego

= 2

|x|,

x(0) = 0.

Oczywiście funkcja x

(t) = 0 jest rozwiązaniem tego problemu. Nietrudno też spraw-

dzić, że funkcja

(t) =

jeśli t ≥ 0

−t

jeśli t < 0,

jest również rozwiązaniem naszego problemu. Rozwiązanie problemu nie jest więc
określone jednoznacznie.

Przykład 1.3. Rozwiązaniem problem Cauchy’ego

= 2x,

x(0) = 0.

Jest rodzina funkcji

x(t) =

jeśli t ≥ 0

jeśli t < 0,

gdzie a, b ∈ R. Oznacza to, że rozważany problem początkowy na zbiorze R posiada

nieskończenie wiele rozwiązań.

1.2. Istnienie i jednoznaczność rozwiązań problemu Cauchy’-

ego dla równania skalarnego

Wpierw pokażemy dwa proste lematy które wykorzystamy w dowodzie twierdzenia

o lokalnym istnieniu rozwiązań.

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

Lemat 1.1. Niech {x

} będzie ciągiem funkcji określonych na przedziale I takim,

że

n+1

(t) − x

(t)| ≤ α

dla t ∈ I, n ∈ N.

Załóżmy, że szereg liczbowy

∞

n=1

jest zbieżny. Wówczas ciąg {x

} jest jednostaj-

nie zbieżny w przedziale I. Jeśli ponadto funkcje x

są ciągłe, to również granica tego

ciągu jest funkcją ciągłą.

Dowód. Szereg

∞

n=1

jest zbieżny, spełnia więc warunek Cauchy’ego zbieżności

szeregu, co oznacza, że dla dowolnego ε > 0 istnieje n

takie, że

+ . . . + α

n−1

< ε

dla dowolnych n, m ≥ n

, m < n.

Niech ε > 0 i niech n

będzie dobrane zgodnie z powyższym warunkiem. Na mocy

przyjętych założeń dla dowolnych n, m ≥ n

(m < n) oraz t ∈ I mamy

(t) − x

(t)| ≤ |x

m+1

(t) − x

(t)| + |x

m+2

(t) − x

m+1

(t)| + . . .

+|x

(t) − x

n−1

(t)| ≤ α

+ α

m+1

+ . . . + α

n−1

< ε.

Ponieważ ostatnia nierówność zachodzi dla dowolnego t ∈ I, wnioskujemy stąd że

sup

t∈I

(t) − x

(t)|

≤ dla n, m ≥ n

co oznacza że ciąg {x

} spełnia warunek Cauchy’ego zbieżności jednostajnej. Zatem

jest on jednostajnie zbieżny. Ponieważ granica jednostajnie zbieżnego ciągu funkcji
ciągłych jest funkcją ciągłą, dowód jest kompletny.

Lemat 1.2. Niech f : [α, β] × [a, b] → R będzie funkcją ciągłą. Niech {ϕ

: [α, β] → [a, b], będzie ciągiem funkcji ciągłych, zbieżnym jednostajne w przedziale

[α, β] do funkcji ϕ. Wówczas

lim

n→∞

f (t, ϕ

(t))dt =

f (t, ϕ(t))dt

dla s ∈ [α, β].

Dowód. Zauważmy wpierw, że funkcja f jest jednostajnie ciągła na zbiorze

[α, β] × [a, b]. Niech ε > 0. Położmy ε

= ε/(β − α). Ustalmy δ > 0 tak, aby

|f(t, x) − f(t, ˜x)| < ε

dla t ∈ [α, β], x, ˜x ∈ [a, b], |x − ˜x| < δ.

Następnie dobierzmy n

tak, aby

|ϕ

(t) − ϕ(t)| < δ dla n ≥ n

, t ∈ [α, β].

Oczywiście

|f(t, ϕ

(t) − f(t, ϕ(t)| < ε

dla n ≥ n

, t ∈ [α, β].

Zatem dla n ≥ n

oraz s ∈ [α, β] mamy

f (t, ϕ

(t))dt −

f (t, ϕ(t))dt

≤

|f(t, ϕ

(t)) − f(t, ϕ(t))|dt ≤ ε

(s − α) ≤ ε,

1.2. Istnienie i jednoznaczność rozwiązań problemu Cauchy’ego dla równania skalarnego

co kończy dowód lematu.

Definicja 1.1. Mówimy, że funkcja f : D → R, D ⊂ R

, spełnia warunek Lip-

schitza (jest funkcją lipschitzowską) względem drugiej zmiennej, jeśli istnieje stała
L > 0 taka, że dla dowolnych (t, x), (t, y) ∈ D zachodzi

|f(t, x) − f(t, y)| ≤ L|x − y|.

Najmniejszą wartość stałej dla której zachodzi powyższe oszacowanie nazywamy

stałą Lipschitzea.

Mówimy, że funkcja f : D → R, jest lokalnie lipschitzowska w zbiorze D, jeśli dla

każdego punktu zbioru D istnieje otoczenie tego punktu w którym funkcja spełnia
warunek Lipschitzea, przy czym stała Lipschitzea zależy od otoczenia.

Twierdzenie 1.1. (Istnienie i jednoznaczność rozwiązań lokalnych). Niech

f : P → R, gdzie P = {(t, x) ∈ R

: |t − t

| ≤ a, |x − x

| ≤ b}, a, b > 0, będzie funkcją

ciągłą, spełniającą warunek Lipschitza względem zmiennej x ze stałą L. Wówczas
problem Cauchy’ego

= f (t, x),

x(t

) = x

(1.8)

posiada rozwiązanie w przedziale [t

− α, t

+ α], gdzie α = min{a, b/M, 1/(2L)},

M = max{|f(t, x)| : (t, x) ∈ P }, ponadto rozwiązanie to jest określone jednoznacznie.

Dowód. Stosując metodę indukcji matematycznej skonstruujemy ciąg funkcji {x

: [t

− α, t

+ α] → R, za pomocą wzoru

n+1

(t) = x

f (s, x

(s))ds,

t ∈ [t

− α, t

+ α],

(1.9)

gdzie x

(t) = x

Dla uproszczenia rozważań ograniczymy się do przedziału [t

, t

+ α] (dla prze-

działu [t

− α, t

] argument jest analogiczny). Zauważmy wpierw, że funkcja x

jest

określona dla dowolnego t ∈ [t

, t

+ α] i ponadto

(t) − x

| ≤

f (s, x

)ds

≤

|f(s, x

)|ds ≤ M(t − t

) ≤ b.

(1.10)

Oznacza to, że (t, x

(t)) ∈ P dla t ∈ [t

, t

+ α]. Wykorzystując indukcje mate-

matyczną nietrudno sprawdzić, że dla dowolnego n ∈ N funkcja x

jest określona

w przedziale [t

, t

+α] i ponadto |x

(t)−x

| ≤ b, czyli (t, x

(t)) ∈ P dla t ∈ [t

, t

+α].

Pokażemy następnie, że dla n = 0, 1, 2 . . . mamy

n+1

(t) − x

(t)| ≤

M L

(t − t

)

n+1

(n + 1)!

dla t ∈ [t

, t

+ α].

(1.11)

Istotnie, dla n = 0 wzór (1.11) jest prawdziwy na mocy (1.10) oraz definicji war-

tości α. Dla dowodu metodą indukcji przypuśćmy, że wzór (1.11) jest prawdziwy dla
n = k. Wówczas

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

k+2

(t) − x

k+1

(t)| =

f (s, x

k+1

(s) − f(s, x

(s))

≤

k+1

(s) − x

(s))

≤

M L

k+1

(k + 1)!

(s − t

)

k+1

ds =

M L

k+1

(k + 2)!

(t − t

)

k+2

co kończy dowód wzoru (1.11).

Z oszacowania (1.11) wynika natychmiast, że

n+1

(t) − x

(t))

≤

(αL)

n+1

(n + 1)!

Ponieważ αL < 1, szereg

∞

n=0

(αL)

n+1

(n + 1)!

jest zbieżny. Na mocy lematu 1.1 ciąg {x

} jest jednostajnie zbieżny w przedziale

, t

+ α]. Oznaczmy jego granicę przez ϕ.

Przechodząc we wzorze (1.9) z n do nieskończoności i wykorzystując lemat 1.2

otrzymamy

ϕ(t) = x

f (s, ϕ(s))ds

dla t ∈ [t

, t

+ α],

co zgodnie z uwagą 1,1 oznacza, że ϕ jest rozwiązaniem problemu (1.8).

Dla zakończenia dowodu pozostaje pokazać, że rozwiązanie to jest jedyne. Niech

x, y : [t

, t

+ α] → R będą rozwiązaniami problemu (1.8). Zgodnie z uwagą 1.1

x(t) = x

f (s, x(s))ds,

y(t) = x

f (s, y(s))ds.

Zauważmy, że

|y(t) − x(t)| =

f (s, y(s)) − f(s, x(s))

≤

f(s, y(s)) − f(s, x(s))

≤ L

|y(s) − x(s)|ds ≤ L

ky − xk

ds ≤ αLky − xk

gdzie

kxk

= max{|x(t)| : t ∈ [t

, t

+ α]}.

Powyższe oszacowanie zachodzi dla dowolnego t ∈ [t

, t

+ α]. Przechodząc po lewej

stronie ostatniej nierówności do supremum względem t ∈ [t

, t

+ α] otrzymamy

ky − xk

≤ αLky − xk

1.3. Istnienie i jednoznaczość rozwiązań problemu Cauchy’ego dla równania wektorowego

Ponieważ αL < 1, z ostatniej nierówności wynika, że ky − xk

= 0, co kończy dowód.

Uwaga 1.2. Dowód twierdzenia 1.1 można skrócić, jeśli mamy do dyspozycji

twierdzenie Arzela-Ascoli (zob. twierdzenie 1.4). Istotnie, zgodnie z dowodem twier-
dzenia 1.1 ciąg {x

} dany wzorem (1.9) jest dobrze określony i ograniczony (|x

(t)| ≤

| + αM ≤ |x

| + b). Z nierówności

(t) − x

(s)| ≤

f (s, x

(s))ds

≤ M|t − s| ≤ αM

wynika, że ciąg {x

} jest równociągły. Na mocy twierdzenia Arzela-Ascoli można

z niego wybrać podciąg jednostajnie zbieżny. Podobnie jak w dowodzie twierdzenia
1.1 możemy pokazać, że granica tego podciągu jest szukanym rozwiązaniem i ponadto
rozwiązanie to jest jedyne.

1.3. Istnienie i jednoznaczość rozwiązań problemu Cauchy’ego

dla równania wektorowego

Rozważmy problem początkowy

= f (t, x),

x(t

) = x

(1.12)

gdzie: t ∈ R, x ∈ R

, (t

, x

) ∈ U, f : U → R

(U ⊂ R

n+1

) jest zadaną funkcją

ciągłą.

Mówimy, że funkcja f : U → R

spełnia warunek Lipschitza względem zmiennej

wektorowej x, jeśli istnieje stała L > 0 taka, że dla dowolnych (t, x), (t, y) ∈ U zachodzi

kf(t, x) − f(t, y)k ≤ Lkx − yk,

gdzie symbol k · k oznacza normę w przestrzeni R

Mówimy, że funkcja f : U → R

spełnia lokalnie warunek Lipschitza względem

zmiennej wektorowej x, jeżeli każdy punkt (t, x) ∈ U posiada otoczenie w którym

funkcja f spełnia warunek Lipschitza względem zmiennej x.

Nietrudno sprawdzić, że funkcja klasy C

względem zmiennej x jest lokalnie lip-

schitzowska względem tej zmiennej. Funkcja lokalnie lipschitzowska nie musi być lip-
schitzowska. Np. funkcja f : (0, 1) → R, f(x) = 1/x jest lokalnie lipschitzowska lecz

nie jest lipschitzowska w zbiorze (0, 1).

Twierdzenie 1.2. (Istnienie i jednoznazność rozwiązań lokalnych). Niech

f : P → R, gdzie P = {(t, x) ∈ R

n+1

: |t − t

| ≤ a, kx − x

k ≤ b}, jest funkcją ciągłą

spełniającą warunek Lipschitza względem zmiennej x ze stałą L. Wówczas problem
Cachy’ego (1.11) posiada w przedziale [t

− α, t

+ α], gdzie α = min{a, b/M, 1/(2L)},

M = max{kf(t, x)k : (t, x) ∈ P }, rozwiązanie i ponadto rozwiązanie to jest określone
jednoznacznie.

Dowód. Biegnie jak dowód twierdzenia poprzedniego, wystarczy wartość bez-

względną zastąpić normą.

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

Uwaga 1.3. Załóżmy że funkcja f : D → R jest funkcją lokalnie lipschitzeowską

względem drugiej zmiennej. Wówczas dla dowolnego (t

, x

) ∈ D problem początkowy

(1.8) posiada lokalnie dokładnie jedno rozwiązanie.

1.4. Metoda odwzorowań zwężających

Twierdzenie 1.1 (analogicznie twierdzenie 1.2) można pokazać wykorzystując twier-

dzenie Banacha o odwzorowaniach zwężających.

Twierdzenie Banacha.

Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną zupełną.

Niech funkja f : X → X spełnia warunek

d(f (x), f (y)) ≤ kd(x, y) dla x, y ∈ X,

gdzie 0 < k < 1. Wówczas istnieje dokładnie jeden punkt x

∈ X taki, że

f (x

) = x

Punkt x

nazywamy punktem stałym odwzorownia f .

Załóżmy, że spełnione są założenia twierdznia 1.1 (odpowiednio twierdzenia 1.2).

Oznaczmy przez C zbiór wszystkich funkcji ciągłych

x : [t

− α, t

+ α] → [x

− b, x

+ b].

Dla x, y ∈ C połóżmy

d(x, y) = sup

|x(t) − y(t)| : t ∈ [t

− α, t

+ α]

Nietrudno sprawdzić, że (C, d) jest przestrzenia metryczną zupełną.

Dla x ∈ C połóżmy

F(x)(t) = x

f (s, x(s))ds.

Oczywiście

F(x)(t) − x

≤

f (s, x(s))ds

≤

M ds

≤ Mα ≤ b.

Oznacza to, że tak określone odwzorowanie przekształca zbiór C w siebie. Ponadto,

dla x, y ∈ C oraz t ∈ [t

− α, t

+ α] mamy

F(x)(t) − F(y)(t)

≤

|f(s, x(s)) − f(s, y(s))|ds

≤

L|x(s) − y(s)|ds

≤

Ld(x, y)ds

≤ Lαd(x, y).

Przechodząc po lewej stronie do supremum względem t otrzymamy

d(F(x), F(y)) ≤ kαd(x, y).

Ponieważ Lα < 1 z twierdzenia Banacha wynika że odwzorowanie F posiada dokład-

nie jeden punkt stały, co wobec uwagi 1.1 kończy dowód twierdzenia.

1.5. Przedłużanie rozwiązań

Niech funkcje ϕ : I → R

, ψ : J → R

będą rozwiązaniami problemu (1.12).

Załóżmy, że

ϕ(t) = ψ(t)

dla t ∈ I ∩ J.

Jeśli I ⊂ J rozwiązanie ψ nazywamy przedłużeniem rozwiązania ϕ. Powstaje

naturalne pytanie: istnieje maksymalny przedzial w którym problemu (1.12) posiada
rozwiązanie. Odpowiedz na to pytanie daje następujące twierdzenie.

Twierdzenie 1.3. Niech f : U → R

, gdzie U ⊂ R

n+1

jest zbiorem otwar-

tym, będzie funkcją ciągłą, ograniczoną, lokalnie lipschitzowską względem zmiennej x.
Wówczas rozwiązanie problemu (1.12) albo można przedłużyć tak aby było określone
w przedziale [t

, +∞), albo aby osiągnęło brzeg obszaru U.

Dowód. Na mocy twierdzenia 1.2 problem (1.12) posiada rozwiązanie lokalne.

Połóżmy

∗

= sup

h > t

: problem (1.12) posiada rozwiazanie w przedziale [t

, h]

Zauważmy wpierw, że problem (1.12) posiada rozwiązanie określone w przedziale
[t

, t

∗

). Istotnie, niech t ∈ [t

, t

∗

). Z definicji t

∗

wynika, że istnieje t < h < t

∗

ta-

kie, że problem (1.12) posiada rozwiązanie określone w przedziale [t

, h], ponadto

jest ono w tym przedziale jedyne. Oznacza to, że dla t ∈ [t

, t

∗

) istnieje rozwiązanie

określone w tym punkcie i ponadto każde rozwiązanie określone w tym punkcie przyj-
muje taką samą wartość. Oznaczmy ją przez ϕ(t). Oczywiście tak określona funkcja
ϕ : [t

, t

∗

) → R

jest rozwiązaniem problemu (1.12). Jeśli t

∗

= ∞ dowód jest zakoń-

czony. Przypuśćmy, że t

∗

< ∞. Dla dowolnych s, t ∈ [t

, t

∗

) mamy

|ϕ(t) − ϕ(s)| =

f (τ, ϕ(τ ))dτ

≤ M|t − s|,

gdzie M jest stałą taką, że |f(t, x)| ≤ M dla (t, x) ∈ U. Z powyższego oszacowania

wynika istnienie granicy lim

t→t

∗

ϕ(t) (zob. zadanie 10). Oznaczmy tę granicę przez x

∗

Jeśli (t

∗

, x

∗

) ∈ ∂U teza twierdzenia jest spełniona. Jeśli (t

∗

, x

∗

) ∈ U wówczas problem

= f (t, x),

x(t

∗

) = x

∗

posiada - zgodnie z twierdzeniem 1.2 - rozwiązanie w pewnym przedziale (t

∗

−δ, t

∗

+δ).

Oznacza to, że rozwiązanie problemu (1.12) istnieje co najmniej w przedziale [t

, t

∗

δ), co jest sprzeczne z definicją t

∗

. Zatem t

∗

= ∞ lub (t

∗

, x

∗

) ∈ ∂U. Dowód twierdzenia

1.3 jest kompletny.

Przykład 1.3. Rozwiązaniem problemu

= x

x(1) = 1

jest funkcja x = 1/(2 − t), a maksymalnym przedziałem istnienia rozwiązania jest

przedział (−∞, 2).

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

1.6. Istnienie rozwiązań problemu Cauchy’ego dla równań o

prawych stronach ciągłych

W niniejszym paragrafie pokażemy, że dla istnienia rozwiązań problemu Cau-

chy’ego wystarczy założyć ciągłość prawych stron. Oczywiście rozwiązanie w tym
przypadku nie musi być określone jednoznacznie (zob. przykłady 1.1 i 1.2). Nasze
rozważania rozpoczniemy od przypomnienia twierdzenia Arzela-Ascoli, które stanowi
istotne narzędzie w naszyh dowodach.

Mówimy, że rodzina funkcji {x

}, x

: [a, b] → R, n ∈ N, jest równociągła

w punkcie t

∈ [a, b], jeśli dla każdego ε > 0 istnieje δ > 0 takie, że

(t) − x

)| < ε dla n ∈ N, t ∈ (t

− δ, t

+ δ) ∩ [a, b].

Mówimy, że rodzina {x

} jest równociągła w zbiorze [a, b], jeśli jest równociągła

w każdym punkcie tego zbioru.

Mówimy, że rodzina {x

} jest ograniczona w punkcie t

∈ [a, b], jeśli istnieje stała

M > 0 taka, że

)| ≤ M dla n ∈ N.

Mówimy, że rodzina funkcji {x

} jest wspólnie ograniczona w zbiorze [a, b], jeśli

jest ograniczona w każdym punkcie tego zbioru. Jeśli ponadto stała M nie zależy od
punktu, mówimy że rodzina {x

} jest jednostajnie ograniczona.

Nietrudno sprawdzić, że rodzina {x

} równociągła i wspólnie ograniczona w [a, b]

jest jednostajnie ograniczona w [a, b].

Twierdzenie 1.4 (Arzela-Ascoli). Z każdego ciągu funkcji {x

} równociągłych

i wspólnie ograniczonych w przedziale [a, b] można wybrać podciąg {x

} jednostajnie

zbieżny w przedziale [a, b] .

Dowód. Niech {τ

} będzie zbiorem gęstym w [a, b]. Ponieważ ciąg liczbowy

(τ

)} jest ograniczony, istnieje podciąg {x

1,n

} ciągu {x

} zbieżny w punkcie τ

Podobnie, ponieważ ciąg liczbowy {x

1,n

(τ

)} jest ograniczony, istnieje podciąg {x

2,n

}

ciągu {x

1,n

} zbieżny w punkcie τ

. Oczywiście jest on też zbieżny w punkcie τ

. Ko-

rzystając z indukcji, możemy skonstruować rodzinę ciągów {x

1,n

}, {x

2,n

}, . . ., taką, że

k,n

} jest podciągiem ciągu {x

k−1,n

} oraz {x

k,n

} jest zbieżny w punktach τ

, . . . , τ

Połóżmy y

= x

k,k

. Zauważmy, że w każdym punkcie τ

, ciąg liczbowy {y

(τ

)}

jest zbieżny. Niech ε > 0. Na mocy równociągłości rodziny {y

} dla każdego t ∈ [a, b]

istnieje δ

= δ

(ε) > 0 takie, że

(s) − y

(t)| < ε

dla s ∈ (t − δ

, t + δ

) ∩ [a, b], k ∈ N.

Oczywiście rodzina przedziałów {(t − δ

, t + δ

) : t ∈ [a, b]} jest pokryciem otwar-

tym zbioru [a, b]. Zbiór [a, b] jest zwarty, można więc wybrać pokrycie skończone
(t

− δ

, t

+ δ

), . . . , (t

− δ

, t

+ δ

) gdzie δ

= δ

. Ponieważ ciąg {τ

} jest gęsty

w [a, b], dla każdego k ∈ {1, . . . , m} istnieje element ciągu {τ

} leżący w przedziale

− δ

, t

+ δ

). Oznaczmy ten element przez ˜

Ponieważ ciąg {y

(˜

)} jest zbieżny, możemy wybrać ˜n

∈ N takie, że

(˜

) − y

(˜

)| <

ε
3

dla n, m ≥ ˜n

1.6.

Problem Cauchy’ego dla prawych stron ciągłych

Połóżmy

= max{˜n

, . . . , ˜

Niech t ∈ [a, b]. Oczywiście t ∈ (t

− δ

, t

+ δ

) dla pewnego k ∈ {1, . . . , m}. Dla

m, n ≥ n

otrzymamy

(t) − y

(t)

≤

(t) − y

(˜

)

(˜

) − y

(˜

)

(˜

) − y

(t)

ε
3

= ε.

Ponieważ element t ∈ [a, b] jest dowolny, oznacza to że ciąg {y

} spełnia warunek

Cauchy’ego jednostajnej zbieżności, co kończy dowód twierdzenia.

Twierdzenie 1.5. Niech f : P → R, gdzie P = {(t, x) ∈ R

: |t − t

| ≤ a, |x −

| ≤ b}, a, b > 0, będzie funkcją ciągłą. Załóżmy, że |f(t, x)| ≤ M dla (t, x) ∈ P .

Niech α = min{a, b/M}. Wówczas problem (1.12) posiada w przedziale [t

− α, t

+ α]

co najmniej jedno rozwiązanie.

Dowód metodą przybliżeń Tonelliego. Dla uproszczenia zapisu rozważmy

przedział [t

, t

+ α] (dla przedziału [t

− α, t

] argument jest podobny). Dla n ∈ N

połóżmy

(t) = x

f (τ, x

(τ − δ

))dτ,

(1.13)

gdzie δ

= α/n, x

(t) = x

dla t ∈ [t

− δ

, t

Zauważmy wpierw, że funkcja x

jest dobrze określona w przedziale [t

, t

+ α] i

ponadto (t, x

(t)) ∈ P dla t ∈ [t

, t

+ α]. Istotnie, dla t ∈ [t

, t

+ δ

] mamy

(t) − x

| =

f (τ, x

)dτ

≤ M|t − t

| ≤ Mα ≤ b.

Przypuśćmy, że funkcja x

jest określona w przedziale [t

, t

+ kδ

] gdzie 1 < k < n,

ponadto (t, x

(t)) ∈ P dla t ∈ [t

, t

+ kδ

] . Wówczas dla t ∈ [t

+ kδ

, t

+ (k + 1)δ

]

mamy

(t) − x

| =

f (τ, x

(τ − δ

))dτ

≤ M|t − t

| ≤ b,

co oznacza, że żądane warunki zachodzą na przedziale [t

, t

+ (k + 1)δ

]. Na mocy

indukcji matematycznej zachodzą one w całym przedziale [t

, t

+ α].

Zauważmy też, że dla s, t ∈ [t

, t

+ α]

(t) − x

(s)| =

f (τ, x

(τ − δ

))dτ

≤ M|t − s|

Z ostatniej nierówności wynika, że ciąg funkcji {x

} jest w przedziale [t

, t

+ α]

równociągły. Na mocy twierdzenia Ascoli - Arzela istnieje podciąg {x

} zbieżny

jednostajnie w przediale [t

, t

+α]. Oznaczmy granicę tego ciągu przez ϕ. Przechodząc

z n

do nieskończoności w równości

(t) = x

f (τ, x

(τ − δ

))dτ,

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

po wykorzystaniu lematu 1.2 oraz równociągłości ciągu {x

}, otrzymamy

ϕ(t) = x

f (τ, ϕ(τ )dτ,

co oznacza, że ϕ jest rozwiązaniem problemu (1.12).

Dowód metodą łamanych Eulera. Dla n ∈ N połóżmy

= t

+ iδ

i = 1, . . . , n,

gdzie δ

= α/n, a następnie rozważmy funkcje

(t) =







+ f (t

, x

)(t − t

)

dla t

≤ t ≤ t

+ δ

) + (t − t

)f (t

, x

))

dla t

< t ≤ t

i+1

, i = 1, . . . , n.

Podobnie jak w poprzednim dowodzie można sprawdzić, wykorzystując indukcje

matematyczną, że w przedziale [t

, t

+ α] funkcja x

jest dobrze zdefiniowana i po-

nadto

(t) − x

| ≤ (t − t

)M ≤ b.

Zatem (t, x

(t)) ∈ P dla [t

, t

+ α].

Rozważmy funkcje ψ

: [t

, t

+ α] → R daną wzorem

(t) = f (t

, x

))

dla t

≤ t ≤ t

i+1

, i = 0, 1, . . . , n − 1.

Zauważmy, że

(t) = x

(τ )dτ,

t ∈ [t

, t

+ α].

Oczywiście dla s, t ∈ [t

, t

+ α] mamy

(t) − x

(s)| =

(τ )dτ

≤ M|t − s|.

Z ostatniej nierówności wynika że ciąg {x

} jest w przedziale [t

, t

+ α] równociągły.

Ponieważ ciąg ten jest też wspólnie ograniczony, na mocy twierdzenia Ascoli-Arzela
istnieje podciąg {x

}jednostajnie zbieżny, powiedzmy do funkcji ϕ.

Oczywiście

(t) = x

f (τ, ϕ(τ ))dτ +

[ψ

(τ ) − f(τ, ϕ(τ))]dτ.

(1.14)

Ponieważ funkcja f jest jednostajnie ciągła w zbiorze P , dla zadanego ε > 0 istnieje
n

takie, że

|ψ

(τ ) − f(τ, ϕ(τ))| < ε dla n

≥ n

, τ ∈ [t

, t

+ α].

Wynika stąd, że ostatni wyraz we wzorze (1.14) dąży do zera gdy n

dąży do nieskoń-

czoności. Przechodząc zatem do granicy we wzorze (1.14) otrzymamy

ϕ(t) = x

f (τ, ϕ(τ ))dτ,

co kończy dowód.

1.7. Dalsze przykłady twierdzeń o jednoznaczności rozwiązań

Twierdzenie 1.5 mówi, że jeśli funkcja f jest ciągła, to problem (1.12) posiada

lokalnie co najmniej jeno rozwiązanie. Aby pokazać, że rozwiązanie to jest określone
jenoznacznie założyliśmy dodatkowo (zob. twierdzenie 1.1 oraz 1.2), że funkcja f
spełnia warunek Lipschitza względem drugiej zmiennej. Warunek Lipschitza jest ra-
czej założeniem mocno ograniczaącym. Wiadomo, że w przestrzeni funkcji ciągłych
podzbiór funkcji spełniających warunek Lipschitza (również lokalnie) jest zbiorem
małym (dokładnie jest to tzw. zbiór pierwszej kategorii Baire’a). Z drugiej strony
wiadomo też, że zbiór funkcji ciągłych, dla których problem Cauchy’ego posiada roz-
wiązanie niejednoznaczne jest również zbiorem małym (też zbiorem piewszej kategorii
Baire’a). Oznacza to, że mamy wiele funkcji które nie są lipschitzowskie, ale dla któ-
rych mamy jednoznaczność rozwiązania problemu Cauchy’ego. Twierdzenie 1.1 ujmuje
zatem tylko nieliczną część równań dla ktżych problem początkowy posiada jedno-
znaczne rozwiązanie. W niniejszym paragrafie podamy dalsze przykłady twierdzeń o
jednoznaczności rozwiązań problemu Cauchy’ego.

Twierdzenie 1.6. (Peano). Niech f : [t

, t

+ a] × [x

− b, x

+ b] → R będzie

funkcją ciągłą. Załóżmy, że f (t, ·) jest funkcją nierosnącą dla dowolnego t ∈ [t

, t

+a].

Wówczas problem (1.12) posiada dokładnie jedno rozwiązanie.

Dowód. Zgodnie z twierdzeniem 1.5 problem posiada co najmniej jedno rozwią-

zanie określone w pewnym przedziale [t

, t

+ h]. Przypuśćmy dla dowodu nie wprost,

że w przedziale tym istnieją dwa różne rozwiązania x

i x

. Oczywiście x

) = x

Połóżmy

= sup

t ≥ t

: x

(t) = x

(t) dla t ∈ [t

, ˜

Ze względu na ciągłość rozwiązań x

) = x

). Ponadto istnieje δ > 0 takie, że

(t) 6= x

(t) dla t ∈ (t

, t

+ δ). Bez zmniejszenia ogólności rozważań możmy przyjąć,

że x

(t) < x

(t) dla t ∈ (t

, t

+ δ). Zgodnie z przyjętymi założeniami f (t, x

(t)) ≥

f (t, x

(t)) dla t ∈ (t

, t

+ δ). Wynika stąd, że x

(t) ≥ x

(t) dla t ∈ (t

, t

+ δ).

Połóżmy z(t) = x

(t) − x

(t). Oczywiście z(t

) = 0 oraz z

(t) ≤ 0 dla t ∈ (t

, t

+ δ).

Zatem z(t) ≤ 0 dla t ∈ (t

, t

+ δ), co oznacza, że x

(t) ≤ x

(t) dla t ∈ (t

, t

+ δ).

Uzyskana sprzeczność kończy dowód.

Lemat 1.3.

Załóżmy, że p : [0, +∞) jest funkcją ciągłą, rosnącą i taką, że

p(0) = 0, p(t) > 0 dla t > 0 oraz

lim

→0

p(t)

= ∞,

(1.15)

gdzie a > 0. Jeśli u : [0, a] → R

jest funkcją ciągłą spełniającą warunek

u(t) ≤

p(u(s))ds

dla

0 < t ≤ a,

(1.16)

to u(t) ≡ 0 w [0, a].

Dowód. Załóżmy, że u 6= 0. Oczywiście u(0) = 0. Połóżmy

= sup

t > 0 : u(s) = 0 dla s ∈ [0, t]

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

Zauważmy, że u(t

) = 0 oraz u(t) > 0 w pewnym otoczeniu prawostronnym punktu

. Połóżmy

v(t) = max {u(s) : s ∈ [0, t]}.

Z ciągłości funkcji u wynika, że dla każdego t ∈ [0, a] istnieje τ

∈ [0, t] takie, że

v(t) = u(τ

). Wykorzystując (1.16) oraz własności funkcji p mamy

v(t) = u(τ

) ≤

p(u(s))ds ≤

p(v(s))ds.

(1.17)

Połóżmy

w(t) =

p(v(s))ds.

(1.18)

Oczywiście w(t

) = 0. Z (1.16) wynika, że v(t) ≤ w(t). Różniczkując (1.18) i wyko-

rzystując ostatnią nierówność otrzymamy

(t) = p(v(t)) ≤ p(w(t)).

Niech δ ∈ (t

, a]. Ponieważ w(t) > 0 dla t > t

(t)

p(w(t))

dt ≤ a − δ ≤ a.

(1.19)

Z drugiej strony, podstawiając s = w(t) otrzymamy

(t)

p(w(t))

dt =

p(s)

(1.20)

gdzie σ = w(δ), α = w(a). Zauważmy, że σ → 0 gdy δ → t

. Na mocy (1.15) prawa

strona (1.20) dąży do nieskończoności, gdy δ → t

, co przeczy (1.19). Z uzyskanej

sprzeczności wynika, że u = 0, co kończy dowód.

Twierdzenie 1.7. (Osgood). Załóżmy, że f : P → R jest funkcją ciągłą, speł-

niającą warunek

|f(t, x

) − f(t, x

)| ≤ p(|x

(t) − x

(t)|),

gdzie p spełnia założenia lematu 1.3. Wówczas problem początkowy (1.12) posiada co
najwyżej jedno rozwiązanie.

Dowód. Przypuśćmy, że x

, x

są rozwiązaniami problemu (1.12). Oczywiście

(t) − x

(t)| =

f (s, x

(s)) − f(s, x

(s))

≤

p(|x

(s) − x

(s)|)ds.

Wynika stąd, że funkcja u = |x

− x

| spełnia założenia lematu 1.3. Zatem u(t) ≡ 0,

skąd teza twierdzenia wynika natychmiast.

1.8. Zadania

1. Znaleźć obszary w których zadana funkcja spełnia warunek Lipschitza względem

zmiennej x i wyznaczyć jej stałą Lipschitza:

(i) f(t, x) = x

(1+t

(ii) f(t, x) = t

(1+x

(iii) f(t, x) = t

+tx+4x.

2. Wyznaczyć stałą Lipschitza względem zmiennej x dla zadanej funkcji i obszaru:

(i)

f (t, x) = t cos x + x sin t,

a) |t| ≤ π, |x| ≤ π;

b) |t| ≤ π/2, |x| ≤ π/2;

(ii) f(t, x) = t

−tx

a) 0 ≤ t ≤ 1, |x| < ∞;

b) 1 ≤ t ≤ 2, x > 0;

(iii) f(t, x) = t

t+x

a) 0 ≤ t ≤ 1, |x| ≤ 1;

b) 0 ≤ t ≤ 1, x > 0.

3. Sprawdzić czy funkcja

f (t, x) =

sin tx

(t, x) 6= (0, x)

(t, x) = (0, x)

spełnia w obszarze {(t, x) : |t| ≤ 1, |x| < ∞} warunek Lipschitza względem zmien-

nej x.

4. Zbadać istnienie i jednoznaczność rozwiązań problemu:

(i)

= 1 + x

2/3

x(0) = 1;

(ii)

= sin tx,

x(0) = 1;

(iii) x

= (1 + x)tx

x(0) = 1;

(iv) x

= e

+ t/x,

x(0) = 1.

5. Pokazać, że problem początkowy

= (t

+ x

) sin x + x cos x,

x(0) = 0

posiada wyłącznie rozwiązanie zerowe.

6. Pokazać, że rozwiązanie problemu

= −t/x,

x(0) = 1,

nie może być przedłużone poza przedział (−1, 1).

7. Pokazać, że rozwiązanie problemu

= x

x(0) = 1,

nie może być przedłużone poza przedział (−∞, 1).

8. Znaleźć maksymalny przedział istnienia rozwiązań problemu

= 1 + x

x(0) = 1.

9. Rozważyć problem początkowy

= f (t, x),

x(0) = 0,

gdzie

f (t, x) =

(t, x) 6= (0, 0);

(t, x) = (0, 0).

Pokazać, że funkcja f jest ciągła lecz nie spełnia warunku Lipschitza w żadnym ob-
szarze zawierającym początek układu. Pokazać następnie, że problem ten posiada

Rozdział 1. Równania różniczkowe. Problem początkowy

nieskończenie wiele rozwiązań. (Wskazówka: Podstawić s = t

i znaleźć rozwiąza-

nie jako funkcje argumentu x).

10. Niech f : (α, β) → R, t

∈ (α, β). Załóżmy, że dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0

takie, że

|f(t

) − f(t

)| < ε dla t

, t

∈ (α, β) \ {t

Pokazać, że istnieje granica lim

t→t

f (t). Sformułować analog twierdzenia dla t

α oraz t

= β.

11. Sformułować i dowieść analogi twierdzeń 1.3 i 1.4 dla przypadku gdy funkcja f

jest lokalnie lipschitzowska.

12. Niech f : [t

− h, t

+ h] × R

→ R spełnia uogólniony warunek Lipschitza

|f(t, x

) − f(t, x

)| ≤ L(t)|

− x

| dla (t, x

), (t, x

) ∈ [t

− h, t

+ h] × R

Załóżmy, że

−h

L(t)dt istnieje. Pokazać, że problem Cauchyego posiada w prze-

dziale [t

− h, t

+ h] co najwyżej jedno rozwiązanie.

Rozdział 2

Przykłady równań całkowalnych

2.1. Równanie o zmiennych rozdzielonych

Równanie różniczkowe które możemy sprowadzić do postaci

= f (t)g(x),

t ∈ I,

(2.1)

gzie f : I → R, g : J → R (I, J ⊂ R) są znanymi funkcjami, nazywamy równa-

niem różniczkowym o zmiennych rozdzielonych. Ponieważ x jest funkcją zmiennej t
równanie to możemy zapisać w formie równoważnej

(t) = f (t)g(x(t)),

t ∈ I,

a jeśli g(x(t)) 6= 0 w postaci

(t)

g(x(t))

= f (t),

t ∈ I.

(2.2)

Niech F i G będą funkcjami pierwotnymi (całkami) odpowiednio funkcji f i 1/g.
Wówczas równanie (2.2) możemy zapisać w postaci

G ◦ x)(t) =

F (t),

t ∈ I,

lub

G ◦ x)(t) − F (t)

= 0,

t ∈ I.

Na mocy twierdzenia Lagrange’a

G(x(t)) − F (t) = C,

t ∈ I.

(2.3)

Rozważmy teraz związek

G(x) − F (t) = C.

(2.4)

Jeśli z ostatniego związku potrafimy wyznaczyć x jako funkcje t w przedziale I, to
wstawiając tę funkcje do (2.4) w miejsce x otrzymamy równość (2.3). Różniczkując
uzyskaną równość sprawdzamy natychmast, że funkcja x jest całką równania (2.1)
w przedziale I. Wzór (2.4) określa zatem rozwiązanie równania (2.1) w postaci uwi-
kłanej.

Niech dt oznaca różniczkę zmiennej niezależnej t, a dx różniczkę funkcji x. Ponie-

waż dx = x

(t)dt mamy

(t)dt

= x

(t).

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

Oznacza to, że pochodną możemy interpretować jako stosunek różniczek. Zastępując
w równaniu (2.1) pochodną stosunkiem różniczek możemy równanie to przekształcić
do postaci

g(x)

dx = f (t)dt.

Aby uzyskać teraz równość (2.4) wystarczy lewą stronę scałkować względem x,

a prawą względem t. Jest to praktyczny sposób szukania rozwiązań równań o zmien-
nych rozdzielonych.

Przyklad 2.1. Rozwiązać równanie

1 + t

1 − x

Po rozdzieleniu zmiennych otrzymamy

(1 − x)dx = (1 + t)dt.

Po przejściu do funkcji pierwotnych, czyli po scałkowaniu lewej strony względem x,
a prawej względem t otrzymamy

x − x

/2 = t + t

/2 + C,

lub

+ 2t + x

− 2x = C.

Ostatnią równość można zapisać w postaci równoważnej

(t + 1)

+ (x − 1)

= C.

Ponieważ C jest stałą dowolną zamiast 2C a następnie C + 2 pozostawiliśmy C.

2.2. Równanie jednorodne

Równanie różniczkowe które możemy zapisać w postaci

= f

(2.5)

nazywamy równaniem jednorodnym. Stosując podstawienie

y =

otrzymamy

y + ty

= f (y),

czyli równanie o zmiennych rozdzielonych

f (y) − y

2.3. Równanie liniowe

które możemy rozwiązać przez scałkowanie. Po wyznaczeniu z ostatniego równa-
nia y jako funkcji t szukane rozwiązanie równania wyjściowgo znajdziemy ze wzoru
x = t y(t).

Przykład 2.2. Znaleźć rozwiązanie problemu

− x

+ 1

= 0,

x(1) = e.

Podstawiając y = x/t otrzymamy

y + ty

− y(ln y + 1) = 0.

Po rozdzieleniu zmiennych mamy

y ln y

a po scałkowaniu

ln |ln y| = ln |t| + ln C,

C > 0.

Stąd

| ln y| = C|t|,

C > 0.

Opuszczając moduły należy rozważyć cztery przypadki które redukują się do dwóch

ln y = Ct, C > 0

oraz

ln y = −Ct, C > 0.

Oba przypadki możemy zapisać krótko

ln y = Ct, C 6= 0,

lub

y = e

, C 6= 0.

Wracając do funkcji wyjściowej otrzymamy

x = te

, C 6= 0.

Ponieważ wartości C = 0 odpowiada y = 1, a w konsekwncji funkcja x = t, która jest
również rozwiązaniem naszego równania, warunek C 6= 0 należy pominąć.

Z warunku początkowego wynika że e = e

. Stąd C = 1, a szukane rozwiązanie

problemu początkowego ma postać x = te

2.3. Równanie liniowe

Równanie różniczkowe które możemy sprowadzić do postaci

+ f (t)x = g(t),

(2.6)

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

gdzie f i g są zadanymi funkcjami, nazywamy równaniem liniowym. Aby znaleźć
rozwiązanie równania (2.6) wpierw wyznaczamy całkę skojarzonego z nim równania
jednorodnego

+ f (t)x = 0.

(2.7)

Po rozdzieleniu zmiennych otrzymamy

= −f(t)dt,

a po scałkowaniu

ln |x| = −F (t) + K,

gdzie F jest funkcją pierwotną funkcji f, a K stałą dowolną. Przekstałcając ostatni
wzór otrzymamy

|x| = Ce

−F (t)

gdzie C = e

. Oczywiście C > 0. Opuszczając wartość bezwzględną należy uwzględ-

nić dwa przypadki, które łącznie możemy zapisać w postaci

x = Ce

−F (t)

gdzie C jest dowolną stałą różną od zera. Ponieważ funkcja x = 0 jest również roz-
wiązaniem równania (2.7), stała C jest dowolna.

Powstaje pytanie czy zastępując stałą C stosownie dobraną funkcją u(t) nie można

by uzyskać całki ogólnej równania (2.6) (w dalszym ciągu funkcje tę będziemy zwykle
oznaczać symbolem C(t)). Aby sprawdzić nasze przypuszczenie połóżmy

x = u(t)e

−F (t)

(2.8)

i wstawmy do równania (2.6). Otrzymamy

(t)e

−F (t)

+ u(t)e

−F (t)

− F

(t)

+ f (t)u(t)e

F (t)

= g(t).

Ponieważ wyrazy zawierające funkcje u redukują się, mamy

u(t)e

−F (t)

= g(t).

Zatem

(t) = g(t)e

F (t)

a stąd

u(t) =

g(t)e

F (t)

dt.

Podstawiając tak wyznaczoną funkcje u do wzoru (2.8) otrzymamy całkę ogólną rów-
nania (2.6).

Przykład 2.3. Znaleźć rozwiązanie problemu

= ln t,

x(1) = 1.

2.3. Równanie liniowe

Rozwiązując skojarzone równanie jednorodne

= −

otrzymamy

x =

Rozwiązanie równania wyjściowego szukamy teraz w postaci

x =

u(t)

gdzie u jest funkcją szukaną. Po podstawieniu do równania wyjściowego otrzymamy

(t) − u(t)

u(t)

= ln t,

a po uproszczeniu

(t) = t ln t.

Stąd

u(t) =

ln t −

+ K.

Zatem całka ogólna równania wyjściowego wyraża się wzorem

x =

ln t −

Uwzględniając warunek początkowy x(1) = 1 otrzymamy 1 = −1/4 + K. Zatem
K = 5/4, a szukane rozwiązanie szczególne ma postać

x =

ln t −

Przykład 2.4. Znaleźć rozwiązanie równania

x + (t − x

= 0.

Oczywiście nie jest to równanie liniowe względem x jako funkcji zmiennej t. Natomiast
jeśli będziemy szukać funkcji t zmiennej x, to otrzymamy

+ t = x

czyli równanie liniowe.Skojarzone z nim równanie jednorodne

+ t = 0

ma całkę ogólną

t =

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

Traktując C jako funkcje zmiennej x otrzymamy

x − C

Podstawiając do równania wyjściowego mamy

x − C

= x

Stąd

= x

a po scałkowaniu

C(x) =

+ K.

Zatem

t =

+ K

lub w postaci uwikłanej

4tx − x

= C,

gdzie C = 4K jest dowolną stałą.

2.4. Równanie Bernoulliego

Równanie różniczkowe postaci

+ f (t)x = g(t)x

α 6= 0, α 6= 1,

(2.9)

gdzie f i g są zadanymi funkcjami, nazywamy równaniem Bernoulliego. Po podzieleniu
przez x

mamy

+ f (t)x

1−α

= g(t).

Podtawiając

y = x

1−α

(y jest funkcją zmiennej t) otrzymamy równanie liniowe

1 − α

+ f (t)y = g(t).

Przykład 2.5. Rozważmy równanie

√

cos

Dzieląc przez 2

√

x mamy

√

x =

cos

2.4.

Równanie Bernoulliego

Podstawiając y =

√

x otrzymamy równanie liniowe

cos

Całką ogólną skojarzonego równana jenorodnego

= 0

jest funkcja

y =

Po uzmiennieniu stałej i podstawieniu do równania liniowego otrzymamy

(t) − C

C
t

cos

a po redukcji

(t) =

cos

Zatem

C(t) =

cos

, dt = t tg t + ln | cos t| + K.

Całka ogólna równania liniowgo ma postać

y = tg t +

ln | cos t|

a wyjściowego równania Bernoulliego

x =

tg t +

ln | cos t| +

Przykład 2.6. Znaleźć rozwiązanie problemu Cauchy’ego

+ 2tx = 2t

x(0) = 2.

Podstawiając

y = x

−2

otrzymamy równanie liniowe

− 4ty = −4t

Całka ogólna skojarzonego równania liniowqego

− 4ty + 0

ma postać

y = Ce

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

Po uzmiennieniu stałej i podstawieniu do równania liniowego otrzymamy

+ 4tCe

− 4tCe

= −4t

Stąd

= −4t

−2t

a po scałkowaniu

C(t) = t

−2t

1
2

−2t

+ K.

Całka ogólna równania liniowego ma postać

y =

−2t

1
2

−2t

+ K

= t

1
2

+ Ke

a wyjściowego równania Bernoulliego

x = 1

1
2

+ Ke

Uwzględniając warunek początkowy otrzymamy

x = 1

1
2

−

1
4

2.5. Równanie zupełne. Czynnik całkujący

Równanie różniczkowe postaci

P (t, x) + Q(t, x)x

= 0

(2.10)

gdzie P, Q : D → R (D podzbiór otwarty i spójny przestrzeni R

) są zadanymi

funkcjami, nazywamy równaniem zupełnym, jeśli istnieje funkcja F : D → R taka, że

dF =

∂F (t, x)

∂t

dt +

∂F (t, x)

∂x

dx = P (t, x)dt + Q(t, x)dx.

Oznacza to, że lewa strona równania (2.10) po pomnożeniu przez dt jest różniczką
zupełną funkcji F . Warunek ten jest spełniony jeśli

∂F (t, x)

∂t

= P (t, x),

∂F (t, x)

∂x

= Q(t, x).

(2.11)

Całka ogólna równania (2.10) ma wówczas postać

F (t, x) = C,

C ∈ R.

Załóżmy dodatkowo, że funkcja F posiada ciągłe pochodne czątkowe. Na mocy

twierdzenia Schwarza

∂

∂x

∂F(t, x)

∂t

∂

∂t

∂F(t, x)

∂x

2.5. Równanie zupełne. Czynnik całkujący

Wynika stąd, że warunkiem wystarczającym na to aby równanie (2.10) było równa-
niem zupełnym jest równość

∂P (t, x)

∂x

∂Q(t, x)

∂t

Całkując pierwszą z równości (2.11) względem t otrzymamy

F (t, x) =

P (t, x) dt + C(x).

Zauważmy, że stała C może być funkcją x. Druga równość (2.11) mówi, że pochodna
tej funkcji względem x jest równa Q, czyli

∂

∂x

P (t, x) dt + C(x)

= Q(t, x).

Wyznaczając z ostatniego związku C(x) znajdziemy funkcje F .

Przypuśćmy teraz, że

∂P (t, x)

∂x

∂Q(t, x)

∂t

czyli, że rozważane równanie nie jest zupełne. Pomnóżmy obie stony równania przez
funkcje µ. Aby tak otrzymane równanie było zupełne wystarczy aby

∂ µ(t, x)P (t, x)

∂x

∂ µ(t, x)Q(t, x)

∂t

co jest rownoważne warunkowi

µ(t, x)

∂P (t, x)

∂x

+ P (t, x)

∂µ(t, x)

∂x

= µ(t, x)

∂Q(t, x)

∂t

+ Q(t, x)

∂µ(t, x)

∂t

Otrzymaliśmy na µ równanie różniczkowe cząstkowe, zatem na ogół równanie bardziej
skomplikowane. Jeśli jenak µ jest funkcją tylko zmiennej t wówczas

Q(t, x)

∂µ(t)

∂t

= µ(t)

∂P(t, x)

∂x

−

∂Q(t, x)

∂t

Jeśli ponadto wyrażenie (P

−Q

)/Q zależy tylko od t, otrzymamy równanie o zmien-

nych rozdzielonych. Rozwiązując to równanie wyznaczymy czynnik całkujący µ(t), a
mnożąc równanie przez ten czynnik otrzymamy równanie zupełne.

Jeśli µ jest funkją tylko zmiennej x, wówczas

P (t, x)

∂µ(x)

∂x

= µ(x)

∂Q(t, x)

∂t

−

∂P (t, x)

∂x

Jeśli ponadto wyrażenie (Q

−P

)/P zależy tylko od x, otrzymamy równanie o zmien-

nych rozdzielonych. Po wyznaczeniu µ, mnożąc przez ten czynnik, równanie wyjściowe
sprowadziimy do równania zupełnego.

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

Przykład 2.7. Znaleźć rozwiązanie równania

2t + 2x

+ (4tx + 3x

= 0.

Położmy

P (t, x) = 2t + 2x

Q(t, x) = 4tx + 3x

Ponieważ

∂P

∂x

= 4x,

∂Q

∂t

= 4x,

rozważane równanie jest równaniem zupełnym. Całkując względem t równość

∂F (t, x)

∂t

= 2t + 2x

otrzymamy

F (t, x) = t

+ 2tx

+ C(x).

Ponieważ

∂F (t, x)

∂x

= 4tx + C

(x),

na mocy drugiej z równości (2.11) mamy

4tx + C

(x) = 4tx + 3x

Stąd

C(x) = x

Zatem

F (t, x) = t

+ 2tx + x

a szukane rozwiązanie ogólne ma postać

+ 2tx + x

= C.

Przykład 2.8. Znaleźć rozwiązanie równania

(2tx

− x)dt + (x

+ t + x)dx = 0.

Położmy

P (t, x) = 2tx

− x,

Q(t, x) = x

+ t + x.

Ponieważ

∂P

∂x

= 4tx − 1,

∂Q

∂t

= 1,

nie jest to równanie zupełne. Zauważmy, że

∂P

∂x

−

∂Q

∂t

P =

2.6. Równanie Clairaut i równanie Lagrange’a

co oznacza, że istnieje czynnik człkująy zależny tylko od x. Istnieje zatem µ(x) takie,
że

∂

∂x

µ(x)(2tx

− x)

∂

∂t

µ(x)(x

+ t − x)

Po zróżniczkowaniu otrzymamy

(x)(2tx

− x) + µ(x)(4tx − 1) = µ(x),

a po uproszczeniu

xµ

+ 2µ = 0.

Całką tego równania jes funkcja µ = 1/x

. Po pomnożeniu równania wyjściowego

przez 1/x

otrzymamy

2t −

dt +

1 +

dx = 0.

Nietrudno sprawdzić, że jest to równanie zupełne, a jego rozwiązanie ogólne ma postać

− t/x + x + ln |x| = C.

2.6. Równanie Clairaut i równanie Lagrange’a

I. Rownaniem różniczkowym Clairaut nazywamy równanie postaci

x = tx

+ f (x

(2.12)

gdzie f jest zadaną funkcją.

Aby znaleźć rozwiązanie równania (2.12) wystarczy wyznaczyć x

. W tym celu

zróżniczkujmy równanie (2.12) względem t. Otrzymamy

= x

+ tx

+ f

a po redukcji

t + f

)

= 0.

Z warunku x

= 0 mamy x

= C. Podstawiając tę wielkość do (2.12) uzyskamy całkę

ogólną

x = Ct + f (C).

Jeśli z warunku t + f

) = 0 potrafimy wyznaczyć x

, to podstawiając uzyskane

wyrażenie do równania (2.12) otrzymamy całkę szczególną tego równania.

Przykład 2.9. Rozważmy równanie

x = tx

− (x

)

/2.

Całka ogólna ma postać

x = Ct − C

/2.

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

Aby znaleźć całkę szczególną zróżniczkujmy rpzważane równanie względem t. Otrzy-
mamy

(t − x

) = 0.

Zatem x

= t, a szukana całka szczególna ma postać

x = t

/2.

II. Rownaniem różniczkowym Lagrange’a nazywamy równanie postaci

x = tf (x

) + g(x

(2.13)

gdzie f i g są zadanymi funkcjami.

Położmy

p(t) = x

(t).

(2.14)

Jeśli wyznaczymy p(t) to całka ogólna równania (2.13) wyrazi się wzorem

x = tf (p(t)) + g(p(t)).

(2.15)

W celu wyznaczenia p(t) zróżniczkujmy równanie (2.13) względm t. Otrzymamy

= f (x

) + tf

+ g

a po uwzględnieniu podstawienia (2.14)

p = f (p) + tf

(p)

+ g

(p)

Równanie to możemy zapisać w postaci równoważnej

p − f(p)

− f

(p)t = g

(p).

Zauważmy, że jest to równanie liniowe. Po znalezieniu całki t = t(p), należy wyznaczyć
p = p(t). Jeśli p nie potrafimy wyznaczyć, szukane rozwiązanie możemy przedstawić
w postaci parametycznej

t = t(p),

x = t(p)f (p) + g(p).

Przykład 2.10. Rozważmy równanie

x =

1
2

Jest to równanie Lagrange’a w którym funkcja "g"jest równa zeru. Różniczkując
względem t otrzymamy

1
2

−

)

2.6. Równanie Clairaut i równanie Lagrange’a

. Po redukcji

1
2

1 −

)

1
2

1 −

)

Załóżmy, że 1 − 4/(x

)

6= 0. Wówczas

= x

Po podstawieniu x

= p otrzymamy równanie

= p,

którego całką jest funkcja p = Ct. Podstawiając Ct w miejsce x

w równaniu wyjśio-

wym otrzymamy całkę ogólną

x =

1
2

Ct +

lub w formie równoważnej

x = Ct

Warunek 1 − 4/(x

)

= 0 jest spełniony dla x

= −2 oraz x

= 2 co daje dwie całki

szczególne

x = −2t oraz x = 2t.

Przykład 2.11. Rozważmy równanie

x = t(1 + x

) + (x

)

Po zróżniczkowaniu względem t otrzymamy

= 1 + x

+ tx

+ 2x

Podstawiając p = x

(t) mamy

(t + 2p)

+ 1 = 0,

a zmieniając rolę szukanej funkcji ze zmienną niezależną

+ t = −2p.

Całką ogólną tak uzyskanego równania liniowego jest funkcja

t = 2 − 2p + Ce

−p

Niestety, tym razem z ostatniego związku nie potraimy wyznaczyć p jako funkcje
zmiennej t. Podstawiając natomiast w równaniu wyjściowym x

= p oraz zastępując

t uzyskanym wyrażeniem otrzymamy

x = 2 − 2p + Ce

−p

(1 + p) + p

= 2 − p

+ (1 + p)Ce

−p

Szukane rozwiąznie możemy teraz wyrazić w postaci parametrycznej

t = 2 − 2p + Ce

−p

x = 2 − p

+ (1 + p)Ce

−p

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

2.7. Przykłady wyznaczania rozwiązań w postaci

parametrycznej

Przykład 2.12. Rozważmy równanie

x = x

+ ln x

Podstawając p = x

(t) otrzymamy

x = p + ln p.

Jełi wyznaczmy również t jako funkcje p, wówczas rozwiązanie równania możmy podać
w postaci parametyczj

t = t(p),

x = x(p).

Wykorzystuąc różniczkę

dx =

1 +

1
p

oraz podstawienie x

= p w wyrażeniu

dx = x

(t)dt

otrzymamy równanie

1 +

1
p

dp = pdt,

którego całką jest funkcja

t = ln |p| − 1/p + C.

Rozwiązanie parametryczne ma więc postać

t = ln |p| − 1/p + C,

x = p + ln p.

Przykład 2.13. Rozważmy równanie

+ x

= t.

Podstawiając p = x

(t) mamy

t = e

+ p.

Aby znaleźć postać parametryczną rozwiązania musimy wyznaczyć x jako funkcje p.
Oczywiście

dt = (e

+ 1)dp.

Wykorzystując tę równość oraz podstawienie x

= p w wyrażeniu

dx = x

(t)dt,

otrzymamy

dx = p(e

+ 1)dp.

2.7. Przykłady wyznaczania rozwiązań w postaci parametrycznej

Rozwiązaniem tego równania jest funkcja

x = (p − 1)e

+ p

/2 + C.

Rozwiązanie parametryczne ma zatem postać

t = e

+ p,

x = (p − 1)e

+ p

/2 + C.

Przykład 2.14. Rozważmy równanie

)

− x

(1 − x

) = 0.

Podstawiając p = x/x

mamy

− x

1 −

= 0,

a po stosownych przekształceniach

x − p

+ p

x = 0.

Stąd

x =

1 + p

Z drugiej strony

dx = x

(t)dt,

lub

dt =

(t)

dx.

Podstawiając do ostatniego wzoru wyrażenia

= p

1 + p

dx =

1 + p

dp =

+ 3p

(1 + p

)

otrzymamy

dt =

3 + p

1 + p

dp.

Stąd

t = p + 2arctg p + C.

Szukane rozwiązanie można teraz wyrazić w postaci parametrycznej

t = p + 2arctg p + C,

x =

1 + p

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

2.8. Równanie jednorodne względem szukanej funkcji i jej

pochodnych

I. Funkcje F zmiennych t, u

, . . . , u

nazywamy jednorodną względem zmiennych

, . . . , u

jeśli istnieje α ∈ R takie, że

F (t, ru

, . . . , ru

) = r

F (t, u

, . . . , u

)

dla r ∈ R.

Rozważmy równanie

F (t, x, x

, . . . , x

) = 0.

(2.16)

Jeśli F jest funkcją jednorodną względem x i jej pchodnych, to rząd równania możemy
obniżyć podstawiając

y =

(2.17)

Oczywiście x i y są funkcjami zmiennej x.

Przykład 2.15. Rozważmy równanie

txx

+ t(x

)

− xx

= 0.

W każdym składniku suma wykładników funkcji x i jej pochodnych wynosi dwa. Jest
to zatem równanie jednorodne względem szukanej funkcji i jej pochodnych. Zgodnie
z wzorem (2.17) przyjmujemy

= xy.

Wówczas

= x

y + xy

= (y

+ y

)x.

Podstawiając uzyskane wyrażenia do rozważanego równania otrzymamy

+ y

) + tx

− x

y = 0,

lub po podzieleniu przez x

− y = −2ty

Jest to równanie Bernoulliego, a jego całką ogólną jest funkcja

y =

+ C

Korzystając z równości x

= xy otrzymamy

+ C

Rozwiązując ostatnie równanie otrzymamy

x = C

+ C

2.8. Równanie jednorodne względem szukanej funkcji i jej pochodnych

II. Równanie (2.16) nazywamyuogólnionym równaniem jednorodnym jeśli istnieje

stała k ≥ n taka, że funkcja F jest jednorodna względem wszystkich swoich argumen-

tów przy założniu, że t, x, x

, . . . x

) mają odpowiednio wymiar 1, k, k − 1, . . . , k − n.

Wówczas podstawiając w równaniu wyjściowym

t = e

x = ye

(2.18)

sprowadzimy go do równania nie zawierającego zmiennej niezależnej.

Przykład 2.16. Rozważmy równanie

+ (tx

− x)

= 0.

Zgodnie z powyższą definicją należy przyjąć, że t, x, x

, x

mają odpowiednio wymiary

1, k, k−1, k−2. Wówczas pierwszy składnik ma wymiar 4+k−2 a drugi 3k. Z równości

4 + k − 2 = 3k

wynika, że k = 1. Zgodnie z wzorem (2.18) podstawiamy

t = e

x = ye

Zauważmy, że

+ ye

−s

+ y,

+ y

−s

Przechodząc w rozpatrywanym równaniu do nowych zmiennych otrzymamy

−s

+ y

− ye

= 0,

a po podzieleniu przez e

= 0.

W ostatnim równaniu podstawiamy

= u

i przyjmujemy y za zmienną niezależną. Wówczas

du
dy

= u

du
dy

Podstawiając wyznaczone wielkości w miejsce y

(s) oraz y

(s) otrzymamy

du
dy

+ u + u

= 0,

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

lub po podzieleniu przez u

du
dy

+ u

+ 1 = 0.

Całkując ostatnie równanie otrzymamy

arctg u = −y + C

Stąd

u = tg(C

− y).

Zatem

= tg(C

− y),

a po rozdzieleniu zmiennych i scałkowaniu

sin(C

− y) = C

Uwzględniając związki t = e

, y = x/t otrzymamy

sin(C

− x/t) = C

Stąd

x = t C

− arcsin(C

2.9. Równanie Riccatiego

Równaniem różniczkowym Riccatiego nazywamy równanie postaci

= a(t)x

+ b(t)x + c(t),

(2.19)

gdzie a, b, c : I → R są zadanymi funkcjami, I przedziałem zbioru R.

Załóżmy, że ϕ jest całką równania (2.19) w przedziale J ⊂ I. Wówczs funkcja

y = x − ϕ jest rozwiązaniem równania Bernoulliego

= 2a(t)ϕ(t) + b(t)

y + a(t)y

(2.20)

w przedziale J. Na odwrót, jeśli y jest rozwiązaniem równania (2.20) w przedziale
J ⊂ I to funkcja x = y + ϕ jest rozwiązaniem równania (2.19) w przedziale J.

Istotnie, niech ϕ będzie ozwiązaniem równnia (2.19). Wówczas

(x − ϕ)

= x

− ϕ

= ax

+ bx + c − (aϕ

+ bϕ + c) = a(x

− ϕ

) + b(x − ϕ)

= a(x + ϕ) + b

(x − ϕ) = ax − aϕ + 2aϕ + b

(x − ϕ)

= a(x − ϕ) + 2aϕ + b

(x − ϕ) = 2aϕ + b

(x − ϕ) + a(x − ϕ)

co oznacza, że funkcja y = x − ϕ jest rozwiązaniem równania (2.20).

2.10. Równania drugiego rzędu sprowadzalne do równań piewszego rzędu

Załóżmy teraz, że y jest rozwiązaniem równania (2.20). Wówczas

(y + ϕ)

= y

+ ϕ

= (2aϕ

+ b)y + ay

+ aϕ

+ bϕ + c

= a(y

+ 2aϕ + ϕ

) + b(y + ϕ) + c = a(y + ϕ)

+ b(y + ϕ) + c,

co oznacza, że x = y + ϕ jest rozwiązaniem równania (2.19).

Przykład 2.17. Rozważmy równanie

= x

Postać równania sugeruje, że rozwiązaniem szczególnym może być funkcja postaci
x = A/t. Po podstawieniu do równania mamy

−

Stąd

+ 4A + 1 = 0.

Zatem A = −1/2, a szukana całka szczególna

ϕ = −

Podstawiają do rónania wyjściowego

x = y −

otrzymamy równanie Bernoulliego

= y

którego całką ogólną jest funkcja

y =

t(C − ln |t|)

Zgodnie z powyższymi obserwacjami szukaną całką równania wyjściowego jest funkcja

x = y + ϕ =

t(C − ln |t|)

−

2.10. Równania drugiego rzędu sprowadzalne do równań

piewszego rzędu

Ograniczymy się do trzech typów równań dugiego rzędu które łatwo możemy spro-

wadzić do równań pierwszego rzędu.

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

I. Rownania postci

= f (t)

rozwiążemy całkując dwukrotnie.

Przykład 2.18. Znaleźć całkę równania

Oczywiście

= ln |t| + C

x = t ln |t| + C

t + C

II. Rozważmy równanie nie zawierające bezpośrednio poszukiwanej funkcji, czyli

równanie postaci

F (t, x

, x

) = 0,

gdzie F jest funkcją znaną.

Podstawiając

y = x

(t)

otrzymamy równanie pierwszego rzędu

F (t, y, y

) = 0.

Przykład 2.19. Znaleźć całkę równania

+ tx

= 1.

Podstawiając y = x

otrzymamy

+ ty = 1,

którego całką jest funkcja

y =

ln |t| + C

Zatem

ln |t| +

Po scałkowaniu

x =

1
2

|t| + C

ln |t| + C

III. Rozważmy teraz równanie nie zawierające zmiennej niezależnej, czyli równa-

nie postaci

F (x, x

, x

) = 0,

gdzie F jest znaną funkcją.

2.10. Równania drugiego rzędu sprowadzalne do równań piewszego rzędu

Przejdźmy do nowej funkcji u związanej z funkcją x zależnością

= (u ◦ x)(t).

Wówczas

du
dx

= u

du
dx

Podstawiając do równania wyjściowego wielkości x

= u, x

= uu

, otrzymamy rów-

nanie pierwszego rzędu

x, u, u

du
dx

= 0.

Zauważmy, że w rónaniu tym zmienną niezależną jest x.

Przykład 2.20. Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego

+ (x

)

= (x

)

x(1) = 1, x

(1) = 2.

Podstawiając

(t) = u(x)(t)

otrzymamy

du
dx

+ u

= u

a po uproszczeniu

du
dx

+ u = u

Jest to równanie Bernoulliego. Po podstawieniu v = 1/u otrzymamy równanie liniowe

− v = −1,

którego całką ogólną jest funkcja

v = 1 + C

Ponieważ u = 1/v, wracając do funkcji x mamy

x + 1

Stąd

t = C

+ x + C

Aby znaleźć całkę spełniającą zadane warunki początkowe zróżniczkujmy ostatni
związek względem t (Jeśli chcemy skorzystać z wzoru na pochodną wyznaczoną po-
wyżej musimy pamiętać,że C

/2 zastąpiliśmy stałą C

). Otrzymamy

1 = 2C

+ x

Uwzględniając wrunki początkowe otrzymamy układ równań

1 = C

+ 1 + C

1 = 4C

+ 2.

Stąd C

= −1/4, C

= 1/4. Szukane rozwiązanie problemu początkowego jet zadane

funkcją

− 4x + 4t − 1 = 0.

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

2.11. Zadania

1. Znaleźć rozwiązanie równania o zmiennych rozdzielonych:

a) tx

+ x − x

= 0;

b) (x + 1)x

= t;

c) 2(1 + x

) + 3tx

= 0;

d) tx

+ 1 = e

;

e) (1 − t

= x

− 1.

2. Znaleźć rozwiązanie równania jednorodnego:

a) (t + x)x

= x − t;

b) tx

= x(lnx − lnt);

c) t

= tx − x

;

d) x

2tx

;

e) tx

= x −

√

+ x

x(0) = 1;

f) tx

cos

= x cos

− t,

x(π) = 1;

g) t

+ x

= txx

x(1) = 1.

3. Przesuwając stosownie układ współrzędnych rozwiąż równania:

a) 2t + x + (t + 5x − 9)x

= 0;

b) (t + 2x + 1)x

= 2t + x + 2;

c) (t − 2x + 1)x

= 2t − x + 1;

c) x

= 2

t+1

t−x−1

4. Znaleźć rozwiązanie równania liniowego:

a) tx

+ x = e

;

b) x

1+t

x =

t(1+t

)

;

c) (t + e

−x

+ 1 = 0;

d) x + (x

− t)x

= 0;

e) x

−t

;

f) (t − 2tx − x

+ x

= 0.

5. Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego dla równania liniowego:

a) x

− 2tx = t − t

x(0) = 2;

b) (cos t)x

− (sin t)x = cos

x(0) = 1;

c) tx

−

t+1

= t,

x(1) = 0;

d) x

− x tg t =

cos t

x(π) = 0;

e) (t − 2tx − x

+ x

= 0,

x(1) = 2;

f) x

− 1 + 2 t − (1 + x)

= 0,

t(3) = 1.

6. Znaleźć rozwiązanie równania Bernoulliego:

a) x

+ 2tx = 2t

;

b) x

√

cos

;

c) tx

+ x = tx

lnt;

d) tx

= tx

√

x + x;

2.11. Zadania

e) x + t(1 + tx

= 0;

f) x

− t

/x)x

+ t = 0.

7. Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego dla równania Bernoulliego:

a) x

= tx

+ t

x(1) = 2;

b) tx

+ x = t

x(1) = 1;

c) tx

+ x = tx

ln t,

x(e) = 1;

d) tx

− 4x − t

√

x = 0,

x(0) = 1;

e) x

+ 2tx = t

x(1) = 0;

e) (t

+ tx)x

= 1,

x(1) = 0;

f) x + t(1 + tx

= 0,

x(1) = 3;

8. Znaleźć rozwiązanie równania zupelnego:

dt +

−3t

dx = 0;

b) e

dt + (te

− 2x)dx = 0;

c) 4x + 2te

+ t(1 + te

= 0;

sin

−

cos

+ 1

dt +

cos

−

sin

dx = 0;

−

(t−x)

dt +

(t−x)

−

dx = 0;

+ 4x

+ te

+ 12tx

− 2x

= 0;

g) 1 + e

+ e

(1 −

= 0.

9. Wyznaczyć czynnik całkujący i rozwiązać równanie:

a) (t

+ x

+ 2t)dt + 2xdx = 0;

dt + (x

− lnt)dx = 0;

c) (t cos x − x sin x)dx + (t sin x + x cos x)dt = 0;

d) x

dt + 2(t

− tx

)dx = 0;

e) (t

− 1)dx + 2tx

dt = 0;

f) (2tx

− x)dt + (x

+ t + x)dx = 0:

g) 3tx + x

+ (3tx + x

= 0,

µ = µ(t + x);

i) t + t

+ 2t

+ x

= xx

= 0,

µ = µ(t

+ x

);

10. Wyznaczyć całki równania Clairaut oraz równania Lagrange’a:

a) x = tx

+ (x

)

;

b) x = xx

+ 3(x

)

;

c) x = t(x

)

+ (x

)

;

d) x = tx

+ x

− (x

)

;

e) x = tx

+ 3 ln |x

f) x = 2tx

+ x

)

;

h) x

− ln(tx

− x) = 0;

i) 2xx

= t (x

)

+ 4

11. Wyznaczyć parametryczną postać rozwiązania równania:

a) t(x

)

= 1 + x

= p);

b) (x

)

− t

(1 − x

) = 0,

= p);

c) x = e

)

= p);

Rozdział 2. Przykłady równań całkowalnych

d) (x

)

+ t

− 3tx

= 0,

= tp);

e) x(1 + (x

)

) = 4,

= p).

12. Stosując odpowiednie podstawienie rozwiązać równania:

a) x

= 1 + t

− 2tx + x

, (x = t + y

−1

);

b) x

− e

−t

− x − e

= 0,

(x = e

y);

c) tx

− 1) = (2 − x

)

(2 − x

= xy).

13. Wyznaczyć całkę szczególną postaci x = at + b, a następnie znaleźć rozwiązanie

ogólne równania Riccatiego:
a) x

= x

− 2tx + t

+ 1;

b) x

= x

− tx − t;

c) tx

= x

− (2t + 1)x + t

+ 2t.

14. Znaleźć rozwiązanie równań drugiego rzędu;

a) tx

= x

;

b) tx

= x

;

c) x

− 2x

tg t = sin

d) xx

= (x

)

;

e) xx

− (x

)

= 3x

;

f) 2x

= 2x

x(−2) = 1, x

(−2) = −1;

g) xx

+ (x

)

= (x

)

x(0) = 1, x

(0) = 1.

15. Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego dla równania drugiego rzędu;

a) 2x

= 3x

x(−2) = 1, x

(−2) = −1;

b) xx

+ (x

)

= (x

)

x(0) = 1, x

(0) = 1;

c) t ln t x

+ 4x

= 4tx

x(0) = 1, x

(0) = 2;

d) (x

)

+ 4x

= 4tx

x(0) = 1, x

(0) = 2;

e) 2tx

+ x

000

= 0,

x(0) = 1, x

(0) = 2, x

000

(0) = 3;

f) x

− 2x

ctg t = sin

x(0) = 1, x

(0) = 2;

g) 2xx

+ (x

)

= 1,

x(0) = 1, x

(0) = 1.

Rozdział 3

Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

3.1. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

Rozważmy równanie różniczkowe liniowe niejednorodne

(n)

+ a

(t)x

(n−1)

+ . . . + a

n−1

(t)x

+ a

(t)x = f (t)

(3.1)

oraz skojarzone z nim równanie różniczkowe liniowe jednorodne

(n)

+ a

(t)x

(n−1)

+ . . . + a

n−1

(t)x

+ a

(t)x = 0,

(3.2)

gdzie a

, . . . , a

są zadanymi funkcjami. Nietrudno sprawdzić, że prawdziwe są na-

stępujące uwagi.

Uwaga 3.1. Jeśli funkcja ϕ : I → R jest rozwiązaniem równania (3.2)

w przedziale I, to również funkcja Cϕ, gdzie C jest dowolną stałą, jest rozwiązaniem
równania (3.2) w przedziale I.

Uwaga 3.2. Jeśli funkcje ϕ

, ϕ

: I → R są rozwiązaniami równania (3.2)

w przedziale I, to również funkcja ϕ

+ ϕ

jest rozwiązaniem równania (3.2) w prze-

dziale I.

Uwaga 3.3. Jeśli funkcja ϕ jest rozwiązaniem równania (3.2) w przedziale I,

a funkcja ψ rozwiązaniem równania (3.1) w przedziale I, to funkcja ϕ + ψ jest również
rozwiązaniem równania (3.1) w przedziale I.

Uwaga 3.4. Jeśli funkcje ϕ

, ϕ

: I → R są rozwiązaniami równania (3.1)

w przedziale I, to funkcja ϕ

− ϕ

jest rozwiązaniem równania (3.2) w przedziale

Należy podkreślić, że nawet dla równania liniowego drugiego rzędu nie mamy ogól-

nego sposobu na znalezienie rozwiązań. Co więcej, równanie to potrafimy rozwią-
zać tylko w nielicznyh przypadkach. Niemniej na temat ogólnej struktury rozwią-
zań równania różniczkowego n-tego rzędu posiadamy dość dużo informacji. Niektóre
z nich sformułujemy poniżej.

Definicja 3.1. Niech x

, . . . , x

będą całkami równania (3.2) w przedziale I.

Wyrażenie

W (t) =

(t)

. . .

(t)

. . .

(t)

. . .

(n−1)

(t)

(n−1)

(t)

. . .

(n−1)

(t)

Rozdział 3. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

nazywamy wrońskianem równania (3.2).

Twierdzenie 3.1 (Liouville’a). Niech x

, . . . , x

będą rozwiązaniami równania

(3.2) w przedziale I. Wówczas

W (t) = W (t

−

(s)ds

dla t ∈ I,

gdzie t

jest dowolnie ustalonym punktem w I.

Dowód. Korzystając z faktu, że wyznacznik który ma dwa wiersze identyczne jest

równy zeru, nietrudno sprawdzić, że

(t) =

(t)

. . .

(t)

. . .

(t)

. . .

(n−2)

(t)

(n−2)

(t)

. . .

(n−2)

(t)

(n)
1

(t)

(n)
2

(t)

. . .

(n)

(t)

Następnie zastępując n-te pochodne w ostatnim wierszu wyrażeniami

(n)
i

= −a

(t)x

(n−1)

− . . . − a

n−1

(t)x

− a

(t)x

i = 1, . . . , n

i ponownie wykorzystując fakt zerowania się wyznaczników o identycznych wierszach
otrzymamy

(t) = −a

(t)W (t).

Mnożąc ostatnią równość przez e

(s)ds

mamy

(s)ds

(t) + a

(t)e

(s)ds

W (t) = 0.

Stąd

(s)ds

W (t)

= 0,

czyli

(s)ds

W (t) = C.

W konsekwencji

W (t) = Ce

−

(s)ds

W (t).

Podstawiając t = t

otrzymamy C = W (t

), co kończy dowód.

Z twierdzenia Liouville’a wynika natychmiast następująca uwaga:

Uwaga 3.5. Wrońskian równania (3.2) albo jest identycznie równy zeru w prze-

dziale I, albo różny od zera w każdym punkcie tego przedzialu.

Definicja 3.2. Mówimy, że całki x

, . . . , x

równania (3.2) określone w przedziale

I tworzą układ fundamentalny (podstawowy) równania (3.2), jeśli odpowiadający im
wrońskian jest różny od zera.

3.1. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

Zauważmy, że dla równania (3.2) zawsze istnieje układ postawowy. Istotnie, wy-

starczy rozważyć funkcje x

, i = 1, . . . , n, które są rozwiązaniami równania (3.2)

z warunkami początkowymi

x(t

) = 0, . . . , x

(i−1)

) = 0, x

(i)

) = 1, x

(i+1)

) = 0, . . . , x

(n)

) = 0.

Wówczas

W (t

) =

. . .

. = 1

Zgodnie z uwagą 3.5 wrońskian W (t) 6= 0 dla t ∈ I.

Twierdzenie 3.2. Załóżmy, że funkcje x

, . . . , x

tworzą układ fundamentalny

równania (3.2) na przedziale I. Wówczas całka ogólna równania (3.2) ma postać

x = C

+ . . . + C

Dowód. Należy pokazać, że jeśli ϕ jest dowolną całką równania (3.2) w przedziale

I, to istnieją stałe C

, . . . , C

takie, że

ϕ(t) = C

(t) + . . . + C

(t)

dla t ∈ I.

Rozważmy układ równań

(t) + . . . + C

(t) = ϕ(t),

(t) + . . . + C

(t) = ϕ

(t),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(3.3)

(n−1)

(t) + . . . + C

(n−1)

(t) = ϕ

(n−1)

(t).

Dla ustalonego t ∈ I układ (3.3) jest układem równań liniowych względem zmiennych
C

, . . . , C

. Zgodnie z wzorami Cramera

(t) =

(t)

W (t)

i = 1, . . . , n,

gdzie

(t) =

(t)

. . .

i−1

(t)

ϕ(t)

i+1

(t)

. . .

(t)

. . .

i−1

(t)

i+1

(t)

. . .

(t)

. . .

(n−1)

(t)

. . .

(n−1)

i−1

(t)

(n−1)

(t)

(n−1)

i+1

(t)

. . .

(n−1)

(t)

Na mocy twierdzenia Liouville’a

(t) =

(t)

W (t)

−

(s)ds

W (t

−

(s)ds

) =

)

W (t

)

i = 1, . . . , n,

Rozdział 3. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

gdzie t

jest dowolnie ustalonym punktem przedziału I. Oznacza to, że wartości C

(i = 1, . . . , n) nie zależą od t. Zatem szukane stałe istnieją, co kończy dowód.

Definicja 3.3. Funkcje x

, . . . , x

określone na przedziale I nazywamy liniowo

niezależnymi, jeśli z równości

(t) + . . . + C

(t) = 0

dla t ∈ I,

(3.4)

wynika, że C

= 0, . . . , C

= 0.

Twierdzenie 3.3. Załóżmy, że funkcje x

, . . . , x

są całkami równania (3.2)

w przedziale I. Wówczas funkcje te tworzą układ fundamentalny wtedy i tylko wtedy
gdy są liniowo niezależne.

Dowód. Warunek konieczny. Załóżmy, że funkcje x

, . . . , x

tworzą układ pod-

stawowy równania (3.2). Przypuśćmy, że zachodzi warunek (3.4). Oczywiście dla do-
wolnego t ∈ I spełniony jest układ równań

(t) + . . . + C

(t) = 0,

(t) + . . . + C

(t) = 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(3.5)

n−1)

(t) + . . . + C

(n−1)

(t) = 0.

Ponieważ wrońskian W (t) 6= 0, na mocy twierdzenia Cramera C

= 0, . . . , C

= 0,

co oznacza, że funkcje x

, . . . , x

są liniowo niezależne.

Warunek wystarczający. Przypuśćmy, że rozwiązania x

, . . . , x

równania (3.2) są

funkcjami liniowo niezależnymi. Wówczas układ (3.5) posiada wyłącznie rozwiązanie
zerowe. Z teorii układów równań liniowych wynika, że wyznacznik współczynników
tego układu jest różny od zera, co oznacza, że wrońskian jest różny od zera. Zatem
rozważane rozwiązania stanowią układ podstawowy.

Z uwag 3.1 – 3.4 wynika następująca

Uwaga 3.6. Aby wyznaczyć całkę ogólną równania (3.1) wystarczy znaleźć

n liniowo niezależnych całek równania (3.2) oraz całkę szczególną równania (3.1).

Przykład 3.1. Rozważmy tzw. równanie Cauchy - Eulera

+ atx

+ bx = 0,

t > 0.

Szukamy rozwiązania postaci x = t

, gdzie m jest wartością którą należy wyznaczyć.

Podstawiając do równania wyjściowego otrzymamy

m(m − 1)t

m−2

+ atmt

m−1

+ bt

= 0,

a po redukcji i podzieleniu przez t

+ (a − 1)m + b = 0.

Niech m

, m

będą pierwiastkami otrzymanego równania kwadratowego.

3.1. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

Jeśli m

6= m

są liczbami rzeczywistymi, szukanymi całkami szczególnymi są

funkcje x

= t

oraz x

= t

, a całka ogólna ma postać

x = C

+ C

Jeśli m

= m

, całką szczególną jest oczywiście funkcja x

= t

. Pokażemy, że

całką szczególną jest również funkcja x

= t

ln t. Istotnie

+ atx

+ bx

+ (a − 1)m

+ b

ln t + 2m

− 1 + a

= 0,

bowiem m

jest pierwiastkiem trójmianu a ponadto m

= (1 − a)/2. W konsekwencji

rozwiązanie ogólne ma postać

x = C

+ C

ln t.

Jeśli pierwiastki są liczbami zespolonymi, tzn. λ

= α + iβ, wówczas całkami

równania są funkcje zespolone t

, t

. Z wzoru

= t

α+iβ

= t

iβln t

= t

cos(β ln t) + i sin(β ln t)

oraz faktu, że funkcja zespolona jest równa zeru tylko wtedy gdy jej część rzeczywista
i część urojona są równe zeru wynika, że całkami szczególnymi naszego równania są
funkcje

= t

cos(β ln t)

oraz

= t

sin(β ln t).

Całka ogólna ma zatem postać

x = C

cos(β ln t) + C

sin(β ln t).

W szczególności nietrudno sprawdzić, że całką ogólną równania

+ tx

− λ

x = 0

jest funkcja

x = C

+ C

−λ

Uwaga 3.7. Jeśli x

jest rozwiązaniem równania liniowego, to oczywiście Cx

jest również rozwiązniem tego równania. Uzmienniając stałą często możemy znaleźć
inne rozwiązanie badanego równania.

Przykład 3.2. Widać, że funkcja x

= t

jest całką równania

− 2tx

+ 2x = 0.

Oczywiście x = Ct

jest rónież całką tego równania. Po uzmiennieniu stałej i podsta-

wieniu wyrażeń x

= t

+ 2tC oraz x

= C

+ 4tC

+ 2C do równania wyjściowego

otrzymamy po stosownej redukcji

t + 2C

= 0.

Całką ostatniego równania jest funkcja C(t) = 1/t. Szukaną drugą całką jest zatem
funkcja x

= (1/t)t

= t. Całka ogólna rozważanego równania ma zatem postać

x = C

t + C

Rozdział 3. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

3.2. Równanie różniczkowe liniowe o stałych współczynnikach

Rozważmy równanie różniczkowe liniowe niejednorodne

(n)

+ a

(n−1)

+ . . . + a

n−1

+ a

x = f (t)

(3.6)

oraz skojarzone z nim równanie liniowe jednorodne

(n)

+ a

(n−1)

+ . . . + a

n−1

+ a

x = 0,

(3.7)

gdzie a

, . . . , a

są stałymi, f funkcją zmiennej t.

Zgodnie z wynikami poprzedniej sekcji, aby wyznaczyć całkę ogólną równania (3.6)

należy wyznaczyć całkę ogólną równania (3.7) oraz całkę szczególną równania (3.6).

Szukamy całek równania (3.7) postaci

x = e

λt

gdzie λ jest stałą którą należy wyznaczyć.

Podstawiając wielkości

= λe

λt

, x

= λ

λt

, . . . , x

(n)

= λ

λt

do równania (3.7), a następnie dzieląc przez czynnik e

λt

otrzymamy tzw. równanie

charakterystyczne

+ a

n−1

+ . . . + a

= 0.

Wiadomo, że równanie to posiada n pierwiastków, przy czym mogą to być pierwiastki
rzeczywiste pojedyncze, pierwiatki wielokrotne jak również pierwiastki zespolone.
W każdym z tych przypadków jesteśmy w stanie znaleźć n liniowo niezależnych roz-
wiązań równania (3.7).

W celu uproszczenia rozważań dalszą analizę poprowadzimy dla równania 2-go

rzędu

+ bx

+ cx = 0.

(3.8)

Równanie charakterystyczne ma postać

aλ

+ bλ + c = 0.

(3.9)

Przypadek ∆ > 0. Pierwiastkami równania (3.9) są liczby

−b −

√

∆

−b +

√

∆

a szukane rozwiązania mają postać

= e

Ponieważ wrońskian

= (λ

− λ

(λ

+λ

= −

√

∆

−

6= 0,

3.2. Równanie różniczkowe liniowe o stałych współczynnikach

funkcje x

, x

tworzą układ podstawowy równania (3.8). Zgodnie z twierdzeniem 3.2

całka ogólna tego równania ma postać

= Ae

+ Be

gdzie A i B są dowolnymi stałymi.

Przypadek ∆ = 0. Wówczas

= λ

= −

i uzyskamy całkę równania (3.8)

= e

Rozwiązanie równania (3.8) szukamy teraz w postaci

x = u(t)e

gdzie u jest funkcją którą należy wyznaczyć.

Podstawiając tak określoną funkcje do równania (3.8) otrzymamy

a(u

+ 2λ

+ λ

u)e

+ b(u

+ λ

u)2)e

+ cue

= 0.

Stąd

+ (2aλ

+ b)u

+ (aλ

+ bλ

+ c) = 0

Ponieważ λ

jest pierwiastkiem równania (3.9), trzeci wyraz po lewej stronie ostatniej

równości jest równy zeru, a z równości λ

−b

wynika, że również drugi wyraz jest

równy zeru. Zatem u

= 0. Stąd u = A + Bt, a szukana całka ogólna ma postać

x = Ae

+ Bte

gdzie A i B są dowolnymi stałymi.

Zauważmy, że układ podstawowy tworzą funkcje x

= e

oraz x

= te

Przypadek ∆ < 0. Równanie (3.9) posiada dwa pierwiastki zespolone sprzężone

= α + iβ,

= α − iβ,

gdzie

α =

−b

β =

|∆|

Odpowiadające im rozwiązania w przestrzeni liczb zespolonych mają postać

= e

(α+iβ)t

= e

αt

(cos βt + i sin βt),

= e

(α−iβ)t

= e

αt

(cos βt − i sin βt).

Kładąc

ϕ(t) = e

αt

cos βt,

ψ(t) = e

αt

sin βt,

mamy

(t) = ϕ(t) + iψ(t),

(t) = ϕ(t) − iψ(t).

Rozdział 3. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

Podstawiając funkcje X

do równania (3.8) otrzymamy

a ϕ

(t) + iψ

(t)

+ b ϕ

(t) + iψ

(t)

+ c ϕ(t) + iψ(t)

= 0,

lub

aϕ

(t) + bϕ

(t) + cϕ(t)

+ aψ

(t) + bψ

(t) + cψ(t)

i = 0.

Ponieważ liczba zespolona jest równa zeru wtedy i tylko wtedy gdy jej część urojona
i rzeczywista jest równa zeru, ostatnia równość jest równoważna warunkom

aϕ

(t) + bϕ

(t) + cϕ(t) = 0,

aψ

(t) + bψ

(t) + cψ(t) = 0,

co oznacza, że funkcje ϕ i ψ są całkami równania (3.8). Ponieważ tworzą one układ
podstawowy (sprawdzić!), całka ogólna równania (3.8) ma postać

x = Ae

αt

cos βt + Be

αt

sin βt,

gdzie A i B są dowolnymi stałymi.

Zajmiemy się teraz wyznaczeniem całki ogólnej równania niejednorodnego

+ bx

+ cx = f (t).

(3.10)

Metoda uzmiennienia stałych. Jeśli x

, x

są całkami szczególnymi równania

jednorodnego, całka ogólna tego równania ma postać

x = Ax

+ Bx

gdzie A i B są dowolnymi stałymi. Powstaje pytanie: można stałe A i B zastąpić
funkcjami zmiennej t tak dobranymi, aby wyrażenie

x = A(t)x

(t) + B(t)x

(t)

było całką ogólną równania (3.10). Operacje tę nazywamy uzmiennieniem stałych.

Oczywiście

= A

(t)x

(t) + B

(t)x

+ A(t)x

(t) + B(t)x

(t).

Aby uprościć rachunki załóżmy dodatkowo, że

(t)x

(t) + B

(t)x

(t) = 0.

Wówczas

= Ax

+ Bx

= A

+ B

+ Ax

+ Bx

Podstawiając ostatnie wzory do równania (3.10) otrzymamy

a(A

+ B

+ Ax

+ Bx

) + b(Ax

+ Bx

) + c(Ax

+ Bx

) = f (t),

a po uporządkowaniu

A(ax

+ bx

+ cx

) + B(ax

+ bx

+ cx

) + a(A

+ B

) = f (t).

3.2. Równanie różniczkowe liniowe o stałych współczynnikach

Ponieważ pierwszy i drugi wyraz lewej strony jest równy zeru, uzyskana równość
redukuje się do postaci

a A

+ B

= f (t).

Tak więc funkcje A i B winny spełniać układ równań

+ B

= 0,

+ B

f (t)

(3.11)

Z otrzymanego układu równań możemy wyznaczyć A

i B

, a po scałkowaniu otrzy-

mamy szukane funkcje A(t) i B(t).

Przykład 3.3. Znaleźć całkę ogólną równania

+ x

− x = t.

Układ podstawowy skojarzonego równania jednorodnego tworzą funkcje

= e

−t

= e

1
2

Odpowiednik układu równań (3.11) ma postać

−t

+ B

1
2

= 0,

−A

−t

1
2

Stąd

= −

1
3

−

1
2

Po scałkowaniu

A =

1
3

(1 − t)e

+ C

B = −

2
3

(t + 2)e

−

1
2

+ C

Szukana całka ogólna ma postać

x =

1
3

(1 − t)e

+ C

−t

+ −

2
3

(t + 2)e

−

1
2

+ C

1
2

= C

−t

+ C

1
2

− t − 1.

Metoda przewidywań. Często prawa strona równania (3.10) sugeruje postać

całki szczególnej tego równania. Poniższa tabela podaje postać spodziewanego roz-
wiązania w zależności od funkcji f.

f (t)

Przewidywana postać

Stałe do wyznaczenia

λt

sin αt

A sin αt + B cos αt

A,B

cos αt

A sin αt + B cos αt

A,B

+ . . . + a

+ . . . + A

, . . . , A

+ . . . + a

λt

+ . . . + A

λt

, . . . , A

(at + b) sin αt

(At + B) sin αt + (Ct + D) cos αt

A, B, C, D

(at + b) cos αt

(At + B) sin αt + (Ct + D) cos αt

A, B, C, D

λt

sin αt

(A sin αt + B cos αt)e

λt

A, B

λt

cos αt

(A sin αt + B cos αt)e

λt

A, B

Rozdział 3. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

Przykład 3.4. Znaleźć całkę szczególną równania

+ 3x

− x = t

+ 3.

Zgodnie z powyższą tabelą szukamy całki postaci

x = At

+ Bt + C.

Podstawiając do równania otrzymamy

2(2A) + 3(2At + B) − (At

+ Bt + C) = t

+ 3.

Ostatnia równość zachodzi jeśli:

−A = 1,

6A − B = 0,

4A + 3B − C = 3.

Stąd

A = −1,

B = −6,

C = −25,

a szukana całka ma postać

x = −t

− 6t − 25.

Przykład 3.5. Znaleźć całkę równania

− x = sin 2t.

Równanie charakterystyczne skojarzonego równania różniczkowego jednorodnego ma
postać

− 1 = 0.

Pierwiastkami równania charakterystycznego są liczby

= −1,

= 1,

= −i,

= i,

a całkami równania jednorodnego funkcje

= e

−t

= e

= sin t,

= cos t.

Zgodnie z sugestią zawartą w tabli przewidujemy całkę szczególna równania niejed-
norodnego postaci

x = A sin 2t + B cos 2t.

Podstawiając do równania wyjściowego otrzymamy

15A sin 2t + 15B cos 2t = sin 2t.

Stąd A = 1/(15), B = 0, a całka szczególna

x =

sin 2t.

Zatem szukana całka ogólna ma postać

x = Ae

−t

+ Be

+ C sin t + D cos t +

sin 2t.

3.3. Równanie różniczkowe drugiego rzędu

Rozważmy niejednorodne równanie różniczkowe drugiego rzędu

(t)x

+ a

(t)x

+ a

(t)x = f (t),

(3.12)

gdzie p

, p

, f : J → R są funkcjami ciągłymi. Niech ϕ i ψ będą liniowo niezależ-

nymi całkami skojarzonego z nim równania jednorodnego

(t)x

+ a

(t)x

+ a

(t)x = 0.

(3.13)

Oczywiście całka ogólna równania (3.13) ma postać

x = C

ϕ(t) + C

ψ(t).

(3.14)

Aby znaleźć całkę równania (3.12) stałe C

i C

we wzorze (3.14) zastąpimy stosownie

dobranymi funkcjami u(t) i v(t), czyli szukamy całki postaci

x = u(t)ϕ(t) + v(t)ψ(t),

(3.15)

gdzie u i v są funkcjami które należy wyznaczyć. Mamy

= u

ϕ + uϕ

+ v

ψ + vψ

Dla uproszczenia rachunków przyjmujemy

ϕu

+ ψv

= 0.

(3.16)

Wówczas

= ϕ

u + ψ

= ϕ

u + ϕ

+ ψ

v + ψ

Podstawiając ostatnie wielkości do równania (3.12) otrzymamy

(ϕ

u + ϕ

+ ψ

v + ψ

) + a

(ϕ

u + ψ

v) + a

(ϕu + ψv) = f,

lub w postaci równoważnej

+ a

ϕ)u + (a

+ a

ψ)v + a

(ϕ

+ ψ

) = f

Ponieważ ϕ i ψ są całkami równania (3.13), pierwsze dwa wyrazy się zerują. Otrzy-
mamy zatem

+ ψ

= f /a

Stąd i warunku (3.16) otrzymujemy

= −

ψf

ϕf

(3.17)

gdzie

W =

Rozdział 3. Równanie różniczkowe liniowe n-tego rzędu

Po podstawieniu do (3.15) funkcji u i v otrzymanych po scałkowaniu wzorów (3.17)
otrzymamy

x(t) = −ϕ(t)

ψ(s)f (s)

(s)W (s)

ds + ψ(t)

ϕ(s)f (s)

(s)W (s)

ds =

H(s, t)

f (s)

(s)

ds,

gdzie

H(s, t) =

ϕ(s)

ψ(s)

ϕ(t)

ψ(t)

ϕ(s)

ψ(s)

(s)

Nietrudno sprawdzić, że zachodzą następujące warunki:
(i). Funkcja H jest określona na zbiorze J × J;

(ii). W każdym punkcie zbioru J ×J funkcja H posiada ciągłe pochodne cząstkowe

pierwszego i drugiego rzędu względem t ;

(iii). Dla dowolnego s ∈ J funkcja y(t) = H(s, t) jest rozwiązaniem równania

(3.13) spełniającym warunki y(s) = 0, y

(s) = 1:

(iv) Funkcja

x(t) =

H(s, t)

f (s)

(s)

jest rozwiązaniem (3.12) spełniającym warunki x(t

) = x

) = 0.

Zastosowany tutaj pomysł wyrażenia rozwiązania problemu początkowego za po-

mocą wzoru całkowego (którego jądrem w naszym przypadku jest funkcja H) w teorii
broblemów brzegowych jest szeroko stosowany. W szczególności na tym pomyśle opiera
się tak zwana metoda funkcji Greena. Fragment tej metody omówimy w podrozdziale
8.3.

3.4. Zadania

1. Pokazać, że problem początkowy

= f (t, x), x(t

) = x

, x

) = x

gdzie f jest funkcją ciągłą, jest równoważny równaniu całkowemu

x(t) = x

+ (t − t

(t − s)f(s, x(s))ds.

Wskazówka: Połóżmy F (s) = s

f (τ, x(τ ))dτ .Po zróżniczkowaniu względem

s otrzymamy

f (τ, x(τ ))dτ = F

(s) − sf(s, x(s)). Całkując ostatnią równość

w przedziale [t

, t] otrzymamy

f (τ, x(τ ))dτ =

(t−s)f(s, x(s)ds. Całku-

jąc dwukrotnie równania wyjściowe i wykorzystując ostatni wzór otrzymamy tezę.

2. Mając dane rozwiązanie x

, wyznaczyć drugie rozwiązanie:

a) (t

− t)x

+ (3t − 1)x

+ x = 0 (t 6= 0, t 6= 1), x

= 1/(t − 1);

b) t(t − 1)x

+ 2(t − 1)x

− 2x = 0 (t 6= 0, t 6= 2), x

= 1 − t;

c) tx

− x

− 4t

x = 0 (t 6= 0), x

= e

;

d) tx

− (t + 2)x

+ 2x = 0, x

= e

;

e) x

+ α(tx

+ x) = 0, x

= e

−αt

;

f) (1 − t

− 2tx

+ 2x = 0, x

= t.

3.4. Zadania

3. Znaleźć całkę ogólną równania:

a) x

− 5x

+ 6x = 0;

b) x

− 6x

+ 9x = 0;

c) x

− x

+ x = 0.

4. Stosując metodę przewidywań znaleźć całkę ogólną równania:

a) x

− 7x

+ 6x = sin t;

b) x

+ x = 2 sin t − 2e

−t

;

c) x

+ 2x

+ x = t sin t;

d) x

+ x = e

sin t;

e) x

− 2x

+ 4x = 4e

cos t.

5. Stosując metodę uzmiennienia stałych znaleźć całkę ogólną równania:

a) x

+ x =

sin t

;

b) x

− x

1+e

;

c) x

− x

= e

√

1 − e

;

d) x

− 2x

+ x =

;

6. Znaleźć całkę ogólną równania:

a) x

000

+ 4x

= sin 2t;

b) x

− x

000

= cos t;

c) x

000

− x = t

− 1;

d) x

000

+ x

+ x = te

7. Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego:

a) x

− x

= e

(1 − t),

x(0) = 1, x

(0) = 1;

b) x

+ 5x

+ 4x = e

−4t

x(0) = 1, x

(0) = 0;

c) x

+ x + ctg

t = 0,

x(π/2) = 1, x

(π/2) = −1;

d) x

000

− x

= 3t,

x(0) = 1, x

(0) = 2, x

(0) = 3;

e) x

000

+ 2x

+ x

+ 2e

−2t

= 0,

x(1) = 1, x

(1) = 0, x

(0) = 1.

Rozdział 4

Układy równań różniczkowych liniowych

4.1. Układy równań różniczkowych liniowych

Rozważmy układ równań liniowych

= a

(t)x

+ . . . + a

(t)x

..................................................

(4.1)

= a

(t)x

+ . . . + a

(t)x

gdzie a

, . . . , a

są zadanymi funkcjami zmiennej t.

Przyjmując

A(t) =





(t)

. . .

(t)

. . .

(t)

. . .

(t)



 , x =





. . .
x



 , x





. . .
x



 ,

układ równań (4.1) możemy zapisać w równoważnej postaci macierzowej

= A(t)x.

(4.2)

Ponieważ ostatni zapis jest bardziej ekonomiczny, obecnie jest raczej powszechnie
używany. Zgodnie z tym zapisem, zamiast mówić o układzie równań (4.1) możemy
mówić o równaniu wektorowym (krótko równaniu) (4.2).

Definicja 4.1. Funkcje ϕ : I → R

nazywamy rozwiązaniem (lub całką) równania

(4.2) w przedziale I, jeśli funkcja ta jest różniczkowalna w przedziale I i ponadto
ϕ

(t) = A(t)ϕ(t) dla t ∈ I.

Uwaga 4.1.

Jeśli funkcje ϕ

, . . . , ϕ

: I → R

są całkami równania (4.2)

w przedziale I, to funkcja C

+. . . +C

, gdzie C

, . . . , C

są dowolnymi stałymi,

jest również całką równania (4.2) w przedziale I.

Niech ϕ

, . . . , ϕ

: I → R

będą całkami równania (4.2). Połóżmy

X(t) =





(t)

. . .

(t)

. . .

(t)

. . .

(t)





(4.3)

Jeśli ϕ

, . . . , ϕ

: I → R

(ϕ

= (ϕ

, . . . , ϕ

)) są całkami liniowo niezależnymi,

macierz (4.3) nazywamy macierzą fundamentalną (lub podstawową) równania (4.2).

Rozdział 4. Układy równań różniczkowych liniowych

Połóżmy

W (t) = det X(t).

(4.4)

Twierdzenie 4.1. (Abela). Niech ϕ

, . . . , ϕ

: I → R

będą całkami równania

(4.2). Niech W (t) będzie wyznacznikiem macierzy fundamentalnej (zob.(4.4)) i niech
t

∈ I. Wówczas

W (t) = W (t

T rA(s)ds

gdzie T rA(t) =

n
i=1

(t).

Dowód. Zauważmy, że

(t) =

(ϕ

)

(t)

. . .

(ϕ

)

(t)

. . .

(t)

. . . . . .

. . .

. . . . . .

(t)

. . .

(t)

+ . . . +

(t)

. . .

(t)

. . . . . .

. . .

. . . . . .

n−1

(t)

. . .

n−1

(t)

(ϕ

)

(t)

. . .

(ϕ

)

(t)

(4.5)

Rozważmy pierwszy składnik sumy po prawej stronie równości (4.5). W miejsce po-
chodnych wstawmy odpowiadające im wielkści:

(ϕ

)

(t) =

j=1

(t)ϕ

(t),

k = 1, . . . , n.

Drugi wiersz pomóżmy przez "−a

"trzeci przez "−a

", ostatni przez "−a

", a

uzyskane wyrażenia dodajmy do wiersza pierwszego. Widać natychmiast, że uzy-
skany wyznacznik jest równy a

(t)W (t). Podobne operacje możemy wykonać na dru-

gim składniku sumy uzyskując jako wynik a

(t)W (t). Po przekształceniu wszystkich

składników sumy po prawej stronie wzoru (4.5) otrzymamy równość

(t) =

i=1

(t)W (t) = TrA(t)

W (t).

Całkując ostatnią równość w przedziale [t

, t) otrzymamy tezę twierdzenia.

Twierdzenie 4.2. Niech ϕ

, . . . , ϕ

: I → R

(ϕ

= (ϕ

, . . . , ϕ

), k = 1, . . . , n)

będą liniowo niezależnymi całkami równania (4.2). Niech X(t) będzie odpowiadającą
im macierzą fundamentalną. Wówczas całka ogólna tego równania ma postać

x = X(t)C,

(4.6)

gdzie C = (C

, . . . , C

)

jest jednokolumnową macierzą stałych.

Dowód. Niech ϕ = (ϕ

, . . . , ϕ

) będzie całką równania (4.2). Należy pokazać, że

można dobrać stałe C

, . . . , C

tak, aby

ϕ = C

+ . . . + C

Dla t ∈ I rozważmy układ równań

(t) + . . . + C

(t) = ϕ

(t),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(t) + . . . + C

(t) = ϕ

(t).

4.2.

Jednorodne układy równań liniowych o stałych współczynnikach

Zgodnie z wzorami Cramera

(t) =

(t)

W (t)

k = 1, . . . , n,

gdzie wyznacznik W

(t) powstał z wyznacznika W (t) przez zastąpienie kolumny

(t), . . . , ϕ

(t)

kolumną ϕ

(t), . . . , ϕ

(t)

. Wykorzystując twierdzenie Abela

otrzymamy

(t) =

T rA(s)ds

W (t

T rA(s)ds

)

W (t

)

Oznacza to, że wielkości C

nie zależą od zmiennej t, są zatem stałymi, co należało

dowieść.

Na zakończenie warto zauważyć, że wzór (4.6) możemy zapisać w postaci równo-

ważnej

x = C

(t) + . . . + C

(t).

4.2. Jednorodne układy równań liniowych o stałych

współczynnikach

Rozważmy jednorodny układ równań liniowych o stałych współczynnikach

= a

+ . . . + a

.........................................

(4.7)

= a

+ . . . + a

Przyjmując A = (a

), x = (x

, . . . , x

)

, x

= (x

, . . . , x

)

, układ (4.7) możemy

zapisać w postaci macierzowej

= Ax.

(4.8)

Rozwiązania równania (4.8) szukamy w postaci

x = e

λt

gdzie λ jest szukanym skalarem, a w = (w

, . . . , w

) szukanym wektorem.

Oczywiście

= λe

λt

Podstawiając ostatnie wyrażenie do wzoru (4.8) otrzymamy

λe

λt

w = e

λt

Aw.

(4.9)

Po uproszczeniu przez czynnik e

λt

Aw = λw,

Rozdział 4. Układy równań różniczkowych liniowych

lub w postaci równoważnej

(A − λI)w = 0.

(4.10)

Wartość λ dla których równania (4.10) posiada rozwiązanie niezerowe nazywamy war-
tością własną a odpowiadające mu rozwiązanie w = (w

, . . . , w

) wektorem własnym.

Układ (4.10) posiada względem w rozwiązanie niezerowe tylko wówczas gdy

det (A − λI) = 0.

(4.11)

Równanie (4.11) nazywamy równaniem charakterystycznym układu równań (4.7). Jest
to równanie algebraiczne n-tego stopnia, które zgodnie z podstawowym twierdzeniem
algebry posiada dokładnie n pierwiastków, przy czym mogą to być również pierwiastki
wielokrotne oraz zespolone. Przypomnijmy też, że jeśli liczba λ

jest pierwiastkiem

zespolonym równania (4.11), to również liczba sprzężona λ

jest pierwiastkiem tego

równania.

Niech λ

będzie pierwiastkiem równania (4.11). Rozwiązując układ równań

(A − λ

I)w = 0,

znajdziemy wektor własny w

= (w

, . . . , w

) macierzy A odpowiadający wartości

własnej λ

Zauważmy, że zgodnie z (4.9) mamy

)

= λ

= e

co oznacza, że funkcja x

= e

jest rozwiązaniem układu równań (4.7).

Jeśli liczby λ

, . . . , λ

są pierwiastkami jednokrotnymi rzeczywistymi, to odpo-

wiadające im rozwiązania x

, . . . , x

są liniowo niezależne. Tworzą one zatem macierz

fundamentalną układu (4.7), a całka ogólna równania (4.7) wyraża się wzorem (4.6).

Załóżmy teraz, że wartość własna λ

jest liczbą zespoloną. Odpowiadający jej

wektor własny v

będzie wówczas również liczbą zespoloną. Jeśli wektor własny v

odpowiadający zespolonej wartości własnej λ

= α

+ iβ

ma postać w

= u

+ iv

to część rzeczywista i część urojona funkcji e

, czyli

= Re e

= e

cos β

t − v

sin β

t),

= Im e

= e

cos β

t + u

sin β

t),

są rozwiązaniami układu (4.7). Zauważmy ponadto, że rozwiązanie te są liniowo nie-
zależne. Wynika stąd, że w przypadku gdy równanie charakterystyczne (4.11) posiada
jednokrotne własności własne rzeczywiste lub zespolone, stosunkowo łatwo potrafimy
wyznaczyć macierz fundamentalną. W przypadku gdy występują pierwiastki wielo-
krotne, wyznaczenie macierzy fundamentalnej jest bardziej złożone. W literaturze
można znaleźć szereg algorytmów wskazujących sposób wyznaczenie macierzy funda-
mentalnej. Jeden z takich algorytmów (algorytm Putzera) podaje poniższe twierdze-
nie.

4.2.

Jednorodne układy równań liniowych o stałych współczynnikach

Twierdzenie 4.3. Niech λ

, . . . , λ

będą wartościami własnymi macierzy A (do-

puszczamy wartości wielokrotne). Wówczas macierz fundamentalna równania (4.8)
ma postać

X(t) =

n−1

j=0

j+1

(t)P

gdzie P

= I, P

j
k=1

(A − λ

I) dla j = 1, . . . , n, a funkcje u

, . . . , u

dane są

wzorami rekurencyjnymi:

(t) = λ

(t),

(0) = 1,

(t) = λ

(t) + u

j−1

(t),

(0) = 0,

dla j = 2, . . . , n.

Przykład 4.1. Rozważmy równanie

−2

−1

Równanie charakterystyczne ma postać

3 − λ

−2

−1

2 − λ

= 0,

czyli

− 5λ + 4 = 0.

Pierwiastkami tego równania są liczby λ

= 1 oraz λ

= 4. Dla λ

= 1 układ równań

(4.10) ma postać

−2

−1

0
0

Równania te zachodzą gdy w

− w

= 0. Możemy zatem przyjąć w = (1, 1)

. Odpo-

wiadające rozwiązanie ma więc postać

= e

1
1

Dla λ

= 4 układ równań (4.10) ma postać

−1 −2
−1 −2

0
0

Stąd w

+ 2w

= 0. Przyjmując w = (−2, 1)

mamy

= e

−2

−2e

Rozdział 4. Układy równań różniczkowych liniowych

Rozwiązanie ogólne ma postać

x =

−2e

lub

= C

− 2C

= C

+ C

Przykład 4.2. Rozważmy równanie

−2 1

Wektorami własnymi macierzy współczynnków są liczby λ

= 1 − 2i oraz λ

= 1 + 2i.

Dla λ

= 1 − 2i układ równań (4.10) ma postać

−2 2i

+ iv

0
0

a po wymnożeniu

2(u

− v

) + 2(u

+ v

)i = 0,

−2(u

+ v

) + 2(u

− v

)i = 0.

Jako wektor własny możemy przyjąć w = (1 + i, 1 − i). Zatem w dziedzinie zespolonej

rozwiązaniem naszego równania jest funkcja

t 7→ e

cos 2t − i sin 2t

1 + i
1 − i

= e

cos 2t + sin 2t + (cos 2t − sin 2t)i
cos 2t − sin 2t + (cos 2t + sin 2t)i

Ponieważ część rzeczywista i część urojona jest również rozwiązaniem całka ogólna

w przestrzeni rzeczywistej ma postać

x = e

cos 2t + sin 2t

cos 2t − sin 2t

cos 2t − sin 2t sin 2t + cos 2t

Przykład 4.3. Rozważmy równanie

Załóżmy, że λ

= λ

= λ. Zgodnie z twierdzeniem 4.3 macierz fundamentalna

rozważanego układu ma postać

X(t) = e

λt

(t)I + u

(t)(A − λ I)

gdzie funkcje u

i u

są rozwiązaniami problemów:

(t) = λu

(t),

(0) = 1,

(t) = λu

(t) + u

(t),

(0) = 0.

Rozwiązując ostatnie równania otrzymamy: u

(t) = e

λt

, u

(t) = te

λt

. Zatem szukana

macierz fundamentalna ma postać

X(t) = u

I + u

(A − λI) = e

λt

1 + (a

− λ)t

1 + (a

− λ)t

4.3. Niejednorodne układy równań liniowych

Rozważmy równanie

= A(t)x + f (t),

(4.12)

gdzie x = x

, . . . , x

, A(t) = a

(t)

, f(t) = f

(t), . . . , f

(t)

Rozważmy wpierw równanie jednorodne

= A(t)x.

(4.13)

Niech X(t) = ϕ

będzie macierzą fundamentalną równania jednorodnego (4.13).

Zgodnie z twierdzeniem 4.2 całka ogólna równania (4.13) ma postać

x = X(t)C,

gdzie C = (C

, . . . , C

)

jest jednokolumnową macierzą stałych.

Powstaje pytanie: można macierz C zastąpić macierzą funkcji C(t) = C

(t), . . . , C

(t)

tak dobraną aby funkcja

x = X(t)C(t)

(4.14)

była całką ogólną równania (4.12)?

Zauważmy (zob. wzór (4.19) następnego podrozdziału), że

(t) = X

(t)C(t) + X(t)C

(t).

(4.15)

Przypuśćmy, że taka funkcja C(t) istnieje. Obliczmy iloczyn macierzy A(t)X(t).

Oczywiście będzie to macierz wymiaru n×n. Ponadto element leżący w i-tym wierszu

i k-tej kolumnie wyraża się - zgodnie z (4.3) i (4.13) - wzorem

j=1

(t)ϕ

(t) = ϕ

)

(t).

Zatem

A(t)X(t) = X

(t).

(4.16)

Podstawiając funkcje (4.14) do równania (4.12), po uwzględnieniu związków (4.15)
i (4.16) otrzymamy

A(t)X(t)C(t) + X(t)C

(t) = A(t)X(t)C(t) + f (t),

a po redukcji

X(t)C

(t) = f (t).

(4.17)

Stąd

(t) = X

−1

(t)f (t),

gdzie X

−1

(t) oznacza macierz odwrotną do X(t). Po scałkowaniu ostatniej równości

w przedziale [t

, t] otrzymamy

C(t) = C(t

) +

−1

(s)f (s)ds.

Rozdział 4. Układy równań różniczkowych liniowych

Podstawiając uzyskaną wielkość C(t) do (4.14) otrzymamy szukany wzór na całkę
ogólną równania (4.12):

x(t) = X(t)C(t

) +

X(t)X

−1

(s)f (s)ds.

Przykład 4.4. Rozważmy równanie

−1

x +

Skojarzone z nim równanie jednorodne ma postać

−1

a jego równanie charakterystyczne

1 − λ

−1

2 − λ

= 0,

czyli

(1 − λ)(2 − λ) = 0.

Pierwiastkami tego równania są liczby λ

= 1 oraz λ

= 2.

Układ równań (4.10) odpowiadający wartości własnej λ

= 1 ma postać

−1

0
0

czyli w

= 0. Możemy przyjąć w = (1, 0)

. Odpowiadające rozwiązanie

= e

1
0

Układ równań (4.10) odpowiadający wartości własnej λ

= 2 ma postać

−1 −1

0
0

Stąd jako w możemy przyjąć wektor (1, −1). Rozwiązanie odpowiadające wartości

włanej λ

= e

−1

−e

Macierz fundamentalna układu jenorodnego

X(t) =

−e

4.4. Wiadomości pomocnicze z teorii macierzy i wyznaczników

Aby wyznaczyć macierz C(t) należy rozwiązać - zgodnie ze wzorem (4.17) - układ

−2e

(t)

czyli

+ e

= t,

−2e

= e

Stąd

= te

−t

+ 1/2,

= −e

−t

/2.

W konsekwncji

(t) = −te

−t

− e

−t

+ t/2 + A,

(t) = e

−t

/2 + B.

Rozwiązanie ogólne równania wyjściowego ma więc postać

x =

−2e

−te

−t

− e

−t

+ t/2 + A

−t

/2 + B

(t/2 + 1/2 + A)e

+ Be

− t − 1

−e

− 2Be

4.4. Wiadomości pomocnicze z teorii macierzy i wyznaczników

Macierzą m × n wymiarową nazywamy tablicę





. . .



 .

Krótko macierz oznaczamy symbolicznie A = (a

), gdzie i oznacza numer wiersza, a

j numer kolumny. Jeśli m = n macierz nazywamy kwadratową.

Jeśli a

= 0 dla i 6= j, macierz nazywamy diagonalną. Jeśli ponadto a

= 1

dla i = 1, . . . , n, macierz nazywamy jednostkową. Macierz powstała z macierzy A
przez zamianę wierszy na kolumny nazywamy macierzą transponowaną i oznaczamy
symbolem A

. Jeśli A = (a

), to A

= (a

). W szczególności jeśli A jest macierzą

jednowierszową, to A

jest macierzą jenokolumnową.

Sumą macierzy A = (a

) oraz B = (b

) tego samego wymiaru m × n, nazywamy

macierz C = (c

) wymiaru m × n, gdzie c

= a

+ b

, tzn. A + B = (a

+ b

Jeśli α jest stałą, A = (a

) macierzą, to symbolem αA oznaczamy macierz (αa

Jeśli A = (a

) jest macierzą m × n wymiarową a B = (b

) macierzą n × l

wymiarową, to iloczynem macierzy A i B nazywamy macierz C = (c

) o wymiarze

m × l, gdzie

k=1

(4.18)

Rozdział 4. Układy równań różniczkowych liniowych

Śladem macierzy kwadratowej A = (a

) nazywamy sumę elementów leżących na

przekątnej macierzy, czyli wielkość

Tr A =

i=1

Jeśli elementy macierzy A(t) = a

(t)

są funkcjami różniczkowalnymi w prze-

dziale I, to symbolem A

(t) oznaczamy macierz

(t) = a

(t)

to znaczy macierz, której elementami są pochodne elementów macierzy A.

Jeśli A(t) jest macierzą m × n wymiarową, a B(t) macierzą n × l wymiarową, przy

czym elementy obu macierzy są funkcjami różniczkowalnymi w przedziale I, to

A(t) B(t)

= A

(t)B(t) + A(t)B

(t).

(4.19)

Istotnie, zgodnie z wzorem na iloczyn macierzy mamy

k=1

(t)b

(t)

k=1

(t)b

(t) +

k=1

(t)b

(t),

skąd i (4.18) wzór (4.19) wynika natychmiast.

Wyznacznikiem z macierzy kwadratowej A = (a

)nazywamy liczbę

det A =

. . .

(−1)

j1...jn

· · · a

gdzie suma rozciąga się po wszystkich permutacjach j

, . . . , j

ciągu 1, . . . , n,

a k

...j

oznacza ilość inversji w permutacji j

, . . . , j

Zauważmy, że wartość wyznacznika nie ulegnie zmianie jeśli do wiersza (lub ko-

lumny) dodamy inny wiersz (lub kolumnę) pomnożony przez dowolną liczbę.

4.5. Zadania

1. Znaleźć rozwiązanie problemu:

a) x

= 5x − 2y + t,

= 4x − y + e

x(0) = 1, y(0) = 0;

b) x

= 2x − 3y + te

= x − 2y,

x(0) = 0, y(0) = 1;

c) x

= 8x − 8y + 2,

= x + 4y − t,

x(0) = 1, y(0) = −1;

d) x

= x − y + z, y

= x + y − z, z

= 2x − y,

x(0) = y(0) = 1, z(0) = 0.

2. . Znaleźć całkę ogólną równania u

= Au jeśli macierz A ma postać:







 ;





−1

−1 1

−1



 ;





−1



 ;





−1

−1 0



 .

4.5. Zadania

3. Znaleźć rozwiązanie problemu u

= Au, u(0) = u

jeśli macierz A oraz wektor u

mają postać:

(i)







 ,





1
2
3



 ; (ii)





−1

−1 2



 ,





1
0

−1



 ;

4. Znaleźć rozwiązanie równania

u +

5. Znaleźć rozwiązanie problemu:





−1

−1 2



 u +





−t



 ,

u(0) =





0
1
3





6. Znaleźć całkę ogólną równania u

= Au + f (t), jeśli macierz A oraz wektor f mają

następującą postać:

(i)

−1

−2 − 4t

;

(ii)

−1;

1 + 4t

(iii)





−1

−1 1



 ,







 ; (iv)





−2

−1 0

−1



 ,





2 − t

1 − t



 .

7. Znaleźć rozwiązanie problemu:

(i)





−1

−1 2



 u +





−t



 , u(0) =





0
1
3



 ;

(ii)





−2 1 1



 u +





1
0



 , u(0) =





1
1
1



 ;

(iii)





−1

−3 −1

−4



 u +







 , u(0) =





0
3
1



 ;

Rozdział 4. Układy równań różniczkowych liniowych

(iv)





−4



 u +





−1



 , u(0) =





1
0
1



 .

Rozdział 5

Zależność rozwiązań od warunków początko-
wych, nierówności różniczkowe, twierdzenia
porównawcze

5.1. Zależność rozwiązań od warunków początkowych i pra-

wych stron równania

Lemat 5.1 (Gronwall). Niech u, v : [α, β) → [0, +∞) będą funkcjami ciągłymi.

Załóżmy, że

v(t) ≤ c +

u(s)v(s)ds

dla

t ∈ [α, β),

gdzie c ≥ 0.

Wówczas

v(t) ≤ ce

u(s)ds

dla

t ∈ [α, β).

W szczególności, jeśli c = 0 to v(t) ≡ 0.

Dowód. Załóżmy wpierw, że c > 0. Połóżmy

w(t) = c +

u(s)v(s)ds.

Po zróżniczkowaniu ostatniej równości i wykorzystaniu założeń lematu otrzymamy

(t) = u(t)v(t) ≤ u(t)w(t).

Ponieważ w(t) ≥ c > 0 dla t ∈ [α, β), ostatnią nierówność możemy zapisać w postaci

(t)

w(t)

≤ u(t).

Całkując teraz w przedziale [α, t] otrzymamy

ln w(t) − ln w(α) ≤

u(s)ds.

Stąd

w(t) ≤ w(α)e

u(s)ds

W konsekwencji

v(t) ≤ w(α)e

u(s)ds

Ponieważ w(α) = c, otrzymaliśmy żądaną nierówność. Przechodząc z c do zera otrzy-
mamy v = 0, co kończy dowód.

Rozdział 5. Zależność rozwiązań od warunków początkowych

Wniosek 5.1. Jeśli v : [α, β) → [0, +∞) jest funkcją ciągłą i ponadto

v(t) ≤ c + K

v(s)ds,

t ∈ [α, β).

gdzie c ≥ 0, K > 0, to

v(t) ≤ ce

K(t−α)

Twierdzenie 5.1. Niech f, g : U → R, gdzie U ⊂ R

, będą funkcjami ciągłymi.

Załóżmy, że g spełnia warunek Lipschitza względem drugiej zmiennej ze stałą L. Niech
(t

, x

), (t

, y

) ∈ U. Załóżmy ponadto, że

− y

| ≤ δ

oraz

sup

(t,x)∈U

|f(t, x) − g(t, x)| ≤ δ

Jeśli x, y : I → R (I = [t

− h, t

+ h]) są odpowiednio rozwiązaniami problemu

= f (t, x),

x(t

) = x

oraz

= g(t, y),

y(t

) = y

|y(t) − x(t)| ≤ (δ

+ δ

h)e

L|t−t

dla

t ∈ I.

Dowód. Zgodnie z uwagą 1.1 (zob. wzór (1.7))

x(t) = x

f (s, x(s))ds

dla

t ∈ I

oraz

y(t) = y

g(s, y(s))ds

dla

t ∈ I.

Załóżmy, że t ∈ [t

, t

+ h] (dla t ∈ [t

− h, t

] argument jest analogiczny). Korzystając

z ostatnich równości mamy

|y(t) − x(t)| ≤ |y

− x

| +

g(s, y(s)) − f(s, x(s))

≤ |y

− x

| +

|g(s, y(s)) − g(s, x(s))|ds +

|g(s, x(s)) − f(s, x(s))|ds

≤ δ

+ δ

h + L

|y(s) − x(s)|ds.

Na mocy nierówności Gronwalla (zob. wniosek 5.1)

|y(t) − x(t)| ≤ (δ

+ δ

h)e

L(t−t

)

5.2. Nierówności różniczkowe

problemy

= sin tx,

x(0) = 1

oraz

= tx x(0) = 1.1.

Na mocy twierdzenia 1.1 oba powyższe problemy posiadają w przedziale [−1/2, 1/2]

rozwiązania określone jednoznacznie (sprawdzić!). Oznaczmy je odpowiednio przez x
oraz ˜

x. Zauważmy, że

| sin tx − tx| =

tx +

(tx)

+ o(tx) − tx

(tx)

+ o(tx)

≤

1
6

1
2

3
2

+ o(tx) ≤

128

+ 0.007 = 0.0773.

Na mocy twierdzenia 5.1 różnicę między rozwiązaniem x a ˜

x możemy oszacować na-

stępująco

|˜x(t) − x(t)| ≤ 0.1 + (0.0773)/2)

1/4

< 0.177.

Uwaga 5.1 Twierdzenie 5.1 możemy sformułować dla rownania wektorowego.

Dowód przebiega analogicznie, przy czym wartość bezwzględną należy zastąpić normą
przestrzeni R

5.2. Nierówności różniczkowe

Niech f : U → R (U ⊂ R

) będzie funkcją ciągłą. Funkcje ϕ : I → R,

I = [a, b], nazywamy rozwiązaniem nierówności różniczkowej

< f (t, x)

(5.1)

w przedziale I, jeśli ϕ jest różniczkowalna w przedziale I, (t, ϕ(t)) ∈ U dla t ∈ I

i ponadto

(t) < f (t, ϕ(t))

dla t ∈ I.

Nierówność < może być zastąpiona przez nierówności: ≤, >, ≥ .

Twierdzenie 5.2. Niech f : U → R (U ⊂ R

) będzie funkcją ciągłą. Niech

ϕ : J → R, J = [t

, t

+a], będzie rozwiązaniem nierówności (5.1), a funkcja ψ : J → R

rozwiązaniem nierówności

> f (t, x),

t ∈ J.

(5.2)

Jeśli ϕ(t

) < ψ(t

) to

ϕ(t) < ψ(t),

dla t ∈ J.

(5.3)

Dowód. Przypuśćmy, że warunek (5.3) nie zachodzi. Wówczas zbiór A = {t ∈

J : ϕ(t) ≥ ψ(t)} jest niepusty. Oznaczmy przez t

∗

kres dolny zbioru A. Oczywiście

< t

∗

, ϕ(t

∗

) = ψ(t

∗

) oraz ϕ(t

∗

+ s) < ψ(t

∗

+ s) dla s ∈ (t

− t

∗

, 0). Zatem

∗

− 0) =

lim

s→0, s<0

ϕ(t

∗

+ s) − ϕ(t

∗

)

≥

lim

s→0, s<0

ψ(t

∗

+ s) − ψ(t

∗

)

= ψ

∗

− 0).

Rozdział 5. Zależność rozwiązań od warunków początkowych

Stąd oraz nierówności (5.2) oraz (5.1) otrzymamy

f (t

∗

, ψ(t

∗

)) < ψ

∗

− 0) ≤ ϕ

∗

− 0) < f(t

∗

, ϕ(t

∗

)),

co przeczy równości ϕ(t

∗

) = ψ(t

∗

). Zatem zbiór A jest pusty, a to oznacza że warunek

(5.3) jest spełniony.

Rozważmy problem Cauchy’ego

= f (t, x),

x(t

) = x

(5.4)

gdzie f : U → R jest funkcją ciągłą, (t

, x

) ∈ U.

Twierdzenie 5.3.

Niech x będzie rozwiązaniem problemu (5.4) w przedziale

J = [t

, t

+ h), ϕ rozwiązaniem nierówności różniczkowej (5.1) w pbrzedziale J,

a ψ rozwiązaniem nierówności różniczkowej (5.2) w pbrzedziale J. Załóżmy ponadto
że ϕ(

) ≤ x

≤ ψ(t

). Wówczas

ϕ(t) < x(t) < ψ(t)

dla t ∈ (t

, t

+ h).

Dowód. Pokażemy tylko drugą nierówność (dowód pierwszej jest analogiczny).

Jeśli ψ(t

) > x

żądana nierówność wynika natychmiast z twierdzenia 5.2. Przypu-

śćmy, że ψ(t

) = x

. Połóżmy

y(t) = ψ(t) − x(t),

t ∈ J.

Zauważmy że y

) = ψ

) − x

) > f (t

, x(t

)) − f(t

, x(t

)) = 0. Zatem y

(t) > 0

w pewnym przedziale [t

, t

+ δ]. W konsekwencji ψ(t

+ δ) > x(t

+ δ). Ponownie z

twierdzenia 5.2 wynika że ψ(t) > x(t) dla t ∈ [t

+ δ, t

+ h) co kończy dowód.

Przykład 5.3. Niech x = x(t) będzie rozwiązaniem problemu

= x

+ t

x(0) = 1,

t ∈ [0, 1).

Połóżmy

ϕ(t) = 1 + t

/3,

ψ(t) = tg(t + π/4),

t ∈ [0, 1).

Oczywiście ϕ(0) = 1 oraz ψ(0) = 1. Ponadto dla t ∈ [0, 1) mamy:

(t) = t

< (1 + t

/3)

+ t

= ϕ

(t) + t

(t) = 1

sin

(t + π/4)

= tg

(t + π/4) + 1 > ψ

(t) + t

Stąd oraz twierdzenia 5.3 otrzymamy:

1 + t

/3 < x(t) < tg(t + π/4)

dla t ∈ [0, 1).

Twierdzenie 5.4. Niech f : U → R będzie funkcją ciągłą, taką, że dla (t, x), (t, y) ∈

U , t ∈ J = [t

, t

+ h), y ≥ x spełniona jest nierówność

f (t, y) − f(t, x) ≤ L(y − x),

(5.5)

5.2. Nierówności różniczkowe

gdzie L > 0. Niech x będzie rozwiązanien problemu (5.4) w przedziale J. Załóżmy, że
funkcje ϕ i ψ spełniają nierówności różniczkowe

(t) ≤ f(t, ϕ(t)),

(t) ≥ f(t, ψ(t)),

t ∈ J.

(5.6)

Załóżmy ponadto że ϕ(

) ≤ x

≤ ψ(t

). Wówczas

ϕ(t) ≤ x(t) ≤ ψ(t),

t ∈ J.

(5.7)

Dowód. Połóżmy

y(t) = ϕ(t) − εe

λ(t−t

)

gdzie ε > 0, λ > L. Wykorzystując warunek (5.6) i (5.5) otrzymamy

(t)

(t) − ελe

λ(t−t

)

≤ f(t, ϕ(t)) − ελe

λ(t−t

)

≤ f(t, y(t)) + L(ϕ(t) − y(t)) − εe

λ(t−t

)

≤ f(t, y(t)) + ε(L − λ)e

λ(t−t

)

< f (t, y(t)).

Podobnie dla funkcji

z(t) = ψ(t) + εe

λ(t−t

)

otrzymamy nierówność

(t) > f (t, z(t)).

Ponieważ

y(t

) = ϕ(t

) ≤ x

≤ ψ(t

) = z(t

Na mocy twierdzenia 5.3 mamy

y(t) < x(t) < z(t),

t ∈ (t

, t

+ h).

Kładąc ε → 0 otrzymamy oszacowania (5.7).

Twierdzenie 5.5. W założeniach twierdzenie 5.4 warunek (5.5) zastąpmy wa-

runkiem Lipschitza

|f(t, y) − f(t, x)| ≤ L|y − x| dla t ≥ t

, y ≥ x.

(5.8)

Niech x będzie rozwiązanien problemu (5.4) w przedziale J. Niech funkcje ϕ i ψ speł-
niają warunki (5.6). Przyjmijmy ponadto, że ϕ(t

) = x

= ψ(t

Wówczas, jeśli ϕ(t

) < x(t

) dla pewnego t

∈ J, to ϕ(t) < x(t) dla t ∈ [t

, t

+ h].

Jeśli ϕ(t

) = x(t

), to ϕ(t) = x(t) dla t ∈ [t

, t

Podobnie, jeśli ψ(t

) > x(t

), dla pewnego t

∈ J, to ψ(t) > x(t) dla t ∈ [t

, t

+h].

Jeśli ψ(t

) = x(t

), to ψ(t) = x(t) dla t ∈ [t

, t

Dowód. Niech t ∈ J = [t

, t

+ h), y ≥ x. Warunek Lipschitza (5.8) możemy

zapisać w postaci

−L(y − x) ≤ f(t, y) − f(t, x) ≤ L(y − x).

(5.9)

Rozdział 5. Zależność rozwiązań od warunków początkowych

Zauważmy że warunki twierdzenia 5.4 są spełnione. Z (5.7) wynika, że x(t) − ϕ(t) ≥ 0

oraz ψ(t) − x(t) ≥ 0 dla t ∈ J. Z (5.6) oraz (5.8) wynika, że

(t) − x

(t) ≤ f(t, ϕ(t)) − f(t, x(t)) ≤ L(x(t) − ϕ(t)).

Stąd

ϕ(t) − x(t)

≤ 0.

Oznacza to, że funkcja e

ϕ(t)−x(t) jest malejąca. Stąd i warunku Ponieważ ϕ(t

) =

x(t

) wynika, że

ϕ(t) − x(t)

≤ e

ϕ(t

) − x(t

)

< 0

dla t > t

a w konsekwencji

ϕ(t) < x(t)

dla

t ∈ [t

, t

+ h].

Stąd wynika natychmiast, że jeśli ϕ(t

) = x(t

), to ϕ(t) = x(t) dla t ∈ [t

, t

5.3. Twierdzenia porównawcze

W teorii równań różniczkowych często bardzo użytecznym okazuje się oszacowanie

rozwiązań jednego równania za pomocą rozwiązń drugiego równania. Rezultaty takie
noszą nazwę twierdzeń porównawczych. Poniżej podajemy przykład takiego twierdze-
nia.

Twierdzenie 5.6. Niech f, g : U → R (U ⊂ R

) będą funkcjami ciągłymi.

Załóżmy, że

f (t, x) < g(t, x)

dla (t, x) ∈ U.

Niech (t

, x

) ∈ U. Niech x, y : I → R będą odpowiednio rozwiązaniami problemu

= f (t, x),

x(t

) = x

oraz

= g(t, y),

y(t

) = x

Wówczas

x(t) < y(t)

dla t > t

, t ∈ I

(5.10)

oraz

x(t) > y(t)

dla t < t

, t ∈ I.

(5.11)

Dowód. Rozważmy przypadek t > t

. Przypuśćmy dla dowodu nie wprost, że

warunek (5.10) nie zachodzi. Istnieje wówczas ˆt > t

(ˆt ∈ I) takie, że x(ˆt) ≥ y(ˆt).

Rozważmy funkcje u = y − x. Oczywiście u(t

) = 0 oraz

) = y

) − x

) = g(t

, y(t

)) − f(t

, x(t

)) = g(t

, x

) − f(t

, x

) > 0.

Ponieważ u

jest funkcją ciągłą, istnieje δ > 0 takie, że u

(t) > 0 dla t ∈ (t

−δ, t

+ δ).

Stąd i równości u(t

) = 0 wynika, że u(t) > 0 dla t ∈ (t

, t

+ δ). Niech(t

, ˜

t) będzie

5.4. Rozwiązanie górne i dolne problemu Cauchy’ego

maksymalnym przedziałem w którym u(t) > 0. Z nierówności u(ˆt) ≤ 0 wynika, iż

t ≤ ˆt. Oczywiście u(˜t) = 0, tzn. x(˜t) = y(˜t).

Zauważmy, że

(˜

t) = y

(˜

t) − x

(˜

t) = g(˜

t, y(˜

t)) − f(˜t, x(˜t)) = g(˜t, x(˜t)) − f(˜t, x(˜t)) > 0.

Ponieważ u

jest funkcją ciągłą, istnieje δ

> 0 takie, że u

(t) > 0 dla t ∈ (˜t− δ

, ˜

t).

Stąd i warunku u(˜t) = 0 wynika, że u(t) < 0 dla t ∈ (˜t− δ

, ˜

t), co jest niemożliwe,

bowiem u(t) > 0 dla t ∈ (t

, ˆ

t). Uzyskana sprzeczność kończy dowód. Podobnie można

pokazać nierówność (5.11).

5.4. Rozwiązanie górne i dolne problemu Cauchy’ego

Rozważmy problem Cauchy’ego (5.4). Załóżmy, że rozwiązanie tego problemu nie

jest określone jednoznaczne.

Definicja 5.1. Rozwiązanie ϕ : I → R problemu (5.4) nazywamy rozwiązaniem

dolnym problemu (5.4) w przedziale I, jeśli dla dowolnego rozwiązania x : J → R
problemu (5.4) mamy

ϕ(t) ≤ x(t) dla t ∈ I ∩ J.

Rozwiązanie ψ : I → R problemu (5.4) nazywamy rozwiązaniem górnym problemu

(5.4) w przedziale I, jeśli dla dowolnego rozwiązania x : J → R problemu (5.4) mamy

ψ(t) ≥ x(t) dla t ∈ I ∩ J.

Twierdzenie 5.7. Niech f : P → R, gdzie P = {(t, x) : |t − t

| ≤ a, |x − x

| ≤

b}, będzie funkcją ciągłą i ograniczoną. Wówczas problem (5.4) posiada w przedziale
[t

− h, t

+ h], gdzie h = min{a, b/(M + 1)}, M = sup{|f(t, x)| : (t, x) ∈ P },

rozwiązanie górne oraz dolne.

Dowód. Dla n ∈ N połóżmy

= f (t, x) +

x(t

) = x

(5.12)

Na mocy twierdzenia 1.4 problem (5.7) posiada w przedziale [t

−h, t

+h] rozwiązanie.

Oznaczmy go symbolem x

. Oczywiście rodzina {x

} jest równociągła i wspólnie

ograniczona. Na mocy twierdzenia Arzela - Ascoli istnieje podciąg {x

} ciągu {x

}

jednostajnie zbieżny w przedziale [t

−h, t

+h], powiedzmy do funkcji x

. Przechodząc

(zob. lemat 1.2) z n

→ ∞ w równości

(t) = x

f (s, x

(s))ds

otrzymamy

(t) = x

f (s, x

(s))ds,

Rozdział 5. Zależność rozwiązań od warunków początkowych

co oznacza, że x

jest rozwiązaniem problemu (5.4) w przedziale [t

− h, t

+ h].

Niech x : [t

− h, t

+ h] → R będzie rozwiązaniem problemu (5.4). Zgodnie z

twierdzeniem 5.6

(t) < x(t)

dla t ∈ (t

− h, t

)

oraz

(t) > x(t)

dla t ∈ (t

, t

− h).

Analogicznie rozważając ciąg problemów

= f (t, x) −

x(t

) = x

możemy wykazać istnienie rozwiązania x

−

takiego, że dla dowolnego rozwiązania x :

− h, t

+ h] → R problemu (5.4) zachodzą warunki:

−

(t) > x(t)

dla t ∈ (t

− h, t

)

oraz

−

(t) < x(t)

dla t ∈ (t

, t

− h)

dla dowolnego rozwiązania x : [t

− h, t

+ h] → R problemu (5.4).

Połóżmy

ϕ(t) =

(t)

dla t ∈ [t

− h, t

−

(t)

dla t ∈ (t

, t

+ h];

oraz

ψ(t) =

−

(t)

dla t ∈ [t

− h, t

(t)

dla t ∈ (t

, t

+ h];

Nietrudno sprawdzić, że tak określone funkcje ϕ i ψ są rozwiązaniami równania (5.4)
w przedziale [t

−h, t

+ h], przy czym ϕ jest rozwiązaniem dolnym, a ψ rozwiązaniem

górnym problemu (5.4) w przedziale [t

− h, t

+ h].

Przykład 5.2. Rozwiązaniem problemu

√

x(0) = 0,

t ≥ 0

jest rodzina funkcji

x(t) =

dla 0 ≤ t ≤ t

(t − t

)

dla t > t

Nietrudno sprawdzić, że funkcja x ≡ 0 jest rozwiązaniem dolnym, a funkcja x(t) =
t

/4 rozwiązaniem górnym.

5.5. Zadania

1. Korzystając z nierówności Gronwalla pokazać, że rozwiązanie problemu

+ a(t)x = f (t),

x(t

) = λ,

gdzie a i f są funkcjami ciągłymi zależy w sposób ciągły od λ.

5.5. Zadania

2. Dla problemu początkowego

= t + e

sin tx,

x(0) = x

oszacować przyrost rozwiązania na przedziale [0, 1], jeśli wartość początkowa x

została zaburzona o wielkość 0.2.

3. Oszacować różnicę rozwiązań problemów

= a + sin x, x(0) = 0

oraz

= b + sin x, x(0) = 0.

4. Oszacować różnicę rozwiązań x(t, λ

), x(t, λ

) problemu

= cos x + λ, x(0) = 0

w przedziale [0, 1].

5. Pokazać że w twierdzeniu 5.2 nierówności silne nie można zastąpić słabymi.

6. Niech x = x(t) będzie rozwiązaniem problemu x

= x − x

, x(0) = 1/2. Pokazać,

że 1/2 < x(t) ≤ 1 dla t ∈ (0, ∞).

7. Niech x = x(t) będzie rozwiązaniem problemu x

= x

− t, x(0) = 1. Pokazać, że

1 + t < x(t) ≤ 1/(1 − t) dla t ∈ (0, 1).

8. Niech f, g : U → R będą funkcjami ciągłymi. Załóżmy, że f(t, x) < g(t, x) dla

(t, x) ∈ U. Niech x = x(t), y = y(t), gdzie t ∈ J = [t

, t

+ h), będą rozwiązaniami

problemów

= f (t, x),

= g(t, y),

t ∈ J.

Załóżmy ponadto, że x(t

) < y(t

). Pokazać, że

x(t) < y(t)

dla t ∈ J.

Rozdział 6

Stabilność rozwiązań równań różniczkowych

6.1. Wprowadzenie

Rozważmy problem początkowy

= f (t, x),

x(t

) = x

(6.1)

gdzie f : Ω → R

(Ω ⊂ R

n+1

) jest funkcją ciągłą, Ω ⊂ R

n+1

zbiorem otwartym,

x ∈ R

, (t

, x

) ∈ Ω.

Rozwiązanie problemu początkowego (6.1) wygodnie jest oznaczać symbolem x(· ; t

, x

Założmy, że rozwiązanie to jest określone w przedziale [t

, +∞).

Definicja 6.1. Mówimy, że rozwiązanie x(· ; t

, x

) problemu (6.1) jest stabilne

w sensie Lapunowa, jeśli jest określone w przedziale [t

, ∞) i ponadto dla każdego

ε > 0 istnieje δ = δ(ε) > 0 takie, że

kx(t; t

, x

) − x(t; t

, y

)k < ε

dla

t ≥ t

, y

∈ B(x

, δ),

gdzie symbol k · k oznacza normę w przestrzeni R

Definicja 6.2. Rozwiązanie x(· ; t

, x

) problemu (6.1) nazywamy asymptotycznie

stabilnym w sensie Lapunowa, jeśli jet ono stabilne i ponadto istnieje δ > 0 takie, że

lim

t→∞

kx(t; t

, x

) − x(t; t

, y

)k = 0

dla

∈ B(x

, δ).

Przykład 6.1. Rozwiązaniem problemu

= 2t,

x(t

) = x

jest funkcja x(· ; t

, x

) = t

+ x

− t

. Oczywiście

|x(t; t

, x

) − x(t; t

, y

)| = |x

− y

Rozwiązanie x(· ; t

, x

) jest stabilne, bowiem dla zadanego ε > 0 wystarczy przyjąć

δ = ε. Zauważmy, że rozwiązanie to nie jest asymptotycznie stabilne.

Przykład 6.2. Rozwiązaniem problemu

= a(t)x,

x(t

) = x

Rozdział 6. Stabilność rozwiązań równań różniczkowych

jest funkcja

x(· ; t

, x

) = x

a(s)ds.

Oczywiście

|x(t; t

, y

) − x(t; t

, x

)| = |y

− x

a(s)ds

Zauważmy, że rozwiązanie x(· ; t

, x

) jest stabilne, jeśli funkcja t 7→ e

a(s)ds

jest

ograniczona oraz asymptotycznie stabilne, jeśli lim

t→∞

a(s)ds

= 0.

Przykład 6.3. Rozważmy problem początkowy

= f (x),

x(0) = 0,

gdzie f : R → R jest funkcją ciągłą. Załóżmy, że f(0) = 0. Oczywiście funkcja x(t) ≡ 0

jest rozwiązaniem tego problemu. Pokażemy, że stabilność rozwiązania zerowego zależy
od znaku funkcji f.

Przypuśćmy wpierw, że xf(x) > 0 dla 0 < |x| < h. Wówczas dla x

∈ (0, h)

rozwiązanie x(· ; 0, x

) rośnie co najmniej do chwili t takiej, że x(t; 0, x

) = h. Ponadto

łatwo zauważyć, że jeśli 0 < x(ˆt; 0, x

) < h dla pewnego ˆ

t ≥ 0, to x(t; 0, x

) ≥

x(ˆ

t; 0, x

) dla t > ˆ

t. Podobnie, jeśli −h < x(ˆt; 0, x

) < 0 dla pewnego ˆ

t ≥ 0, to

x(t; 0, x

) ≤ x(ˆt; 0, x

) dla t > ˆ

t. Oznacza to, że rozwiązanie zerowe nie może być

asymptotycznie stabilne.

Przypuśćmy teraz, że xf(x) < 0 dla 0 < |x| < h. Wówczas dla x

∈ (0, h)

rozwiązanie x(· ; 0, x

) maleje tak długo jak x(t; 0, x

) > 0, natomiast dla x

∈ (−h, 0)

rozwiązanie x(· ; 0, x

) rośnie tak długo jak x(t; 0, x

) < 0. Ponadto łatwo zauważyć,

że jeśli 0 < x(ˆt; 0, x

) < h dla pewnego ˆ

t ≥ 0, to x(t; 0, x

) ≤ x(ˆt; 0, x

) dla t > ˆ

Podobnie, jeśli −h < x(ˆt; 0, x

) < 0 dla pewnego ˆ

t ≥ 0, to x(t; 0, x

) ≥ x(ˆt; 0, x

) dla

t > ˆ

t. Oznacza to, że rozwiązanie zerowe jest stabilne.

6.2. Stabilność układów liniowych

Rozważmy problem początkowy dla układu równań liniowych o stałych współ-

czynnikach

= Ax,

x(t

) = x

(6.2)

gdzie x = (x

, . . . , x

)

, A = (a

), i, j = 1, . . . , n.

W rozdziale IV pokazaliśmy, że jeśli równanie charakterystyczne

det (A − λI) = 0

ma jednokrotne pierwiastki rzeczywiste λ

, . . . , λ

, to całka ogólna równania (6.2) ma

postać

x = C

+ . . . + C

gdzie wektor v

= (v

, . . . , v

)

jest rozwiązaniem równania

(A − λ

I)v = 0.

6.3. Metoda Lapunowa dla układów autonomicznych

Jeśli λ

, . . . , λ

są liczbami rzeczywistymi ujemnymi, wówczas e

→ 0 gdy t →

∞. W konsekwencji x(t) → 0 gdy t → ∞, co oznacza że rozwiązanie zerowe jest

asymptotycznie stabilne.

Podobnie, jeśli λ

jest pierwiastkiem wielokrotnym, w rozwiązaniu występuje czyn-

nik e

pomnożony przez wielomian zmiennej t. W konsekwencji, gdy λ

jest liczbą

rzeczywistą ujemną, x(t) → 0 gdy t → ∞. Zatem rozwiązanie zerowe jest asympto-

tycznie stabilne.

Jeśli λ

= α

+ iβ

, to odpowiadający jej wktor własny v

= u

+ iw

jest również

liczbą zespoloną, a stosowne rozwiązania mają postać

cos β

t − w

sin β

t),

sin β

t + w

cos β

t).

Jeśli α

< 0, powyższe funkcje dążą do zera gdy t → ∞. Jeśli α

= 0, funkcje te są

ograniczone, a jeśli α

> 0, są nieograniczone. W konsekwencji rozwiązanie zerowe

układu (6.3) jest asymtotycznie stabilne, gdy Reλ

< 0, k = 1, . . . , n; stabilne, gdy

Re λ

≤ 0, k = 1, . . . , n; niestabilne gdy Re λ

> 0 dla co najmniej jednego k.

6.3. Metoda Lapunowa dla układów autonomicznych

Rozważmy równanie

= f (x),

(6.3)

gdzie f : Ω → R

jest funkcją ciągłą, Ω ⊂ R

zbiorem otwartym. Punkt x

∈ Ω

taki, że f(x

) = 0 nazywamy punktem stacjonarnym. Oczywiście funkcja x(t) ≡ x

jest rozwiązaniem równania (6.3). Jeśli x

= 0, rozwiązanie x(t) ≡ 0 nazywamy

rozwiązaniem zerowym. Zmiana zmiennych y = x−x

sprowadza punkt stacjonarny x

do początku układu. Bez zmniejszenia ogólności rozważań możemy zatem ograniczyć
się do badania stabilności rozwiązań zerowych.

Definicja 6.1. Funkcje V : Ω → R posiadającą ciągłe pochodne cząstkowe, nazy-

wamy funkcją Lapunowa dla układu (6.3) w obszarze Ω, jeśli:

(i)

V (0) = 0, V (x) > 0 dla x ∈ Ω \ {0};

(ii)

V ◦ ϕ

(t) ≤ 0 dla dowolnego rozwiązania ϕ układu (6.3).

Uwaga 6.1. Dla niektórych rezultatów w miejsce warunku (i) zakłada się waru-

nek:

(i’)

V (0) = 0, V (x) ≥ 0 dla x ∈ Ω \ {0}, przy czym równość zachodzi tylko dla

ściśle określonych podzbiorów zbioru Ω.

Przykład 6.4. Nietrudno sprawdzić, że poniższe funkcje spełniają warunek (i):
(a) V (x) = x

+ . . . + x

Ω = R

;

(b) V (x) = x

+ . . . + x

− (x

+ . . . + x

Ω = {x : kxk < 1};

+ . . . + α

> 0, . . . , α

> 0, Ω = R

;

natomiast warunek (i’) spełniają funkcje;

(d) V (x) = α

+ . . . + α

n−1

> 0, . . . , α

n−1

> 0, Ω = R

;

(e) V (x) = α

+ (α

+ . . . + α

n−1

n;1

)

> 0, Ω = R

Rozdział 6. Stabilność rozwiązań równań różniczkowych

Warunek (ii) mówi, że dla dowolnego rozwiązania ϕ : I → R

leżącego w zbiorze

Ω, funkcja t 7→ V (ϕ(t)) jest malejąca. W literaturze pochodną (V ◦ϕ)

zwykle oznacza

się symbolem ˙V (ϕ).

Niech ϕ : I → R

będzie rozwiązaniem układu (6.3) leżącym w zbiorze Ω. Oczy-

wiście

V (ϕ)

V ϕ(t)

i=1

∂V

∂x

ϕ(t)

dϕ

(t)

i=1

∂V

∂x

ϕ(t)

· f

(ϕ(t)) =

gradV (ϕ(t)), f (ϕ(t))

gdzie symbol h·, ·i oznacza iloczyn skalarny w przestrzeni R

Uwaga 6.2. Zauważmy, że jeśli

grad V (x), f (x))

≤ 0

dla

x ∈ Ω \ {0},

to warunek (ii) jest spełniony.

Twierdzenie 6.1. Niech f : Ω → R

, gdzie Ω ⊂ R

jest zbiorem otwartym,

będzie funkcją ciągłą. Niech U ⊂ Ω będzie zbiorem otwartym takim, że U ⊂ Ω. Niech
V będzie funkcją Lapunowa dla równania (6.3). Załóżmy ponadto, że V (x) ≥ α > 0
dla x ∈ ∂U. Wówczas, dla x

∈ U spełniającego warunek V (x

) < α, rozwiązanie

x(· ; 0, x

) jest określone dla t > 0 i całkowicie leży w zbiorze U .

Dowód. Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że rozwiązanie x(· ; 0, x

) wychodzi

ze zbioru U. Niech

∗

= inf{t > 0 : x(t ; 0, x

) ∈ ∂U}.

Z ciągłości funkcji x(· ; 0, x

) wynika, że x(t

∗

; 0, x

) ∈ ∂U. Zatem V (x(t

∗

; 0, x

)) ≥ α.

Połóżmy

ψ(t) = V (x(t; 0, x

)).

Oczywiście

ψ(0) = V (x(0; 0, x

)) = V (x

) < α

oraz zgodnie z warunkiem (ii) definicji 6.1

(t) =

V (x(t; 0, x

)) ≤ 0

dla

t > 0.

Funkcja ψ jest zatem malejąca. W konsekwencji

α ≤ ψ(t

∗

) ≤ ψ(0) < α,

co jest niemożliwe. Nasze przypuszczenie było więc fałszywe, rozwiązanie x(· ; 0, x

)

nie wychodzi ze zbioru U.

Wniosek 6.1. Niech f : Ω → R

, gdzie Ω ⊂ R

jest zbiorem otwartym, będzie

funkcją ciągłą. Załóżmy, że 0 ∈ Ω oraz f(0) = 0, a ponadto istnieje funkcja Lapunowa
dla równania (6.3). Wówczas rozwiązanie zerowe równania (6.3) jest stabilne.

6.3. Metoda Lapunowa dla układów autonomicznych

Istotnie, ustalmy ρ > 0 tak aby B(0, ρ) ⊂ Ω. Niech 0 < ε < ρ. Niech α =

min

V (x) : kxk = ε

. Oczywiście α > 0. Dobierzmy δ > 0 tak, aby V (x) < α/2 dla

x ∈ B(0, δ). Zgodnie z twierdzeniem 6.1 rozwiązanie startujące z dowolnego punktu
x

∈ B(0, δ) jest określone dla t > 0 i pozostaje w zbiorze B(0, ε), co oznacza, że

rozwiązanie zerowe jest stabilne.

Połóżmy

K =

ψ ∈ C [0, ρ)), R

: ψ(0) = 0, ψ(t) > 0 dla t > 0, ψ funkcja rosnaca

Twierdzenie 6.2. Niech f : B(0, ρ) → R

będzie funkcją ciągłą, spełniającą

warunek f (0) = 0. Niech V będzie funkcją Lapunowa dla równania (6.3) w zbiorze
B(0, ρ). Załóżmy, że dla dowolnego rozwiązania ϕ równania (6.3) leżącego w zbiorze
B(0, ρ) istnieje funkcja ψ ∈ K taka, że

(V ◦ ϕ)

(t) ≤ −ψ(kϕ(t)k).

(6.4)

Wówczas rozwiązanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.

Dowód. Na mocy wniosku 6.1 rozwiązanie zerowe jest stabilne. Zatem dla do-

wolnego 0 < ε < ρ istnieje δ > 0 takie, że

kx(t; 0, x

)k < ε dla x

∈ B(0, δ), t > 0.

Pokażemy, że dla każdego x

∈ B(0, δ) rozwiązanie x(·; 0, x

) dąży do zera. Istotnie,

niech x

∈ B(0, δ). Połóżmy ϕ = x(·; 0, x

). Niech ψ ∈ K będzie funkcją odpowiada-

jącą ϕ zgodnie z założeniem twierdzenia. Przypuśćmy, że istnieją r > 0 oraz t

≥ 0

takie, że

kϕ(t)k ≥ r dla t > t

(6.5)

Na mocy warunku (6.4) i własności funkcji ψ

(V ◦ ϕ)

(t) ≤ −ψ(kϕ(t)k) ≤ −ψ(r) dla t > t

W konsekwencji

0 ≤ V ϕ(t))

)

V ◦ϕ

(s)ds+V (x

)≤V (x

)−ψ(r)(t−t

Ponieważ ψ(r) > 0, dla t dostatecznie dużych prawa strona jest ujemna, co daje
sprzeczność. Zatem przypuszczenie, że istnieje r > 0 spełniające warunek (6.5) jest
fałszywe. Wynika stąd, że dla dowolnego r > 0 oraz t

> 0 istnieje t

∗

> t

takie, że

kϕ(t

∗

)k < r. Oznacza to, że można znaleźć ciąg {t

} taki, że t

→ ∞, ϕ(t

) → 0.

Ponieważ V (ϕ(t)) jest funkcją nieujemną, malejącą względem t, wnosimy stąd, że
lim

t→∞

V (ϕ(t)) = 0. W konsekwencji lim

t→∞

kϕ(t)k = 0, co należało wykazać.

Uwaga 6.3. Zauważmy, że powyższe twierdzenia możemy sformułować bez wpro-

wadzania klasy K. Wynika to z faktu, że jeśli V : Ω → R jest funkcją ciągła, V (0) = 0

oraz V (x) > 0 dla x ∈ Ω \ {0}, to istnieje ρ > 0 oraz funkcje ψ

, ψ

∈ K takie, że

(kxk) ≤ V (x) ≤ ψ

(kxk) dla x ∈ B(0, ρ).

Rozdział 6. Stabilność rozwiązań równań różniczkowych

Istotnie, wystarczy przyjąć

(r) = min

V (x) : r ≤ kxk ≤ ρ

(r) = max

V (x) : 0 ≤ kxk ≤ r

Sformułowania nie używające klasy K są prostrze, za to ich dowody są mniej

przejrzyste.

Przykład 6.5. Rozważmy układ równań

= y − x

− xy

= −x − x

y − y

Połóżmy V (x, y) = x

+ y

. Oczywiście grad V (x, y) = (2x, 2y) oraz

grad V (x, y) · f(x, y) = (2x, 2y)

y − x

− xy

−x − x

y − y

= −2(x

+ y

)

< 0,

dla (x, y) 6= (0, 0).

Zgodnie z uwagą 6.2 tak określona funkcja V jest funkcją Lapunowa dla rozwa-

żanego układu. Na mocy twierdzenia 6.1 (zob wniosek 6.1) rozwiązanie zerowe jest
asymptotycznie stabilne.

Przykład 6.6. Rozważmy układ równań

= −xy

= x

Niech V (x, y) = x

+ y

. Mamy

grad V (x, y) · f(x, y) = (4x

, 4y

)

−xy

= −4x

+ 4x

= 0.

V jest zatem funkcją Lapunowa, a z twierdzenia 6.1 (dokładnie z wniosku 6.1) wno-
simy, że rozwiązanie zerowe jest stabilne.

Przykład 6.7. Rozważmy układ równań

= a

(t)x

+ . . . + a

(t)x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
x

= a

(t)x

+ . . . + a

(t)x

gdzie a

(t) = −a

(t), i, j = 1, . . . n.

Niech V (x) = x

+ . . . + x

. Mamy

grad V (x) · f(x) = (2x

, . . . , 2x

)





(t)x

+ . . . + a

(t)x

. . . . . . . . .

(t)x

+ . . . + a

(t)x





= 2

j=1

i=1

(t)x

= 2

i=1

(t)x

6.3. Metoda Lapunowa dla układów autonomicznych

Jeśli a

(t) ≤ 0, i = 1, . . . , n, z ostatniej równości wynika, że warunek (ii) definicji

6.1 jest spełniony. Zatem V jest funkcją Lapunowa. Z twierdzenia 6.1 wnosimy, że
rozwiązanie zerowe jest stabilne. Jeśli a

(t) < 0, i = 1, . . . , n, rozwiązanie zerowe jest

asymptotycznie stabilne.

Twierdzenie 6.3. Rozważmy układ równań (6.3), gdzie funkcja f spełnia warunek

f (0) = 0. Niech V : Ω → [0, ∞) będzie funkcją klasy C

taką, że V (0) = 0. Załóżmy,

dla dowolnego rozwiązania ϕ równania (6.3) leżącego w zbiorze Ω\{0} istnieje funkcja
ψ ∈ K taka, że

(V ◦ ϕ)

(t) ≥ ψ(kϕ(t)k).

(6.6)

Załóżmy ponadto, że dla dowolnego r > 0 istnieje x

∈ Ω \ {0} takie, że kx

k < r oraz

V (x

) > 0. Wówczas rozwiązanie zerowe układu (6.3) jest niestabilne.

Dowód. Niech r

> 0 będzie takie, że B(0, r

) ⊂ Ω. Połóżmy

M =

max

x∈B(0,r

)

V (x).

Oczywiście M jest liczbą skończoną. Niech 0 < r < r

. Na mocy założeń istnieje

∈ Ω, kx

k < r takie, że V (x

) > 0. Połóżmy

ϕ(·) = x(· ; 0, x

Niech funkcja ψ ∈ K odpowiada rozwiązaniu ϕ zgodnie z przyjętym założeniem.

Ponieważ (V ◦ ϕ)

(t) ≥ 0, mamy

(V ◦ ϕ)(t) ≥ (V ◦ ϕ)(0) = V (x

)

dla t > 0.

Rozwiązanie ϕ nie może więc zbliżać się do zera. Zatem kϕ(t)k ≥ β dla pewnego
β > 0. Stąd, warunku (6.6) oraz własności funkcji ψ mamy

(V ◦ ϕ)

(t) ≥ ψ(β) > 0.

Zatem

(V ◦ ϕ)(t) = V (x

) +

(V ◦ ϕ)

(s)ds ≥ V (x

) + ψ(β) t.

Ponieważ V (x

) + ψ(β)t > M dla dostatecznie dużych t, powiedzmy t > ˆ

t, na mocy

definicji stałej M wnioskujemy, że kϕ(t)k > r

dla t > ˆt. Oznacza to, że rozwiązanie

zerowe układu (6.3) jest niestabilne.

Przykład 6.8. Rozważmy układ równań

= y + x(1 − x

− y

= −x + y(1 − x

− y

Niech V (x, y) = x

+ y

. Oczywiście

grad V (x, y) · f(x, y) = 2x(y + x(1 − x

− y

) + 2y(x − y(1 − x

− y

))

= 2(x

+ y

)(1 − x

− y

Ponieważ prawa strona ostatniej równości jest dodatnia dla punktów (x, y) leżących
w obszarze 0 < x

+ y

< 1, z twierdzenia 6.3 wnosimy, że rozwiązanie zerowe dla

zadanego układu jest niestabilne.

Rozdział 6. Stabilność rozwiązań równań różniczkowych

6.4. Metoda Lapunowa dla układów nieautonomicznych

Rozważmy układ równań

= f (t, x),

(6.7)

gdzie (t, x) ∈ [t

, +∞) × Ω, Ω ⊂ R

Definicja 6.2. Funkcje V : [t

, +∞) × Ω → [0, +∞) posiadającą ciągłe pochodne

cząstkowe nazywamy funkcją Lapunowa dla układu (6.7), jeśli:

(i) V (t, 0) = 0 dla t ≥ t

, V (t, x) > 0 dla t ≥ t

, x ∈ Ω \ {0};

(ii) ˙V t, ϕ(t)

V t, ϕ(t)

≤ 0 dla dowolnego rozwiązania ϕ układu (6.7).

Twierdzenie 6.4. Niech f : [t

, +∞) × Ω → R

będzie funkcją ciągłą taką, że

f (t, 0) = 0 dla t ≥ t

(i) Jeśli istnieje funkcja Lapunowa V dla układu (6.7) to rozwiązanie zerowe

układu (6.7) jest stabilne.

(ii) Jeśli ponadto ˙V t, ϕ(t)

< 0 dla dowolnego rozwiązania ϕ układu (6.7) leżącego

w zbiorze Ω \ {0}, to rozwiązanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.

Przykład 6.9. Rozważmy układ równań

= y,

= −p(t)x,

gdzie p(t) ≥ δ > 0, p

(t) ≤ 0 dla t ≥ 0.

Jako funkcje Lapunowa weźmy

V (t, x, y) = p(t)x

+ y

Zauważmy, że

dV (t, x(t), y(t))

= p

(t) x

(t) + 2p(t) x(t) x

(t) + 2y(t) y

(t)

= p

(t) x

(t) + 2p(t) x(t)y(t) − 2p(t) x(t)y(t) = p

(t)x

(t) ≤ 0.

Na mocy twierdzenia 6.4 wnioskujemy, że rozwiązanie zerowe jest stabilne.

Przykład 6.10. Rozważmy układ równań

= −a

(t)x − a

(t)y,

= a

(t)x − a

(t)y,

gdzie a

(t) = a

(t), a

(t) ≥ δ > 0, a

(t) ≥ δ > 0. Jako funkcje Lapunowa

rozważmy funkcje

V (t, x, y) = x

+ y

Zauważmy, że

dV (t, x(t), y(t))

2x(t) x

(t) + 2y(t) y

(t)

2x(t) − a

(t)x(t) − a

(t)y(t)

+ 2y(t) a

(t)x(t) − a

(t)y(t)

−2a

(t) x

(t) − 2a

(t) x(t)y(t) + 2a

(t) x(t)y(t) − 2a

(t)y

(t)

−2 a

(t)x

(t) + a

(t)y

(t)

≤ −2δ x

(t) + y

(t)

6.5. Zadania

Zgodnie z twierdzeniem 6.4 rozwiązanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.

6.5. Zadania

1. Dla podanych poniżej układów skonstruować funkcje Lapunowa postaci V (x, y) =

+ c

, c

> 0, c

> 0, a następnie zbadać, czy rozwiązanie zerowe jest

stabilne, asymptotycznie stabilne, czy niestabilne:
a) x

= −x + ye

= −xe

− y;

b) x

= −x

+ x

= −x

− x

c) x

= x/2 − y + xy,

= −y + xy

;

d) x

= −x − y − x

= x − y − y

;

e) x

= x

− y,

= x + y

;

f) x

= 2xy + x

= −x

+ y

2. Rozważmy układ równań

= y − xf(x, y),

= −x − yf(x, y),

gdzie f(0, 0) = 0. Załóżmy, że f jest funkcją regularną. Pokazać, że rozwiązanie
zerowe jest:
(i) stabilne, jeśli f(x, y) ≥ 0 w otoczeniu B(0, δ) początku układu;

(ii) asymptotycznie stabilne, jeśli f(x, y) > 0 w B(0, δ) \ {0};

(iii) asymptotycnie niestabilne, jeśli w kaźdym otoczeniu B(0, δ) istnieje punkt
(x, y) taki, że f (x, y) < 0.

3. Korzystając z wyników poprzedniego zadania zbadać, czy rozwiązanie zerowe na-

stępujących układów jest stabilne, asymptotycznie stabilne, czy niestabilne:
a) x

= y − xe

sin

= −x − ye

sin

b) x

= y − x(x

+ y

= −x − y(x

+ y

);

c) x

= y − xy

sin x,

= −x − y

sin x.

4. Pokazać, że rozwiązanie zerowe równania

+ ω

x = 0

jest stabilne. (Wskazówka; Zamienić równanie na układ równań).

5. Sprawdzić, że rozwiązanie zerowe równania

= sin(ln t) + cos(ln t) − 5/4

jest stabilne. (Wskazówka: Sprawdzić, że funkcja

V (t, x) = x

(5/4−sin(ln t))t

spełnia założenia warunku (i) twierdzenia 6.5).

6. Sprawdzić, że rozwiązanie zerowe równania

= (t sin t − 2t)x

jest asymptotycznie stabilne. (Wskazówka: Sprawdzić, że funkcja

V (t, x) = x

(2s−s sin s))ds

Rozdział 6. Stabilność rozwiązań równań różniczkowych

spełnia założenia warunku (ii) twierdzenia 6.5).

Rozdział 7

Klasyfikacja punktów krytycznych. Cykle
graniczne

7.1. Klasyfikacja punktów krytycznych układu dwóch równań

Rozważmy autonomiczny układ równań

= f (x, y),

= g(x, y),

(7.1)

gdzie x = x(t), y = y(t), f, g : D → R, D ⊂ R

Punkt (x

, y

) ∈ D taki, że f(x

, y

) = 0, g(x

, y

) = 0 nazywamy punktem

stacjonarnym (albo krytycznym) układu (7.1). Oczywiście funkcja stała (x(t), y(t)) ≡
(x

, y

) jest rozwiązaniem, tzw. rozwiązaniem stacjonarnym, układu (7.1). W niniej-

szym rozdziale zajmiemy się zachowaniem rozwiązań układu (7.1) w otoczeniu punktu
stacjonarnego. Dokonując zmiany zmiennych ˜

x = x − x

, ˜

y = y − y

, punkt sta-

cjonarny sprowadzimy do początku układu. Dlatego też, bez zmniejszenia ogólności
rozważań, wystarczy ograniczyć się do przypadku gdy punktem stacjonarnym jest
początek układu współrzędnych.

Przykład 7.1. Rozważmy układ równań liniowych o stałych współczynnikach

= ax + by,

= cx + dy,

(7.2)

gdzie ad − bc 6= 0.

Oczywiście punkt (0, 0) jest punktem stacjonarnym dla układu (7.2). Rozwiązując

równanie charakterystyczne

a − λ

d − λ

= 0

znajdziemy wartości własne, a mając wartości własne λ

, λ

, z układu równań

a − λ

d − λ

0
0

gdzie i = 1, 2, znajdziemy odpowiadające im wektory własne (u

, v

) oraz (u

, v

Przypadek 1.

Wartości własne są liczbami rzeczywistymi różnymi.

Rozwiązanie ogólne ma postać

x
y

= C

+ C

Rozdział 7. Klasyfikacja punktów krytycznych

lub w postaci równoważnej

x = C

+ C

y = C

+ C

Zauważmy jeszcze, że jeśli C

= 0 to trajektorią rozwiązania jest prosta y = (v

)x,

a jeśli C

= 0, prosta y = (v

)x. Dalszą analizę poprowadzimy w zależności od

znaku wartości własnych.

Przypadek 1a. Załóżmy, że λ

< λ

< 0. Wówczas przy t → +∞ rozwiązanie dąży

do początku układu. Jeśli C

= 0 lub C

= 0, rozwiązanie zdąża do początku układu

odpowiednio wzdłuż prostej y = (v

)x lub y = (v

)x. Ponieważ λ

− λ

< 0,

dla C

6= 0 mamy

lim

t→+∞

y(t)
x(t)

= lim

t→+∞

(λ

−λ

+ C

(λ

−λ

+ C

Oznacza to, że rozwiązanie zbliża się do początku układu stycznie względem prostej
y = (v

)x.

Przypadek 1b. Załóżmy, że 0 < λ

< λ

Wówczas przy t → +∞ rozwiąza-

nie ucieka do nieskończoności. Jeśli C

= 0 lub C

= 0, rozwiązanie zdąża do nie-

skończoności odpowiednio wzdłuż prostej y = (v

)x lub y = (v

)x. Pozostałe

rozwiązania uciekają do nieskończoności asymptotycznie do prostej y = (v

)x.

Przypadek 1c. Załóżmy, że λ

< 0 < λ

. Jeśli C

= 0, rozwiązanie zdąża do

początku układu wzdłuż prostej y = (v

)x. Jeśli C

6= 0, rozwiązanie ucieka do

nieskończoności asymptotycznie względem prostej y = (v

)x.

Przypadek 2. Załóżmy teraz, że wartość własna λ

= α + βi jest liczbą zespoloną.

Oczywiście odpowiadający jej wektor własny (u, v) = (u

+ iu

, v

+ iv

) jest również

liczbą zespoloną, a odpowiadające jej rozwiązanie ma postać

αt

(cos βt + i sin βt)

+ iu

+ iv

Ponieważ część rzeczywista i część urojona spełniają również nasze równanie, uzy-
skamy rozwiązania:

= e

αt

cos βt − u

sin βt

cos βt − v

sin βt

= e

αt

sin βt + u

cos βt

sin βt + v

cos βt

Ponieważ rozwiązania te są liniowo niezależne, rozwiązanie ogólne ma postać

x
y

= C

αt

cos βt − u

sin βt

cos βt − v

sin βt

+ C

αt

sin βt + u

cos βt

sin βt + v

cos βt

Po stosownych przekształceniach rozwiązanie to możemy zapisać w postaci

x = r

αt

cos(βt − ω

y = r

αt

cos(βt − ω

Jeśli α = 0 trajektorią rozwiązania jest krzywą zamknięta o środku w początku
układu. Jeśli α < 0 rozwiązanie dąży po spirali do zera. Jeśli α > 0 rozwiązanie
ucieka po spirali do nieskończoności.

7.2.

Równania liniowe z perturbacjami

Przypadek 3. Rozpatrzmy na koniec przypadek λ

= λ

. Wiadomo (zob. przykład

4.3), że rozwiązanie ogólne możemy wówczas przedstawić w postaci

x
y

= C

1 + (a − λ

+ C

1 + (d − λ

Nietrudno zauważyć, że jeśli częśći rzeczywiste wartości własnych są ujemne, rozwią-
zanie dąży do zera przy t → +∞. Jeśli części rzeczywiste wartości własnych są dodat-

nie, rozwiązanie ucieka do nieskończoności, asymptotycznie względm prostych których
wyliczenie pozostawiamy Czytelnikowi.

7.2. Równania liniowe z perturbacjami

Rozważmy układ równań liniowych z perturbacją

= ax + by + h(x, y),

= cx + dy + k(x, y),

(7.3)

gdzie h(0, 0) = 0, k(0, 0) = 0. Oczywiście (0, 0) jest punktem stacjonarnym rozważa-
nego układu.

Obok układu (7.3) rozważmy skojarzony z nim układ liniowy

= ax + by,

= cx + dy.

(7.4)

Wyrażenia h i k nazywamy zaburzeniem lub perturbacją układu (7.4).

Twierdzenie 7.1. Załóżmy, że

lim

(x,y)→(0,0)

h(x, y)

+ y

= 0,

lim

(x,y)→(0,0)

k(x, y)

+ y

= 0.

(i). Jeśli rozwiązanie zerowe jest asymptotycznie stabilne dla układu (7.4), to

również jest asymptotycznie stabilne dla układu (7.3).

(ii). Jeśli rozwiązanie zerowe jest niestabilne dla układu (7.4), to również jest

niestabilne dla układu (7.3).

(iii). Stabilność rozwiązania zerowego dla układu (7.4), nie daje informacji

o stabilności tego rozwiązania dla układu (7.3).

Dowód twierdzenia 7.1 pomijamy.

Przykład 7.2. Rozważmy układ

= 1 − xy,

= x − y

Łatwo sprawdzić, że (1, 1) oraz (−1, −1) są punktami stacjonarnymi naszego układu.

Transformacja u = x − 1, v = y − 1 przesuwa punkt (1, 1) do początku układu, a

rozważany układ równań przyjmuje postać

= −u − v − uv,

= u − 3v − 3v

− v

Rozdział 7. Klasyfikacja punktów krytycznych

Ponieważ wartościami własnymi macierzy współczynników skojarzonego układu linio-
wego

= −u − v,

= u − 3v

są liczby λ

= λ

= −2, punkt (1, 1) dla układu wyjściowego jest asymptotycznie

stabilny.

Podobnie, transformacja u = x+1, v = y+1 przesuwa punkt (−1, −1) do początku

układu, a rozważany układ przeprowadza w układ

= u + v − uv,

= u − 3v + 3v

− v

Wartościami własnymi macierzy współczynników układu liniowego

= u + v,

= u − 3v + 3v

są liczby λ

= −1 −

√

5 < 0, λ

= −1 +

√

5 > 0. Zgodnie z twierdzeniem 7.1 punkt

(−1, −1) dla układu wyjściowego jest punktem niestabilnym (siodłem).

7.3. Układy nieliniowe. Linearyzacja

Rozważmy ponownie układ (7.1), przy dodatkowym założeniu, że funkcje f i g są

różniczkowalne w sposób ciągły. Zgodnie z twierdzeniem Taylora

f (x, y) = f

, y

)(x − x

) + f

, y

)(y − y

) + R

(x − x

, y − y

g(x, y) = g

, y

)(x − x

) + g

, y

)(y − y

) + R

(x − x

, y − y

gdzie, dla i = 1, 2 mamy

lim

(x,y)→(x

)

(x − x

, y − y

)

(x − x

)

+ (y − y

)

= 0.

Układ (7.1) możemy zapisać w postaci równoważnej, tzw. postaci zlinearyzowanej

= f

, y

)(x − x

) + f

, y

)(y − y

) + R

(x − x

, y − y

= g

, y

)(x − x

) + g

, y

)(y − y

) + R

(x − x

, y − y

Zauważmy, że macierzą wspólczynników układu liniowego skojarzonego z ostatnim

układem układem równań jest jakobian

J((x

, y

)) =

, y

)

, y

)

, y

)

, y

)

Z poprzednich rezultatów wynika natychmiast następujące twierdzenie

Twierdzenie 7.2. Załóżmy, że funkcje f i g są klasy C

. Załóżmy ponadto, że

, y

) jest punktem stacjonarnym układu (7.1).

Jeśli części rzeczywiste wartości własnych macierzy J((x

, y

)) są ujemne, to (x

, y

)

jest punktem asymptotycznie stabilnym. Jeśli co najmniej jedna wartość własna ma
część rzyczywistą dodatnią, to punkt (x

, y

) jet niestabilny.

7.4. Cykle graniczne

Przykład 7.3. Rozważmy układ

= −y + x(1 − x

− y

= x + y(1 − x

− y

Postać równań sugeruje przejście na współrzędne biegunowe. Wykorzystując równania
wyjściowe oraz związki

x = r cos ϑ,

y = r sin ϑ,

r =

+ y

ϑ = arctg

y
x

otrzymamy

∂r

∂x

∂r
∂y

= r

y
r

= x

+ y

x − y + x(1 − x

− y

)

+ y x + y(1 − x

− y

)

+ y

)(1 − x

− y

) = r

(1 − r

)

oraz

dϑ

∂ϑ
∂x

∂ϑ

∂y

= r

−y

= −y

+ x

−y − y + x(1 − x

− y

)

+ x x + y(1 − x

− y

)

= (x

+ y

) = r

W konsekwencji zadany układ równań we współrzędnych biegunowych ma postać

= r(1 − r

dθ

= 1.

Rozwiązując ostatnie równania z warunkami początkowymi r(0) = r

, ϑ(0) = θ

otrzymamy

r(t) =

+ (1 − r

−2t

ϑ(t) = t + ϑ

Wracając do współrzędnych wyjściowych mamy

x =

+ (1 − r

−2t

cos(t + ϑ

y =

+ (1 − r

−2t

sin(t + ϑ

Dla r

= 1 trajektorią rozwiązania jest koło jednostkowe

x = cos(t + ϑ

y = sin(t + ϑ

Dla r

< 1 rozwiązanie leży w kole jednostkowym i ponieważ r(t) → 1 gdy t → +∞,

nawija się spiralnie na okrąg jednostkowy. Dla r

> 1 rozwiązanie leży na zewnątrz

koła jednostkowego i nawija się spiralnie na koło jednostkowe. Rozwiązanie odpowia-
dające wartości r

= 1 nazywamy cyklem granicznym.

Twierdzenie 7.3. (Poincare - Bendixon). Załóżmy, że rozwiąznie układu (7.1)

pozostaje w obszarze ograniczonym, który nie zawiera punktów krytycznych. Wówczas
albo jest to rozwiązanie okresowe, albo nawija się spiralnie na rozwiązanie okresowe.

Rozdział 7. Klasyfikacja punktów krytycznych

Dowód twierdzenia Poincare - Bendixon pominięmy tutaj. Podamy natomiast

przykład jego zastosowania.

Przykład 7.4. Rozważmy równanie

+ (2u

+ 3u

− 1)u

+ u = 0.

Przyjmując x = u, y = u

równanie to możemy zamienić na równoważny układ

równań

= y,

= −x + (1 − 2x

− 3y

)y.

Zauważmy, że

+ y

) = 2x

+ 2y

= 2xy + 2y − x + y(1 − 2x

− 3y

)

= 2y

(1 − 2x

− 3y

Zauważmy dalej, że jeśli x

+ y

< 1/3 to 1 − 2x

− 3y

> 0. Stąd i poprzedniego

wzoru wnioskujemy, że wyrażenie x

rośnie. Jeśli x

> 1/2 to 1−2x

−3y

< 0.

W konsekwencji wyrażenie x

+ y

maleje. Wnosimy stąd, że rozwiązanie startujące

z punktu leżągo w obszarze 1/3 < x

+ y

< 1/2 pozostaje w tym obszarze. Na mocy

twierdzenia Poincare-Bendixona albo jest to rozwiązanie okresowe, albo nawija się
spiralnie na rozwiązanie okresowe.

7.5. Zadania

1. Znaleźć punkty stacjonarne oraz określić ich charakter:

a) x

= x + 4y,

= x + y − x

;

b) x

= x − y + x

+ y

= 12x − 6y;

c) x

= 8x − y

= y − x

2. Określić rodzaj stabilności punktu stacjonarnego (0, 0) dla układu:

a) x

= −2x + y,

= −5x − 6y;

b) x

= 2y − x,

= x;

c) x

= −7x + y,

= 3x − 4y.

3. Rozważmy równanie Van der Pola

+ µ(x − 1)x

+ x = 0.

Zastąpić go równoważnym układem równań u

= v, v

= iu + αv − αu

v. Poka-

zać, że (0, 0) jest jedynym punktem stacjonarnym tego układu. Zbadać charakter
punktu stacjonarnego w zależności od wielkości α.

4. Podać rodzaj stabilności punktu (0, 0, 0) dla układu:

a) x

= 2x + y − z + z

= x + 3y − z

= 2z + x

;

b) x

= ln(1 − z),

= ln(1 + y + z),

= ln(1 + x − yz).

c) x

= y − x − 1 + cos(x + y + z+, y

= sin(x + z), z

= 1 − e

x+z

7.5. Zadania

5. Rozważmy układ równań

= y + xf (r)/r,

= −x + yf(r)/r,

gdzie r = x

+ y

. Pokazać, że zerom funkcji f odpowiadają rozwiązania cykliczne.

(Wskazówka: Po przejściu na na współrzędne biegunowe otrzymamy układ

f (r),

dϑ

= −1. Niech r

< r

< . . . będą zerami funkcji f . Jeśli f (r) < 0 dla

0 < r < r

, wówczas

< 0, w konsekwencji rozwiązanie nawija się spiralnie na

początek układu. Jeśli f (t) > 0 dla 0 < r < r

, rozwiązanie nawija się spiralnie

na okrąg o promieniu r

. Podobną analizę możmy przeprowadzić dla dowolnego

przedziału (r

i−1

, r

)).

6. Wyznaczyć cykl graniczny układu równań:

= −y +

x(x

−4)

√

= −x +

y(x

−4)

√

7. Wykorzystując twierdzenie Poincare - Bendixona wykazać istnienie rozwiązania

okresowego układu równań

= x − y − x(x

+ y

= x + y − y(x

+ y

Rozdział 8

Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

8.1. Wprowadzenie do liniowych problemów brzegowych

Rozważmy równanie

(t)x

+ p

(t)x

+ p

(t)x = f (t),

(8.1)

gdzie p

, p

i f są zadanymi funkcjami ciągłymi w przedziale [α, β]. Szukamy

rozwiązania określonego w przedziale [α, β] i spełniającego warunki brzegowe

(x) = d

(8.2)

gdzie

(x) = a

x(α) + a

(α) + a

x(β) + a

(β),

(x) = b

x(α) + b

(α) + b

x(β) + b

(β).

Jeśli d

= d

= 0, problem brzegowy

(x) = 0,

(8.3)

nazywamy jednorodnym. Jeśli d

+ d

> 0 problem brzegowy (8.2) nazywamy niejed-

norodnym.

Problem brzegowy nazywamy regularnym, jeśli przedział [α, β] jest skończony oraz

(t) 6= 0 dla t ∈ [α, β]. Jeśli przedział jest nieskończony lub funkcja p

przyjmuje

wartości zerowe, problem brzegowy nazywamy singularnym.

Jeśli współczynniki równania (8.1) zależą od parametru λ, to wartości parametru

λ dla których zadany problem brzegowy posiada rozwiązanie nazywamy wartościami
własnymi. Zbiór wszystkich wartości własnych nazywamy spektrum. Problem (8.1),
(8.2) w przypadku, gdy współczynniki równania (8.1) zależą od parametru λ, nazy-
wamy problemem Sturma - Liouville’a. W pierszej części tego rozdziału zajmiemy się
tzw. regularnym zagadnieniem Sturma - Liouville’a. W drugiej części na rozwiązanie
problemu brzegowego (8.1), (8.2) wyprowadzimy wzór całkowy, którego jądrem jest
tzw. funkcja Greena.

Klasyczne przykłady problemów brzegowych:
Problem Dirichleta:

x(α) = d

x(β) = d

Problem mieszany:

x(α) = d

(β) = d

lub

(α) = d

x(β) = d

100

Rozdział 8. Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

Problem periodyczny:

x(α) = x(β),

(α) = x

(β).

Warto zaznaczyć, że poza nielicznymi przypadkami, nie mamy metod które po-

zwalają wyznaczyć bezpośrednio całki równania (8.1).

Rozważmy równanie jednorodne skojarzone z równaniem (8.1)

(t)x

+ p

(t)x

+ p

(t)x = 0.

(8.4)

Wiadomo, że jeśli Jeśli funkcje ϕ

, ϕ

: I → R są rozwiązaniami równania (8.4), to

całka ogólna tego równania ma postać

x(t) = C

(t) + C

(t).

(8.5)

Twierdzenie 8.1. Niech ϕ

i ϕ

będą całkami równania (8.4). Wówczas jedno-

rodny problem brzegowy (8.4), (8.3) posiada wyłącznie rozwiązanie zerowe wtedy i tylko
wtedy gdy

∆ =

(ϕ

)

(ϕ

)

(ϕ

)

(ϕ

)

6= 0.

Dowód. Podtawiając do jednorodnych warunków brzegowych (8.3) całkę ogólną

równania (8.4) otrzymamy

(ϕ

) + C

(ϕ

) = 0,

(ϕ

) + C

(ϕ

) = 0.

Na mocy twierdzenia Cramera ostatni układ posiada względem C

, C

wyłącznie

rozwiązanie zerowe, jeśli ∆ 6= 0.

Twierdzenie 8.2. Niejednorodny problem brzegowy (8.1), (8.2) posiada dokładnie

jedno rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy problem jednorodny (8.4), (8.3) posiada
wyłącznie rozwiązanie zerowe.

Dowód. Niech ϕ

i ϕ

będą całkami równania (8.4), ϕ

całką równania (8.1).

Całka ogólna równania (8.1) ma postać

x(t) = C

(t) + C

(t) + ϕ

(t).

Po uwzględnieniu warunków brzegowych (8.2) otrzymamy układ równań

(ϕ

) + C

(ϕ

) + l

(ϕ

) = d

(ϕ

) + C

(ϕ

) + l

(ϕ

) = d

Układ ten posiada dokładnie jedno rozwiązanie, jeśli ∆ 6= 0, skąd i twierdzenia 8.1

teza naszego twierdzenia wynika natychmiast.

8.2. Regularne zagadnienie Sturma - Liouville’a

101

8.2. Regularne zagadnienie Sturma - Liouville’a

Rozważmy równanie (8.1) w przypadku gdy p

(t) = p

(t), p

(t) = q(t) + λr(t),

a f(t) ≡ 0. Przyjmując p

(t) = p(t) równanie (8.1) możemy wówczas zapisać w postaci

p(t)x

+ q(t) + λr(t)

x = 0.

(8.6)

Szukamy rozwiązania spełniającego jednorodne warunki brzegowe

x(α) + a

(α) = 0,

x(β) + b

(β) = 0,

(8.7)

lub niejednorodne warunki brzegowe

x(α) + a

(α) = d

x(β) + b

(β) = d

(8.8)

Problem ten nazywamy regularnym zagadnieniem Sturma - Liouville’a.

Jeśli ϕ

i ϕ

są liniowo niezależnymi rozwiązaniami równania (8.6) to - zgodnie z

wynikami rozdziału 3 - całka ogólna równania (8.6) ma postać

x(t, λ) = C

(t, λ) + C

(t, λ).

(8.9)

Podstawiając (8.9) do warunków (8.8) (lub (8.7)) otrzymamy na wyznaczenie stałych
C

i C

układ równań

(α, λ) + a

(α, λ)

+ a

(α, λ) + a

(α, λ)

= d

(β, λ) + b

(β, λ)

+ b

(β, λ) + b

(β, λ)

= d

. (8.10)

Oznaczmy przez D(λ) wyznacznik współczynników układu (8.10), tzn.

D(λ) =

(α, λ) + a

(α, λ)

(α, λ) + a

(α, λ)

(β, λ) + b

(β, λ)

(β, λ) + b

(β, λ)

Rozważmy wpierw przypadek, gdy d

= d

= 0, tzn. przypadek jednorodnych

warunków brzegowych. Jeśli D(λ) 6= 0, układ (8.10), a w konsekwencji problem (8.6),

(8.7), posiada wyłącznie rozwiązanie zerowe. Jeśli D(λ) = 0 układ (8.10), a zatem
problem (8.6), (8.7), posiada nieskończenie wiele rozwiązań. Wartości λ dla których
D(λ) = 0 nazywają się wartościami własnymi.

Rozważmy teraz przypadek gdy układ (8.10) jest niejednorodny, co oznacza, że

+ d

> 0. Jeśli D(λ) 6= 0, układ (8.10), a zatem problem (8.6), (8.8), posiada

dokładnie jedno rozwiązanie. Jeśli D(λ) = 0 układ (8.10), a zatem problem (8.6),
(8.8), może nie posiadać rozwiązania albo też posiadać nieskończenie wiele rozwiązań.

Przykład 8.1. Rozważmy problem

+ λx = 0,

x(0) = x(π) = 0.

Jeśli λ = 0, rozwiązanie ogólne rozważanego równania ma postać x(t) = C

+ C

Warunek brzegowy jest spełniony wyłącznie przez rozwiązanie zerowe.

102

Rozdział 8. Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

Jeśli λ < 0, wówczas rozwiązanie ogólne ma postać x(t) = C

−

√

−λt

+ C

√

−λt

Jedynym rozwiązaniem spełniającym warunki brzegowe jest rozwiązanie zerowe.

Jeśli λ > 0, rozwiązanie ogólne ma postać

x(t) = C

sin

√

λt + C

cos

√

λt.

Z warunków brzegowych wynika, że

= 0,

sin

√

λπ = 0.

Stąd

√

λπ = nπ,

lub

λ = n

Wartościami własnymi są liczby λ

= n

, a funkcje x

= sin nt, odpowiadającymi im

funkcjami własnymi.

Przykład 8.2. Rozważmy problem

+ λx = 0,

x(0) + x

(0) = 0, x(1) = 0.

Jeśli λ = 0, rozwiązanie ogólne rozważanego równania ma postać x(t) = C

+ C

Warunki brzegowe są spełnione, jeśli C

+ C

= 0, czyli C

= −C

. Liczba λ = 0 jest

zatem wartością własną, a x = 1 − t odpowiadającą jej funkcją własną.

Jeśli λ < 0, rozwiązanie ogólne ma postać x(t) = C

−

√

−λt

+ C

√

−λt

, a warunki

brzegowe są spełnione wyłącznie przez rozwiązanie zerowe.

Załóżmy teraz, że λ > 0. Rozwiązanie ogólne ma postać

x(t) = C

sin

√

λt + C

cos

√

λt.

Podstawiając do warunków brzegowych otrzymamy układ równań

√

λC

+ C

= 0,

sin

√

λ + C

cos

√

λ = 0.

Układ ten posiada rozwiązanie, gdy

√

λ =

√

λ.

Ostatnie równanie posiada nieskończenie wiele rozwiązań λ

, n = 0, 1, 2, . . ., gdzie

= 0, nπ < λ

< (2n + 1)π/2 dla n = 1, 2, . . .. Nietrudno sprawdzić, że funkcjami

własnymi są ϕ

(t) = 1 − t oraz ϕ

(t) = sin

√

(1 − t)

dla n = 1, 2, . . ..

Przykład 8.3. Rozważmy problem

+ λ

x = 0,

x(0) = x(π), x

(0) = x

(π).

Jeśli λ = 0, rozwiązanie ogólne ma postać x(t) = C

+ C

t. Warunki brzegowe

są spełnione, jeśli C

= C

+ C

π, C

= C

. Stąd C

= 0, a C

może przyjmować

8.2. Regularne zagadnienie Sturma - Liouville’a

103

wartość dowolną. Liczba λ = 0 jest wartością własną, a x = 1 odpowiadającą jej
funkcją własną.

Jeśli λ 6= 0, pierwiastkami równania charakterystycznego są liczby λi oraz −λi, a

rozwiązanie ogólne ma postać

x(t) = C

sin(λt) + C

cos(λt).

Podstawiając do warunków brzegowych otrzymamy

sin λ(π)

− 1 − cos(λπ)

= 0,

λ 1 − cos(λπ)

+ λ sin(λπ)C

= 0.

Układ posiada rozwiązanie niezerowe, jeśli

sin(λπ)

− 1 − cos(λπ)

λ 1 − cos(λπ)

λ sin(λπ)

= 2λ 1 − cos(λπ)

= 0.

Rozwiązując równanie

2λ 1 − cos(λπ)

= 0

otrzymamy wartości własne λ

= 2n dla n = 0, 1, . . ., przy czym wartości własnej λ

odpowiada funkcja własna x

(t) = cos 2nt + sin 2nt.

Twierdzenie 8.3.

Niech λ będzie wartością własną problemu (8.6), (8.7),

a ϕ

i ϕ

rozwiązaniami odpowiadającymi wartości własnej λ. Wówczas funkcje

i ϕ

są liniowo zależne.

Dowód. Pierwszy z warunków (8.7) daje równości:

(α) + a

(α) = 0,

(α) + a

(α) = 0,

Ponieważ przynajmniej jeden ze współczynników a

, a

jest różny od zera, z twier-

dzenia Cramera wynika, że

(α)

= 0.

Na mocy twierdzenia Liouville’a (twiedzenie 3.1) i wynikających z niego konsekwencji
(zob. twierdzenie 3.2), funkcje ϕ

oraz ϕ

są liniowo zależne.

Niech p : [α, β] → R będzie funkcją różniczkowalną, q : [α, β] → R funkcją ciągłą.

Niech x : [α, β] → R będzie funkcją dwukrotnie różniczkowalną. Niech P będzie

operatorem danym wzorem

P(x)(t) = p(t)x

(t)

+ q(t)x(t).

(8.11)

Oczywiście operator P działa na przestrzeni funkcji dwukrotnie różniczkowalnych

w przedziale [α, β].

104

Rozdział 8. Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

Przyjmując oznaczenie P równanie (8.6) możemy zapisać w postaci

P(x) + λrx = 0

Lemat 8.1. Jeśli x, y : [α, β] → R są funkcjami dwukrotnie różniczkowalnymi,

wówczas

yP(x) − xP(y)

dt = p(t) x

(t)y(t) − x(t)y

(t)

Dowód. Zauważmy, że

yP(x) − xP(y) = y(px

+ p

+ qx) − x(py

+ p

+ qy)

= p(x

y − xy

) + p

y − xy

) =

p(x

y − xy

)

Całkując ostatnią równość w przedziale [α, β] otrzymamy żądaną równość.

Twierdzenie 8.4. Załóżmy, że p jet funkcją różniczkpowalną a q funkcją ciągłą

w przedziale [α, β]. Założmy ponadto, że r(t) > 0 dla t ∈ [α, β]. Niech λ

, λ

, będą wartościami własnymi problemu (8.6),(8.7), a ϕ

, ϕ

odpowiadającymi im

funkcjami własnymi. Wówczas

r(t)ϕ

(t)ϕ

(t)dt = 0.

(8.12)

Ponadto ϕ

, ϕ

są liniowo niezależne.

Dowód. Ponieważ ϕ

, ϕ

są rozwiązaniami równania (8.6) zatem

P(ϕ

) + λ

rϕ

= 0,

P(ϕ

) + λ

rϕ

= 0.

Uwzględniając ostatnie równości łatwo sprawdzić, że

P(ϕ

) − ϕ

P(ϕ

) = (λ

− λ

)rϕ

Całkując ostatnią równość w przedziale [α, β] i uwzględniając lemat 8.1 otrzymamy

(λ

− λ

)

rϕ

dt =

P(ϕ

) − ϕ

P(ϕ

)

= p(t) ϕ

(t)ϕ

(t) − ϕ

(t)ϕ

(t)

(8.13)

Ponieważ funkcje ϕ

, ϕ

spełniają warunki brzegowe, zachodzą równości

(α) + a

(α) = 0,

(α) + a

(α) = 0

oraz

(β) + b

(β) = 0,

(β) + b

(β) = 0.

Ponieważ co najmniej jeden ze współczynników a

, a

(względnie b

, b

) jest różny

od zera, z twierdzenia Cramera wynika, że

(α)ϕ

(α) − ϕ

(α)ϕ

(α) = 0

oraz

(β)ϕ

(β) − ϕ

(β)ϕ

(β) = 0.

8.2. Regularne zagadnienie Sturma - Liouville’a

105

Uwzględniając ostatnie równości w (8.13) otrzymamy (8.12).

Przypuśćmy, że ϕ

= cϕ

. Z warunku (8.12) wynika, że

dt = 0.

Stąd wnosimy, że ϕ

= 0, a w konsekwencji ϕ

= 0. Zatem funkcje ϕ

, ϕ

są liniowo

niezależne, co kończy dowód.

W języku analizy funkcjonalnej warunek (8.9) oznacza, że funkcje ϕ

, ϕ

są orto-

gonalne z wagą r.

Twierdzenie 8.5. Dla regularnego problemu Sturma - Liouville’a (8.6), (8.7)

gdzie r(t) > 0, wartości własne są rzeczywiste.

Dowód. Przypuśćmy, dla dowodu nie wprost, że wartość własna jest liczbą ze-

spoloną czyli λ = a + ib. Niech ϕ(t) = µ(t) + iν(t) będzie odpowiadającą jej funkcją
własną. Ponieważ ϕ jest rozwiązaniem równania (8.6)

P(ϕ) + λrϕ = 0.

Ostatnią równość możemy zapisać w postaci równoważnej

pµ

+ p

+ qµ + arµ − brν + i(pν

+ p

+ qν + arν + brµ) = 0.

Liczba zepolona jest równa zeru, wtedy i tylko wtedy gdy jej część rzeczywista i
urojona jest równa zeru. Stąd

pµ

+ p

+ qµ + arµ − brν = 0,

pν

+ p

+ qν + arν + brµ = 0.

Wykorzystując operator P ostatnie równości możemy zapisać w postaci

P(µ) + (aµ − bν)r = 0,

P(ν) + (aν + bµ)r = 0.

Łatwo sprawdzić, że

νP(µ) − µP(ν) = br(µ

+ ν

Całkując ostatnią równość w przedziale [α, β] i wykorzystując lemat 8.1 otrzymamy

(µ

+ ν

)rdt =

[νP(µ) − µP(ν)]dt = p(µ

ν − µν

)

(8.14)

Funkcja ϕ spełnia warunki brzegowe (8.7), a zatem zarówno jej część rzeczywista

jak i urojona spełniają te warunki, czyli

µ(α) + a

(α) = 0,

ν(α) + a

(α) = 0

oraz

µ(β) + a

(β) = 0,

ν(β) + a

(β) = 0.

Ponieważ a

i a

nie zerują się równocześnie, z twierdzenia Cramera wynika, że

µ(α)ν

(α) − µ

(α)ν(α) = 0

oraz

µ(β)ν

(β) − µ

(β)ν(β) = 0.

Z ostatnich równości wynika, że prawa strona wzoru (8.14) jest równa zeru. W kon-
sekwencji b = 0, co należało pokazać.

106

Rozdział 8. Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

8.3. Metoda funkcji Greena

W podrozdziale 3.3 rozwiązanie problemu Cauchyego dla niejednorodnego równa-

nia różniczkowego wyraziliśmy za pomocą całki, której jądrem była funkcja H. Idee
te wykorzystamy teraz dla znalezienia rozwiązania problemu brzegowego. Jądrem for-
muły całkowej będzie tak zwana funkcja Greena.

Funkcją Greena dla problemu (8.1), (8.2) nazywamy funkcje G = G(t, s) określoną

na zbiorze [α, β] × [α, β] spełniającą następujące warunki:

(i).

G jest ciągła w zbiorze [α, β] × [α, β];

(ii). Pochodna G względem t i stnieje i jest ciągła w zbiorach α ≤ s ≤ t ≤ β oraz

α ≤ t ≤ s ≤ β, ponadto dla dowolnego s ∈ [α, β]

∂G(s

, s)

∂t

−

∂G(s

−

, s)

∂t

(s)

gdzie

∂G(s

, s)

∂t

lim

t→s, t>s

∂G(t, s)

∂t

∂G(s

−

, s)

∂t

lim

t→s, t<s

∂G(t, s)

∂t

(iii). Dla dowolnego s ∈ [α, β] funkcja z(t) = G(t, s) jest rozwiązaniem równamia

(8.4) w przedziałach [α, s] oraz [s, β];

(iv). Dla dowolnego s ∈ [α, β] funkcja z(t) = G(t, s) spełnia warunek brzegowy

(8.3).

Zauważmy, że powyższe warunki (i) - (iv) wyznaczają w sposób jednoznaczny funk-

cje Greena. Istotnie, przypuśćmy, że funkcje ϕ

i ϕ

są liniowo niezleżnymi całkami

równania (8.4).

Na mocy warunku (iii) dla dowolnego s ∈ [α, β] istnieją: λ

(s), λ

(s), µ

(s)

takie, że

G(t, s) =

(t) λ

(s) + ϕ

(t) λ

(s)

dla α ≤ t ≤ s,

(t) µ

(s) + ϕ

(t) µ

(s)

dla s < t ≤ β,

Z własności (i) i (ii) wynika, że

(s) λ

(s) + ϕ

(s) λ

(s) = ϕ

(s) µ

(s) + ϕ

(s) µ

(s),

(8.15)

(s) µ

(s) + ϕ

(s) µ

(s) − ϕ

(s) λ

(s) − ϕ

(s)

(s) =

(s)

(8.16)

Kładąc

(s) = µ

(s) − λ

(s),

(s) = µ

(s) − λ

(s),

ostatnie związki możemy zapisać w postaci

(s) ν

(s) + ϕ

(s) ν

(s)

(s) ν

(s) + ϕ

(s) ν

(s)

(8.17)

Ponieważ rozwiązania ϕ

, ϕ

są liniowo niezależne odpowiadający im wrońskian jest

różny od zera, skąd natychmiast wynika że równania (8.17) określają jednoznacznie
ν

(s) oraz ν

(s). Oczywiście ν

i ν

są funkcjami ciągłymi zmiennej s.

8.3. Metoda funkcji Greena

107

Pamiętając, że µ

(s) = λ

(s) + ν

(s), a µ

(s) = λ

(s) + ν

(s, funkcje G(t, s)

możemy zapisać w postaci

G(t, s) =

(t) λ

(s) + ϕ

(t) λ

(s)

dla α ≤ t ≤ s,

(t) λ

(s) + ϕ

(t) λ

(s) + ϕ

(t) ν

(s) + ϕ

(t) ν

(s)

dla s < t ≤ β,

(8.18)

Na mocy własności (iv) dla każdego s ∈ [α, β] funkcja G(·, s) spełnia warunki brze-

gowe (8.3), czyli l

G(·, s)

= 0 oraz l

G(·, s)

= 0 w przedziale [α, β]. Przekstałcając

ostatnie dwie równości otrzymamy:

(ϕ

)λ

(s) + l

(ϕ

)λ

(s)

= −a

(β)ν

(s) + ϕ

(β)ν

(s)

−a

(β)ν

(s) + ϕ

(β)ν

(s)

(ϕ

)λ

(s) + l

(ϕ

)λ

(s)

= −b

(β)ν

(s) + ϕ

(β)ν

(s)

−b

(β)ν

(s) + ϕ

(β)ν

(s)

Ponieważ problem (8.1), (8.2) posiada wyłącznie rozwiązanie zerowe, z twierdzenia
8.1 wynika, że uzyskane równości określają funkcje λ

(s) oraz λ

(s) jednoznacznie.

Oznacza to że funkcja Greena jest określona jednoznacznie, co należało wykazać.

Theorem 8.6. Założmy, że problem (8.1), (8.3) posiada wyłącznie rozwiązanie

zerowe. Wóczas istnieje jednoznaczie określona funkcja Greena dla problemu (8.1),
(8.2), a ponadto rozwiązanie tego poblemu można wyrazić w postaci

x(t) =

G(t, s)f (s)ds =

G(t, s)f (s)ds +

G(t, s)f (s)ds

(8.19)

Dowód. Istnienie i jednoznaczność funkcji Greena dla problemu (8.1), (8.3) zo-

stała pokazana powyżej. Na mocy warunku (ii) równość (8.20) możemy zróżniczkować.
Otrzymamy

(t)

G(t, t)f (t) +

∂G(t, s)

∂t

f (s)ds − G(t, t)f(t) +

∂G(t, s)

∂t

f (s)ds

∂G(t, s)

∂t

f (s)ds

(8.20)

Ponieważ pochodna G względem t i stnieje i jest ciągła w zbiorach α ≤ s ≤ t ≤ β oraz
α ≤ t ≤ s ≤ β, dla dowolnego punktu (s, s), s ∈ (α, β), muszą zachodzić równości

∂G(s, s

−

)

∂t

∂G(s

, s)

∂t

∂G(s, s

)

∂t

∂G(s

−

, s)

∂t

(8.21)

Róńiczkując ponownie (8.21) wzgędem t otrzymamy

(t) =

∂G(t, t

−

)

∂t

f (t) +

∂

G(t, s)

∂

f (s)ds −

∂G(t, t

)

∂t

f (t) +

∂

G(t, s)

∂

f (s)ds,

108

Rozdział 8. Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

a po uwzględnieniu (8.22) oraz własnośći (ii) mamy

(t)

h ∂G(t

, t)

∂t

−

∂G(t

−

, t)

∂t

f (t) +

∂

G(t, s)

∂

f (s)ds

f (t)

(t)

∂

G(t, s)

∂

f (s)ds.

Wykorzystując ostatnią równość, związki (8.21), (8.20) oraz własność (iii) dostaniemy

(t)x

+ p

(t)x

+ p

(t)x = f (t) +

(t)

∂

G(t, s)

∂

+ p

(t)

∂G(t, s)

∂t

+ p

(t)G(t, s)

f (s)ds = f (t),

co oznacza, że funkcja x dana wzorem (8.20) jest rozwiązaniem równania (8.1).

Ponieważ

x(α) =

G(α, s)f (s)ds,

x(β) =

G(β, s)f (s)ds,

(α) =

∂G(α, s)

∂t

f (s)ds,

(β) =

∂G(β, s)

∂t

f (s)ds,

nietrudno sprawdzić, że

(x) =

G(t, s)

ds = 0,

(x) =

G(t, s)

ds = 0,

co kończy dowód twierdzenia.

Przykład 8.4 Wyznaczyć funkcje Greena dla problemu

= 0

(8.22)

x(α) + a

(α) = 0,

x(β) + b

(β) = 0,

(8.23)

Równanie (8.1) posiada liniowo niezależne rozwiązania ϕ

(t) = 1 oraz ϕ

(t) = t.

Zgodnie z twierdzeniem 8.1 problem (8,21), (8.22) posiada wyłącznie rozwiązanie
zerowe wtedy i tylko wtedy, gdy

∆ =

α + a

β + b

= a

(β − α) + a

− a

6= 0.

Układ równań (8.15) ma wówczas postać

(s) + sν

(s) = 0,

(s) = 1.

Stąd ν

(s) = −s, ν

(s) = 1. Natomiast układ (8.17) przyjmie postać

(s) + (a

α + a

)λ

(s)

(s) + (b

β + b

)λ

(s)

(s − β) − b

8.4. Zadania

109

Stąd

(s)

∆

α + a

)(b

β − b

s + b

)

(s)

∆

s − b

β − b

Podstawiając do wzoru (8.16) uzyskane wielkości ν

, ν

, λ

otrzymamy szukaną

funkcje Greena

G(t, s) =

∆

β − b

s + b

)(a

α − a

t + a

)

dla α ≤ t ≤ s,

β − b

t + b

)(a

α − a

s + a

)

dla s < t ≤ β.

8.4. Zadania

1. Znaleźć rozwiązanie problemu:

a) x

+ x = 0,

x(0) = x

(0) = 2, x(1) + 3x

(1) = 4;

b) x

− 6x

+ 25x = 0,

(0) = 1, x(π/4) = 0.

2. Znaleźć rozwiązanie periodycznego problemu brzegowego:

a) x

+ πx = 0,

x(−1) = x(1), x

(−1) = x(1);

b) x

− x = 0,

x(0) = x(π/2), x

(0) = x

(π/2).

3. Pokazać, że problem brzegowy

= 0,

x(α) + a

(α) = c

x(β) + b

(β) = c

posiada wyłącznie rozwiązanie zerowe wtedy i tylko wtedy, gdy

∆ = a

(β − α) + a

− a

6= 0.

4. Znaleźć wartości własne i funkcje własne dla problemu:

+ λx = 0

z następującymi warunkami brzegowymi:
(i)

x(0) = 0, x

(β) = 0;

(ii)

(0) = 0, x

(β) = 0;

(iii) x(0) = 0, x(β) + x

(β) = 0;

(iv) x(0) − x

(0) = 0, x

(1) = 0;

(v)

x(0) − x

(0) = 0, x

(0) + x

(1) = 0.

5. Znaleźć wartości własne i funkcje własne dla problemu:

(i)

+ λx = 0,

x(0) = 0, x(π/2) = 0;

(ii) x

+ (1 + λ)x = 0,

x(0) = x(π) = 0;

(iii) x

+ 2x

+ (1 + λ)x = 0,

x(0) = x(2) = 0;

(iv) (t

)

+ λx/t

= 0,

x(1) = x(1) = 0;

(v) t

+ tx

+ (λt

− 1/2)x = 0,

x(0) = x(π/2) = 0;

(vi)

+ 1)x

+ λ(1 + t

)

−2

x = 0,

x(0) = x(1) = 0.

6. Pokazać, że funkcje własne problemu periodycznego

+ (λ + 16a)x = 0,

x(0) = x(π), x

(0) = x

(π).

110

Rozdział 8. Problemy brzegowe dla równania 2-go rzędu

są ortogonalne. (Wskazówka: Przyjąć P(x) = (x

)

+ 16ax i powtórzyć argumenty

twierdzenia 8.2).

7. Pokazać, że problem

− 4λx

+ 4λ

x = 0,

x(0) = 0, x(1) + x

(1) = 0.

posiada tylko jedną wartość własną i wyznaczyć odpowiadającą jej funkcje własną.

8. Sprawdzić, że

G(t, s) =

(

s(t

−1)

+1)

0 ≤ s ≤ t,

t(s

−1)

+1)

t < s ≤ 1,

jest funkcją Greena dla problemu

+ x = 0,

x(0) = x(π/2) = 0.

9. Pokazać, że funkcją Greena dla problemu

+ x = 0,

x(0) = x(π/2) = 0

jest funkcja

G(t, s) =

− cos s sin t,

0 ≤ s ≤ t,

− sin s cos t,

t < s ≤ π/2,

a następnie znaleźć rozwiązanie problemu

+ x = 1 + t,

x(0) = x(π/2) = 1.

10. Znaleźć metodą funkcji Greena rozwiązanie problemu:

a) x

− x = 0,

x(0) = 0, , x(1) = 1;

b) x

+ x

+ 2x = 0,

x(0) = 0, x

(1) = 1;

c) t

+ tx

+ 3x = 0,

x(1) = 1, x(2) = 2;

d) x

+ x = t

x(0) = 0, x(π/2) = 1;

e) x

+ 2x

+ x = t,

x(0) = 0, x(2) = 3.

Rozdział 9

Całki pierwsze układu równań

9.1. Całki pierwsze układu równań

Rozważmy układ równań

= f

(t, x

, . . . , x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(9.1)

= f

(t, x

, . . . , x

gdzie f

: Ω → R, i = 1, . . . , n są funkcjami ciągłymi.

Niech

= ϕ

(t, C

, . . . , C

), . . . ,

= ϕ

(t, C

, . . . , C

(9.2)

będzie całką ogólną układu (9.1). Przypuśćmy, że z układu (9.2) potrafimy wyznaczyć
C

, . . . , C

, czyli otrzymamy układ funkcji

= g

(t, x

, . . . , x

), . . . ,

= g

(t, x

, . . . , x

Zauważmy, że wzdłuż dowolnego rozwiązania x

(t),..., x

(t) układu równań (9.1)

funkcje g

, ..., g

są stałe. W świetle tej uwagi poniższa defnicja całki pierwsze wy-

daje się naturalne. Co więcej, jeśli mając n całek pierwszych g

, ..., g

równań (9.1)

z równości C

= g

(t, x

, . . . , x

), ..., C

= g

(t, x

, . . . , x

) potrafimy wyznaczyć

funkcje x

= g

(t, C

, . . . , C

), ..., x

= g

(t, C

, . . . , C

) to funkcje te stanowią

rozwiązanie układu (9.1). Powstaje pytanie: czy znajomość n stosownie dobranych
całek pierwszych układu równań (9.1) nie wystarczy do wyznaczenia klasy wzystkich
całek pierwszych tego równania? Pozytywną odpowiedź udziela sformułowane poniżej
twierdzenie 9.1.

Definicja 9.1. Funkcje g : Ω → R klasy C

nazywamy całką pierwszą układu

równań (9.1), jeżeli dla dowolnego rozwiązania

= x

(t), . . . , x

= x

(t),

t ∈ I,

układu równań (9.1) mamy

g t, x

(t), . . . , x

(t)

= const

dla

t ∈ I,

tzn. funkcja g jest stała wzdłuż dowolnego rozwiązania układu równań (9.1).

112

Rozdział 9. Całki pierwsze układu równań

Uwaga 9.1. Niech F : R

→ R będzie funkcją klasy C

, a g całką pierwszą układu

(9.1). Wówczas funkcja

h = F g(x

, . . . , x

)

jest również całką pierwszą układu (9.1).

Podobnie, jeśli funkcje g

, . . . , g

są całkami pierwszymi uładu (9.1) a F : R

→ R

jest funkcją klasy C

, to funkcja

h = F g

, . . . , x

), . . . , g

, . . . , x

)

jest również całką pierwszą układu (9.1).

Definicja 9.2. Funkcje g

, . . . , g

∈ C

(Ω), m ≤ n, nazywamy funkcyjnie

niezależnymi w zbiorze Ω, jeśli dla dowolnego (t, x

, . . . , x

) ∈ Ω rząd macierzy





∂g

∂x

(t, x

, . . . , x

)

. . .

∂g

∂x

(t, x

, . . . , x

)

. . .

∂u

∂x

(t, x

, . . . , x

)

. . .

∂u

∂x

(t, x

, . . . , x

)





wynosi m, tzn. w każdym punkcie (t, x

, . . . , x

) ∈ Ω wiersze tej macierzy są wekto-

rami liniowo niezależnymi.

W szczególności, jeśli m = n oznacza to, że wyznacznik z powyższej macierzy jest

różny od zera.

Zauważmy, że jeśli g

, . . . , g

są funkcyjnie niezależne w zbiorze Ω to dla dowol-

nego x ∈ Ω równość

(t, x) + . . . + λ

(t, x) = 0

zachodzi tylko wówczas, gdy λ

= . . . = λ

= 0.

Przypomnijmy, że punkt (t

x) ∈ Ω nazywamy punktem równowagi (lub sta-

cjonarnym) układu (9.1), jeśli prawe strony tego układu zerują się w tym punkcie,
czyli f

x) = f

x) = . . . = f

x) = 0.

Twierdzenie 9.1. Załóżmy, że prawe strony f

, . . . , f

układu równań (9.1) są

funkcjami klasy C

w obszarze Ω ⊂ R×R

. Załóżmy ponadto, że w pewnym otoczeniu

punktu (t

x) = t

, . . . ,

∈ Ω nie będącym punktem równowagi układu (9.1),

istnieje n całek pierwszych funkcyjnie niezależnych g

, . . . , g

tego układu.

Jeśli g jest dowolną całką pierwszą układu (9.1), to w pewnym otoczeniu punktu

g(t, x

, . . . , x

) = F g

(t, x

, . . . , x

), . . . , g

(t, x

, . . . , x

)

(9.3)

gdzie F jest funkcją klasy C

Dowód. Dla (t

, x) ∈ Ω rozwiązanie ϕ układu (9.1) spełniające warunek ϕ(t

) =

x oznaczmy symbolem ϕ( · ; t

, x). Oczywiście ϕ(t

; t

, x) = x. Rozpisując ostatną

równość we współrzędnych otrzymamy

; t

, x

, . . . , x

) = x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9.1. Całki pierwsze układu równań

113

; t

, x

, . . . , x

) = x

Zauważmy, że

∂ϕ

∂x

; t

, x

, . . . , x

), . . . ,

∂ϕ

∂x

; t

, x

, . . . , x

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂ϕ

∂x

; t

, x

, . . . , x

), . . . ,

∂ϕ

∂x

; t

, x

, . . . , x

)

1, 0, . . . , 0

. . . . . . . . .

0, . . . , 0, 1

= 1

Załóżmy, że (t

x) ∈ Ω nie jest punktem równowagi układu (9.1). Niech I × U będzie

otoczeniem punktu (t

x) tak dobranym, że dla każdego (t, x) ∈ I × U rozwiąza-

nie ϕ( · ; t, x) jest określone w punkcie t

. Ponadto, ponieważ funkcje w powyższym

wyznaczniku są ciągłe, możemy otoczenie to dobrać tak, aby

∂ϕ

∂x

; t, x

, . . . , x

), . . . ,

∂ϕ

∂x

; t, x

, . . . , x

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂ϕ

∂x

; t, x

, . . . , x

), . . . ,

∂ϕ

∂x

; t, x

, . . . , x

)

6= 0,

dla (t, x) ∈ I × U. Onacza to, że funkcje ϕ

; ·, ·), . . . , ϕ

; ·, ·) są funkcyjnie

niezależne w zbiorze I × U.

Przy przyjętych założeniach o funkcjach f

, . . . , f

, przez każdy punkt (t, x) ∈

I × U przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie ϕ( · ; t, x) układu (9.1). Ponadto, jeśli
y = ϕ(s; t, x), to x = ϕ(t; s, y), s ∈ I. Dla (t, x) ∈ I × U połóżmy e

x = ϕ(t

; t, x).

Zgodnie z powyższymi obserwacjami wartość ex jest stała na każdej całce układu (9.1)

(tzn. jeśli Γ jest wykresem całki układu (9.1) to ϕ(t

; t, x) = const dla dowolnego

(t, x) ∈ Γ). Zatem dla dowolnego s ∈ I mamy

; s, ϕ(s; t, x))) = ϕ

; s, y) = ϕ

; t, x) = e

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

; s, ϕ(s; t, x))) = ϕ

; s, y) = ϕ

; t, x) = e

gdzie y = ϕ(s; t, x).

Wynika stąd, że funkcje ϕ

; ·, ·), . . . , ϕ

; ·, ·) są funkcyjnie niezależnymi cał-

kami pierwszymi układu (9.1) na zbiorze I × U. Połóżmy

(s, x

, . . . , x

) = ϕ

; s, x

, . . . , x

i = 1, . . . , n.

Oczywiście g

, . . . , g

są funkcyjnie niezależnymi całkami pierwszymi układu (9.1) na

zbiorze I × U. Niech g : I × U → R będzie dowolną całką pierwszą układu (9.1).

Ponieważ całki pierwsze są stałe wzdłuż dowolnego rozwiązania x = x(s), s ∈ I,

układu (9.1), różniczkując względem s równości:

(s, x(s)) = 0, . . . , g

(s, x(s)) = 0, g(s, x(s)) = 0

114

Rozdział 9. Całki pierwsze układu równań

i wykorzystując równości x

(s) = f

(s, x(s)), i = 1, . . . n, otrzymamy układ równań:

∂g

∂s

s, x(s)

+ f

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

+ . . . + f

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

= 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂g

∂s

s, x(s)

+ f

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

+ . . . + f

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

= 0,

∂g
∂s

s, x(s)

+ f

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

+ . . . + f

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

= 0,

dla s ∈ I. Ponieważ dla dowolnego s ∈ I powyższy układ posiada rozwiązanie nieze-

rowe wzgledem 1, f

, . . . , f

, zatem wyznacznik współczynników musi być równy zeru,

czyli

∂g

∂s

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

, . . . ,

∂g

∂x

(s, x(s))

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂g

∂s

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

, . . . ,

∂g

∂x

s, x(s)

∂g
∂s

s, x(s)

∂g

∂x

s, x(s)

, . . . ,

∂g

∂x

s, x(s)

= 0,

dla s ∈ I. Z ostatniej równości wynika, że pochodne funkcji g są liniowo zależne od

pochodnych funkcji g

, . . . , g

. W konsekwencji

g(t, x) = F g

(t, x), . . . , g

(t, x)

gdzie F jest funkcją klasy C

. Dowód twierdzenia 9.1 został zakończony.

Rozważmy teraz układ autonomiczny

= f

, . . . , x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(9.4)

= f

, . . . , x

Załóżmy, że f

, . . . , x

) 6= 0. Dla i = 1, . . . , n − 1 połóżmy e

= f

oraz s = x

Wówczas układ (9.1) możemy zapisać w formie:

= e

, . . . , x

n−1

, s),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(9.5)

n−1

= e

, . . . , x

n−1

, s),

Zgodnie z poprzednim twierdzeniem, w otoczeniu dowolnego punktu nie będącego

punktem równowagi, układ ten posiada n−1 funkcyjnie niezależnych całek pierwszych
g

= g

, . . . , x

n−1

, s),. . . , g

n−1

= g

n−1

, . . . , x

n−1

, s). Ponadto, jeśli g jest całką

pierwszą w tym otoczeniu, to g = F ◦ (g

, . . . , g

n−1

), gdzie F jest funkcją klasy C

Rozdział 10

Metoda charakterystyk dla równań
różniczkowych cząstkowych pierwszego rzędu

10.1. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

Równanie różniczkowe cząstkowe to równanie w którym występuje niewiadoma

funkcja dwóch lub więcej zmiennych oraz niektóre jej pochodne cząstkowe. Rzędem
równania nazywamy najwyższy rząd pochodnej. I tak równaniem różniczkowym cząst-
kowym pierwszego rzędu nazywamy zależność

F (x

, . . . , x

, u, u

, . . . , u

) = 0,

gdzie (x

, . . . , x

) ∈ U ⊂ R

, F : U × R

n+1

→ R jest zadaną funkcją, a u szukaną

funkcją zmiennych x

, . . . , x

Przykładem równania różniczkowego cząstkowego pierwszego rzędu jest zależność

+ yu

= u.

Nietrudno sprawdzić bezpośrednim rachunkiem, że funkcja

u(x, y) = xF (y/x),

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej, jest rozwiązaniem na-
szego równania. Tak więc w przypadku równania różniczkowego zwyczajnego całka
ogólna zależy od rodziny stałych, a w przypadku równania różniczkowego cząstkowego
pierwszego rzędu całka ogólna zależy od rodziny funkcji.

W rozdziale tym omówimy rozwiązywanie równań różniczkowych cząstkowych

pierwszego rzędu metodą charakterystyk. Metoda ta polega na sprowadzeniu rozwią-
zania równania różniczkowego cząstkowego do rozwiązania układu równań różniczko-
wych zwyczajnych, tak zwanych równań charakterystyk. W tym celu znajduje się
rozwiązanie równania wyjściowego wzdłuż pewnych krzywych, a następnie pokazuje
się, że powierzchnia utworzona w stosowny sposób z tak skonstruowanych krzywych
(charakterystyk) jest rozwiązaniem równania wyjściowego. Wpierw sformułujemy idee
tej metody na prostym przykładzie równania liniowego o stałych współczynnikach,
następnie rozwiniemy ją dla przypadku równań liniowych o współczynnikach funkcyj-
nych jak również równań quasi-liniowych.

10.2. Równanie liniowe cząstkowe o stałych współczynnikach

Rozważmy liniowe równanie różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu o stałych

współczynnikach

+ bu

= c,

(x, y) ∈ D ⊂ R

(10.1)

116

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

Niech u będzie rozwiązaniem równania (10.1) w obszarze D. Rozważmy krzywą Γ
zawartą w D daną równaniami

x = x(t), y = y(t),

t ∈ I.

Oczywiście wzdłuż krzywej Γ rozwiązanie u przyjmuje wartości

z(t) = u x(t), y(t)

t ∈ I,

a pochodna względem zmiennej t wyraża się wzorem

∂u
∂x

∂u
∂y

(10.2)

Załóżmy, że krzywa Γ jest tak dobrana, że

= a,

= b.

(10.3)

Stąd i z faktu, że u jest rozwiązaniem równania (10.1) wynika, że prawa strona relacji
(10.2) jest równa c, czyli

= c.

(10.4)

Rozwiązując równania (10.3) z warunkami początkowymi: x(0) = x

, y(0) = y

otrzymamy

x = at + x

y = bt + y

lub po wyrugowaniu parametru t

= y −

(x − x

(10.5)

Zauważmy, że przez każdy punkt obszaru D przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie
układu równań (10.3).

Rozwiązanie równania (10.4) ma postać

z = ct + K.

(10.6)

Przypomnijmy, że funkcja (10.6) jest rozwiązaniem równania (10.1) wzdłuż krzywej
Γ, czyli krzywej danej równaniem (10.5). Jeśli zatem stałą K zastąpimy dowolną
funkcją która na krzywej Γ przyjmuje stałą wartość, co symbolicznie możemy zapisać
K = F (y

), gdzie y

jest dane wzorem (10.5). Funkcja

z = ct + F (y

będzie w dalszym ciągu spełniać równanie (10.1) wzdłuż krzywej Γ. Rozważmy teraz
funkcje

u(x, y) =

(x − x

) + F y −

x +

10.2. Równanie liniowe cząstkowe o stałych współczynnikach

117

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej. Bezpośredni rachunek
pokazuje, że funkcja ta jest rozwiązaniem równania (10.1). Istotnie

+ bu

= a

−

y −

x +

+ bF

y −

x +

= c.

Tak więc, aby znaleźć rozwiązania równania (10.1), wystarczy rozwiązać układ

równań liniowych (10.3), (10.4). Równania te noszą nazwę równań charakterystyk,
a ich rozwiązania charakterystyk równania (10.10). Warunki początkowe x(0) = x

y(0) = y

należy dobrać tak, aby krzywe całkowe Γ pokryły cały obszar D. Zazwyczaj

jako punkty początkowe wygodnie jest wziąć punkty leżące na stosownie dobranej
krzywej, na przykład na osi Ox lub Oy. Często wystarczy ograniczyć się do rozwią-
zań spełniających warunki: x(0) = 0, y(0) = y

. Zauważmy jeszcze, że ponieważ F

jest funkcją dowolną, wygodnie jest uzyskane rozwiązanie równania (10.1) zapisać w
postaci równoważnej

u(x, y) =

x + F y −

(10.7)

Warto zrozumieć geometryczną idee powyższego postępowania. Otóż funkcja F opi-
suje powierzchnie regularną utworzoną z charakterystyk. Poniewaź wzdłuż każdej cha-
rakterytyki równanie (10.1) jest spełnione, ponadto powierzchnia jest klasy C

, zatem

jest to szukane rozwiązanie.

Przykład 10.1 Znaleźć rozwiązanie równania

+ 2u

= 0,

x > 0, y ∈ R,

(10.8)

spełniające warunek początkowy

u(0, y) = f (y),

(10.9)

gdzie f jest zadaną funkcją różniczkowalną.

Rozwiązując równania charakterystyk

= 1,

= 2,

z warunkami początkowymi x(0) = 0, y(0) = y

, otrzymamy

x = t,

y = 2t + y

lub po wyrugowaniu t,

y = 2x + y

Równanie (10.4) przyjmuje postać

= 0,

a jego rozwiązanie możemy zapisać w postaci

z = F (y

118

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej. Zgodnie z wzorem (10.7)
całka ogólna równania (10.8) ma postać

u(x, y) = F (y − 2x).

Rozwiązanie to winno spełniać warunek początkowy (10.9), czyli

u(0, y) = F (y) = f (y).

Wynika stąd, że rozwiązaniem problemu (10.8), (10.9) jest funkcja

u(x, y) = f (y − 2x).

W szczególności, jeśli f(y) = 1/(1 + y

) to rozwiązaniem tego problemu jest funkcja

u(x, y) =

1 + (y − 2x)

Przykład 10.2. Znaleźć rozwiązanie równania

+ au

= 0,

x > 0, y > 0 (a>0),

(10.10)

spełniające warunki

u(x, 0) = f (x),

u(0, y) = g(y),

(10.11)

gdzie f i g są funkcjami różniczkowalnymi i ponadto f(0) = g(0).

Zgodnie z poprzednimi rozważaniami całka ogólna równania (10.10) ma postać

u(x, y) = F (y − ax),

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej.

Rozważmy zbiory D

(x, y) ∈ R

: x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ ax

oraz D

(x, y) ∈

: x ≥ 0, y > ax

. Zauważmy, że w zbiorze D

rozwiązanie równania (10.10)

winno spełniać warunek u(x, 0) = f(x), zaś w zbiorze D

warunek u(0, y) = g(y). W

pierwszym przypadku F (−ax) = f(x), czyli F (t) = f(−t/a), zaś w drugim F (y) =
g(y). Wynika stąd, że rozwiązaniem problemu (10.10), (10.11) jest funkcja

u(x, y) =







f x −

y
a

jeśli x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ ax;

g(y − ax), jeśli x ≥ 0, y > ax.

Przykład 10.3. Znaleźć rozwiązanie równania

+ 3u

= 0,

x > 0, y > 0,

spełniające warunki

u(x, 0)

cos x,

dla x > 0,

u(0, y)

jeśli 0 ≤ y ≤ 1;

2y − 1, jeśli y > 1.

10.2. Równanie liniowe cząstkowe o stałych współczynnikach

119

Nietrudno sprawdzić, że całka ogólna równania wyjściowego ma postać

u(x, y) = F (y − 3x),

zaś rozwiązanie spełniające zadane warunki początkowo-brzegowe ma postać

u(x, y) =







cos(x −

y
3

jeśli x > 0, 0 < y < 3x,

jeśli x > 0, 3x ≤ y ≤ 1,

2(y − 3x) − 1, jeśli x > 0, y > max{1, 3x}.

Opisaną tu metodę możemy stosować również w przypadku, gdy współczynniki

a,b,c są funkcjami zmiennych x i y. Równanie tego typu rozwiążemy w następnym
przykładzie.

Przykład 10.4. Znaleźć rozwiązanie równania

+ yu

= λu,

x, y ∈ R,

spełniające warunek początkowy

u(0, y) = f (y),

gdzie f jest funkcją różniczkowalną.

Rozwiązując równania charakterystyk

= 1,

= y,

z warunkami początkowymi x(0) = 0, y(0) = y

otrzymamy

x = t,

y = y

Zauważmy, że rodzina krzywych x = t, y = y

, y

∈ R, pokrywa całą przestrzeń R

na której szukamy rozwiązania. Równanie (10.4) przyjmuje tym razem postać

= λz.

Rozwiązując to równanie otrzymamy

z = Ke

λt

Ponieważ stała K jest dobrana dla charakterystyki y

= ye

−x

w miejsce K możemy

wstawić F (y

), czyli

z = F (y

λt

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną. Zgodnie z poprzednimi razważaniami
funkcja

u(x, y) = F ye

−x

λx

120

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

jest rozwiązaniem równania wyjściowego. Uwzględniając warunek początkowy mamy

u(0, y) = F (y) = f (y).

Zatem szukane rozwiązanie ma postać

u(x, y) = f ye

−x

λx

Przykład 10.5. Znaleźć rozwiązanie równania

+ u

= 0,

x, y ∈ R

spełniające warunki

u(0, y) =

√

dla y > 0,

u(x, 0) = 0,

dla x > 0.

Równania charakterystyk mają postać

= 1,

= z

= 0.

Z równania

= 0 wynika, że funkcja z = u(x(t), y(t)) jest stała wzdłuż charak-

terystyk. Wykorzystując ten fakt, możemy w drugim równaniu potraktować z jako
stałą. Po rozwiązaniu równań charakterystyk z warunkami początkowymi x(0) = 0,
y(0) = y

, otrzymamy

x = t,

y = z

t + y

z = F (y

Eliminując z dwóch pierwszych równań t otrzymamy y

= y − z

x, a wstawiając -

podobnie jak poprzednio - w miejsce z funkcje u do równania trzeciego, otrzymamy
rozwiązanie równania wyjściowego w postaci uwikłanej

u = F (y − xu

Wykorzystując warunek początkowy otrzymamy

u(0, y) = F (y) =

√

Zatem rozwiązanie naszego problemu możemy zapisać w postaci uwikłanej

u =

y − xu

dla y − xu

≥ 0.

Wyznaczając z ostatniego równania u mamy

u =

1 + x

dla x ≥ 0, y ≥ 0.

Zauważmy, że tak otrzymana funkcja u spełna również drugi z żądanych warunków,
bowiem u(x, 0) =

√

0 = 0.

10.2. Równanie liniowe cząstkowe o stałych współczynnikach

121

Przykład 10.6. Rozważmy teraz liniowe równanie różniczkowe cząstkowe pierw-

szego rzędu o stałych współczynnikach

+ bu

+ cu

= α,

(x, y, z) ∈ V ⊂ R

Jak poprzednio szukamy rozwiązania wzdłuż krzywej Γ ⊂ V danej równaniami

x = x(t), y = y(t), z = z(t)

t ∈ I.

Załóżmy, że krzywa Γ jest tak dobrana, że

= a,

= b,

= c.

Rozwiązując ostatni układ równań z warunkami początkowymi: x(0) = 0, y(0) = y

z(0) = z

otrzymamy

x = at,

y = bt + y

z = ct + z

lub po wyrugowaniu parametru t równanie krawędziowe krzywej Γ:

y −

x = y

z −

x = z

(Jeśli punkt (0, y

, z

) /

∈ V lub uzyskana rodzina krzywych nie pokrywa obszaru V ,

należy wzbogacić warunki początkowe). Zauważmy, że wzdłuż krzywej Γ rozwiązanie
r:ownania przyjmuje wartość v(t) = u x(t), y(t), z(t)

, przy czym zgodnie z równa-

niem wyjściowym

= α.

Stąd

v = αt + K.

Ponieważ stała K jest dobrana do krzywej Γ, możemy fakt ten wyrazić formułą K =
F (y

, z

), gdzie F jest dowolną różniczkowalną funkcją dwóch zmiennych, czyli

v = αt + F (y

, z

Wracając do zmiennych wyjściowych i pamiętając, że t = x/a mamy

u(x, y, z) =

x + F y −

x, z −

Nietrudno sprawdzić, że tak określona funkcja jest rozwiązaniem równania wyjścio-
wego.

122

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

10.3. Równanie różniczkowe cząstkowe liniowe pierwszego

rzędu

Przeanalizujemy jeszcze raz zaproponowaną w poprzednim paragrafie metodę

w wersji nieco zmodyfikowanej. W tym celu rozważmy liniowe równanie różniczkowe
cząstkowe pierwszego rzędu

a(x, y)u

+ b(x, y)u

+ c(x, y)u = f (x, y),

(10.12)

gdzie a, b, c, f są funkcjami ciągłymi w obszarze D ⊂ R

. Załóżmy ponadto, że

funkcje a i b nie zerują się równocześnie w żadnym punkcie zbioru D.

Celem znalezienia rozwiązań równania (10.12) dokonajmy zmiany zmiennych

ξ = ξ(x, y),

η = η(x, y),

(x, y) ∈ D

(10.13)

tak dobranej, aby po zmianie zmiennych w równaniu (10.12) wyrugować jedną z po-
chodnych cząstkowych.

Załóżmy chwilowo, że taka zmiana zmiennych istnieje i ponadto, że z równań

(10.13) możemy wyznaczyć x i y jako funkcje zmiennych ξ i η, czyli

x = x(ξ, η),

y = y(ξ, η),

przy czym tak określone funkcje x i y posiadają pochodne cząstkowe względem ξ i η.
Połóżmy

w(ξ, η) = u x(ξ, η), y(ξ, η)

Wracając do zmiennych wyjściowych x i y otrzymamy

u(x, y) = w ξ(x, y), η(x, y)

Stąd

= w

+ w

= w

+ w

Podstawiając ostatnie związki do równania (10.12) otrzymamy

(aξ

+ bξ

+ (aη

+ bη

+ cw = f.

Zauważmy, że postawiony cel osiągniemy, jeśli funkcje η dobierzemy tak, aby

aη

+ bη

= 0,

(10.14)

(lub funkcje ξ tak aby aξ

+ bξ

= 0). Istotnie, niech rodzina krzywych

η(x, y) = K,

gdzie K jest dowolną stałą, będzie całką ogólną równania (10.14). Oczywiście dη = 0,
czyli

dx + η

dy = 0.

(10.15)

Jeśli η

6= 0, z warunków (10.14), (10.15) wynika, że

dy
dx

(10.16)

10.3. Równanie różniczkowe cząstkowe liniowe pierwszego rzędu

123

Równanie (10.16) nazywamy równaniem charakterystyk równania (10.12). Rodzinę
krzywych ψ(x, y) = K, będącą rozwiązaniem ogólnym równania (10.16) nazywamy
rodziną charakterystyk równania (10.12).

Niech ψ(x, y) = K będzie rozwiązaniem ogólnym równania (10.16). Kładąc

ξ = x,

η = ψ(x, y),

równanie (10.12) sprowadzimy do równania

ea(ξ, η)w

+ ec(ξ, η)w = e

f (ξ, η)

(10.17)

gdzie

ea(ξ, η) = a x(ξ, η), y(ξ, η)

= a ξ, y(ξ, η)

ec(ξ, η) = c x(ξ, η), y(ξ, η)

= c ξ, y(ξ, η)

f (ξ, η) = f x(ξ, η), y(ξ, η)

= f ξ, y(ξ, η)

Zauważmy, że związek (10.17) możemy traktować jako równanie różniczkowe zwy-
czajne względem zmiennej ξ, zależne od parametru η. Niech w = w(ξ, η) będzie
rozwiązaniem tego równania. Połóżmy

u(x, y) = w ξ(x, y), η(x, y)

(x, y) ∈ D.

Nietrudno sprawdzić, że tak określona funkcja u jest rozwiązaniem równania (10.12).

Zauważmy jeszcze, że równania charakterystyk (10.16) możemy zapisać w postaci

układu równań

= a,

= b.

(10.18)

Przykład 10.7. Rozwiązać równanie

+ 2xyu

= u,

(x, y) ∈ R

(10.19)

z warunkiem początkowym

u(0, y) = y

y ∈ R.

(10.20)

Rozwiązując równanie charakterystyk

dy
dx

= 2xy,

otrzymamy

y = Ce

lub

−x

= C.

Kładąc

ξ = x,

η = ye

−x

124

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

mamy

= w

− 2xye

−x

= e

−x

a po podstawieniu do równia wyjściowego

= w.

Rozwiązując ostatnie równanie dostajemy

w = Ke

Ponieważ stała K może zależeć od η, przyjmijmy K = F (η), gdzie F jest dowolną
funkcją różniczkowalną jednej zmiennej. Zatem

w = F (η)e

Zgodnie z poprzednimi uwagami funkcja

u(x, y) = F ye

−x

jest rozwiązaniem równania (10.19). Uwzględniając warunek początkowy (10.20) mamy

u(0, y) = F (y) = y

Zatem rozwiązaniem problemu (10.19), (10.20) jest funkcja

u(x, y) = y

−3x

= y

x−3x

Przykład 10.8. Rozwiązać równanie

+ 2x

− u = x

(10.21)

Rozwiązując równanie charakterystyk

dy
dx

= 2x

otrzymamy y = x

+ C. Zmiana zmiennych

ξ = x,

η = y − x

prowadzi do równania

−

1
ξ

w = ξe

Rozwiązując to równanie otrzymamy

w = ξe

+ ξF (η),

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej. Wracając do zmiennych
wyjściowych znajdziemy całkę ogólną równania (10.21):

u(x, y) = xe

+ xF (y − x

10.4. Równanie różniczkowe cząstkowe liniowe o n-zmiennych niezależnych

125

Załóżmy teraz, że szukamy rozwiązania równania (10.21), które na krzywej y = x

przyjmuje wartość sin x, czyli

u(x, x

) = xe

+ xF (0) = sin x.

Oznacza to, że musimy znaleźć taką stałą C aby

+ xC = sin x.

Ponieważ jest to niemożliwe, postawiony problem nie posiada rozwiązania.

Załóżmy z kolei, że szukamy rozwiązania równania (10.21), które na krzywej y = x

przyjmuje wartość xe

− 4x, czyli

u(x, x

) = xe

+ xF (0) = xe

− 4x.

Wynika stąd, że F (0) = −4. Założony warunek jest więc spełniony, jeśli F jest dowolną

funkcją różniczkowalną taką, że F (0) = −4. Oznacza to, że problem ten posiada

nieskończenie wiele rozwiązań.

Załóżmy wreście, że szukamy rozwiązania równania (10.21), które na krzywej y =

+ x przyjmuje wartość cos x, czyli

u(x, x

+ x) = xe

+ xF (x) = cos x.

Zauważmy, że warunek ten zachodzi, jeśli F (x) =

cos x − e

. Zatem szukane roz-

wiązanie ma postać

u(x, y) = xe

y − x

cos(y − x

) − xe

y−x

Warto odnotować, że krzywa y = x

jest charakterystyką, natomiast krzywa

y = x

+ x nie jest charakterystyką równania (10.21). Z tym faktem - jak zobaczymy

w następnym paragrafie - związana jest kwestia jednoznaczności lub niejednoznacz-
ności rozwiązań problemu początkowego.

10.4. Równanie różniczkowe cząstkowe liniowe o n-zmiennych

niezależnych

Rozważmy wpierw liniowe jednorodne równanie różniczkowe cząstkowe 1-go rzędu

o n-zmiennych niezależnych

, . . . , x

)

∂u

∂x

+ a

, . . . , x

)

∂u

∂x

+ . . . + a

, . . . , x

)

∂u

∂x

= 0,

(10.22)

gdzie a

, . . . , a

są funkcjami klasy C

określonymi w zbiorze Ω ⊂ R

Rozważmy ponadto układ równań

= a

, . . . , x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(10.23)

= a

, . . . , x

126

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

zwany układem równań charakterystyk dla równania (10.22).

Twierdzenie 10.1. Funkcja u : Ω → R klasy C

jest rozwiązaniem równania

(10.22) wtedy i tylko wtedy gdy jest całką pierwszą układu równań (10.23).

Dowód. Warunek wystarczający. Niech u będzie całką pierwszą układu równań

(10.23). Niech

x= (

, . . . ,

) ∈ Ω. Niech x(t) = x

(t), . . . , x

(t)

, t ∈ I, będzie

rozwiązaniem układu równań (10.23) przechodzącym w chwili t

przez punkt

, tzn.

x(t

) =

. Ponieważ u jest całką pierwszą układu (10.23)

u x

(t), . . . , x

(t)

= const

dla

t ∈ I.

Różniczkując ostatnią równość względem zmiennej t dostajemy

∂u

∂x

(t), . . . , x

(t)

(t) + . . . +

∂u

∂x

(t), . . . , x

(t)

(t) = 0,

t ∈ I.

Zgodnie z (10.23) wiekość x

(t) możemy zastąpić wyrażeniem a

, . . . , x

) dla i =

1, . . . , n. W szczególności dla t = t

mamy

(

∂u

∂x

(

x) + . . . + a

(

∂u

∂x

(

x) = 0,

co oznacza, że funcja u spełnia równanie (10.22) w punkcie

. Ponieważ

jest dowol-

nym punktem zbioru Ω, funkcja u jest rozwiązaniem równania (10.22) w Ω.

Warunek konieczny. Niech u = u(x

, . . . , x

) będzie rozwiązaniem równania (10.22),

a układ funkcji x

= x

(t), . . . , x

= x

(t), t ∈ I, rozwiązaniem układu równań

(10.23). Oczywiście

i=1

(t), . . . , x

(t)

∂u

∂x

(t), . . . , x

(t)

= 0

dla

t ∈ I.

Ponieważ

(t) = a

(t), . . . , x

(t)

i = 1, . . . , n,

powyższe równanie możemy zapisać w postaci

i=1

(t)

∂u

∂x

(t), . . . , x

(t)

= 0,

czyli

u( x

(t), . . . , x

(t)

= 0.

Wynika stąd, że

u x

(t), . . . , x

(t)

= const

dla

t ∈ I,

co oznacza, że u jest całką pierwszą układu równań ( 3.23).

10.4. Równanie różniczkowe cząstkowe liniowe o n-zmiennych niezależnych

127

Zauważmy, że układ równań (10.23) możemy zapisać w postaci:

= · · · =

(10.24)

a ponadto dla dowolnych λ

, . . . , λ

∈ R, µ

, . . . , µ

∈ R,

d λ

+ . . . + λ

d µ

+ . . . + µ

Uwaga 10.1. Niech rodzina

ψx

, x

) = C,

(10.25)

gdzie C jet stałą dowolną, będzie całką ogólną równania

, . . . , x

)

, . . . , x

)

Wówczas funkcja

Ψ(x

, . . . , x

) = ψ(x

, x

, . . . , x

) ∈ Ω,

jest całką pierwszą układu równań (10.23).

Istotnie, niech ϕ = (ϕ

, . . . , ϕ

) będzie całką układu (10.23) określoną w przedziale

J. Wówczas

d(Ψ ◦ ϕ)(t) =

∂ψ

∂x

dϕ

(t) +

∂ψ

∂x

dϕ

(t) = 0,

t ∈ J,

bowiem z (10.25) mamy ψ

+ ψ

= 0. Oznacza to, że funkcja ψ jest całką

pierwszą układu (10.23).

Przykład 10.9. Znaleźć całkę ogólną równania

+ yu

+ z

= 0.

Układ równań charakterystyk możemy zapisać w postaci:

Rozwiązując równania:

otrzymujemy:

y/x = C

1/z

= C

Łatwo sprawdzić, że funkcje:

= y/x,

= xe

1/z

128

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

są liniowo niezależnymi całkami pierwszymi układu równań charakterystyk, a zatem
szukana całka ogólna ma postać

u = F y/x, xe

1/z

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną dwóch zmiennych.

Rozważmy teraz równanie niejednorodne

, . . . , x

, u)

∂u

∂x

+ . . . + a

, . . . , x

, u)

∂u

∂x

= f (x

, . . . , x

, u),

(10.26)

gdzie a

, . . . , a

są funkcjami klasy C

określonymi w zbiorze Ω ⊂ R

Szukamy rozwiązania w postaci uwikłanej

V (x

, . . . , x

, u) = 0,

(10.27)

gdzie V jest funkcją posiadającą ciągłe pochodne cząstkowe w pewnym otoczeniu
punktu

w= (

, . . . ,

u). Załóżmy, że

∂V

∂u

(

w) 6= 0. Z twierdzenia o pochodnej funkcji

uwikłanej w otoczeniu punktu

otrzymamy

∂u

∂x

= −

∂V

∂x

. ∂V

∂u

i = 1, . . . , n

Podstawiając ostatnie wielkości do równania (10.26) otrzymamy równanie liniowe
jednorodne

, . . . , x

, u)V

+ . . . + a

, . . . , x

, u)V

+ f (x

, . . . , x

, u)V

= 0, (10.28)

Równania charakterystyk równania (10.28) mają postać:

, . . . , x

, u)

= . . . =

, . . . , x

, u)

f (x

, . . . , x

, u)

(10.29)

Niech ψ

, . . . , ψ

będą funkcyjnie niezależnymi całkami pierwszymi układu równań

(10.29). Zgodnie z wzorem (10.24) całka ogólna równania (10.28) ma postać

V = F (ψ

, . . . , ψ

gdzie F jest dowolną funkcją posiadającą ciągłe pochodne cząstkowe. Stąd i (10.27)
wynika, że całką ogólną równania (10.26) ma postać

F (ψ

, . . . , ψ

) = 0.

(10.30)

Przykład 10.10. Znaleźć całkę ogólną równania

+ yu

+ z

= u

Równanie charakterystyk możemy zapisać w postaci:

10.5. Przykłady

129

Rozwiązując równania:

otrzymamy:

ln y − x = C

1/z + x = C

1/u

+ 2x = C

Łatwo sprawdzić, że funkcje:

= ln y − x,

= 1/z + x,

= 1/u

+ 2x,

są liniowo niezależnymi całkami pierwszymi układu równań charakterystyk. Zatem
szukana całka ogólna ma postać:

F ln y − x, 1/z + x, 1/u

+ 2x

= 0,

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną trzech zmiennych.

10.5. Przykłady

Na poniższym przykładzie prześledzimy różne sposoby praktycznego wykorzysta-

nia metody charakterystyk, które umownie nazwiemy metodą charakterystyk, metodą
krzywych charakterystycznych, metodą zmiany zmiennych oraz metodą całek pierw-
szych.

Przykład 10.9. Znaleźć rozwiązanie równania

+ yu

= u,

przechodzące przez krzywą x = s, y = s + 1, z = 2.

Metoda charakterystyk. Rozwiązując równanie charakterystyk

= x,

= y,

z warunkami początkowymi x(0) = 1, y(0) = y

, otrzymamy

x = e

y = y

a po wyrugowaniu t

y
x

= y

Rozwiązując pozostałe równanie charakterystyk

= z,

130

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

otrzymamy

z = Ce

gdzie stała C zależy od krzywej y/x = y

. Fakt ten możemy zapisać w postaci

z = F (y

gdzie F jest dowolną funkcją klasy C

. Wracając do zmiennych x i y otrzymamy

u = F

y
x

Uwzględniając zadane warunki mamy

2 = F 1 +

1
s

Podstawiając τ = 1 + 1/s otrzymamy

F (τ ) = 2(τ − 1).

Zatem szukane rozwiązanie ma postać

u = 2

y
x

− 1

x = 2(y − x).

Metoda krzywych charakterystycznych. Rozwiązując równanie charaktery-

styk

= x,

= y,

= u,

otrzymamy

x = Ae

y = Be

u = Ce

Załóżmy, że charakterystyka przechodzi przez punkt (s, s + 1, 2) dla t = 0. Wynika
stąd, że

A = s,

B = s + 1,

C = 2.

Zatem równania charakterystyk przechodzących przez zadaną krzywą mają postać

x = se

y = (s + 1)e

u = 2e

Eliminując z tego układu s i t, otrzymamy

u = 2(y − x).

Metoda zmiany zmiennych. Rozwiązując równanie charakterystyk

dy
dx

y
x

otrzymamy y = Cx. Zmiana zmiennych

ξ = x, η =

y
x

10.5. Przykłady

131

sprowadza równanie wyjściowe do postaci

dξ

= w.

Rozwiązując to równanie otrzymamy

w = ξ F (η),

gdzie F jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej. Wracają do zmiennych
wyjściowych otrzymamy całkę ogólną równania wyjściowego

u(x, y) = x F

y
x

Uwzględniając warunek początkowy u(s, s + 1) = 2 otrzymamy

2 = s F

s+1

Kładąc t = (s + 1)/s, czyli s = 1/(t − 1), mamy

2 =

t − 1

F (t).

Zatem F (t) = 2(t − 1). Stąd szukane rozwiązanie ma postać

u(x, y) = 2

y
x

− 1

x = 2(y − x).

Metoda całek pierwszych. Rozwiązując równania

otrzymamy rodziny charakterystyk

y
x

= C

u
x

= C

Ponieważ funkcje ψ

= y/x, ψ

= u/x są funkcyjnie niezależnmi całkami pierwszymi

układu równań charakterystyk

zgodnie z wzorem (10.30) całka ogólna równania wyjściowego ma postać

F (y/x, u/x) = 0,

gdzie F jest dowolną różniczkowalną funkcją dwóch zmiennych. Zauważmy, że wzór
na całkę ogólną możemy formalnie zapisać w postaci F (C

, C

) = 0, gdzie C

= ψ

. Aby znaleźć całkę szczególną przechodzącą przez zadaną krzywą należy

132

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

wyznaczyć funkcje F . W tym celu wystarczy wyznaczyć związek pomiędzy C

i C

Możemy go uzyskać rugując s, x, y oraz u z równań

y/x = C

u/x = C

x = s,

y = s + 1,

u = 2.

Po przeprowadzeniu prostych rachunków otrzymamy

= 2(C

− 1).

Podstawiając w miejsce C

i C

stosowne funkcje mamy

u
x

= 2

− 1

Stąd

u = 2(y − x).

Wykorzystując jedną z omówionych powyżej metod rozwiążemy dalsze przykłady

Przykład 10.11. Znaleźć rozwiązanie równania

+ uu

= u

które na krzywej y = ln x przyjmuje wartość u = 1, tzn. u(x, ln x) = 1.

Rozwiązując równanie charakterystyk

= 1,

= u

= u,

otrzymamy

x = t + A,

u = 1/(C − t)

y = − ln |C − t| + B.

Przyjmując, że dla t = 0 charakterystyki przechodzą przez punkt (s, ln s, 1), możemy
wyznaczyć stałe

A = s,

C = 1,

B = ln s.

Zatem

x = t + s,

y = − ln |1 − t| + ln s,

u = 1/(1 − t).

Eliminując z tego układu t i s otrzymamy szukane rozwiązanie w postaci uwikłanej

x +

− 1 =

|u|

Przykład 10.12. Znaleźć całkę ogólną równania

(y + z)u

+ yu

+ (x − y)u

= 0.

Równania charakterystyk mają postać:

y + z

x − y

10.5. Przykłady

133

Wykorzystując własność (10.25) i rozwiązując równania:

d(x + z)

x + z

d(x − y)

x − y

otrzymujemy

(x + z)/y = C

(x − y)

− z

= C

Łatwo sprawdzić, że funkcje ψ

= (x+z)/y, ψ

= (x−y)

−z

są liniowo niezależnymi

całkami pierwszymi układu równań charakterystyk. Zatem - na mocy twierdzeń 10.1
i 3.2 - całka ogólna równania wyjściowego ma postać:

u = F (x + z)/y, (x − y)

− z

gdzie F jest dowolną różniczkowalną funkcją dwóch zmiennych.

Przykład 10.13. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

− 4x

= yu

W celu znalezienia całek pierwszych układu równań charakterystyk

−4x

rozwiążmy równania

−4x

Po scałkowaniu otrzymamy

+ y

= C

x +

= C

Ponieważ funkcje ψ

= 2x

+ y

, ψ

= x + 1/u są funkcyjnie niezależnymi całkami

pierwszymi układu równań charakterystyk, szukane rozwiązanie ogólne - zgodnie ze
wzorem (3.30) - ma postać:

F 2x

+ y

, x + 1/u

= 0.

Przykład 10.14 Znaleźć całkę ogólną równania

+ y

= (x + y)u.

Zgodnie z (10.29) równania charakterystyk mają postać

(x + y)u

Wykorzystując (10.25) rozważmy układ równań

d(y − x)

− x

(x + y)u

134

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

Całka pierwszego równania ma postać 1/y − 1/x = C

. Zapisując natomiast drugie

równanie w postaci równoważnej

d(y − x)

y − x

zauważymy łatwo, że jego całka ma postać u/(y − x) = C

. W konsekwencji szukane

rozwiązanie zgodnie z wzorem (10.30) możemy wyrazić w formie

−

1
y

y − x

= 0.

Przykład 10.15. Znaleźć rozwiązanie równania

(y − z)u

+ (z − x)u

+ (x − y)u

= 0.

Z układu równań chrakterystyk

= y − z,

= z − x,

= x − y,

otrzymamy zależności

dx + dy + dz = 0,

xdx + ydy + zdz = 0,

które implikują natychmiast rodziny całek pierwszych

x + y + z = C

+ y

+ z

= C

Szukana całka ogólna ma zatem postać

u = F x + y + z, x

+ y

+ z

10.6. Zadania

1. Znaleźć całki ogólne następujących równań:

a) 3u

+ 5u

− xyu = 0;

b) u

− u

+ yu = 0;

c) u

+ 4u

− xu = x;

d) x

− 2u

− xu = x

;

e) x

+ xyu

+ xu = x − y;

f) xu

+ u

= e

2. Znaleźć rozwiązania następujących problemów:

a) u

+ xu

= 1,

u(0, y) = e

;

b) u

+ uu

= 0,

u(x, 0) = x

;

c) xu

+ yu

= 2u,

u(x, x

) = x

10.6. Zadania

135

3. Znaleźć rozwiązanie równania

3yu

− 2xu

= 0

spełniające warunek:
a) u(x, y) = x

na prostej y = x;

b) u(x, y) = 1 na krzywej 3y

+ 2x

= 4;

c) u(x, y) = 2x na krzywej 2x

− 3y

= 4.

4. Znaleźć rozwiązanie równania

− 6u

= x

spełniające warunek:
a) u(x, y) = e

na prostej y = −6x + 2;

b) u(x, y) = 1 na paraboli y = −x

;

c) u(x, y) = −4x na prostej y = −6x.

5. Znaleźć rozwiązanie równania

+ 8u

− u = 1

spełniające warunek:
a) u(x, y) = cos x na prostej y = 3x;
b) u(x, y) = x na prostej y = 2x;
c) u(x, y) = 1 − x na paraboli y = x

6. Znaleźć rozwiązanie równania

+ x

= xy

spełniające warunek:
a) u(x, y) = 4x na krzywej y = x

3/2

;

b) u(x, y) = x

na krzywej 3y

= 2x

;

c) u(x, y) =

1
2

na krzywej y = 0.

7. Znaleźć całki ogólne następujących równań

a) xuu

− yuu

= y

− x

;

b) y

− xyu

= x(u − 2y);

c) 3x

− (u − x)u

= 3x

;

d) x(x + y)u

− y(x + y)u

= (y − x)(2x + 2y + u);

e) (y + xu)u

− (x + yu)u

= x

− y

;

f) (x

+ 3xy

+ 2y

= 0.

8. Znaleźć rozwiązania problemów:

a) u

− xu

= 4,

u(x, y) = 0 dla y = 2x;

b) xu

+ yu

= xyu, u(x, y) = 1 dla y = x

;

c) (x + u)u

+ (y + u)u

= 0,

u(x, y) = x + 1 dla y = 2x;

d) u

− y

= 1/(sin u),

u(x, y) = 0 dla y =

√

e) u

+ y

= cos u,

u(x, y) = 0 dla x = y

;

f) x

− yu

= u,

u(x, y) = 0 dla y = x

− 1;

9. Znaleźć rozwiązania problemów:

a) xu

+ yu

= yu

;

136

Rozdział 10. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu

b) (x + u)u

+ (y + u)u

= 0;

c) xu

+ yu

= x + y; u(1, y) = y

;

d) yu

− xu

= 0;

u(0, y) = y

;

e) (1 + x

+ xyu

= 0;

u(x, 2x) = x

;

f) u

− y

= u, u(x, 1/x) = e

10. Znaleźć rozwiązanie przechodzące przez zadaną krzywą:

a) xu

+ yu

= yu

x = s, y = s

, z = 1;

b) (x

− y

+ 2xyu

= xu,

x = 2s, y = s, z = 1;

c) cos u · u

+ cos x · u

= cos x · cos y,

x + π, y = 1, z = sin

d) 2y(u − 3)u

+ (2x − u)u

= y(2x − 3),

+ y

= 2x, u = 0;

e) x(y

+ u)u

− y(x

+ u)u

= (x

− y

)u,

+ y

= 2x, u = 0;

f) (x − y)u

+ (y − x − u)u

= u,

+ y

= 1, u = 1.

Bibliografia

[1] R.P. Agarval, D.O. Reagan, An introduction to ordinary differential equations, Springer,

2008.

[2] H. Amann, Ordinary differential equations, Walter & Gruyter, New York 1990.
[3] C. Chicaro, Ordinary differential equations with applications, Springer, 2006.
[4] A. F. Filippov, Zbiór zadań z równań różniczkowych, Izd. Nauka, Moskwa, 1961, 2009.
[5] M. Gewert, Z. Skoczylas, Równania różniczkowe zwyczajne, Oficyna Wydawnicza GiS,

2002.

[6] R.M. O’Malley, An Introduction to ordinary differential equations, SIAM Rev. 51, 2009.
[7] J. Ombach, Wykłady z równań różniczkowych zwyczajnych, Kraków, 1996.
[8] A. Pelczar, J. Szarski, Wstęp do równań różniczkowych zwyczajnych, PWN, Warszawa,

1984.

[9] A. Pelczar, Wstęp do teorii równań różniczkowych zwyczajnych, PWN, Warszawa, 1989.

[10] J.C. Robinson, An introduction to ordinary differential equations, Cambridge, 2004.

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Myjak J Równania różniczkowe
Janus J , Myjak J Wprowadzenie Do Równań Różniczkowych Cząstkowych
Niejednorodne liniowe rownania rozniczkowe
04 Rozdział 03 Efektywne rozwiązywanie pewnych typów równań różniczkowych
Bołt W Równania Różniczkowe
raport3 Równania różniczkowe zwyczajne
Metody Komputerowe i Numeryczne, Równania różniczkowe zwyczajne
9 Rownania rozniczkowe id 4845 Nieznany (2)
anch1012 rownania rozniczkowe
Kochański P, Kortyka P Sposoby rozwiązywania prostych równań różniczkowych zwyczajnych
Szereg Fouriera przyklady, SiMR, Studia inżynierskie, Semestr II 2, Równania różniczkowe, 2012 13
RÓWNANIE RÓŻNICZKOWE RZĘDU I O ZMIENNYCH ROZDZIELONYCH
ćw równania różniczkowe II rzedu
sciaga rownanie rozniczkowe zupelne, AGH, I & II, Matematyka, Teoria
12 ELEMENTY RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH

więcej podobnych podstron