ZSZ PC zjazd 1

Jak pamiętamy, całka

R

b

a

f (x)dx była dla funkcji nieujemnej f (x) rów-

na polu figury ograniczonej wykresem funkcji, prostymi x = a, x = b i
znajdującej się w górnej półpłaszczyznie układu współrzędnych y ­ 0. Całka
podwójna

R R

D

f (x, y)dxdy z funkcji nieujemnej dwóch zmiennych f (x, y) ma

podobną interpretację – jest ona równa objętości bryły ograniczonej wykre-
sem funkcji, górną półprzestrzenią z ­ 0 i o podstawie D.

Całka z funkcji ujemnej na zbiorze D jest co do wartości równa objętości
bryły skonstruowanej tak jak we wcześniejszym przypadku, z tym że tu roz-
patrujemy dolną półprzestrzeń z ¬ 0. W tym przypadku jednak znak całki
będzie ujemny.
W przypadku dowolnej funkcji całka będzie, mówiąc nieformalnie, równa su-
mie całek obliczonych po częściach D dla których funkcja jest nieujemna i
tych dla których jest ujemna.
W praktyce będziemy zajmować się obliczaniem całek po zbiorach, dla któ-
rych czynność ta jest stosunkowo łatwa. Zaczniemy od całek po prostokątach.

Ilustracja
Obliczyć

R R

P

(2xy + y)dxdy,

gdzie

P = h−1, 1i × h0, 1i.

Rozwiązanie:

Z

Z

P

(2xy + y)dxdy =

Z

1

−1

(

Z

1

0

(2xy + y)dy)dx

Liczymy całkę wewnętrzną

Z

1

0

(2xy + y)dy = 2x

y

2

2

+

y

2

2






1

0

= x +

1

2

i wstawiamy w odpowiednie miejsce

Z

1

−1

(x +

1

2

)dx =

x

2

2

+ x ·

1

2






1

−1

,

1

pozostaje tylko podstawienie granic całkowania.
Jak widać, podobnie jak miało to miejsce w przypadku obliczania pochod-
nych cząstkowych, gdy liczymy całkę po dx, y traktujemy tak, jakby było
stałą. Gdy liczymy całkę po dy, x traktujemy w ten sam sposób.

Zadania

1.

Z

Z

P

(x + xy)dxdy,

gdzie

P = h−1, 1i × h0, 1i,

2.

Z

Z

P

(x + y + 1)dxdy,

gdzie

P = h1, 2i × h−1, 1i,

3.

Z

Z

P

(2x + 3y)dxdy,

gdzie

P = h0, 2πi × h0, 1i,

4.

Z

Z

P

(xcosy)dxdy,

gdzie

P = h0, 1i × h0,

π

2

i.

Całki po tzw. zbiorach normalnych oblicza się w podobny sposób. Taki zbiór
trzeba jednak wcześniej umieć opisać.

Definicja 1 Niech f (x) i g(x) będą ciągłymi funkcjami rzeczywistymi, takimi
że dla x ∈ ha, bi zachodzi g(x) ¬ f (x). Wówczas obszar ograniczony krzywymi
x = a, x = b, y = f (x), y = g(x) nazwiemy normalnym (względem osi Ox).

Twierdzenie 1 Niech A będzie zbiorem normalnym względem osi Ox (przyj-
mujemy oznaczenia jak w powyższej definicji) zaś h(x,y) funkcją całkowalną
na A. Wówczas

Z

Z

A

h(x, y)dxdy =

Z

b

a

(

Z

f (x)

g(x)

h(x, y)dy)dx.

2

Ilustracja
Obliczyć

R R

T

(xy + 1)dxdy, gdzie T jest trójkątem o wierzchołkach (1, 1),

(2, 1), (2, 3).
Rozwiązanie:
rysujemy zbiór T :

z powyższego twierdzenia

Z

Z

T

(xy + 1)dxdy =

Z

2

1

(

Z

2x−1

1

(xy + 1)dy)dy =

Z

2

1

(

xy

2

2

+ y






2x−1

1

)dx = . . .

Dalsze obliczenia to zwykła całka z wielomianu.
Konieczne było tu być znalezienie funkcji f (x) i g(x). W przypadku tego trój-
kąta jest to jednak nietrudne: g(x) to prosta łącząca punkty (1, 1) i (2, 1),
zaś f (x) to prosta łącząca punkty (1, 1) i (2, 3).

Zadania
Obliczyć całkę podwójną po zadanym obszarze.

1.

R R

T

(3x + y)dxdy, gdzie T jest trójkątem o wierzchołkach (0, 0), (2, 2),

(2, 0).

2.

R R

T

(2xy + x)dxdy, gdzie T jest trójkątem o wierzchołkach (0, 0), (3, 0),

(3, 7).

3.

R R

Ob

(x − 2y)dxdy, gdzie Ob jest obszarem ograniczonym parabolą y =

x

2

i prostą y = 1.

Zbiory na płaszczyznie mogą być opisywane na kilka różnych sposobów.

Klasyczny prostokątny układ współrzędnych nazywamy kartezjańskim, zaś
opis przy pomocy długości i nachylenia promienia wodzącego nazwiemy bie-
gunowym.

3

Współrzędne kartezjańskie punktu A to (x, y) zaś biegunowe to (r, t), gdzie
r jest długością promienia wodzącego a t jego nachyleniem względem osi Ox.

Twierdzenie 2 Pomiędzy współrzędnymi kartezjańskimi a biegunowymi za-
chodzi związek

x = r · cos(t),

y = r · sin(t).

Ilustracja
Dla nas szczególnie istotna będzie umiejętność opisania koła, bądź jego wy-
cinka, przy pomocy współrzędnych biegunowych.

1. Koło o promieniu 4 we współrzędnych biegunowych staje się takim

prostokątem

2. górna połowa koła o promieniu 1 będzie wyglądała we współrzędnych

biegunowych tak

4

3. natomiast IV ćwiartka koła o promieniu 3 we współrzędnych bieguno-

wych przyjmie postać

Następujące twierdzenie może czasem bardzo ułatwić obliczanie całek po

kołach bądź ich wycinkach.

Twierdzenie 3 Niech zbiór U będzie obrazem zbioru V we współrzędnych
biegunowych, zaś f (x, y) funkcją całkowalną na V. Wówczas

Z

Z

V

f (x, y)dxdy =

Z

Z

U

(f (rcost(t), rsin(t)) · r)drdt

Ilustracja
Obliczyć całkę

R R

V

(x

2

+ y

2

)dxdy, gdzie V jest kołem o promieniu 4.

Rozwiązanie:
koło o promieniu 4 ma we współrzędnych biegunowych kształt taki jak w
punkcie 1 powyżej. Z twierdzenia o zamianie zmiennych

Z

Z

V

(x

2

+ y

2

)dxdy =

Z

2π

0

(

Z

4

0

(((rcos(t))

2

+ (rsin(t))

2

) · r)dr)dt

=

Z

2π

0

(

Z

4

0

r

3

dr)dt = 128π.

5

Powyżej skorzystaliśmy z jedynki trygonometrycznej (cos(t))

2

+(sin(t))

2

= 1.

Zadania
Obliczyć całki podwójne przy pomocy zamiany współrzędnych na biegunowe

1.

R R

V

√

x

2

+ y

2

dxdy, gdzie V jest kołem o promieniu 1,

2.

R R

V

3

√

2x

2

+ 2y

2

dxdy, gdzie V jest I ćwiartką koła o promieniu 3.

6

ZSZ PC zjazd 2

Definicja 2 Niech r(t) = (r

1

(t), r

2

(t)), gdzie t ∈ ha, bi będzie parametryzacją

pewnej krzywej γ, zaś F (x, y) funkcją o wartościach rzeczywistych. Wówczas

Z

γ

F · dr =

Z

b

a

(F (r

1

(t), r

2

(t)) ·

q

r

1

0

(t)

2

+ r

2

0

(t)

2

)dt

nazwiemy całką krzywoliniową nieskierowaną po krzywej γ z funkcji F.

Analog dla krzywych trójwymiarowych i funkcji trzech zmiennych otrzyma-
my podstawiając w powyższej definicji r(t) = (r

1

(t), r

2

(t), r

3

(t)) w odpo-

wiednim miejscu i F (x, y, z) za F (x, y). Nieskierowana całka krzywoliniowa
po krzywej γ przyjmie w tym przypadku postać

Z

γ

F · dr =

Z

b

a

(F (r

1

(t), r

2

(t), r

3

(t)) ·

q

r

1

0

(t)

2

+ r

2

0

(t)

2

+ r

3

0

(t)

2

)dt.

Intuicją pomocną w zrozumieniu czym jest nieskierowana całka krzywolinio-
wa jest wyobrażenie sobie, że F (x, y) jest gęstością materiału, zaś γ wycina-
nym z tego materiału prętem. Wówczas

R

γ

F · dr jest masą pręta.

Ilustracja

1. Oblicz masę pręta o kształcie y = x

2

+ 1, gdzie x ∈ h0, 1i, wykonanego

z materiału o gęstości zadanej wzorem F (x, y) = y − x

2

+ 8x − 1.

Rozwiązanie:
parametryzacja krzywej r(t) = (t, t

2

+ 1), gdzie t ∈ h0, 1i. Z definicji

mamy więc

Z

γ

F · dr =

Z

1

0

((t

2

+ 1) − t

2

+ 8t − 1) ·

q

t

02

+ (t

2

+ 1)

02

dt

=

Z

1

0

(8t ·

√

1 + 4t

2

)dt =

Z

5

1

(

√

z)dz =

2

3

z

3
2






5

1

2. Oblicz nieskierowaną całkę z funkcji F (x, y, z) = x + y + z po odcinku

łączącym punkt A = (1, 2, 1) z punktem B = (2, 2, 3).
Rozwiązanie:
parametryzacja odcinka

r(t) = A + (B −A)·t = (1, 2, 1)+ ((2, 2, 3)−(1, 2, 1))t = (1 +t, 2, 1 +2t),

7

gdzie t ∈ h0, 1i. Z definicji mamy więc

Z

γ

F · dr =

Z

1

0

((1 + t) + (2) + (1 + 2t)) ·

q

(1 + t)

02

+ 2

02

+ ((1 + 2t)

0

)

2

dt

=

Z

1

0

(3t + 4)

√

5dt = . . .

ostatnia całka jest już bardzo łatwa do policzenia.

Zadania

1. Oblicz nieskierowaną całkę z funkcji F (x, y) = x

2

+ 3y + 1 po odcinku

łączącym punkt A = (1, 0) z punktem B = (2, 1).

2. Oblicz nieskierowaną całkę z funkcji F (x, y) = xy − y

2

po odcinku

łączącym punkt A = (1, 1) z punktem B = (2, 3).

3. Oblicz nieskierowaną całkę z funkcji F (x, y) = x

2

+ y

2

po krzywej o

parametryzacji r(t) = (2cos(t), 2sin(t)), gdzie 0 ¬ t ¬ 2π. Jaki jest
kształt tej krzywej?

Definicja 3 Niech F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)), gdzie P (x, y) i Q(x, y) są
funkcjami rzeczywistymi dwu zmiennych. Wówczas F (x, y) nazwiemy polem
wektorowym.

Interpretacja powyższej definicji jest następująca – każdemu punktowi (a, b)
przyporzadkowujemy pewien wektor (P (a, b), Q(a, b)). Można sobie wyobra-
żać tę sytuację jako zadanie pewnego pola sił (np napięcia materiału, albo
sił elektromagnetycznych działających na ładunek próbny) na płaszczyznie.

Definicja 4 Niech r(t) = (r

1

(t), r

2

(t)), gdzie t ∈ ha, bi będzie parametryza-

cją pewnej krzywej γ, zaś F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) polem wektorowym.
Wówczas

Z

γ

P (x, y)dx + Q(x, y)dy =

Z

b

a

(P (r

1

(t), r

2

(t))r

1

0

(t) + Q(r

1

(t), r

2

(t))r

2

0

(t))dt

nazwiemy całką skierowaną pola F po krzywej γ.

Wyżej wprowadzone pojęcie ma również interpretację fizyczną. Całka skiero-
wana pola po pewnej krzywej to praca wykonana przy przesuwaniu punktu
w polu po torze o kształcie tej krzywej.

8

Ilustracja

Oblicz całkę

R

γ

(1 + y)dx + (y − x)dy, gdzie γ jest odcinkiem skierowanym od

punktu A = (1, 1) do B = (4, 2).
Rozwiązanie:
parametryzacja odcinka

r(t) = A + (B − A)t = (1, 1) + ((4, 2) − (1, 1))t

= (1 + 3t, 1 + t),

gdzie t ∈ h0, 1i. Z definicji mamy więc

Z

γ

(1+y)dx+(y −x)dy =

Z

1

0

((1+(1+t))(1+3t)

0

+((1+t)−(1+3t))(1+t)

0

)dt

=

Z

1

0

(t + 6)dt =

t

2

2

+ 6t






1

0

.

Zadania

1. Oblicz całkę

R

γ

(2x + y)dx + (x

2

)dy, gdzie γ jest odcinkiem skierowanym

od punktu A = (0, 1) do B = (3, −2).

2. Oblicz całkę

R

γ

(xy + 1)dx + (2 − y)dy, gdzie γ jest odcinkiem skierowa-

nym od punktu A = (2, 0) do B = (−1, −1).

3. Oblicz całkę

R

γ

(2x + 3y)dx + (3x + y)dy, gdzie γ jest krzywą o parame-

tryzacji r(t) = (t + 1, t

2

+ 2t + 9).

W dalszym ciągu będziemy używać pojęcia dodatniej orientacji krzywej za-
mkniętej. Nie podamy tu ścisłej definicji, pokażemy za to odpowiednie przy-
kłady. Można przyjąć za intuicję, że krzywa zamknięta o dodatniej parame-
tryzacji r(t) to taka, że wraz ze wzrostem parametru t punkt r(t) porusza
się w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara.

9

Okrąg zorientowany dodatnio.

Trójkąt (brzeg trójkąta) o dodatniej orientacji.

Twierdzenie 4 Niech D będzie zbiorem normalnym ze względu na obie osie
współrzędnych, a γ brzegiem zbioru D zorientowanym dodatnio. Jeżeli funkcje
P i Q mają ciągłe pochodne cząstkowe w zbiorze D, to

Z

γ

P (x, y)dx + Q(x, y)dy =

Z

Z

D

(

∂Q

∂x

−

∂P

∂y

)dxdy.

Powyższe twierdzenie (zwane twierdzeniem Greena) pozostaje prawdziwe
także dla zbiorów dających się przedstawić w postaci skończonej liczby zbio-
rów normalnych względem obu osi.
Twierdzenie Greena bywa przydatne przy obliczaniu całek krzywoliniowych –
czasem okazuje się że obliczenie odpowiedniej całki podwójnej jest stosunko-
wo łatwe. Przypomnijmy, że całka podwójna z liczby 1 po pewnym obszarze
D to pole tego obszaru

P ole(D) =

Z

Z

D

1dxdy.

Może się zdarzyć, że uda się policzyć pole obszaru całkowania za pomocą
elementarnych wzorów.

Ilustracja
Oblicz całkę

R

γ

(2xy − 3y)dx + (x

2

+ y + 1)dy po dodatnio zorientowanym

10

brzegu trójkąta o wierzchołkach (1, 1), (2, 1), (2, 4).
Rozwiązanie:
Sytuacja przedstawiona jest na rysunku

Mamy

∂P

∂y

=

∂(2xy − 3y)

∂y

= 2x − 3,

∂Q

∂x

=

∂(x

2

+ y + 1)

∂x

= 2x.

Stąd, korzystając z twierdzenia Greena otrzymujemy

Z

γ

(2xy − 3y)dx + (x

2

+ y + 1)dy =

Z

Z

D

((2x) − (2x − 3))dxdy

=

Z

Z

D

3dxdy = 3

Z

Z

D

1dxdy = 3 · P ole(D).

Ale D to trójkąt o podstawie długości 1 i wysokości 4, stąd P ole(D) =

1·4

2

=

2, zatem nasza całka równa jest 6.

Zadania
Korzystając z twierdzenia Greena, oblicz

1.

R

γ

(2x − 5y)dx + (x − y)dy po dodatnio zorientowanym brzegu trójkąta

o wierzchołkach (1, 0), (3, 0), (3, 5).

2.

R

γ

(y − cosy)dx + (3x + xsiny)dy po dodatnio zorientowanym brzegu

trójkąta o wierzchołkach (−1, 0), (1, 0), (0, 2).

3.

R

γ

(xy

2

+ y)dx + (x

2

y)dy po dodatnio zorientowanym brzegu okręgu o

promieniu 3 i środku w punkcie (0, 0).

Jeśli całka krzywoliniowa zorientowana pewnego pola po krzywej łączącej do-
wolne dwa punkty zależy tylko od położenia tych punktów (a nie od kształtu

11

krzywej), to pole to nazwiemy potencjalnym. Równoważnie – polem poten-
cjalnym nazwiemy takie, w którym całka krzywoliniowa po dowolnej krzywej
zamkniętej wynosi 0. Istnieje proste kryterium pozwalające sprawdzić, czy
dane pole jest potencjalne.

Twierdzenie 5 Niech F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) będzie polem wektoro-
wym, takim że P (x, y) i Q(x, y) mają ciągłe pochodne cząstkowe. Jeśli

∂Q

∂x

=

∂P

∂y

to pole F jest polem potencjalnym.

Ilustracja
Sprawdź, czy całka

R

γ

(y

2

+ x)dx + (2xy + y)dy zależy od kształtu krzywej γ.

Rozwiązanie:
Mamy

∂P

∂y

=

∂(y

2

+ x)

∂y

= 2y,

∂Q

∂x

=

∂(2xy + y)

∂x

= 2y.

Zatem

∂P

∂y

=

∂Q

∂x

, czyli całka nie zależy od kształtu krzywej.

Zadania

1. Sprawdź, czy całka

R

γ

(x

2

− 4y)dx + (siny − 4x)dy zależy od kształtu

krzywej γ.

2. Sprawdź, czy całka

R

γ

(xy + cosy)dx + (

x

2

2

− xsiny)dy zależy od kształtu

krzywej γ.

3. Sprawdź, czy całka

R

γ

(2e

2x+3y

+x)dx+(3e

2x+3y

+y)dy zależy od kształtu

krzywej γ.

12

ZSZ PC zjazd 3

Zajmiemy się teraz klasą zagadnień matematycznych, do których często

prowadzi próba modelowania realnych zjawisk i procesów. Będą to tzw. rów-
nania różniczkowe zwyczajne.
Przypomnijmy sobie z zajęć z fizyki, że jeśli r(t) jest funkcją opisującą tor
ruchu pewnego obiektu (dla nas – punktu materialnego), to r

0

(t) = v(t) jest

prędkością tego obiektu, zaś r

00

(t) = v

0

(t) = a(t) jego przyspieszeniem. Zasta-

nówmy się nad standardowym, książkowym przypadkiem, gdy przyspieszenie
jest stałe. Możemy wyrazić to matematycznie jako

r

00

(t) = a,

gdzie a jest pewną ustaloną liczbą.

Zatem znalezienie wzoru na tor ruchu punktu sprowadza się do rozwiązania
powyższego równania. Jest to bardzo proste równanie różniczkowe, czyli takie
w którym występują symbole pochodnych, zaś rozwiązaniem jest spełniająca
je funkcja. Intuicyjnie oczywiste jest jednak, że aby znaleźć równanie opisu-
jące ruch, powinniśmy znać miejsce w którym ten ruch zaobserwowaliśmy (w
chwili, powiedzmy, t = 0) i prędkość w tym momencie. Jak się przekonamy,
te intuicje przekładają się na matematykę – zarówno na sposób formułowania
zagadnień w teorii równań różniczkowych, jak i na metody ich rozwiązywa-
nia.
Popatrzmy więc na ten przykład jeszcze raz. Mamy równanie

r

00

(t) = a,

i warunki

r

0

(0) = v

p

,

r(0) = r

p

.

Sprawdźmy, że funkcja r(t) =

at

2

2

+ v

p

· t + r

p

jest rozwiązaniem tego równania

spełniającym zadane warunki początkowe.

v(t) = r

0

(t) = at + v

p

,

skąd

v(0) = r

0

(0) = v

p

,

r

00

(t) = (

at

2

2

+ v

p

· t + r

p

)

00

= (at + v)

0

= a,

oraz

r(0) = r

p

.

Jest więc tak jak postulowaliśmy.

Definicja 5 Rozwiązaniem ogólnym równania różniczkowego nazwiemy zbiór
wszystkich funkcji spełniających to równanie.

Rozwiązanie ogólne (całka ogólna) to zwykle wzór w którym występują pewne
stałe, niezależne od zmiennej po której całkujemy.

13

Definicja 6 Rozwiązaniem szczególnym równania różniczkowego nazwiemy
funkcję spełniającą to równanie, a do tego spełniającą pewne dodatkowe wa-
runki początkowe – mianowicie funkcja i jej wskazane pochodne muszą w
ustalonej chwili przyjmować podane w opisie problemu wartości.

Tak więc rozwiązaniem ogólnym równania r

00

(t) = a jest r(t) =

at

2

2

+ v

p

· t + r

p

(zwróćmy uwagę na to, że v

p

, r

p

są dowolnymi stałymi), zaś rozwiązaniem te-

go samego równania przy warunkach początkowych r

0

(0) = 10, r(0) = 3 jest

r(t) =

at

2

2

+ 10t + 3 (sprawdzić).

Każdą funkcję spełniającą zadane równanie różniczkowe nazwiemy rozwią-
zaniem tego równania.

Ilustracja

Sprawdź, czy podana funkcja jest rozwiązaniem zadanego równania różnicz-
kowego.

1. Funkcja y(t) = 5e

sinx

, równanie y

0

= ycosx.

Rozwiązanie – musimy sprawdzić czy równość

(5e

sinx

)

0

= 5e

sinx

cosx

jest prawdziwa. Oczywiście tak jest, zaś jej prawdziwość wynika na-
tychmiast z wzorów na pochodną złożenia funkcji.

2. Funkcja y =

1
2

ln

2

x, równanie y

0

x = lnx.

Podobnie jak poprzednio, sprawdzamy czy równość



1

2

ln

2

x



0

x = lnx

jest prawdziwa. Popatrzmy:



1

2

ln

2

x



0

x =

1

2

(2lnx · (lnx)

0

)x =

1

2

(2lnx ·

1

x

)x = lnx.

Czyli jest jak powinno być.

W powyższych przykladach zmienną jest x, a funkcją szukaną y(x). Jest to
dość typowy wybór oznaczeń.

14

Zadania

Sprawdź, że funkcja f jest rozwiązaniem równania różniczkowego

1. y

0

= 4xe

x

, jeśli f (x) = 4xe

x

− 4e

x

+

√

2,

2. (x + 1)y

0

= x + y, jeśli f (x) = xln(x + 1) + ln(x + 1) + x + 2.

Nie istnieje jedna, ogólna metoda rozwiązywania równań różniczkowych. Po-
trafimy jednak radzić sobie z pewnymi typami równań, wśród których naj-
prostszym (i w pewnym sensie najważniejszym) jest równanie o rozdzielonych
zmiennych.

Definicja 7 Równaniem o rozdzielonych zmiennych nazwiemy równanie po-
staci

y

0

(x) =

q(x)

p(y)

,

gdzie p i q są funkcjami ciągłymi i określonymi w pewnym przedziale.

Okazuje się, że przy pewnych dodatkowych założeniach równania o rozdzielo-
nych zmiennych mają zawsze rozwiązanie. Nie będziemy się jednak nad tym
zastanawiać, a metodę rozwiązywania przedstawimy na kilku przykładach.

Ilustracja

Polecenie – znajdź rozwiązanie ogólne równania y

0

−

2x
y

2

= 0.

Zaczniemy od przedstawienia y

0

w postaci różniczkowej i przekształcenia rów-

nania do postaci

dy

dx

=

2x

y

2

.

Teraz umówimy się na chwilę, że

dy
dx

jest ułamkiem, po czym pomnożymy

obie strony przez dx i przez y

2

. Otrzymamy w efekcie

y

2

dy = 2xdx.

Dopisujemy teraz po obu stronach całki

Z

y

2

dy =

Z

2xdx,

i rozwiązujemy tak sformułowane równanie całkowe.

y

3

3

= x

2

+ C,

skąd

y =

3

q

3(x

2

+ C).

15

Co kończy zadanie.

Zadania
Znajdź rozwiązania ogólne równań różniczkowych

1. y

0

= xe

3x

2

,

2. y

0

= e

5x−y

,

3. y

0

= 2sin3xcosx.

Znalezienie rozwiązania szczególnego równania o rozdzielonych zmiennych,
wymaga wykonania dodatkowego kroku w celu przyporządkowania symbo-
lom stałych odpowiednich wartości.

Ilustracja

Znajdź rozwiązanie równania y

0

= xy

2

, spełniające warunek y(2) = 1.

Jest to równanie o rozdzielonych zmiennych, zapiszmy je w postaci różnicz-
kowej

dy

dx

= xy

2

i zastosujmy poznaną już metodę

dy

y

2

= xdx,

Z

dy

y

2

=

Z

xdx,

−

1

y

=

x

2

2

+ C.

Zatrzymaliśmy się w tym momencie, bo możemy już wyznaczyć stałą C przez
podstawienie x = 2 i y = 1 (czyli warunku początkowego). Otrzymamy
−1 = 2 + C, czyli C = −3, czyli równanie przyjmie postać

−

1

y

=

x

2

2

− 3,

czyli

y =

−1

x

2

2

− 3

.

Warto sprawdzić jego poprawność – czyli podstawić wyliczone y do równania
oraz upewnić się, że y(2) = 1.

16

Znajdźmy rozwiązanie szczególne jeszcze jednego równania różniczkowego
o rozdzielonych zmiennych. Szukamy rozwiązania równania 6yy

0

+ x = 0,

spełniającego warunek y(0) = −1. Zaczynamy jak poprzednio od przekształ-
cenia do postaci w której widoczne jest, że mamy do czynienia z omawianym
typem.

6y

dy

dx

= −x,

dy

dx

=

−x

6y

.

Po czym stosujemy metodę rozdzielonych zmiennych.

6ydy = −xdx,

Z

6ydy = −

Z

xdx,

3y

2

= −

x

2

2

+ C.

Podstawiamy dane z warunku początkowego x = 0, y = −1. Otrzymamy
3 · (−1)

2

= C, skąd C = 3. Musimy więc rozwiązać równanie

3y

2

= −

x

2

2

+ 3.

Po odpowiednich przekształceniach otrzymamy

|y| =

s

−

x

2

6

+ 1,

czyli

y =

s

−

x

2

6

+ 1,

albo

y = −

s

−

x

2

6

+ 1.

Aby stwierdzić, która z możliwości zachodzi, podstawiamy ponownie x = 0 i
y = 1. Równanie po lewej sprowadzi się wtedy do 1 = 1 a drugie do 1 = −1.
Stąd też to równanie pierwsze, czyli

y =

s

−

x

2

6

+ 1,

jest rozwiązaniem naszego zadania.

17

Zadania

Znajdź rozwiązania szczególne równań różniczkowych.

1. y

0

+ y = 0, gdzie y(0) = 2,

2. yy

0

− x = 0, gdzie y(0) = 1,

3. (x − 1)y

0

− y = 1, gdzie y(0) = 2.

Metoda rozdzielonych zmiennych pozwala na wprowadzenie tzw. meto-

dy uzmienniania stałej. Zainteresowanych nią odsyłamy do literatury, gdzie
można znaleźć odpowiednie wyprowadzenia. Nas będą interesować efekty za-
stosowania tej metody, czyli możliwość rozwiązywania pewnego typu równań
różniczkowych.

Definicja 8 Równanie różniczkowe postaci

y

0

= p(x)y + q(x),

gdzie p(x) i q(x) są funkcjami ciągłymi na pewnym przedziale, nazwiemy
równaniem liniowym niejednorodnym.

Zauważmy, że gdyby nie czynnik q(x), do równania tego stosowałaby się
metoda rozdzielonych zmiennych – na tym zresztą opiera się wspomniane
uzmiennianie stałej.

Twierdzenie 6 Oznaczmy P (x) =

R

p(x)dx, przy czym pomijamy stałą cał-

kowania. Wówczas rozwiązania równania różniczkowego liniowego, niejedno-
rodnego będą miały postać

y(x) =



C +

Z

q(x)e

−P (x)

dx



e

P (x)

.

Ilustracja

Znajdźmy rozwiązanie ogólne równania y

0

+ 2y = 5cosx.

Zaczniemy od przekształcenia go do postaci y

0

= −2y + 5cosx, czyli takiej

jak w powyższej definicji. Oczywiście widać, że jest to równanie liniowe, nie-
jednorodne, przy czym p(x) = −2 a q(x) = 5cosx. Obliczmy P (x)

P (x) =

Z

−2dx = −2x,

jak pamiętamy, stała całkowania jest tu nieistotna.
Podstawmy teraz P (x) do wzoru z twierdzenia

y(x) =



C +

Z

5cosxe

2x



e

−2x

=



C + 5

Z

cosxe

2x

dx



e

−2x

.

18

Musimy teraz obliczyć całkę

R

cosxe

2x

dx.

Z

cosxe

2x

dx = cosx

e

2x

2

+

Z

sinx

e

2x

2

dx

= cosx

e

2x

2

+ sinx

e

2x

4

−

Z

cosx

e

2x

4

dx.

W obliczeniach dokonaliśmy dwukrotnie całkowania przez części. Otrzyma-
liśmy w ten sposób równość

Z

cosxe

2x

dx = cosx

e

2x

2

+ sinx

e

2x

4

−

Z

cosx

e

2x

4

dx,

z której wyliczamy, że

Z

cosxe

2x

dx =

4

5



cosx

e

2x

2

+ sinx

e

2x

4



.

Podstawiamy więc obliczoną całkę w odpowiednie miejsce

y(x) =



C + 5 ·

4

5



cosx

e

2x

2

+ sinx

e

2x

4



e

−2x

= Ce

−2x

+ 2cosx + sinx,

otrzymując rozwiązanie zadania.

Zadania
Znajdź rozwiązania ogólne równań różniczkowych

1. xy

0

= y + x

3

,

2. y

0

+ 4y = x

3

,

3. y

0

− ytgx = cosx.

Podobnie jak w przypadku równań o rozdzielonych zmiennych, aby znaleźć
rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego liniowego, należy po obli-
czeniu rozwiązania ogólnego wyznaczyć stałą C na podstawie danych z wa-
runku początkowego.

Ilustracja

Znajdziemy rozwiązanie równania y

0

− 2y = e

x

− x, spełniające warunek

początkowy y(1) = 0.

19

Zapiszmy równanie w postaci y

0

= 2y + (e

x

− x), wówczas p(x) = 2, q(x) =

e

x

− x. Oczywiście P (x) =

R

2dx = 2x. Stąd

y(x) = (C +

Z

(e

x

− x)e

−2x

dx)e

2x

= (C +

Z

e

−x

dx −

Z

xe

−2x

dx)e

2x

= (C − e

−x

−

Z

xe

−2x

dx)e

2x

.

Policzymy osobno całkę

R

xe

−2x

dx.

Z

xe

−2x

dx = x

e

−2x

−2

−

Z

e

−2x

−2

dx = x

e

−2x

−2

−

e

−2x

4

,

przy czym drugą równość uzyskaliśmy poprzez całkowanie przez części. Po
wstawieniu w odpowiednie miejsce uzyskujemy

y(x) = (C − e

−x

− (x

e

−2x

−2

−

e

−2x

4

))e

2x

= Ce

2x

− e

x

+

x

2

+

1

4

.

Pozostaje już tylko wyliczenie stałej C. Podstawmy więc warunki początkowe
x = 1, y = 0. Wówczas

0 = C + e

2

− e +

1

2

+

1

4

,

skąd

C = e − e

2

−

3

4

.

Zatem w efekcie nasze rozwiązanie wygląda tak:

y(x) = (e − e

2

−

3

4

)e

2x

− e

x

+

x

2

+

1

4

.

Zadania
Znajdź rozwiązanie szczególne równania różniczkowego spełniające podany
warunek

1. y

0

+ y = cosx i y(0) =

1
2

,

2. y

0

+ y = 2x i y(0) = −1,

3. y

0

− 5y = 4sinx i y(0) = 1.

20

ZSZ PC zjazd 4

Liniowe, jednorodne równania różniczkowe
Rozważmy równanie ay

00

+ by

0

+ cy = 0

(*).

Definicja 9 Wielomianem charakterystycznym równania (∗) nazwiemy wie-
lomian

w(λ) = aλ

2

+ bλ + c.

Jak się okazuje, znajomość miejsc zerowych w(λ) (rzeczywistych lub zespo-
lonych) pozwala na obliczenie rozwiązania ogólnego równania (∗). Czytelnik
z pewnością pamięta, jak znaleźć rzeczywiste miejsca zerowe funkcji kwadra-
towej, o ile te istnieją (przypadek ∆ ­ 0). Przypomnijmy na przykładzie, jak
znaleźć zespolone miejsca zerowe, gdy ∆ < 0.

Przykład
Znajdź miejsca zerowe wielomianu 3x

2

+ 2x + 1.

Rozwiązanie

∆ = −8,

√

−8 = −

√

8i

oraz

√

−8 =

√

8i,

skąd

x

1

=

−2 −

√

8i

6

,

x

2

=

−2 +

√

8i

6

.

Poniżej prezentujemy ”przepis” na rozwiązanie dowolnego równania rozwa-
żanego typu. Należy go przećwiczyć i zapamiętać.

SCHEMAT ZNAJDOWANIA ROZWIĄZANIA OGÓLNEGO JED-
NORODNEGO, LINIOWEGO RÓWNANIA RÓŻNICZKOWEGO

Równanie ay

00

+ by

0

+ cy = 0

1. Wypisz wielomian charakterystyczny w(λ) = aλ

2

+ bλ + c i oblicz ∆ =

b

2

− 4ac.

2. Jeśli ∆ > 0, oblicz pierwiastki λ

1

=

−b−

√

∆

2a

, λ

2

=

−b+

√

∆

2a

. Rozwiązaniem

ogólnym równania różniczkowego będzie

y(x) = C · e

λ

1

x

+ D · e

λ

2

x

.

3. Jeśli ∆ = 0, oblicz pierwiastek λ =

−b

2a

, rozwiązaniem ogólnym będzie

w tym przypadku

y(x) = C · e

λx

+ D · xe

λx

.

21

4. Jeśli ∆ < 0, oblicz pierwiastek zespolony (wystarczy jeden) λ = a + bi.

Rozwiązaniem ogólnym równania będzie wówczas

y(x) = C · e

ax

cosbx + D · e

ax

sinbx.

Przykład
Wyznaczyć całkę ogólną równania

1. y

00

+ 5y

0

+ 4y = 0

Rozwiązanie
Mamy w(λ) = λ

2

+ 5λ + 4, ∆ = 9,

√

∆ = 3, λ

1

= −4, λ

2

= −1.

Rozwiązaniem więc będzie (przypadek ∆ > 0)

y(x) = C · e

−4x

+ D · e

−x

.

2. y

00

+ 4y

0

+ 4 = 0

Rozwiązanie
Mamy w(λ) = λ

2

+ 4λ + 4, ∆ = 0, λ = −2. Rozwiązaniem więc będzie

(przypadek ∆ = 0)

y(x) = C · e

−2x

+ D · xe

−2x

.

3. 2y

00

− 8y

0

+ 26y = 0

W tym przypadku w(λ) = 2λ

2

− 8λ + 26, ∆ = −144,

√

−144 = 12i

oraz

√

−144 = 12i, skąd λ =

8+12i

4

= 2 + 3i. Mamy do czynienia z

przypadkiem (∆ < 0) i a = 2, b = 3 i rozwiązanie ogólne przyjmie
postać

y(x) = C · e

2x

cos3x + D · e

2x

sin3x.

Zadanie
Znajdź rozwiązanie ogólne równania różniczkowego

1. y

00

+ 36y

0

= 0

2. y

00

− 4y

0

+ 4y = 0

3. y

00

− 8y

0

+ 17y = 0

22

Podobnie, jak w przypadku wcześniej poznanych typów równań, może-

my rozważać także pewne szczególne zagadnienia w których obok równania
ay

00

+ by

0

+ cy = 0 szukana funkcja musi spełniać pewne warunki początkowe,

to jest y

0

(p) = q i y(p) = r, gdzie p, q, r to liczby rzeczywiste. Pokażemy jak

sobie radzić z takim problemem na przykładzie.

Przykład
Wyznaczyć rozwiązanie szczególne równania y

00

− 5y

0

+ 6y = 0 spełniające

warunek y(0) = 3, y

0

(0) = 8.

Rozwiązanie

1. znajdujemy rozwiązanie ogólne, tak jak w poprzednim przypadku

w(λ) = λ

2

− 5λ + 6, ∆ = 1, λ

1

= 2, λ

2

= 3, skąd

y(x) = C · e

2x

+ D · e

3x

.

2. Obliczamy y

0

(x) = (C · e

2x

+ D · e

3x

)

0

= 2C · e

2x

+ 3D · e

3x

.

3. Podstawiamy

y

0

(0) = 2C · e

2·0

+ 3D · e

3·0

= 2C + 3D,

y(0) = C · e

2·0

+ D · e

3·0

= C + D.

W efekcie otrzymujemy układ

(

2C + 3D = 8
C + D = 3

z którego łatwo wyliczyć C = 1, D = 2, skąd otrzymujemy rozwiązanie
szczególne spełniające nasz warunek początkowy

y(x) = 1 · e

2x

+ 3 · e

3x

.

Zadanie Znajdź rozwiązanie szczególne

1. y

00

+ 25y = 0, y(0) = 0, y

0

(0) = 1

2. y

00

+ 5y + 4y = 0, y(0) = 1, y

0

(0) = 0

23