Andrzej Palczewski Rownania rozniczkowe zwyczajne przyklady i zadania

RÓWNANIA RÓ ˙

ZNICZKOWE ZWYCZAJNE

Przykłady i zadania

Andrzej Palczewski

Spis tre´sci

Przedmowa

Podstawowe poj˛ecia

Równania skalarne

2.1

Równania o zmiennych rozdzielonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2

Równania jednorodne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3

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

2.4

Skalarne równania liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Podstawowe twierdzenia

3.1

Istnienie i jednoznaczno´s´c rozwi ˛

aza´n lokalnych . . . . . . . . . . . . . .

3.2

Zale˙zno´s´c rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i parametrów . . . . . .

Układy równa ´n liniowych

4.1

Ogólne układy pierwszego rz˛edu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.2

Układy o stałych współczynnikach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.3

Równania skalarne wy˙zszego rz˛edu

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

Układy autonomiczne

5.1

Stabilno´s´c w sensie Lapunowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.2

Punkty krytyczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.3

Całki pierwsze

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

Przedmowa

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

azania przez studentów.

Notatki te stanowi ˛

a dopełnienie skryptu ”Równania Ró˙zniczkowe Zwyczajne”.

Dlatego te˙z układ materiału jest tu identyczny jak we wspomnianym skrypcie. No-
tatki te nie zawieraj ˛

a w zasadzie nowego materiału matematycznego. Wszystkie

u˙zywane poj˛ecia oraz potrzebne twierdzenia znajduj ˛

a si˛e w skrypcie ”Równania

Ró˙zniczkowe Zwyczajne”.

Istotnym nowym elementem w stosunku do klasycznych ´cwicze´n z równa´n

ró˙zniczkowych zwyczajnych jest szerokie wykorzystanie programu tzw. algebry
komputerowej. W ´srodowisku matematycznym niektóre z tych programów, jak
Mathematica

lub Maple, zyskały spor ˛

a popularno´s´c nie tylko do rozwi ˛

azywania

standardowych zada´n studenckich, ale tak˙ze do prowadzenia własnych prac ba-
dawczych. Do rozwi ˛

azywania zada´n studenckich mo˙zna u˙zywa´c ka˙zdego z dwóch

wymienionych wcze´sniej programów, a tak˙ze kilku innych programów algebry
komputerowej istniej ˛

acych na rynku (np. Macsyma, Derive, Reduce). W niniej-

szych notatkach do oblicze´n symbolicznych b˛edzie wykorzystywany system Ma-
thematica

dost˛epny dla studentów Wydziału MIM. Przykładowe rozwi ˛

azania w

tych notatkach a tak˙ze doł ˛

aczone rysunki powstały w programie Mathematica 7.

Rozdział 1

Podstawowe poj˛ecia

Zadania tego rozdziału maj ˛

a zapozna´c czytelnika z podstawowymi poj˛eciami rów-

na´n ró˙zniczkowych zwyczajnych: rozwi ˛

azaniem równania, krzywymi całkowymi

równania, rozwi ˛

azaniem szczególnym i ogólnym. Poj˛ecia te zostan ˛

a zilustrowa-

ne na prostych przykładach równa´n skalarnych. Pokazane zostan ˛

a tak˙ze przykłady

wykorzystania programu Mathematica do rozwi ˛

azywania prostych równa´n.

Zadanie 1.1 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja x(t) = cos(4t) jest rozwi ˛

azaniem równania

+ 16x = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Ró˙zniczkuj ˛

ac dostajemy x

= −4 sin(4t) oraz x

= −16 cos(4t). St ˛

ad x

+16x =

−16 cos(4t) + 16 cos(4t) = 0.

Zadanie 1.2 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja 2x

+ y

− 2xy + 5x = 0 jest rozwi ˛

azaniem

równania

dy
dx

2y−4x−5

2y−2x

Rozwi ˛

azanie:

Obliczaj ˛

ac pochodn ˛

a funkcji uwikłanej y(x) spełniaj ˛

acej równanie 2x

+ y

−

2xy + 5x = 0 otrzymujemy

4x + 2y

− 2x

− 2y + 5 = 0.

Obliczaj ˛

ac pochodn ˛

dy
dx

z tego równania mamy

2y − 4x − 5

2y − 2x

czyli poszukiwane równanie ró˙zniczkowe.

Pytanie: Aby równanie 2x

+ y

− 2xy + 5x = 0 definiowało funkcj˛e uwikłan ˛

y(x) musi by´c spełnione twierdzenie o funkcjach uwikłanych. Na jakim zbiorze
zdefiniowana jest funkcja y(x)?

Zadanie 1.3 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja x(t) = c

sin t + c

cos t jest rozwi ˛

azaniem

równania x

+ x = 0.

ROZDZIAŁ 1. PODSTAWOWE POJ ˛

ECIA

Rozwi ˛

azanie:

Ró˙zniczkuj ˛

ac dostajemy x

= c

cos t − c

sin t oraz x

= −c

sin t − c

cos t.

St ˛

ad x

+ x = −c

sin t − c

cos t + c

sin t + c

cos t = 0.

Zadanie 1.4 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja x =

jest rozwi ˛

azaniem równania tx

x = t

na zbiorze (−∞, 0) ∪ (0, ∞).

Rozwi ˛

azanie:

Ró˙zniczkuj ˛

ac dostajemy x

−

. Podstawiaj ˛

ac t˛e pochodn ˛

a do równania

otrzymujemy t

− t

= t

dla t 6= 0.

Zadanie 1.5 Niech a > 0. Sprawdzi´c, ˙ze krzywa x

+ y

= a

jest zło˙zona z

krzywych całkowych równania y

= −

x
y

Rozwi ˛

azanie:

Rozwikłuj ˛

ac równanie x

+ y

= a

dostajemy dwie funkcje

(x) =

− x

(x) = −

− x

Ka˙zda z tych funkcji spełnia nasze równanie na przedziale (−a, a), czyli jej wykres
jest krzyw ˛

a całkow ˛

a tego równania. Te krzywe całkowe nie s ˛

a dobrze okre´slone

w punktach (−a, 0) oraz (a, 0). Mo˙zna jednak zauwa˙zy´c, ˙ze punkty te nale˙z ˛

a do

krzywych całkowych równania x

= −

y
x

, czyli krzywa x

+ y

= a

jest w cało´sci

krzyw ˛

a całkow ˛

a równania ydy + xdx = 0.

Do rozwi ˛

azania zada´n podobnego typu jak powy˙zsze mo˙zna tak˙ze wykorzysta´c

program Mathematica.

Zadanie 1.6 Sprawdzi´c, ˙ze funkcja y(x) = ce

jest rozwi ˛

azaniem równania y

−

2xy = 0.
Rozwi ˛

azanie:

Definiujemy w Mathematica nasz ˛

a funkcj˛e y[x_] = c*Exp[x^2] i sprawdza-

my, czy spełnia ona wskazane równanie

Simplify[y’[x]-2*x*y[x]==0]

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

azaniem rozpatrywanego równania.

Zadanie 1.7 Rozwi ˛

a˙zemy teraz korzystaj ˛

ac z pomocy programu Mathematica za-

danie 1.3, czyli sprawdzimy, ˙ze funkcja x(t) = c

sin t+c

cos t jest rozwi ˛

azaniem

równania x

+ x = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Definiujemy w Mathematica nasz ˛

a funkcj˛e x[t_]=c1*Sin[t]+c2*Cos[t],

a nast˛epnie sprawdzamy, czy spełnia ona wskazane równanie

Simplify[x’’[t]+x[t]==0]

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

azaniem rozpatrywanego równania.

Mathematica

jest niezast ˛

apiona przy tworzeniu rysunku pola wektorowego de-

finiowanego za pomoc ˛

a równania ró˙zniczkowego. Tworzenie takich rysunków mo-

˙ze w du˙zym stopniu ułatwi´c poszukiwanie rozwi ˛

aza´n skomplikowanych równa´n.

Wykorzystanie programu Mathematica ilustruj ˛

a poni˙zsze przykłady.

Zadanie 1.8 Znale´z´c pole wektorowe zdefiniowane przez równanie x

3
2

−3x+

−3t/2

Rozwi ˛

azanie:

W programie Mathematica rysunek pola wektorowego otrzymujemy korzystaj ˛

ac z

polecenia VectorPlot. Dla naszego równania polecenie to wygl ˛

ada nast˛epuj ˛

aco

VectorPlot[{1,3/2-3*x+Exp[-3*t/2]},{t,-2,3},{x,-1,3}]

W wyniku otrzymujemy pole wektorowe pokazane na Rys. 1.1

Rysunek 1.1: Pole wektorowe dla równania z Zadania 1.8

Zadanie 1.9 Znale´z´c pole wektorowe zdefiniowane przez równanie

dy
dx

= x +

x
y

które analizowali´smy w Przykładzie 1.9 w Skrypcie.
Rozwi ˛

azanie:

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

ROZDZIAŁ 1. PODSTAWOWE POJ ˛

ECIA

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

W wyniku otrzymujemy pole wektorowe pokazane na Rys. 1.2.

Rysunek 1.2: Pole wektorowe dla równania z Zadania 1.9

Zadania do samodzielnego rozwi ˛

azania

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

sin t

jest rozwi ˛

azaniem równania

ró˙zniczkowego tx

+ x = cos t.

Zadanie 1.11 Znale´z´c równanie ró˙zniczkowe (mo˙zliwie niskiego rz˛edu), którego
rozwi ˛

azaniem jest funkcja t

+ cx

= 2x.

Zadanie 1.12 Sprawdzi´c, czy funkcja

x(t) =

(

− 1,

t > 0,

1 − e

−t

t < 0.

jest rozwi ˛

azaniem równania ró˙zniczkowego x

= |x|+1 na całej prostej (−∞, ∞).

Zadanie 1.13 Niech A b˛edzie rodzin ˛

a krzywych płaskich opisanych równaniem

parametrycznym Φ(t, x, a) = 0, gdzie a jest parametrem. Rodzin˛e B nazywamy
rodzin ˛

a krzywych ortogonalnych do krzywych rodziny A, je´sli krzywe rodzi-

ny B przecinaj ˛

a wszystkie krzywe rodziny A pod stałym k ˛

atem α = π/2. Niech

F (t, x, x

) = 0 b˛edzie równaniem krzywych rodziny A. Wykaza´c, ˙ze krzywe ro-

dziny B s ˛

a opisywane równaniem F (t, x, −1/x

) = 0.

Zadanie 1.14 Nich c b˛edzie dowoln ˛

a liczb ˛

a rzeczywist ˛

a. Sprawdzi´c, ˙ze funkcja

x(t) = ct + c

+ 2c + 1 jest rozwi ˛

azaniem równania ró˙zniczkowego

−(t + 2) +

+ 4t + 4x

(1.1)

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

Wykaza´c, ˙ze funkcja x

(t) = −

1
4

t(t + 4) jest innym rozwi ˛

azaniem równania

(1.1), które nie mo˙ze by´c otrzymane z funkcji x(t) przez dobór stałej c. Znale´z´c
przedział na którym funkcja x

spełnia równanie (1.1).

Zadanie 1.15 Znale´z´c k ˛

at mi˛edzy krzywymi całkowymi równa´n x

= t + x oraz

= t − x w punkcie (2, 1).

Rozdział 2

Równania skalarne

Zadania w tym rozdziale maj ˛

a nauczy´c rozwi ˛

azywania podstawowych skalarnych

równa´n ró˙zniczkowych zwyczajnych. Podobnie jak w Skrypcie b˛edziemy si˛e zaj-
mowa´c kolejno: równaniami o rozdzielonych zmiennych, równaniami jednorodny-
mi, równaniami w postaci ró˙zniczek oraz równaniami liniowymi pierwszego rz˛edu.
Jak si˛e oka˙ze, rozwi ˛

azywanie kolejnych typów równa´n b˛edzie polegało na sprowa-

dzeniu ich do równa´n o rozdzielonych zmiennych.
Uwaga.

Przy znajdowaniu rozwi ˛

aza´n wielu równa´n pojawiaj ˛

a si˛e dowolne stałe.

Wszystkie takie stałe b˛ed ˛

a oznaczane jednym symbolem c. Oznacza to, ˙ze w trak-

cie prowadzonych przekształce´n b˛edzie stosowana zasada, ˙ze dowolna funkcja od
stałej c jest dalej oznaczana symbolem c (c oznacza wi˛ec stał ˛

a, nie koniecznie t˛e

sam ˛

a w kolejnych krokach przekształcenia).

2.1

Równania o zmiennych rozdzielonych

Zadanie 2.1 Rozwi ˛

aza´c równanie xy

= 1 + y

Rozwi ˛

azanie:

To jest równanie o zmiennych rozdzielonych. Je´sli poszukujemy rozwi ˛

azania w

zbiorze, który nie zawiera punktu x = 0, to mo˙zna je zapisa´c w postaci (przypadek
x = 0 redukuje równanie do równania algebraicznego, które nas nie interesuje)

1 + y

Całkuj ˛

ac obie strony dostajemy

ln x = arc tg y + c,

co mo˙zna zapisa´c w postaci ln(cx) = arc tg y. Po przekształceniu ostatniej rów-
no´sci dostajemy rozwi ˛

azanie y = tg ln(cx). Rozwi ˛

azanie to jest dobrze okre´slone

jedynie dla x > 0 oraz c > 0.

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Zadanie 2.2 Znale´z´c rozwi ˛

azanie równania y

sin x = y ln y przechodz ˛

ace przez

punkt: a) (0, 1), b) (π/2, 1).
Rozwi ˛

azanie:

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

y ln y

sin x

Obliczaj ˛

ac całk˛e z lewej strony otrzymujemy (w trakcie oblicze´n robimy podsta-

wienie z = ln y)

y ln y

= ln z = ln ln y.

Podobnie całkuj ˛

ac praw ˛

a stron˛e oraz robi ˛

ac podstawienie cos x = z, mamy

sin x

sin xdx

1 − cos

= −

1 − z

= −

1 − z

1 + z

−

1 + z

1 − z

= −

1 + cos x

1 − cos x

= −

cos

x/2

sin

x/2

−

ln ctg

= ln tg

Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego rozwi ˛

azania badanego równania

ln ln y = ln tg

+ c,

czyli

= c ln y.

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

Zadanie 2.3 Znale´z´c rozwi ˛

azanie równania (2x + 2y − 1)y

+ x + y + 1 = 0.

Rozwi ˛

azanie:

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

= 1 + y

)

(2z − 1)(z

− 1) + z + 1 = 0.

Po uporz ˛

adkowaniu równanie to ma posta´c

(2z − 1)z

= z − 2,

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

(2z − 1)dz

z − 2

= dx.

2.1. RÓWNANIA O ZMIENNYCH ROZDZIELONYCH

Je´sli zało˙zymy, ˙ze z 6= 2, to całkuj ˛

ac lew ˛

a stron˛e powy˙zszej równo´sci dostajemy

(2z − 1)dz

z − 2

(2z − 4) + 3

z − 2

dz = 2z+3 ln |z−2|+c.

Daje to rozwi ˛

azanie równania 2z + 3 ln |z − 2| + c = x. Po przej´sciu ponownie do

zmiennej y dostajemy rozwi ˛

azanie w nast˛epuj ˛

acej postaci

(x + y − 2)

= ce

x+2y

(2.1)

Kiedy z = 2, czyli x + y = 2, wyj´sciowe równanie sprowadza si˛e do równania
y

+ 1 = 0. Rozwi ˛

azaniem tego równania jest rzeczywi´scie funkcja x + y = 2,

której odpowiada rozwi ˛

azanie (2.1) ze stał ˛

a c = 0.

Zadanie 2.4 ´Swiatło o nat˛e˙zeniu f

pada na o´srodek pochłaniaj ˛

acy. Zakładaj ˛

ac,

˙ze absorpcja ´swiatła przez cienk ˛

a warstw˛e jest proporcjonalna do grubo´sci tej war-

stwy ∆x i do nat˛e˙zenia promieniowania f na powierzchni warstwy, obliczy´c nat˛e-

˙zenie promieniowania na gł˛eboko´sci x.

Rozwi ˛

azanie:

Oznaczmy współczynnik proporcjonalno´sci, o którym mowa w zadaniu, przez k.
Niech ∆f oznacza spadek nat˛e˙zenia promieniowania w warstwie o grubo´sci ∆x.
Z tre´sci zadania wynika zale˙zno´s´c

−∆f = kf ∆x.

Zakładaj ˛

ac, ˙ze funkcja f = f (x) opisuj ˛

aca nat˛e˙zenie promieniowania na gł˛eboko-

´sci x jest ró˙zniczkowalna oraz dokonuj ˛

ac przej´scia granicznego ∆x → 0 otrzymu-

jemy równanie ró˙zniczkowe

−df = kf dx.

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, którego rozwi ˛

azanie mo˙zna zapisa´c

w postaci ln f = −kx + c, czyli f (x) = ce

−kx

. Poniewa˙z f (0) = f

, to uwzgl˛ed-

niaj ˛

ac ten warunek pocz ˛

atkowy, dostajemy rozwi ˛

azanie f (x) = f

−kx

Mathematica

nie umie rozwi ˛

azywa´c równa´n o zmiennych rozdzielonych w

ogólnej postaci. Ale sprowadzaj ˛

ac równanie do równo´sci dwóch ró˙zniczek, mo˙zna

wykorzysta´c do rozwi ˛

azania równania polecenie całkowania funkcji jednej zmien-

nej, co Mathematica wykonuje bardzo sprawnie (nawet dla skomplikowanych funk-
cji).

Zadanie 2.5 Znale´z´c rozwi ˛

azanie równania (x−4)(5y +1)y

+x(y

+y −2) = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Wida´c, ˙ze jest to równanie o zmiennych rozdzielonych

5y + 1

+ y − 2

dy = −

x − 4

dx.

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Jego rozwi ˛

azanie sprowadza si˛e do policzenia dwóch całek

5y + 1

+ y − 2

dy = −

x − 4

dx.

Całki te mo˙zna łatwo policzy´c w programie Mathematica

Integrate[(5*y + 1)/((y-1)*(y+2)),y] +

Integrate[x/(x-4),x] == c

Otrzymujemy wtedy rozwi ˛

azanie

2 Log[1-y]+3 Log[2+y]+x+4 Log[4-x]==c

Po przekształceniach dostajemy rozwi ˛

azanie w postaci

(x − 4)

(y − 1)

(y + 2)

= ce

−x

(2.2)

Zauwa˙zmy, ˙ze post˛epowanie to jest dobrze okre´slone tylko dla x 6= 4 oraz y 6= 1 i
y 6= −2. Kiedy y jest równe jednej z tych dwóch warto´sci to wyra˙zenie y

+ y − 2

jest równe zero. Wtedy równanie sprowadza si˛e do równania y

= 0. Funkcje stałe

y = 1 oraz y = −2 s ˛

a rzeczywi´scie rozwi ˛

azaniami tego równania, co odpowiada

wzi˛eciu c = 0 w rozwi ˛

azaniu (2.2). Kiedy x = 4 otrzymujemy równanie alge-

braiczne y

+ y − 2 = 0, którego rozwi ˛

azaniami s ˛

a te˙z funkcje stałe y = 1 i

y = −2.

2.2

Równania jednorodne

Zadanie 2.6 Znale´z´c rozwi ˛

azanie równania xy

− y

+ y.

Rozwi ˛

azanie:

Zakładaj ˛

ac, ˙ze x 6= 0 i dziel ˛

ac obie strony równania przez x dostajemy

1 −

Wida´c wi˛ec, ˙ze jest to równanie jednorodne. Robi ˛

ac podstawienie y = zx dostaje-

my równanie xz

+ z =

√

1 − z

+ z. Równanie to sprowadza si˛e do równania o

zmiennych rozdzielonych, które jest dobrze okre´slone dla −1 < z < 1

√

1 − z

Całkuj ˛

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

To ostatnie rozwi ˛

azanie jest poprawnie okre´slone jedynie dla −x < y < x.

2.2. RÓWNANIA JEDNORODNE

Zadanie 2.7 Znale´z´c krzyw ˛

a o tej własno´sci, ˙ze styczna do niej odcina na osi Ox

odcinek równy połowie sumy współrz˛ednych punktu styczno´sci.
Rozwi ˛

azanie:

Zacznijmy od znalezienia równania takiej krzywej. Niech y(x) b˛edzie poszukiwa-
n ˛

a krzyw ˛

a. Wektor styczny do tej krzywej ma współrz˛edne (1, y

). Niech punkt

(z, 0) b˛edzie punktem na osi Ox, w którym t˛e o´s przecina styczna do krzywej.
Je´sli punkt (x, y) jest punktem, w którym wystawiamy styczn ˛

a a styczna ta prze-

cina o´s Ox w punkcie (z, 0), to rozpatruj ˛

ac trójkat prostok ˛

atny OAB, gdzie O =

(x, 0), A = (x, y) a B = (z, 0) otrzymujemy zale˙zno´s´c

x−z

= y

. Poniewa˙z

z = (x + y)/2, wi˛ec prowadzi to do równania

x − y

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

ac podstawienie y = ux dostajemy

u + xu

2ux

x − ux

Po przekształceniach otrzymujemy równanie

u + u

1 − u

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

1 − u

u(1 + u)

du =

Całkuj ˛

ac lew ˛

a stron˛e tego równania dostajemy

1 − u

u(1 + u)

du =

− 2

u + 1

= ln u − 2 ln(u + 1).

St ˛

ad otrzymujemy rozwi ˛

azanie

(u+1)

= cx. Wracaj ˛

ac do zmiennej y otrzymuje-

my równanie uwikłane poszukiwanej krzywej

(x + y)

= c.

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

+ (2x − c)y + x

= 0

Wielomian ten posiada rzeczywiste pierwiastki je´sli c

− 4cx > 0. Dla c > 0

oznacza to istnienie rozwi ˛

azania dla x

6 c/4, a dla c < 0 istnienie rozwi ˛

azania

dla x

> c/4 (przypadek c = 0 prowadzi do funkcji y(x) = 0, która nie spełnia

warunków zadania). Na wy˙zej zdefiniowanych zbiorach poszukiwana funkcja ma
posta´c

y(x) =

− x ±

(c/2)

− cx.

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Zadanie 2.8 Rozwi ˛

aza´c równanie x

= y

+ xy − x

Rozwi ˛

azanie:

Poszukujemy rozwi ˛

azania w przedziale, który nie zawiera punktu x = 0. Równa-

nie jest równaniem jednorodnym. B˛edziemy poszukiwa´c rozwi ˛

azania przez pod-

stawienie y = ux. Nasze równanie sprowadzi si˛e wtedy do postaci xu

= u

− 1.

Aby rozwi ˛

aza´c je metod ˛

a rozdzielenia zmiennych musimy zało˙zy´c, ˙ze u 6= 1 oraz

u 6= −1. Zauwa˙zmy jednak, ˙ze obie te funkcje stałe s ˛

a rozwi ˛

azaniami. Oznacza to,

˙ze znale´zli´smy ju˙z 2 rozwi ˛

azania wyj´sciowego równania

y(x) = x,

y(x) = −x.

(2.3)

Pozostałe rozwi ˛

azania b˛edziemy poszukiwali całkuj ˛

ac równanie

− 1

Obliczaj ˛

ac całki z obu stron tego równania dostajemy rozwi ˛

azanie w postaci uwi-

kłanej

u − 1

u + 1

= cx

co daje po rozwikłaniu

u =

1 + cx

1 − cx

Ostatecznie rozwi ˛

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

oraz funkcji

y(x) = x

1 + cx

1 − cx

Interesuj ˛

acy jest przypadek rozwi ˛

azania y(x) = −x. Ta funkcja spełnia nasze rów-

nanie na całej prostej, a wi˛ec tak˙ze w punkcie x = 0, który wykluczyli´smy na
pocz ˛

atku z przedziału istnienia rozwi ˛

azania.

Czytelnika zach˛ecamy do poszukania ogólnej postaci funkcji, które spełniaj ˛

równanie oraz s ˛

a okre´slone na przedziale zawieraj ˛

acym punkt x = 0 w swoim

wn˛etrzu.

Zadanie 2.9 Dana jest funkcja ci ˛

agła f (u) oraz funkcja x(t) = c

t b˛ed ˛

aca roz-

wi ˛

azaniem równania jednorodnego x

= f (

). Udowodni´c, ˙ze:

a) je´sli f

) < 1, to ˙zadne inne rozwi ˛

azanie tego równania nie jest styczne

do prostej x = c

t w pocz ˛

atku układu współrz˛ednych;

b) je´sli f

) > 1, to niesko´nczenie wiele rozwi ˛

aza´n tego równania jest stycz-

nych do prostej x = c

Rozwi ˛

azanie:

Je´sli x(t) = c

t, to w szczególno´sci x

(0) = c

. Robi ˛

ac podstawienie tu = x

otrzymujemy tu

+ u = x

. Z podstawienia tego wynika, ˙ze x

(0) = u(0) = c

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙

ZNICZEK ZUPEŁNYCH

Równanie x

= f w zmiennej u zapisuje si˛e w postaci tu

= f (u) − u. Wynika

st ˛

ad, ˙ze f (u(0)) = u(0), czyli f (c

) = c

Je´sli u

6≡ 0, to

f (u) − u

wi˛ec granica lewostronna

)

u(0)=c

(u(0)) − 1

= f

(u(0)) − 1.

Je´sli f

(u(0)) = f

) < 1, to u

) < 0. Ale f (c

) − c

= 0 i f

) − 1 < 0,

wi˛ec f (u) − u jest funkcj ˛

a malej ˛

ac ˛

Poniewa˙z u(0) = c

a u

) < 0, wi˛ec u(t) < c

dla t w prawostronnym

otoczeniu zera. Poniewa˙z funkcja f (u) − u jest malej ˛

aca w otoczeniu c

, to z

faktu u(t) < c

wynika, ˙ze f (u) − u > 0 dla t w prawostronnym otoczeniu

zera. Z równania u

f (u)−u

wynika, ˙ze wtedy u

(t) > 0, czyli otrzymali´smy

sprzeczno´s´c. Oznacza to, ˙ze musi by´c u

(t) ≡ 0, czyli u(t) = c

Przejdziemy teraz do dowodu faktu b). Całkuj ˛

ac równanie dostajemy

f (w) − w

Niech G(u) b˛edzie funkcj ˛

a pierwotn ˛

a dla

f (u)−u

. Wtedy mo˙zemy zapisa´c rozwi ˛

zanie w postaci uwikłanej G(u) − G(c

) = ln t/t

Je´sli f

(u(0)) = f

) > 1, to z poprzednich rozwa˙za´n wynika, ˙ze funk-

cja f (u) − u jest rosn ˛

aca. Wynika st ˛

ad, ˙ze tak˙ze funkcja G(u) jest rosn ˛

aca, czyli

mo˙zemy zapisa´c rozwi ˛

azanie

u(t) = G

−1

(ln t/t

+ G(c

)).

Z tej postaci rozwi ˛

azania wynika, ˙ze u(t

) = c

. Poniewa˙z f (c

) − c

= 0 wi˛ec

z równania u

f (u)−u

oraz równo´sci u(t

) = c

wynika, ˙ze u

) = 0, czyli

rozwi ˛

azanie jest styczne do prostej x = c

t w punkcie x = c

2.3

Równania w postaci ró˙zniczek zupełnych

Zadanie 2.10 Dla równania sin(xy) + xy cos(xy)

dx + x

cos(xy)dy = 0 zna-

le´z´c całk˛e ogóln ˛

Rozwi ˛

azanie:

Równanie to jest w postaci ró˙zniczki zupełnej bo

∂

∂y

sin(xy) + xy cos(xy)

= 2x cos(xy) − x

y sin(xy) =

∂

∂x

cos(xy).

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Całkuj ˛

ac wyra˙zenie sin(xy)+xy cos(xy)

dx+x

cos(xy)dy znajdujemy funkcj˛e

F (x, y) = x sin(xy) + c. Ró˙zniczkuj ˛

ac mo˙zemy sprawdzi´c, ˙ze

∂F

∂x

dx +

∂F

∂y

dy = sin(xy) + xy cos(xy)

dx + x

cos(xy)dy,

czyli funkcja x sin(xy) + c = 0 jest całk ˛

a ogóln ˛

a naszego równania.

Zadanie 2.11 Znale´z´c krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

1 + e

x/y

+ e

x/y

1 −

= 0

przechodz ˛

ac ˛

a przez punkt (1, 1).

Rozwi ˛

azanie:

Przepiszemy to równanie w postaci ró˙zniczek

1 + e

x/y

dx + e

x/y

1 −

dy = 0

Równanie to jest w postaci ró˙zniczki zupełnej bo

∂

∂y

1 + e

x/y

= −

x/y

∂

∂x

x/y

1 −

Całkuj ˛

ac otrzymujemy

1 + e

x/y

dx +

x/y

1 −

dy = x + ye

x/y

+ c,

czyli funkcja x + ye

x/y

+ c = 0 jest całk ˛

a ogóln ˛

a naszego równania. Krzywa cał-

kowa przechodzi przez punkt (1, 1), je´sli c = −1 − e. Oznacza to, ˙ze poszukiwan ˛

krzyw ˛

a całkow ˛

a jest krzywa x + ye

x/y

= 1 + e.

Równania ró˙zniczkowe rzadko bywaj ˛

a w postaci ró˙zniczek zupełnych. Jak

wiemy wiele równa´n, które nie s ˛

a w postaci ró˙zniczek zupełnych mo˙zna dopro-

wadzi´c do tej postaci mno˙z ˛

ac równanie przez odpowiedni czynnik całkuj ˛

acy. Po-

ni˙zej poka˙zemy kilka zada´n, których rozwi ˛

azanie wymaga znalezienia czynnika

całkuj ˛

acego.

Zadanie 2.12 Znale´z´c krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

+ 1

dx +

− 1

dy = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Oznaczmy

M =

+ 1

N =

− 1

2.3. RÓWNANIA W POSTACI RÓ ˙

ZNICZEK ZUPEŁNYCH

Mamy

− M

) =

1
y

. Sugeruje to u˙zycie czynnika całkuj ˛

acego postaci µ =

µ(y). Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego równania dla czynnika całkuj ˛

acego

dµ

− M

) =

Rozwi ˛

azaniem tego równania jest funkcja µ(y) = y. Mno˙z ˛

ac przez t˛e funkcj˛e

nasze równanie dostajemy

(x + y)dx + (x − y)dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja

/2 + xy = c.

Zadanie 2.13 Znale´z´c krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

= −

− y

+ x

przechodz ˛

ac ˛

a przez punkt (1, 0).

Rozwi ˛

azanie:

Przepisujemy równanie w postaci ró˙zniczek

− y)dx + (x

+ x)dy = 0

i wprowadzamy standardowe oznaczenia

M = x

− y,

N = x

+ x.

Mamy

− M

) =

2
x

. Sugeruje to u˙zycie czynnika całkuj ˛

acego postaci µ =

µ(x). Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego równania, jakie spełnia´c powinien czynnik

całkuj ˛

acy

dµ

= −

− M

) = −

2µ

Rozwi ˛

azaniem tego równania jest funkcja µ(x) = x

−2

. Mno˙z ˛

ac przez t˛e funkcj˛e

nasze równanie dostajemy

1 −

dx +

dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja x +

1
3

y
x

= c.

Zadanie 2.14 Znale´z´c krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

dx + (x

y − x)dy = 0.

Rozwi ˛

azanie:

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Niech

M = xy

N = x

y − x.

Niech µ b˛edzie czynnikiem całkuj ˛

acym zale˙znym od obu zmiennych. Mamy rów-

nanie xy

− (x

y − x)µ

= µ(N

− M

) = −µ. Sugeruje to u˙zycie czynnika

całkuj ˛

acego postaci µ = µ(xy). Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego równania, jakie

spełnia´c powinien czynnik całkuj ˛

acy

− (x

− xy)µ

= −µ,

czyli xyµ

= −µ. Rozwi ˛

azaniem tego równania jest funkcja µ(xy) = (xy)

−1

Mno˙z ˛

ac przez t˛e funkcj˛e nasze równanie dostajemy

ydx +

x −

dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja xy−

ln y = c.

Zadanie 2.15 Znale´z´c krzyw ˛

a całkow ˛

a równania

(x − xy)dx + (x

+ y)dy = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Niech

M = x − xy,

N = x

+ y.

Niech µ b˛edzie czynnikiem całkuj ˛

acym zale˙znym od obu zmiennych. Mamy rów-

nanie (x−xy)µ

−(x

+y)µ

= µ(N

−M

) = 3xµ. Sugeruje to u˙zycie czynnika

całkuj ˛

acego postaci µ = µ(x

). Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego równania, jakie

spełnia´c powinien czynnik całkuj ˛

acy

2x(x − xy)µ

− 2y(x

+ y)µ

= 3xµ,

czyli −2(x

)µ

= 3µ. Rozwi ˛

azaniem tego równania jest funkcja µ(x

) =

+ y

)

−3/2

. Mno˙z ˛

ac przez t˛e funkcj˛e nasze równanie dostajemy

(x − xy)(x

+ y

)

−3/2

dx + (x

+ y)(x

+ y

)

−3/2

dy = 0.

Jest to równanie w postaci ró˙zniczki zupełnej. Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja

+ y

) = c(y − 1)

Mathematica

mo˙ze by´c wykorzystana do znajdowania rozwi ˛

aza´n równa´n w

postaci ró˙zniczek zupełnych, poniewa˙z znalezienie rozwi ˛

azania dla takich równa´n

sprowadza si˛e do wykonania dwóch całkowa´n.

Zadanie 2.16 Rozwi ˛

aza´c w programie Mathematica równanie

(x + y)dx + (x − y)dy = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Rozpoczniemy od zdefiniowania odpowiednich funkcji

2.4. SKALARNE RÓWNANIA LINIOWE

MC[x_,y_] = x+y;

NC[x_,y_] = x-y;

Sprawdzamy, czy nasze równanie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej

Simplify[D[MC[x,y],y] == D[NC[x,y],x]]

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

azanie musimy dokona´c odpowiedniego całkowania.

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

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

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

Dostajemy wtedy wynik X

/2 + XY − Y

/2 − 1.

2.4

Skalarne równania liniowe

Zadanie 2.17 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania xy

+ 2y = 3x.

Rozwi ˛

azanie:

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

Poszukiwanie rozwi ˛

azania zaczynamy od rozwi ˛

azania równania jednorodnego

+ 2y = 0. Równanie to jest równaniem o zmiennych rozdzielonych

= −

2dx

Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja y(x) =

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania równania niejednorodnego metod ˛

a uzmiennia-

nia stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛

azania w postaci y(x) =

z(x)

. Wstawiaj ˛

t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

− 2

+ 2

= 3x.

Po uproszczeniu dostajemy równanie z

= 3x

, którego rozwi ˛

azaniem jest funkcja

z(x) = x

+ c. Wynika st ˛

ad, ˙ze rozwi ˛

azaniem ogólnym naszego równania jest

funkcja

y(x) = x +

Zadanie 2.18 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania y

sin x − y = 1 − cos x.

Rozwi ˛

azanie:

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

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Poszukiwanie rozwi ˛

azania zaczynamy od rozwi ˛

azania równania jednorodnego

sin x − y = 0. Równanie to jest równaniem o zmiennych rozdzielonych

sin x

Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja y(x) = c tg

x
2

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania równania niejednorodnego metod ˛

a uzmiennia-

nia stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛

azania w postaci y(x) = z(x) tg

. Wsta-

wiaj ˛

ac t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

+ z

2 cos

x/2

sin x − z tg

= 1 − cos x.

Po uproszczeniu dostajemy równanie z

1−cos x

2 sin

x/2

, którego rozwi ˛

azaniem jest

funkcja z(x) = x + c. Wynika st ˛

ad, ˙ze rozwi ˛

azaniem ogólnym naszego równania

jest funkcja

y(x) = (x + c) tg

Zadanie 2.19 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania dx + (x + y

)dy = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Równanie jest równaniem liniowym, je´sli zapisa´c je w postaci x

+ x + y

= 0.

Poszukiwanie rozwi ˛

azania zaczynamy od rozwi ˛

azania równania jednorodnego

+ x = 0. Równanie to jest równaniem o zmiennych rozdzielonych

= −dy.

Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja x(y) = ce

−y

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania równania niejednorodnego metod ˛

a uzmiennia-

nia stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛

azania w postaci x(y) = z(y)e

−y

. Wsta-

wiaj ˛

ac t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

−y

− ze

−y

+ ze

−y

+ y

= 0

Po uproszczeniu dostajemy równanie z

= −y

, którego rozwi ˛

azaniem jest

funkcja z(y) = −

R y

dy. Wyst˛epuj ˛

ac ˛

a w ostatnim wyra˙zeniu całk˛e liczymy

przez cz˛e´sci (dwukrotnie)

−

dy = − y

+ 2

dy = −y

+ 2ye

− 2

dy =

− y

+ 2ye

− 2e

+ c.

St ˛

ad z(y) = −y

+ 2ye

− 2e

+ c. Rozwi ˛

azaniem ogólnym naszego równania

jest wi˛ec funkcja

x(y) = −y

+ 2y − 2 + ce

−y

2.4. SKALARNE RÓWNANIA LINIOWE

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

acym opór.

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

a drog˛e.

Rozwi ˛

azanie:

Zgodnie z II prawem dynamiki Newtona opadanie ciała opisywane jest równaniem

= mg − av,

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

Poszukiwanie rozwi ˛

azania zaczynamy od rozwi ˛

azania równania jednorodnego

= −av

= −

dt.

Jego rozwi ˛

azaniem jest funkcja v(t) = ce

−at/m

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania równania niejednorodnego metod ˛

a uzmien-

niania stałej, tj. postulujemy istnienie rozwi ˛

azania w postaci v(t) = z(t)e

−at/m

Wstawiaj ˛

ac t˛e funkcj˛e do równania niejednorodnego otrzymujemy

−at/m

− z

−at/m

= g − z

−at/m

Po uproszczeniu dostajemy równanie z

= ge

−at/m

, którego rozwi ˛

azaniem jest

funkcja z(t) =

at/m

+ c.

Rozwi ˛

azaniem ogólnym naszego równania jest wi˛ec funkcja

v(t) =

+ ce

−at/m

Je´sli w chwili pocz ˛

atkowej opadaj ˛

ace ciało miało pr˛edko´s´c pocz ˛

atkow ˛

a v

, to c =

−

i rozwi ˛

azanie przyjmuje posta´c

v(t) =

1 − e

−at/m

+ v

−at/m

Korzystaj ˛

ac z tego ostatniego wzoru mo˙zemy policzy´c drog˛e jak ˛

a przebyło opada-

j ˛

ace ciało

S(t) =

v(τ )dτ.

Obliczaj ˛

ac t˛e całk˛e otrzymujemy

S(t) =

1 − e

−aτ /m

+ v

−aτ /m

dτ =

−

1 − e

−at/m

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Zadanie 2.21 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania y

− y = xy

Rozwi ˛

azanie:

Równanie nie jest równaniem liniowym, ale jest równaniem Bernoulliego z wy-
kładnikiem Bernoulliego 2. Dziel ˛

ac to równanie przez y

oraz wprowadzaj ˛

ac no-

w ˛

a zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a u = y

−1

dostajemy równanie −u

− u = x. Jest to równanie

liniowe. Rozwi ˛

azanie równania jednorodnego ma posta´c u(x) = ce

−x

. Rozwi ˛

aza-

nia równania niejednorodnego szukamy w postaci u(x) = z(x)e

−x

. Wstawiaj ˛

to wyra˙zenie do równania otrzymujemy z

= −xe

. Rozwi ˛

azaniem tego równania

jest funkcja z(x) = −xe

+ e

+ c. Wynika st ˛

ad nast˛epuj ˛

aca posta´c rozwi ˛

azania

u(x) = −x + 1 + ce

−x

, czyli

y(x) =

(1 − x)e

+ c

Zadanie 2.22 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania xy

+ y = y

ln x.

Rozwi ˛

azanie:

Równanie nie jest równaniem liniowym, ale jest równaniem Bernoulliego z wy-
kładnikiem Bernoulliego 2. Dziel ˛

ac to równanie przez y

oraz wprowadzaj ˛

ac now ˛

zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a u = y

−1

dostajemy równanie −xu

+ u = ln x. Jest to równanie

liniowe. Rozwi ˛

azanie równania jednorodnego ma posta´c u(x) = cx. Rozwi ˛

azania

równania niejednorodnego szukamy w postaci u(x) = z(x)x. Wstawiaj ˛

ac to wyra-

˙zenie do równania otrzymujemy −x

= ln x. Rozwi ˛

azaniem tego równania jest

funkcja z(x) = −

ln x

dx. T˛e całk˛e przekształcamy przez podstawienie ln x = t

a nast˛epnie liczymy przez cz˛e´sci

ln x

dx =

dt =

−t

dt = −te

−t

− e

−t

+ c = −

ln x

−

+ c.

Wynika st ˛

ad nast˛epuj ˛

aca posta´c rozwi ˛

azania z(x) =

ln x

1
x

+ c. Po podstawie-

niu otrzymujemy u(x) = ln x + cx + 1, co daje nast˛epuj ˛

ace rozwi ˛

azanie ogólne

wyj´sciowego równania

y(x) = ln x + cx + 1

−1

Mathematica

ma wbudowane polecenie do rozwi ˛

azywania równa´n ró˙znicz-

kowych zwyczajnych. Jest to polecenie DSolve, które ma nast˛epuj ˛

ac ˛

a składni˛e

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

, gdzie de[x,y] jest zapisem równania, y[x]

– zmienn ˛

a zale˙zn ˛

a a x – zmienn ˛

a niezale˙zn ˛

a. Dotychczas nie u˙zywali´smy tego

polecenia, bo rozpatrywane równania nie mogły by´c rozwi ˛

azane za jego pomoc ˛

Inaczej wyglada sytuacja dla równa´n liniowych, które Mathematica umie rozwi ˛

za´c (je´sli tylko odpowiednie całki s ˛

a obliczalne analitycznie).

Zadanie 2.23 Rozwi ˛

aza´c w programie Mathematica równanie y

− 4y = 0.

Rozwi ˛

azanie:

To proste równanie posłu˙zy nam do zilustrowania działania polecenia DSolve.
Zaczynamy od definicji równania

2.4. SKALARNE RÓWNANIA LINIOWE

de[x_,y_] = (y’[x] - 4*y[x] == 0);

Wykonuj ˛

ac polecenie

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

dostaniemy wynik
{{y[x] -> e

4 x

C[1]}}

Te 2 dodatkowe nawiasy klamrowe, które pojawiły si˛e w tym zapisie wynikaj ˛

z faktu, ˙ze DSolve tworzy reguły (Solution Rules) tworzenia rozwi ˛

azania. Tych

reguł mo˙ze by´c wiele, st ˛

ad zapis jak dla zbioru. Mo˙zna wyeliminowa´c te dodatko-

we nawiasy klamrowe znajduj ˛

ac najpierw reguły a potem wyznaczaj ˛

ac rozwi ˛

azanie

z tych reguł, jak pokazuje poni˙zszy przykład

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

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

Wtedy dostaniemy odpowied´z
e

4 x

C[1]

Zadanie 2.24 Rozwi ˛

aza´c w programie Mathematica równanie xy

− 4y = x

Rozwi ˛

azanie:

Zaczynamy od definicji równania

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

Wykonuj ˛

ac polecenie

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

dostaniemy wynik
{{y[x] -> e

(2 - 2 x + x

) + x

C[1]}}

Zadania do samodzielnego rozwi ˛

azania

Zadanie 2.25 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania x

x − 1

t + 1

Zadanie 2.26 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania x

= e

t−x

Zadanie 2.27 Znale´z´c rozwi ˛

azanie zagadnienia pocz ˛

atkowego

1 − y

dx + y

1 − x

dy = 0,

y(0) = 1.

Zadanie 2.28 Znale´z´c rozwi ˛

azanie zagadnienia pocz ˛

atkowego xdy − ydx = 0,

y(1) = 0.

Zadanie 2.29 Rozwi ˛

aza´c równanie (a

+ y

)dx + 2x

√

ax − x

dy = 0 dokonuj ˛

odpowiedniego podstawienia.

ROZDZIAŁ 2. RÓWNANIA SKALARNE

Zadanie 2.30 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

dx + (y

+ ln x)dy = 0.

Zadanie 2.31 Rozwi ˛

aza´c równanie

dx+

−1

dy = 0 metod ˛

a czynnika

całkuj ˛

acego.

Zadanie 2.32 Spadochroniarz wyskoczył na wysoko´sci h

= 1000 m i rozło˙zył

spadochron na wysoko´sci h

= 400 m. Wiadomo, ˙ze graniczna pr˛edko´s´c spadania

człowieka w powietrzu wynosi v = 50 m/s, a siła oporu powietrza przy spadaniu
jest proporcjonalna do kwadratu pr˛edko´sci spadania. Obliczy´c na tej podstawie, ile
czasu spadał spadochroniarz do chwili rozwini˛ecia spadochronu.

Zadanie 2.33 Znale´z´c krzyw ˛

a o tej własno´sci, ˙ze trójk ˛

at utworzony przez o´s Oy,

styczn ˛

a do krzywej oraz promie´n wodz ˛

acy w punkcie styczno´sci jest trójk ˛

atem

równoramiennym.

Zadanie 2.34 W celu zatrzymania statków na przystani rzuca si˛e z nich cumy (li-
ny), które kilkakrotnie s ˛

a owijane wokół pachołków (okr ˛

agłych słupów) stoj ˛

acych

na przystani. Jaka b˛edzie siła hamuj ˛

aca statek, je´sli cuma została trzykrotnie owi-

ni˛eta wokół pachołka, współczynnik tarcia cumy o pachołek k =

1
3

, a robotnik

portowy ci ˛

agnie dodatkowo cum˛e z sił ˛

a F = 150 N?

Zadanie 2.35 Niech µ

i µ

b˛ed ˛

a czynnikami całkuj ˛

acymi równania M (x, y)dx+

N (x, y)dy = 0 oraz funkcje µ

i µ

nie s ˛

a proporcjonalne do siebie. Udowodni´c,

˙ze funkcja

= c jest całk ˛

a ogóln ˛

a tego równania.

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

ac,

˙ze ciało spada w czasie T z wysoko´sci L, a w czasie 2T z wysoko´sci L

, obliczy´c

współczynnik tarcia f oraz współczynnik oporu gumy k.

Rozdział 3

Podstawowe twierdzenia

W rozdziale tym b˛edziemy rozwi ˛

azywali zadania, które maj ˛

a słu˙zy´c jako ilustracje

dla najwa˙zniejszych twierdze´n: o istnieniu i jednoznaczno´sci rozwi ˛

aza´n, o zale˙zno-

´sci rozwi ˛

azania od warunków pocz ˛

atkowych i parametrów oraz o przedłu˙zalno´sci

rozwi ˛

aza´n.

3.1

Istnienie i jednoznaczno´s´c rozwi ˛

aza ´n lokalnych

Zadanie 3.1 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

= f (t, x),

x(0) = x

z funkcj ˛

f (t, x) =

(

−1,

t < 0, x ∈ R,

t > 0, x ∈ R.

Znale´z´c rozwi ˛

azanie tego zagadnienia Cauchy’ego w otoczeniu zera.

Rozwi ˛

azanie:

Niech ∆ = (−δ, δ) dla δ > 0. Poka˙zemy, ˙ze na przedziale ∆ nie istnieje roz-
wi ˛

azanie naszego równania przy dowolnym x

∈ R, tj. nie istnieje funkcja klasy

(∆), która jest rozwi ˛

azaniem. Gdyby bowiem istniało rozwi ˛

azanie x(t), to dla

dostatecznie małego α, 0 < α < δ, byłoby x

(t) = −1 dla −α < t < 0 oraz

(t) = 1 dla α > t > 0. Oznacza to, ˙ze w punkcie t = 0 pochodna x

(t) musiała-

by by´c nieci ˛

agła.

Zadanie 3.2 Rozwa˙zmy na przedziale (a, b) równanie

= f (x).

Je´sli funkcja f (x) jest ci ˛

agła na tym przedziale, to równanie posiada jednoznaczne

rozwi ˛

azanie dla dowolnego warunku pocz ˛

atkowego y

= y(x

), dla x

∈ (a, b).

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

agła na

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

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

azania zagadnienia pocz ˛

atkowego.

Rozwi ˛

azanie:

Rozwa˙zmy przypadek, gdy x

∈ (a, c). Rozwi ˛

azanie mo˙ze by´c zapisane w postaci

całkowej

y(x) =

f (t)dt.

Je´sli całka

f (t)dt jest rozbie˙zna przy x → c, to rozwi ˛

azanie dane t ˛

a całk ˛

przedłu˙za si˛e na cały przedział (a, c), ale przy x → c

−

rozwi ˛

azanie rozbiega do

+∞.

Je´sli warunek pocz ˛

atkowy jest z drugiej strony punktu c, czyli x

∈ (c, b),

to rozwi ˛

azanie mo˙zna przedłu˙zy´c w lewo na cały przedział (c, b). Rozwi ˛

azanie to

rozbiega do −∞ dla x → c

. Otrzymujemy wi˛ec jednoznaczne rozwi ˛

azania na

przedziale (a, c) lub (c, b) zale˙znie od tego po której stronie punktu c le˙zy warunek
pocz ˛

atkowy x

Je´sli całka

f (t)dt jest zbie˙zna przy x → c, to rozwi ˛

azanie dane t ˛

a całk ˛

z warunkiem pocz ˛

atkowym x

∈ (a, c) przedłu˙za si˛e na cały przedział (a, c), a

przy x → c

−

rozwi ˛

azanie zbiega do

f (t)dt. Jednocze´snie y

(x) → +∞ dla

x → c

−

, czyli rozwi ˛

azanie jest styczne do prostej x = c. Podobnie wida´c, ˙ze je-

´sli x

∈ (c, b), to rozwi ˛

azanie mo˙zna przedłu˙zy´c w lewo na cały przedział (c, b).

Rozwi ˛

azanie to zbiega do

f (t)dt dla x → c

a y

(x) → +∞ dla x → c

czyli rozwi ˛

azanie jest te˙z styczne do prostej x = c. Oznacza to, ˙ze bior ˛

ac dowol-

ne rozwi ˛

azanie po lewej stronie punktu x = c mo˙zna je przedłu˙zyc dowolnym

rozwi ˛

azaniem po prawej stronie punktu x = c. Oznacza to brak jednoznaczno´sci

rozwi ˛

azania.

Zadanie 3.3 Rozwa˙zmy dla y ∈ (a, b) równanie

= f (y).

Przedyskutowa´c problem istnienia i jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania tego zagadnienia

pocz ˛

atkowego, je´sli funkcja f (y) jest ci ˛

agła na tym przedziale, ale zeruje si˛e w

pewnym punkcie c ∈ (a, b).
Rozwi ˛

azanie:

Rozwi ˛

azanie tego zadania sprowadza si˛e do zadania 3.2. W tym celu nale˙zy za-

uwa˙zy´c, ˙ze jest to równanie o zmiennych rozdzielonych i znalezienie rozwi ˛

azania

sprowadza si˛e do policzenia całki

x = x

f (t)

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

f (t)

jest całk ˛

a niewła´sciw ˛

a dla y → c. Zachowanie rozwi ˛

azania wynika wte-

dy bezpo´srednio z dyskusji przeprowadzonej dla zadania 3.2. Wyró˙zni´c mo˙zemy
nast˛epuj ˛

ace przypadki:

3.1. ISTNIENIE I JEDNOZNACZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZA ´

N LOKALNYCH

1. Je´sli całka

f (t)

jest rozbie˙zna dla y → c

i y → c

−

, to przez ka˙zdy punkt

(x, y), x ∈ R, y ∈ (a, b) przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa nasze-
go równania. Prosta y = c jest tak˙ze krzyw ˛

a całkow ˛

a równania, a pozostałe

krzywe całkowe asymptotycznie zbli˙zaj ˛

a si˛e do tej prostej z góry lub z dołu

zale˙znie od warunku pocz ˛

atkowego.

2. Je´sli całka

f (t)

jest zbie˙zna dla y → c

i y → c

−

, a przy przej´sciu przez

punkt c funkcja f (y) nie zmienia znaku, to przez ka˙zdy punkt (x, y), x ∈ R,
y ∈ (a, b) przechodzi niesko´nczenie wiele krzywych całkowych równania.

3. Je´sli całka

f (t)

jest zbie˙zna dla y → c

i y → c

−

, a przy przej´sciu

przez punkt c funkcja f (y) zmienia znak, to przez ka˙zdy punkt prostej y =
c przechodzi niesko´nczenie wiele krzywych całkowych równania, a przez
ka˙zdy punkt (x, y), x ∈ R, y ∈ (a, c) ∪ (c, b) przechodzi dokładnie jedna
krzywa całkowa równania.

Zadanie 3.4 Udowodnimy kryterium jednoznaczno´sci rozwi ˛

azania zwane kryte-

rium Osgooda.
Twierdzenie Osgooda.
Niech funkcja

f (t, x) b˛edzie ci ˛

agła w zbiorze

Q = {(t, x): |t − t

| 6 a, |x − x

| 6

b} i dla dowolnej pary punktów (t, x

), (t, x

) z tego zbioru spełnia warunek

|f (t, x

) − f (t, x

)| 6 φ(|x

− x

|),

gdzie dla

0 < u 6 2b funkcja φ(u) > 0, jest ci ˛

agła oraz

φ(u)

→ ∞

dla

ε → 0.

Wtedy przez ka˙zdy punkt

, x

) zbioru Q przechodzi co najwy˙zej jedna krzywa

całkowa równania

= f (t, x),

x(t

) = x

(3.1)

Rozwi ˛

azanie:

Załó˙zmy, ˙ze istniej ˛

a dwa ró˙zne rozwi ˛

azania równania (3.1) x

(t) i x

(t) z tym

samym warunkiem pocz ˛

atkowym x

) = x

. Dla uproszczenia za-

pisu przyjmijmy, ˙ze t

= 0. Niech y(t) = x

(t) − x

(t). Poniewa˙z z zało˙zenia

(t) 6≡ x

(t), to istnieje taki punkt t

, ˙ze y(t

) 6= 0. Bez zmniejszania ogólno´sci

mo˙zemy zało˙zy´c, ˙ze y(t

) > 0 (zawsze mo˙zemy zamieni´c porz ˛

adek funkcji x

i x

w definicji y(t)). Mo˙zemy tak˙ze przyj ˛

a´c, ˙ze t

> 0. Korzystaj ˛

ac z zało˙ze´n

twierdzenia dostajemy nierówno´s´c ró˙zniczkow ˛

d(x

− x

)

= f (t, x

) − f (t, x

) 6 φ(|x

− x

|) < 2φ(|x

− x

|).

Rozwa˙zmy teraz równanie

= 2φ(z)

(3.2)

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

z warunkiem pocz ˛

atkowym z(t

) = y(t

) = y

. To zagadnienie Cauchy’ego po-

siada jednoznaczne rozwi ˛

azanie, co wynika z zało˙ze´n twierdzenia oraz zadania 3.3.

Z zadania 3.3 wynika, ˙ze rozwi ˛

azanie to jest dodatnie i asymptotycznie zbli˙za si˛e

do osi Ot, ale nigdy tej osi nie przetnie.

W punkcie t

krzywe z(t) oraz y(t) przecinaj ˛

a si˛e. Poniewa˙z jednocze´snie

) < 2φ(y

) = 2φ(z(t

)) = z

), wi˛ec na odcinku (t

− ε, t

) mamy nie-

równo´s´c y(t) > z(t), dla pewnego ε > 0.

Zauwa˙zmy, ˙ze przedział ten mo˙zemy rozszerzy´c w lewo a˙z do zera. Rzeczy-

wi´scie, gdyby w przedziale (0, t

) istniał punkt t

, taki ˙ze y(t

) = z(t

), to w

tym punkcie miałaby miejsce nierówno´s´c y

) > z

), poniewa˙z na prawo

od tego punktu mamy nierówno´s´c y(t) > z(t). Poniewa˙z z

) = 2φ(z(t

)) a

φ(z(t

)) = φ(y(t

)), wi˛ec wynika st ˛

ad nierówno´s´c y

) > 2φ(y(t

)), która jest

sprzeczna z oszacowaniem (3.2). Pokazali´smy wi˛ec, ˙ze na całym przedziale (0, t

)

mamy nierówno´s´c y(t)

> z(t). Poniewa˙z z konstrukcji rozwi ˛

azania z(t) wynika,

˙ze z(t) > 0, wi˛ec tak˙ze y(t) > 0 dla t ∈ [0, t

], w szczególno´sci y(0) > 0, co jest

sprzeczne z zało˙zeniem, ˙ze istniej ˛

a dwie ró˙zne krzywe całkowe naszego równania

z tym samym warunkiem pocz ˛

atkowym.

Zadanie 3.5 Dane jest równanie x

= x

z warunkiem pocz ˛

atkowym x(0) = 1.

Znale´z´c maksymalny przedział istnienia rozwi ˛

azania tego równania oraz odpo-

wiednie rozwi ˛

azanie wysycone.

Rozwi ˛

azanie:

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

˙zemy je łatwo scałkowa´c.

Rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c x(t) =

c−t

. Dla warunku pocz ˛

atkowego x(0) =

1 dostajemy rozwi ˛

azanie x(t) =

1−t

. Rozwi ˛

azanie to jest dobrze okre´slone na

przedziale (−∞, 1). Powstaje pytanie, czy rozwi ˛

azanie to jest rozwi ˛

azaniem wy-

syconym, czy te˙z mo˙zna je jeszcze przedłu˙zy´c. Interesuj ˛

acy jest tylko przypadek

prawego ko´nca przedziału, czyli pytanie czy rozwi ˛

azanie mo˙zna przedłu˙zy´c poza

punkt t = 1. Przeanalizujmy zachowanie si˛e rozwi ˛

azania gdy t → 1

−

. Jak łatwo

zauwa˙zy´c wtedy x(t) → +∞. Zgodnie z odpowiednim twierdzeniem wynika st ˛

ad,

˙ze rozwi ˛

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

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

Zadanie 3.6 Rozwi ˛

aza´c w programie Mathematica zagadnienie Cauchy’ego

y(0) = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Odpowiednie polecenie wygl ˛

ada nast˛epuj ˛

aco

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

3.2. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD PARAMETRÓW

Otrzymujemy wtedy rozwi ˛

azanie

{{y[x] ->

√

},{y[x]-> -

√

}}

Mo˙zemy sprawdzi´c bezpo´srednim rachunkiem, ˙ze te dwie funkcje s ˛

a rozwi ˛

azania-

mi wskazanego zagadnienia pocz ˛

atkowego. Otrzymane dwa rozwi ˛

azania nie prze-

cz ˛

a twierdzeniu o jednoznaczno´sci rozwi ˛

aza´n, poniewa˙z poszukujemy rozwi ˛

azania

przechodz ˛

acego przez punkt (0, 0), a tym punkcie prawa strona równania nie jest

ci ˛

agła (nie jest ona nawet dobrze okre´slona w tym punkcie).

3.2

Zale˙zno´s´c rozwi ˛

azania od danych pocz ˛

atkowych i pa-

rametrów

Zadanie 3.7 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

= sin(µt),

x(t

) = x

gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛

∂x

∂µ

Rozwi ˛

azanie:

Poniewa˙z równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych mo˙zemy znale´z´c
rozwi ˛

azanie równania a nast˛epnie policzy´c pochodn ˛

a po µ.

Niech x = φ(t, µ) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania. Wtedy φ(t

, µ) = x

całkuj ˛

ac równanie dostajemy

φ(t, µ) = −

cos(µt) + c(µ).

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

azanie po µ, to otrzymamy

∂φ(t, µ)

∂µ

t sin(µt)

cos(µt)

dµ

Z warunku

∂φ(t

, µ)

∂µ

= 0 wynika

dµ

= −

sin(µt

)

cos(µt

)

czyli

∂φ(t, µ)

∂µ

t sin(µt)

cos(µt)

−

sin(µt

)

−

cos(µt

)

Przedstawiona wy˙zej metoda znajdowania pochodnej rozwi ˛

azanie po parame-

trze wykorzystywała fakt, ˙ze mo˙zna było znale´z´c analityczne rozwi ˛

azanie rów-

nania. Poka˙zemy teraz jak działa standardowa metoda znajdowania pochodnej po

parametrze. Zgodnie z teori ˛

a pochodna y(t) =

∂x(t, µ)

∂µ

spełnia równanie

= t cos(µt),

y(t

) = 0.

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

Całkuj ˛

ac to równanie otrzymujemy

y(t) =

t sin(µt)

cos(µt)

+ c.

Wyznaczaj ˛

ac c z warunku y(t

) = 0 dostajemy wyra˙zenie identyczne jak metod ˛

bezpo´sredniego ró˙zniczkowania rozwi ˛

azania równania

y(t) =

t sin(µt)

cos(µt)

−

sin(µt

)

−

cos(µt

)

Zadanie 3.8 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

= µt + x,

x(0) = 1,

gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛

∂x

∂µ

Rozwi ˛

azanie:

Poniewa˙z równanie jest równaniem liniowym mo˙zemy znale´z´c rozwi ˛

azanie rów-

nania a nast˛epnie policzy´c pochodn ˛

a po µ.

Niech x = φ(t, µ) b˛edzie rozwi ˛

azaniem równania. Całkuj ˛

ac równanie dostaje-

φ(t, µ) = −µt − µ + c(µ)e

Ró˙zniczkuj ˛

ac rozwi ˛

azanie po µ otrzymamy

∂φ(t, µ)

∂µ

= −t − 1 +

dµ

Wyznaczamy

dµ

z warunku

∂φ(0, µ)

∂µ

= 0, który wynika z warunku pocz ˛

atkowe-

go φ(0, µ) = 1. Otrzymujemy wtedy

dµ

= 1.

Daje to poszukiwan ˛

a pochodn ˛

∂φ(t, µ)

∂µ

= −t − 1 + e

Zadanie 3.9 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

= x + µ(t + x

x(0) = 1,

gdzie µ jest parametrem. Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛

∂x

∂µ

µ=0

Rozwi ˛

azanie:

3.2. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD PARAMETRÓW

Niech y =

∂x

∂µ

. Funkcja y(t) spełnia równanie

= (1 + 2µx)y + t + x

y(0) = 0.

Równanie to rozwi ˛

azujemy standardow ˛

a metod ˛

a dla równa´n liniowych. Najpierw

znajdujemy rozwi ˛

azanie równania jednorodnego

y(t) = c exp

(1 + 2µx)ds

a nast˛epnie uzmienniamy stał ˛

a otrzymuj ˛

ac (korzystamy z warunku pocz ˛

atkowego

y(0) = 0)

c(t) =

exp

−

(1 + 2µx)dτ

(s + x

)ds.

St ˛

y(t) =

exp

(1 + 2µx)dτ

(s + x

)ds.

Zauwa˙zmy, ˙ze dla µ = 0 równanie wyj´sciowe ma rozwi ˛

azanie x(t) = e

. Wyko-

rzystuj ˛

ac to rozwi ˛

azanie dostajemy po przej´sciu granicznym

y(t)

µ=0

exp

dτ

(s + e

)ds =

(s + e

t−s

ds.

Obliczaj ˛

ac ostatni ˛

a całk˛e przez cz˛e´sci otrzymujemy

y(t)

µ=0

= −t − 1 + e

Zadanie 3.10 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

= x + x

+ tx

x(2) = x

Nale˙zy znale´z´c pochodn ˛

a wzgl˛edem warunku pocz ˛

atkowego

∂x

Rozwi ˛

azanie:

Niech z =

∂x

. Funkcja z(t) spełnia równanie

= (1 + 2x + 3tx

)z,

z(2) = 1.

Rozwi ˛

azaniem tego równania jest funkcja

z(t) = exp

(1 + 2x + 3sx

)ds

Dla warunku pocz ˛

atkowego x

= 0 rozwi ˛

azaniem wyj´sciowego zagadnienia Cau-

chy’ego jest funkcja x(t) = 0 (takie rozwi ˛

azanie mo˙zna zgadn ˛

a´c a nast˛epnie sko-

rzysta´c z faktu, ˙ze dla tego zagadnienia Cauchy’ego zachodzi twierdzenie o jedno-
znaczno´sci rozwi ˛

azania w otoczeniu punktu t = 2). St ˛

z(t)

= exp

= e

t−2

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

Zadania do samodzielnego rozwi ˛

azania

Zadanie 3.11 Wskaza´c maksymalny przedział, na którym istnieje rozwi ˛

azanie za-

gadnienia pocz ˛

atkowego:

a) x

= 2x

− t, x(1) = 1,

b) x

= t + e

, x(1) = 0,

c) x

= x

, x

= x

, x

(0) = 1, x

(0) = 2.

Zadanie 3.12 Dla jakich warunków pocz ˛

atkowych istniej ˛

a jednoznaczne rozwi ˛

zania równa´n:

a) x

= tg x +

√

t ,

b) (t + 1)x

= x +

√

x ,

c) x

− xx

(3)

√

− t ,

(

= x

+ ln(t + 1),

√

− t .

Zadanie 3.13 Dane jest zagadnienie Cauchy’ego

= f (x),

x(0) = x

Niech f ∈ C

(R) oraz spełnia oszacowanie |f (x) − cos x| 6 1 dla ka˙zdego x ∈

R. Udowodni´c, ˙ze rozwi ˛

azanie tego zagadnienia Cauchy’ego jest ograniczone dla

ka˙zdego x

∈ R.

Zadanie 3.14 Niech funkcja f : R → R b˛edzie ci ˛

agła, a funkcja g: R → R niech

spełnia warunek Lipschitza. Udowodni´c, ˙ze układ równa´n

0
1

= f (x

0
2

= g(x

uzupełniony dowolnym warunkiem pocz ˛

atkowym, ma co najwy˙zej jedno rozwi ˛

zanie w dowolnym przedziale.

Zadanie 3.15 Udowodni´c nast˛epuj ˛

ace rozszerzenie wyniku zadania 3.3.

Niech dane b˛edzie równanie x

= f (t, x), gdzie x ∈ R

, a funkcja f (t, x) jest

ci ˛

agła na R × R

. Je´sli spełnione jest oszacowanie

|f (t, x)| 6 g(|x|),

gdzie g jest dodatni ˛

a funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a g ∈ C([0, ∞)), dla której

∞

g(t)

= ∞,

to ka˙zde rozwi ˛

azanie zagadnienia Cauchy’ego dla tego równania istnieje dla ka˙z-

dego t

> 0.

3.2. ZALE ˙

ZNO ´

S ´

C ROZWI ˛

AZANIA OD PARAMETRÓW

Zadanie 3.16 Dla równania

= ax + b,

x(0) = x

gdzie a i b s ˛

a stałymi, znale´z´c granic˛e lim

→0

x(t, ) dla t > 0.

Zadanie 3.17 Dane jest równanie x

= f (x), gdzie f : R → R jest funkcj ˛

a ci ˛

gł ˛

a i malej ˛

ac ˛

a. Niech x

(t) oraz x

(t) b˛ed ˛

a dwoma rozwi ˛

azaniami tego równania

klasy C

z warunkami pocz ˛

atkowymi x

) = x

i x

) = x

odpowiednio.

Udowodni´c, ˙ze |x

(t) − x

(t)| 6 |x

− x

Zadanie 3.18 Funkcje u(t) i v(t) s ˛

a rozwi ˛

azaniami zagadnie´n Cauchy’ego

= F (u),

u(t

) = u

= F (v),

v(t

) = v

Zakładamy, ˙ze funkcja F spełnia warunek Lipschitza ze stał ˛

a L. Pokaza´c, ˙ze speł-

nione jest oszacowanie

|u(t) − v(t)|

6 |u

− v

exp pL(t − t

)

dla dowolnego p > 1.

Zadanie 3.19 W poni˙zszych przykładach znale´z´c wskazane pochodne wzgl˛edem
parametru lub warunku pocz ˛

atkowego:

a) x

+ µte

−x

, x(1) = 1; znale´z´c

∂x

∂µ

µ=0

b) x

− x

= (x + 1)

− µx

, x(0) =

, x

(0) = −1; znale´z´c

∂x

∂µ

µ=1

c) x

= xy + t

, 2y

= −y

, x(1) = x

, y(1) = y

; znale´z´c

∂x

∂y

=3, y

Zadanie 3.20 Niech funkcja f (t, x) i jej pochodna

∂f
∂x

(t, x) b˛ed ˛

a ci ˛

agłe na ca-

łej płaszczy´znie (t, x) oraz niech

∂f
∂x

(t, x) 6 k(t), gdzie k(t) jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

Udowodni´c, ˙ze rozwi ˛

azanie równania x

= f (t, x) z dowolnym warunkiem po-

cz ˛

atkowym x(t

) = x

istnieje na półprostej [t

, +∞).

Zadanie 3.21 Udowodni´c, ˙ze dla rozwi ˛

azania x(t) zagadnienia pocz ˛

atkowego

= t − x

x(t

) = x

> 0, x

> 0

istnieje granica lim

t→+∞

x(t) −

√

= 0.

ROZDZIAŁ 3. PODSTAWOWE TWIERDZENIA

Zadanie 3.22 Niech funkcje x

: [0, 1] → R

, n = 1, 2, . . . , b˛ed ˛

a rozwi ˛

azaniami

równania x

= f (x), gdzie funkcja f : R

→ R

jest ci ˛

agła i ograniczona. Udo-

wodni´c, ˙ze je´sli ci ˛

ag {x

(0)} jest zbie˙zny, to z ci ˛

agu funkcyjnego {x

} mo˙zna

wybra´c podci ˛

ag zbie˙zny jednostajnie do rozwi ˛

azania równania.

Zadanie 3.23 Rozwa˙zmy równanie x

= f (x), gdzie f : R → R spełnia warunek

Lipschitza oraz warunek f (0) = f (1) = 0. Udowodni´c, ˙ze ka˙zde rozwi ˛

azanie tego

równania, które startuje z warunku pocz ˛

atkowego x

∈ [0, 1] nie wychodzi poza

ten odcinek.

Rozdział 4

Układy równa ´n liniowych

Zadania z tego rozdziału maj ˛

a nauczy´c jak rozwi ˛

azuje si˛e układy równa´n linio-

wych. Poniewa˙z nie ma ogólnych metod rozwi ˛

azywania układów o zmiennych

współczynnikach, poka˙zemy jedynie jak mo˙zna znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne ta-

kich układów, je´sli znana jest cz˛e´s´c rozwi ˛

aza´n szczególnych. Mo˙zna tego doko-

na´c wykorzystuj ˛

ac technik˛e redukcji rz˛edu układu, której działanie poka˙zemy na

przykładach. W przypadku układów równa´n o stałych współczynnikach przedsta-
wimy metody znajdowania rozwi ˛

aza´n ogólnych. Mimo ˙ze teoria jest tu kompletna,

to dla wykonania pełnych rachunków nale˙zy znajdowa´c pierwiastki wielomianów
charakterystycznych odpowiednich równa´n. Jak wiadomo, metody analitycznego
obliczania tych pierwiastków ograniczone s ˛

a to wielomianów stopnia co najwy˙zej

czwartego (z wyj ˛

atkiem przypadków szczególnych), wi˛ec rozwi ˛

azywa´c b˛edziemy

układy, które nie daj ˛

a wielomianów wy˙zszych stopni. Poka˙zemy tak˙ze na przykła-

dach jak Mathematica pomaga w znajdowaniu rozwi ˛

aza´n układów równa´n linio-

wych. W zasadzie wykorzystuj ˛

ac program Mathematica mo˙zna rozwi ˛

aza´c ka˙zdy

układ pierwszego rz˛edu (tak˙ze niejednorodny) pod warunkiem, ˙ze Mathematica
b˛edzie potrafiła znale´z´c pierwiastki wielomianu charakterystycznego, a w przy-
padku równa´n niejednorodnych dodatkowo b˛edzie potrafiła obliczy´c analitycznie
wyst˛epuj ˛

ace całki.

4.1

Ogólne układy pierwszego rz˛edu

Zadanie 4.1 Rozwi ˛

aza´c układ równa´n

1 t

z warunkami pocz ˛

atkowymi x

) = (1, 0) oraz x

) = (0, 1).

Rozwi ˛

azanie:

Rozwa˙zmy w pierwszej kolejno´sci warunek pocz ˛

atkowy x

) = (1, 0). Ponie-

wa˙z drugie równanie naszego układu ma posta´c x

= 2x

, wi˛ec jego rozwi ˛

zaniem jest funkcja x

(t) = 0. Wstawiaj ˛

ac t˛e funkcj˛e do pierwszego równania

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

= x

+ tx

mamy x

= x

, co prowadzi do rozwi ˛

azania x

(t) = e

t−t

. Daje

to rozwi ˛

azanie

x(t) = (e

t−t

, 0).

Dla warunku pocz ˛

atkowego x

) = (0, 1) z równania x

= 2x

dostajemy

rozwi ˛

azanie x

(t) = e

2(t−t

)

. Wstawiaj ˛

ac to rozwi ˛

azanie do pierwszego równania

dostajemy x

= x

+ te

2(t−t

)

. Jest to niejednorodne równanie liniowe, które

rozwi ˛

azujemy standardowymi metodami otrzymuj ˛

ac x

(t) = e

2(t−t

)

(t − 1) −

t−t

− 1). Prowadzi to do rozwi ˛

azania

x(t) = e

2(t−t

)

(t − 1) − e

t−t

− 1), e

2(t−t

)

Poniewa˙z warunki pocz ˛

atkowe x

) i x

) s ˛

a liniowo niezale˙zne, to z otrzy-

manych rozwi ˛

aza´n mo˙zna otrzyma´c macierz fundamentaln ˛

a układu

X(t) =

t−t

2(t−t

)

(t − 1) − e

t−t

− 1)

2(t−t

)

Zadanie 4.2 Znale´z´c macierz fundamentaln ˛

a dla układu równa´n

t 0

Rozwi ˛

azanie:

Dla pierwszej zmiennej mamy równanie x

= tx

, które po scałkowaniu daje

(t) = c

. Wstawiaj ˛

ac to rozwi ˛

azanie do drugiego równania x

= x

+ tx

dostajemy równanie liniowe x

= c

+ tx

. Standardowe metody prowadz ˛

do rozwi ˛

azania x

(t) = c

+ c

. Wystarczy teraz znale´z´c rozwi ˛

azanie

odpowiadaj ˛

ace warunkom pocz ˛

atkowym x

(0) = (1, 0) oraz x

(0) = (0, 1). Dla

pierwszego z tych warunków pocz ˛

atkowych otrzymujemy rozwi ˛

azanie x

(t) =

, te

), dla drugiego x

(t) = (0, e

). Poniewa˙z wektory x

(0) oraz x

(0)

s ˛

a liniowo niezale˙zne, macierz fundamentalna ma posta´c

X(t) =

Dla układów równa´n liniowych o zmiennych współczynnikach nie ma ogólnej

metody znajdowania rozwi ˛

aza´n. Kiedy jednak znamy jedno rozwi ˛

azanie takiego

układu, to mo˙zna zastosowa´c metod˛e zwan ˛

a obni˙zaniem rz˛edu równania. Znajo-

mo´s´c jednego rozwi ˛

azania szczególnego pozwala wtedy na obni˙zenie wymiaru

układu równa´n o 1. W szczególno´sci, na rozwi ˛

azanie dowolnego układu 2 × 2.

Oczywi´scie znajomo´s´c wi˛ekszej liczby niezale˙znych rozwi ˛

aza´n pozwala na wi˛ek-

sze obni˙zenie wymiaru układu, a tym samym na rozwi ˛

azanie układów o wi˛ekszym

wymiarze.

Załó˙zmy wi˛ec, ˙ze dla układu x

= A(t)x znamy jedno rozwi ˛

azanie szczegól-

ne φ

(t). Tworzymy macierz Y (t), która powstaje z macierzy identyczno´sciowej

4.1. OGÓLNE UKŁADY PIERWSZEGO RZ ˛

EDU

I odpowiedniego wymiaru przez zast ˛

apienie pierwszej kolumny wektorem φ

(t).

Nast˛epnie robimy podstawienie x(t) = Y (t)y(t). Funkcja y(t) = Y

−1

(t)x(t)

spełnia równanie

= Y

−1

− Y

−1

x = Y

−1

(AY − Y

)y.

Korzystaj ˛

ac z faktu, ˙ze φ

jest rozwi ˛

azaniem dostajemy

AY − Y

= AY − (φ

0
1

, 0, 0, . . . , 0) = A Y − (φ

, 0, 0, . . . , 0)

gdzie zera oznaczaj ˛

a zerowe wektory kolumnowe w odpowiedniej macierzy. Wyni-

ka st ˛

ad, ˙ze równanie y

= Y

−1

(AY − Y

)y nie zawiera po prawej stronie zmiennej

. Mo˙zna wi˛ec najpierw rozwi ˛

aza´c układ dla zmiennych y

, . . . , y

a potem do

tego rozwi ˛

azania doł ˛

aczy´c y

rozwi ˛

azuj ˛

ac dodatkowe równanie skalarne.

Zadanie 4.3 Znale´z´c macierz fundamentaln ˛

a układu

−1

korzystaj ˛

ac z faktu, ˙ze wektor (1, t

) jest jednym z rozwi ˛

aza´n tego układu.

Rozwi ˛

azanie:

Korzystaj ˛

ac z metody redukcji rz˛edu robimy podstawienie x(t) = Y (t)y(t), gdzie

Y (t) =

Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acego równania dla funkcji y(t)

0 −1

y .

Jak łatwo zauwa˙zy´c równanie dla y

ma posta´c y

= t

. Rozwi ˛

azaniem tego

równania jest funkcja y

(t) = e

. Całkujemy teraz pierwsz ˛

a składow ˛

a wektora

y z równania y

= −y

, co daje rozwi ˛

azanie w postaci y

(t) = −

R e

. Prze-

chodz ˛

ac do zmiennej x(t) dostajemy

x(t) =

−

R e

−

R e

− t

R e

Prowadzi to do nast˛epuj ˛

acej macierzy fundamentalnej

X(t) =

−

R e

− t

R e

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Zadanie 4.4 Obliczy´c wyznacznik Wro´nskiego dla pary funkcji f

(t) = (t, 0) i

(t) = (t

, 0).

Rozwi ˛

azanie:

Niech

X(t) =

t t

Elementarny rachunek pokazuje, ˙ze

det X(t) =

= 0.

Z drugiej strony funkcje f

i f

s ˛

a niezale˙zne liniowo na całej prostej. Przykład ten

pokazuje, ˙ze zwi ˛

azek pomi˛edzy liniow ˛

a niezale˙zno´scia funkcji a niezerow ˛

a war-

to´sci wyznacznika Wro´nskiego jest prawdziwa jedynie, gdy rozpatrywane funkcje
s ˛

a rozwi ˛

azaniami pewnego układu liniowych równa´n ró˙zniczkowych.

4.2

Układy o stałych współczynnikach

Zadanie 4.5 Rozwi ˛

aza´c układ równa´n

= Rx,

z warunkiem pocz ˛

atkowym x(0) = (4, −5), gdzie

R =

−4 −3

Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = det

−4 − λ

−3

5 − λ

= λ

− λ − 2 = (λ + 1)(λ − 2).

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= −1, λ

= 2. Znajdziemy wektory własne odpo-

wiadaj ˛

ace tym warto´sciom własnym.

1) λ

= −1. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R + I)v

−3 −3

= 0.

St ˛

= c

−1

i rozwi ˛

azaniem jest funkcja (przyjmujemy c = 1)

(t) = e

−t

−1

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

2) λ

= 2. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R − 2I)v

−6 −3

= 0.

St ˛

= c

−2

i otrzymujemy rozwi ˛

azanie

(t) = e

−2

Rozwi ˛

azania zagadnienia pocz ˛

atkowego poszukujemy w postaci kombinacji linio-

wej x(t) = c

(t) + c

(t). Wtedy warunkowi pocz ˛

atkowemu odpowiada rów-

nanie c

(−1, 1) + c

(1, −2) = (4, −5). Znajduj ˛

ac z tego równania warto´sci c

i c

otrzymujemy poszukiwane rozwi ˛

azanie zagadnienia pocz ˛

atkowego

x(t) =

−t

+ e

−3e

−t

− 2e

Zadanie 4.6 Znale´z´c rozwi ˛

azanie fundamentalne układu

= Rx,

gdzie

R =









Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = det





−λ





= −(λ + 1)

(λ − 2).

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= −1 (pierwiastek podwójny), λ

= 2. Znajdziemy

wektory własne odpowiadaj ˛

ace tym warto´sciom własnym.

1) λ

= −1. Jest to pierwiastek dwukrotny. Szukamy wektora własnego

(R + I)v









= 0.

Otrzymujemy tylko jeden zwi ˛

azek na współrz˛edne tego wektora. St ˛

ad istniej ˛

a dwa

liniowo niezale˙zne wektory własne

= c





−1

1
0





ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

oraz

= c





0
1

−1





Oznacza to, ˙ze funkcje

(t) = e

−t





−1

1
0





oraz

(t) = e

−t





0
1

−1





s ˛

a rozwi ˛

azaniami równania.

2) λ

= 2. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R − 2I)v





−2





= 0.

St ˛

= c





1
1
1





i otrzymujemy rozwi ˛

azanie

(t) = e





1
1
1





Macierz fundamentalna ma wi˛ec posta´c

X(t) =





−e

−t

−e

−t





Zadanie 4.7 Znale´z´c rozwi ˛

azanie fundamentalne układu

= Rx,

gdzie

R =

−7

−2 −5

Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

+ 12λ + 37 = (λ + 6 − i)(λ + 6 + i).

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= −6 + i, λ

= −6 − i.

Poszukujemy wektora własnego dla λ

(R + (6 − i)I)v

−1 − i

−2

1 − i

= 0.

Wektor ten ma posta´c (pomijamy stał ˛

1 + i

+ i

Otrzymujemy wtedy

(t) = e

−6t

cos t

− sin t

= e

−6t

cos t

cos t − sin t

(t) = e

−6t

cos t

+ sin t

= e

−6t

sin t

sin t + cos t

Z z

(t) i z

(t) otrzymujemy macierz fundamentaln ˛

X(t) =

−6t

cos t

−6t

sin t

−6t

(cos t − sin t)

−6t

(cos t + sin t)

Zadanie 4.8 Znale´z´c rozwi ˛

azanie fundamentalne układu

= Rx,

gdzie

R =





−10

−2

−5





Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = det





3 − λ

−10

1 − λ

−2

−5 − λ





= −(λ + 1)

(λ − 1).

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= −1 (pierwiastek podwójny), λ

= 1. Znajdziemy

wektory własne odpowiadaj ˛

ace tym warto´sciom własnym.

1) λ

= −1. Jest to pierwiastek dwukrotny. Szukamy wektora własnego

(R + I)v





−10

−2

−4





= 0.

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Otrzymujemy dwa zwi ˛

azki na współrz˛edne tego wektora. St ˛

ad istnieje jeden linio-

wo niezale˙zny wektor własny

= c





−1

1
0





Oznacza to, ˙ze funkcja

(t) = e

−t





−1

1
0





jest rozwi ˛

azaniem równania. Drugiego niezale˙znego liniowo rozwi ˛

azania b˛edzie-

my poszukiwa´c w postaci wektora v

, takiego ˙ze

(R + I)v

= v





−10

−2

−4









−1

1
0





Z rozwi ˛

azania tego równania otrzymujemy





1
0

1
2





Oznacza to, ˙ze funkcja

(t) = e

−t

+ t(R + I)v

) = e

−t





1
0

1
2





+ t





−1

1
0





= e

−t





1 − t

1
2





jest rozwi ˛

azaniem równania.

2) λ

= 1. Szukamy wektora, takiego ˙ze

(R − I)v





−10

−2

−6





= 0.

St ˛

= c





1
2
1





i otrzymujemy rozwi ˛

azanie

(t) = e





1
2
1





4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Macierz fundamentalna ma wi˛ec posta´c

X(t) =





−e

−t

(1 − t)e

−t





Mathematica

dostarcza wielu narz˛edzi do rozwi ˛

azywania układów równa´n li-

niowych. W kolejnych zadaniach zilustrujemy te mo˙zliwo´sci na prostych przykła-
dach.

Zadanie 4.9 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne układu

= Rx,

gdzie

R =





−3

−5

−4 2 −3





Rozwi ˛

azanie:

Rozwi ˛

a˙zemy to zadanie w programie Mathematica korzystaj ˛

ac z DSolve. W tym

celu zapisujemy równanie w postaci układu

= 5x + 3y − 3z,

= 2x + 4y − 5z,

= −4x + 2y − 3z.

Rozwi ˛

azanie otrzymujemy wykorzystuj ˛

ac polecenie DSolve

DSolve[{x’[t]==5*x[t]+3*y[t]-3*z[t],

y’[y]==2*x[t]+4*y[t]-5*z[t],
z’[t]==-4*x[t]+2*y[t]-3*z[t]},
{x[t],y[t],z[t]},t]

Mathematica

podaje nam wynik zale˙zny od 3 dowolnych parametrów

{{x[t]− >

−t

(1 + 2e

)C[1] +

−t

(−1 + e

)C[2] −

−t

(−1 + e

)C[3],

y[t]− >

−t

(−7 + 7e

− 36t)C[1] +

−t

(20 + 7e

+ 72t)C[2]−

−t

(−7 + 7e

+ 72t)C[3],

z[t]− > −

−t

(−1 + e

+ 18t)C[1] −

−t

(−1 + e

− 36t)C[2]+

−t

(25 + 2e

− 72t)C[3]

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Zadanie 4.10 Znale´z´c rozwi ˛

azanie zagadnienia pocz ˛

atkowego dla układu

= Rx,

z warunkiem pocz ˛

atkowym x(0) = (1, 1), gdzie

R =

2 0

Rozwi ˛

azanie:

Podobnie jak poprzednio przepisujemy równanie w postaci układu

= 2x,

= 3x + 2y.

Rozwi ˛

azanie zagadnienia Cauchy’ego znajdujemy za pomoc ˛

a polecenia DSolve

DSolve[{x’[t]==2*x[t],y’[t]==3*x[t]+2*y[t],

x[0]==1,y[0]==1},

{x[t],y[t]},t]

W wyniku otrzymujemy rozwi ˛

azanie zagadnienia pocz ˛

atkowego

{{x[t]− > e

, y[t]− > e

(1 + 3t)}}

Mathematica

pozwala w bardzo efektywny sposób znajdowa´c rozwi ˛

azania fun-

damentalne układów równa´n liniowych. Słu˙z ˛

a do tego dwa polecenia: MatrixExp

oraz Eigensystem.

Zadanie 4.11 Znale´z´c rozwi ˛

azanie fundamentalne dla układu

= Rx,

gdzie

R =





−1

−3 −6 −6





Rozwi ˛

azanie:

Zaczynamy od zdefiniowania macierzy układu

ra={{-1,2,2},{2,2,2},{-3,-6,-6}};

Wystarczy teraz wykona´c polecenie

MatrixExp[ra t]

aby otrzyma´c rozwi ˛

azanie fundamentalne

{{e

−3t

(−1 + 2e

), 2e

−3t

(−1 + e

), 2e

−3t

(−1 + e

)},

−2t

(−1 + e

), {e

−2t

(−1 + 2e

), e

−2t

(−1 + e

)},

{−1 + e

−3t

, e

−3t

(2 − 2e

), e

−3t

(2 − e

)}}

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Rozwi ˛

a˙zemy teraz poprzednie zadanie wykorzystuj ˛

ac polecenie Eigensystem.

Zadanie 4.12 Znale´z´c rozwi ˛

azanie fundamentalne dla układu

= Rx,

gdzie

R =





−1

−3 −6 −6





Rozwi ˛

azanie:

Podobnie jak poprzednio definiujemy macierz układu

ra={{-1,2,2},{2,2,2},{-3,-6,-6}};

Korzystaj ˛

ac z polecenia Eigensystem znajdujemy warto´sci własne i wektory

własne macierzy ra.

{roots,vectors}=Eigensystem[ra]

Jako wynik otrzymujemy

{{-3,-2,0},{{-1,0,1},{-2,1,0},{0,-1,1}}}

W pierwszym nawiasie klamrowym znajduj ˛

a si˛e warto´sci własne, a nast˛epnie od-

powiadaj ˛

ace im wektory własne. Aby otrzyma´c macierz fundamentaln ˛

a nale˙zy wy-

kona´c polecenie

Transpose[Exp[roots t]*vectors]

W wyniku otrzymamy rozwi ˛

azanie jako zbiór 3 wektorów

{{−e

−3t

, −2e

−2t

, 0}, {0, e

−2t

, −1}, {e

−3t

, 0, 1}}

Zauwa˙zmy, ˙ze to rozwi ˛

azanie ró˙zni si˛e od rozwi ˛

azania z zadania 4.11. Rozwi ˛

azanie

otrzymane w zadaniu 4.11 miało oczekiwane cechy eksponenty macierzy, tj. dla
t = 0 dawało macierz identyczno´sciow ˛

a. Otrzymana powy˙zej macierz nie ma tej

własno´sci. Wystarczy jednak wykona´c jedn ˛

a dodatkow ˛

a operacj˛e, aby otrzyma´c

identyczny wynik

W[t_]=Transpose[Exp[roots t]*vectors];
W[t].Inverse[W[0]]//MatrixForm

Teraz otrzymujemy ju˙z macierz o tej własno´sci, ˙ze dla t = 0 daje macierz iden-
tyczno´sciow ˛

Nast˛epne kilka zada´n pokazuje jak rozwi ˛

azuje si˛e niejednorodne równania li-

niowe korzystaj ˛

ac z wielowymiarowej wersji metody uzmienniania stałych.

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Zadanie 4.13 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne układu

= Rx + f,

gdzie

R =

f =

Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = det

1 − λ

= (λ + 1)(λ − 3).

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= −1, λ

= 3. Znajdziemy wektory własne odpo-

wiadaj ˛

ace tym warto´sciom własnym.

1) λ

= −1. Wektor własny

−1

i rozwi ˛

azaniem jest funkcja

(t) = e

−t

−1

2) λ

= 3. Wektor własny

i otrzymujemy rozwi ˛

azanie

(t) = e

Otrzymujemy st ˛

ad macierz fundamentalna układu

X(t) =

−t

−e

−t

Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania szczególnego równania niejednorodnego x

(t) =

Xu, gdzie funkcja u spełnia równanie u

= X

−1

f . Pierwszym krokiem jest znale-

zienie macierzy odwrotnej X

−1

. Obliczamy wyznacznik macierzy det X = −2e

St ˛

−1

(t) = −

−e

−t

−e

−t

−e

−1

f = −

−e

−t

−e

−t

−e

4.2. UKŁADY O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH

Całkuj ˛

ac równanie u

= X

−1

f otrzymujemy

u(t) =

15e

czyli

(t) = Xu =

−t

−e

−t

15e

Rozwi ˛

azanie ogólne jest dane wzorem x(t) = X(t)C + x

(t), gdzie C jest wek-

torem dowolnych współczynników.

Zadanie 4.14 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne układu

= Rx + f,

gdzie

R =





−1 −1

−1





f =





−t





Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = det





2 − λ

−1

−λ

−1

−λ





= −λ(λ − 1)

Warto´sciami własnymi s ˛

a: λ

= 0, λ

= 1 (pierwiastek podwójny). Znajdziemy

wektory własne odpowiadaj ˛

ace tym warto´sciom własnym.

1) λ

= 0. Wektor własny





1
1
1





i rozwi ˛

azaniem jest funkcja

(t) =





1
1
1





2) λ

= 1. Znajdujemy 2 wektory własne





1
1
0









1
0
1





ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

i otrzymujemy rozwi ˛

azania

(t) =









(t) =









Otrzymujemy st ˛

ad macierz fundamentaln ˛

a układu

X(t) =









Poszukujemy teraz rozwi ˛

azania szczególnego równania niejednorodnego x

(t) =

Xu, gdzie funkcja u spełnia równanie u

= X

−1

f . Pierwszym krokiem jest znale-

zienie macierzy odwrotnej X

−1

. Obliczamy wyznacznik macierzy det X = −e

St ˛

−1

(t) = −





−e





−1

f = −





−e









−t









−t

− e

1 − e

−2t





Całkuj ˛

ac równanie u

= X

−1

f otrzymujemy

u(t) =





−e

−t

− e

t −

1
2

−2t





czyli

(t) = Xu =













−e

−t

− e

t −

1
2

−2t









(2t − 1) −

1
2

−t

(t − 1) −

1
2

−t

(t − 1) − e

−t





Rozwi ˛

azanie ogólne jest dane wzorem x(t) = X(t)C + x

(t), gdzie C jest wek-

torem dowolnych współczynników.

Zadanie 4.15 Znale´z´c w programie Mathematica rozwi ˛

azanie szczególne układu

= Rx + f,

gdzie

R =





−3

3
2





f =





t − 1





Rozwi ˛

azanie:

Zaczynamy od zdefiniowania macierzy układu

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

ra={{0,1,0},{0,0,1},{-3,11/2,3/2}};

Wystarczy teraz wykona´c polecenie

W[t_]=MatrixExp[ra t];

aby otrzyma´c rozwi ˛

azanie fundamentalne. Definiujemy człon niejednorodny

fa[t_]={t-1,2,Exp[t]};

i wykonujemy operacj˛e

x[t_]=Simplify[W[t].Integrate[Simplify[

Inverse[W[t]].fa[t]],t]]

Otrzymujemy wtedy poszukiwane rozwi ˛

azanie szczególne

{

(−109 − 12e

− 66t),

(−5 − 2e

− 6t), −3 −

}

4.3

Równania skalarne wy˙zszego rz˛edu

Zadanie 4.16 Znale´z´c rozwi ˛

azanie zagadnienia pocz ˛

atkowego

000

− 6x

+ 11x

− 6x = 0,

z warunkiem pocz ˛

atkowym x(0) = 4, x

(0) = 5, x

(0) = 9.

Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− 6λ

+ 11λ − 6 = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3).

Rozwi ˛

azanie ogólne ma posta´c

x(t) = c

+ c

Obliczamy x

oraz x

(t) = c

+ 2c

+ 3c

(t) = c

+ 4c

+ 9c

Mamy wi˛ec

x(0) = c

+ c

= 4,

(0) = c

+ 2c

+ 3c

= 5,

(0) = c

+ 4c

+ 9c

= 9.

Rozwi ˛

azanie tego układu liniowego daje

= 4,

= −1,

= 1.

Rozwi ˛

azaniem zagadnienia pocz ˛

atkowego jest funkcja

x(t) = 4e

− e

+ e

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Zadanie 4.17 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

000

− x

+ x

− x = 0,

Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

− λ

+ λ − 1 = (λ − 1)(λ

+ 1).

Oznacza to, ˙ze mamy jeden pierwiastek rzeczywisty λ

= 1 oraz dwa sprz˛e˙zone

pierwiastki zespolone λ

= i i λ

= −i. Rozwi ˛

azanie ogólne ma wi˛ec posta´c

x(t) = c

+ c

sin t + c

cos t.

Zadanie 4.18 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

000

+ 3x

+ x = 0,

Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

+ 3λ

+ 3λ + 1 = (λ + 1)

Oznacza to, ˙ze mamy jeden pierwiastek rzeczywisty potrójny λ

= −1. Rozwi ˛

zanie ogólne ma wi˛ec posta´c

x(t) = e

−t

+ c

t + c

Zadanie 4.19 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

(4)

+ 4x

000

+ 6x

+ 4x

= 0,

Rozwi ˛

azanie:

Znajdujemy wielomian charakterystyczny

p(λ) = λ

+ 4λ

+ 6λ

+ 4λ = λ(λ + 2) (λ + 1)

+ 1

Oznacza to, ˙ze mamy dwa pierwiastki rzeczywiste λ

= 0 i λ

= −2 oraz dwa

sprz˛e˙zone pierwiastki zespolone λ

= −1 + i i λ

= −1 − i. Rozwi ˛

azanie ogólne

ma wi˛ec posta´c

x(t) = c

+ c

−2t

+ e

−t

sin t + c

cos t).

Zadanie 4.20 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

− 3tx

+ 4x = 0,

wykorzystuj ˛

ac fakt, ˙ze x

(t) = t

jest rozwi ˛

azaniem szczególnym tego równania.

Rozwi ˛

azanie:

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

Postulujemy rozwi ˛

azanie w postaci x(t) = c(t)x

(t). Wstawiaj ˛

ac t˛e postulowan ˛

posta´c rozwi ˛

azania do równania otrzymujemy

+ 2c

0
1

+ cx

00
1

) − 3t(c

+ cx

0
1

) + 4cx

c(t

00
1

− 3tx

0
1

+ 4x

) + x

− 3tc

) + 2t

0
1

= t

+ t

= 0

Niech z(t) = c

(t). Mamy wtedy równanie tz

+ z = 0, którego rozwi ˛

azaniem jest

funkcja z(t) =

. St ˛

ad c(t) = c

ln t + c

. Otrzymujemy wi˛ec rozwi ˛

azanie ogólne

w postaci

x(t) = c

ln t + c

Mathematica

łatwo rozwi ˛

azuje równania n-tego rz˛edu pod warunkiem, ˙ze rz ˛

ten nie jest zbyt wysoki. Ograniczenia s ˛

a zwi ˛

azane ze znajdowaniem pierwiastków

wielomianu charakterystycznego, co w ogólno´sci jest mo˙zliwe tylko dla wielomia-
nów stopnia co najwy˙zej 4. Oczywi´scie w szczególnych przypadkach Mathematica
rozwi ˛

azuje tak˙ze równania wy˙zszego rz˛edu.

Zadanie 4.21 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

000

− 6x

+ 11x

− 6x = 0,

wykorzystuj ˛

ac program Mathematica.

Rozwi ˛

azanie:

To jest przykład równania, które Mathematica rozwi ˛

azuje dla dowolnych współ-

czynników

DSolve[x’’’[t] -6*x’’[t]+11*x’[t]-6*x[t]==0,x[t],t]

Otrzymujemy wtedy rozwi ˛

azanie

{{x[t]− > e

C[1] + e

C[2] + e

C[3]}}

Zadanie 4.22 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

(5)

− 10x

(4)

+ 39x

000

− 74x

+ 68x

− 24x = 0,

wykorzystuj ˛

ac program Mathematica.

Rozwi ˛

azanie:

Poniewa˙z równanie jest 5-tego rz˛edu, to Mathematica mo˙ze mie´c problem z jego
rozwi ˛

azaniem. Okazuje si˛e jednak, ˙ze Mathematica znajduje rozwi ˛

azanie ogólne.

DSolve[x’’’’’[t]-10*x’’’’[t]+39*x’’’[t] -74*x’’[t]+

68*x’[t]-24*x[t]==0,x[t],t]

Otrzymujemy wtedy rozwi ˛

azanie

{{x[t]− > e

C[1] + e

C[2] + e

tC[3] + e

C[4] + e

C[5]}}

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Zadanie 4.23 Znale´z´c rozwi ˛

azanie zagadnienia pocz ˛

atkowego

+ 4x

+ 4x = 0,

x(0) = 1, x

(0) = −

wykorzystuj ˛

ac program Mathematica.

Rozwi ˛

azanie:

Takie zagadnienia pocz ˛

atkowe Mathematica rozwi ˛

azuje dla dowolnych współczyn-

ników

DSolve[{x’’[t] +4*x’[t]+4*x[t]==0,x[0]==1,x’[0]==-1/2},

x[t],t]

Otrzymujemy wtedy rozwi ˛

azanie

{{x[t]− >

1
2

−2t

(2 + 3t)}}

Mathematica

potrafi tak˙ze rozwi ˛

azywa´c liniowe równania niejednorodne, co po-

kazuje nast˛epuj ˛

ace zadanie.

Zadanie 4.24 Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne równania

000

− x

− 7x

+ 15x = t

−3t

+ e

cos(3t),

wykorzystuj ˛

ac program Mathematica.

Rozwi ˛

azanie:

Rozwi ˛

azanie znajdujemy standardow ˛

a metod ˛

DSolve[x’’’[t] -x’’[t]-7*x’[t] +15*x[t]==

t^2*Exp[-3*t]+Exp[2*t]*Cos[3*t],x[t],t]

Otrzymujemy wtedy rozwi ˛

azanie, które wygl ˛

ada na bardzo skomplikowane. To

skomplikowane wyra˙zenie mo˙zna upro´sci´c poleceniem Simplify (poni˙zsze po-
lecenie zakłada, ˙ze Mathematica wypisała skomplikowany wzór jako rozwi ˛

azanie;

aby nie przepisywa´c tego wzoru odwołujemy si˛e do niego przez symbol %)

Simplify[%]

Uproszczone rozwi ˛

azanie jest nast˛epuj ˛

ace

{{x[t]− > e

−3t

C[3] + e

C[2]Cos[t] + e

C[1]Sin[t] +

60e

−3t

28561

4394

−3t

t +

338

−3t

−

272

Cos[3t] −

272

Sin[3t]}}

Wyraz

60e

−3t

28561

mo˙zna wł ˛

aczy´c do e

−3t

C[3] dokonuj ˛

ac dalszego uproszczenia roz-

wi ˛

azania.

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU

Zadania do samodzielnego rozwi ˛

azania

Zadanie 4.25 Pokaza´c, ˙ze podane ni˙zej funkcje nie s ˛

a liniowo zale˙zne w obszarze

ich okre´slono´sci, ale ich wyznacznik Wro´nskiego jest równy zeru:

a) x

(t) =

dla

−1 6 t 6 0

dla

0 < t 6 1

(t) =

dla

−1 6 t 6 0

dla

0 < t 6 1

b) x

(t) =

dla

0 6 t 6 2

(t − 2)

dla

2 < t 6 4

(t) =

(t − 2)

dla

0 6 t 6 2

dla

2 < t 6 4

c) x

(t) =

dla

−2 6 t 6 0

dla

0 < t 6 1

(t) =

dla

−2 6 t 6 0

dla

0 < t 6 1

(t) = t

dla

−1 6 t 6 1

(t) = t|t|

dla

−1 6 t 6 1

Zadanie 4.26 Znale´z´c macierz fundamentaln ˛

a równania x

= Rx, gdy macierz R

dana jest wzorem:





−1









−1

−2

−1









−1 −1

−2 −3

−1









−1

−2

−1









−1

−3









−2

−1









−1

−1 −1





ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

Zadanie 4.27 Znale´z´c det exp R, nie obliczaj ˛

ac macierzy exp R, dla poni˙zszych

macierzy R:





−1









−1

−3





Zadanie 4.28 Rozwi ˛

aza´c układy równa´n niejednorodnych:

= x

+ 2e

= x

+ t

= x

− 5 cos t

= 2x

+ x

= 2x

− x

+ 1

= 3x

− 2x

= x

− x

+ 2 sin t

= 2x

− x

= 2x

− x

= x

+ 2e

= 2x

+ 4x

− 8

= 3x

+ 6x

= 2x

+ x

+ 2e

= x

+ 2x

− 3e

= 2x

− x

= 2x

− x

− 5e

sin t

Zadanie 4.29 Rozwi ˛

aza´c poni˙zsze zagadnienia pocz ˛

atkowe:







= x

+ x

= 4x

− 2x

(0) = 0, x

(0) = −1











= 2x

− x

+ x

= x

+ x

= x

− 2x

− 3x

(0) = 0, x

(0) = 1

4.3. RÓWNANIA SKALARNE WY ˙

ZSZEGO RZ ˛

EDU







= x

+ x

− t

+ t − 2

= −2x

+ 4x

+ 2t

− 4t − 7

(0) = 0, x

(0) = 2







= x

+ x

− cos t

= −2x

− x

+ sin t + cos t

(0) = 1, x

(0) = −2

Zadanie 4.30 Rozwi ˛

aza´c układy równa´n, sprowadzaj ˛

ac je do układów pierwszego

rz˛edu:

− 2x

+ x

− 3x

= 0

− 2x

− x

− 2x

+ 5x

= 0

− 3x

− 4x

= 0

+ x

= 0

− 5x

− 4x

+ x

= 0

− 4x

− 2x

+ x

= 0

− 2x

+ 3x

= 0

− x

+ 2x

= 0

+ 2x

− x

− 2x

= 0

+ x

− x

+ x

= 0

+ 3x

− x

= 0

+ 3x

− 2x

= 0

+ 4x

− 2x

− x

= 0

− x

− 4x

+ 2x

= 0

+ 3x

+ 2x

+ x

= 0

+ 3x

+ 4x

+ 2x

− x

= 0

Zadanie 4.31 Znale´z´c rozwi ˛

azania ogólne równa´n jednorodnych:

a) x

(4)

− x = 0

b) x

(6)

+ 64x = 0

c) x

(4)

+ 4x

+ 3x = 0

d) x

(5)

+ 8x

(3)

+ 16x

= 0

Zadanie 4.32 Znale´z´c rozwi ˛

azania ogólne równa´n niejednorodnych:

a) 3x

(4)

+ x

(3)

= 2

ROZDZIAŁ 4. UKŁADY RÓWNA ´

N LINIOWYCH

b) x

(4)

− 2x

(3)

+ 2x

− 2x

+ x = 1

c) x

(4)

− 2x

+ x = cos t

d) x

(3)

− 3x

+ 3x

− x = e

cos 2t

Zadanie 4.33 Rozwi ˛

aza´c równania niejednorodne, rozkładaj ˛

ac cz˛e´s´c niejednorod-

n ˛

a na składniki, a nast˛epnie dodaj ˛

ac odpowiednie rozwi ˛

azania szczególne:

a) x

(4)

+ 2x

(3)

+ 2x

+ x = te

1
2

cos t

b) x

(5)

+ 4x

(3)

= e

+ 3 sin 2t + 1

c) x

(5)

− x

(4)

= te

− 1

d) x

(5)

+ x

(3)

= t + 2e

−t

Zadanie 4.34 Znale´z´c rozwi ˛

azanie układu równa´n

0
1

= x

− 2x

0
2

= x

− 2x

Pokaza´c, ˙ze rozwi ˛

azanie odpowiedniego zagadnienia pocz ˛

atkowego istnieje na ca-

łym R wtedy i tylko wtedy, gdy dane pocz ˛

atkowe spełniaj ˛

a warunek x

) =

Zadanie 4.35 Równanie postaci

(n)

+ a

n−1

(n−1)

+ · · · + a

+ a

x = 0

nazywa si˛e jednorodnym równaniem Cauchy’ego-Eulera. Pokaza´c, ˙ze zamiana
zmiennej niezale˙znej s = ln t redukuje równanie Cauchy’ego-Eulera do równania
liniowego o stałych współczynnikach.

Zadanie 4.36 Korzystaj ˛

ac z wyniku poprzedniego zadania, rozwi ˛

aza´c równania

Cauchy’ego-Eulera:

a) t

+ tx

− x = 0

b) (t + 2)

+ 3(t + 2)x

− 3x = 0

c) t

+ tx

+ x = t(6 − ln t)

d) t

+ tx

− x = t

, m 6= ±1

Rozdział 5

Układy autonomiczne

Ten rozdział dotyczy badania własno´sci autonomicznych układów równa´n. Na po-
cz ˛

atku zajmiemy si˛e problemem stabilno´sci rozwi ˛

aza´n w sensie Lapunowa. Kolej-

ne zadania po´swi˛ecimy badaniu punktów krytycznych układów autonomicznych
oraz lokalnym portretom fazowym w otoczeniu punktów krytycznych. Wszystkie
te zadania b˛ed ˛

a dotyczyły układów z dwoma zmiennymi zale˙znymi, aby odpo-

wiednie portrety fazowe dały si˛e narysowa´c na płaszczy´znie R

. Analizowa´c b˛e-

dziemy jedynie układy równa´n nieliniowych, poniewa˙z analiza układów liniowych
w dwóch zmiennych została dokładnie opisana w Skrypcie. W ostatniej cz˛e´sci roz-
działu poka˙zemy przykłady znajdowania całek pierwszych dla układów nielinio-
wych.

5.1

Stabilno´s´c w sensie Lapunowa

Zadanie 5.1 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛

azania zagadnienia pocz ˛

atkowego

= 1 + t − x,

x(0) = 0.

Rozwi ˛

azanie:

Równanie jest równaniem liniowym, dla którego łatwo znajdujemy rozwi ˛

azanie

ogólne

x(t) = t + ce

−t

Z warunku pocz ˛

atkowego otrzymujemy c = 0, czyli rozwi ˛

azaniem zagadnienia

pocz ˛

atkowego jest funkcja φ

(t) = t.

Je´sli warunek pocz ˛

atkowy ma posta´c x(0) = x

, otrzymamy rozwi ˛

azanie

(t) = x

−t

+ t.

Je´sli |x

| < δ, to |φ

(t) − φ

(t)| = |x

−t

< ε = δ, wi˛ec φ

(t) jest rozwi ˛

aza-

niem stabilnym (z definicji). Poniewa˙z lim

t→∞

−t

= 0, wi˛ec rozwi ˛

azanie φ

(t)

jest asymptotycznie stabilne.

Zadanie 5.2 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛

azania zagadnienia pocz ˛

atkowego

= 2t(x + 1),

x(0) = 0.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rozwi ˛

azanie:

Równanie jest równaniem o zmiennych rozdzielonych, dla którego łatwo znajdu-
jemy rozwi ˛

azanie ogólne

x(t) = −1 + ce

Z warunku pocz ˛

atkowego otrzymujemy c = 1, czyli rozwi ˛

azaniem zagadnienia

pocz ˛

atkowego jest funkcja φ

(t) = −1 + e

Je´sli warunek pocz ˛

atkowy ma posta´c x(0) = x

, otrzymamy rozwi ˛

azanie

(t) = −1 + (x

+ 1)e

Je´sli |x

| < δ, to |φ

(t) − φ

(t)| = |x

. Poniewa˙z funkcja e

jest nieogra-

niczona, wi˛ec φ

(t) nie jest rozwi ˛

azaniem stabilnym.

Zadanie 5.3 Zbada´c stabilno´s´c poło˙zenia równowagi dla równania

= sin

Rozwi ˛

azanie:

Poło˙zenia równowagi to stałe rozwi ˛

azania równania. Poniewa˙z dla x = kπ, k =

0, ±1, ±2, . . . , mamy sin

kπ = 0, wi˛ec wszystkie te punkty s ˛

a poło˙zeniami rów-

nowagi. Zbadamy jedynie poło˙zenie równowagi x(t) = 0.

Całkuj ˛

ac równanie z warunkiem x(0) = x

otrzymujemy ctg x = ctg x

− t,

czyli

x = arc ctg(ctg x

− t).

Poniewa˙z

lim

t→∞

x(t) = lim

t→∞

arc ctg(ctg x

− t) = π,

wi˛ec rozwi ˛

azanie x(t) = 0 nie jest stabilne.

Zadanie 5.4 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛

azania zerowego dla układu

= −x − 2y + x

= x −

y −

Rozwi ˛

azanie:

Zauwa˙zmy, ˙ze para funkcji x(t) = 0, y(t) = 0 jest rozwi ˛

azaniem tego układu

równa´n. Aby zbada´c stabilno´s´c tego rozwi ˛

azania skonstruujemy funkcj˛e Lapunowa

dla tego układu. Wła´sciwej funkcji Lapunowa b˛edziemy poszukiwa´c w´sród funkcji
postaci V (x, y) = ax

+ by

. Mamy wtedy

=2ax(−x − 2y + x

) + 2by x −

y −

− (2ax

+ by

) + (b − 2a)(2xy − x

Bior ˛

ac b = 2a oraz a > 0 dostajemy

= −2a(x

+ y

5.1. STABILNO ´

S ´

C W SENSIE LAPUNOWA

Oznacza to, ˙ze dla (x, y) 6= (0, 0) mamy

< 0, co pokazuje, ˙ze rozwi ˛

azanie

zerowe jest asymptotycznie stabilne.

Zadanie 5.5 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛

azania zerowego dla układu

= −xy

= x

Rozwi ˛

azanie:

Para funkcji x(t) = 0, y(t) = 0 jest rozwi ˛

azaniem tego układu równa´n. Aby zba-

da´c stabilno´s´c tego rozwi ˛

azania skonstruujemy funkcj˛e Lapunowa dla tego układu.

Ze wzgl˛edu na posta´c prawych stron równa´n jako funkcj˛e Lapunowa wybieramy
funkcj˛e V (x, y) = x

+ y

. Mamy wtedy

= 4x

(−xy

) + 4y

y) = −4x

+ 4x

= 0.

Wynika st ˛

ad, ˙ze

= 0.

Oznacza to, ˙ze rozwi ˛

azanie zerowe jest stabilne, ale nie jest asymptotycznie stabil-

ne.

Zadanie 5.6 Zbada´c stabilno´s´c rozwi ˛

azania zerowego dla układu

= y − x + xy,

= x − y − x

− y

Rozwi ˛

azanie:

Para funkcji x(t) = 0, y(t) = 0 jest rozwi ˛

azaniem tego układu równa´n. Aby zba-

da´c stabilno´s´c tego rozwi ˛

azania skonstruujemy funkcj˛e Lapunowa dla tego układu.

Ze wzgl˛edu na posta´c prawych stron równa´n jako funkcj˛e Lapunowa wybieramy
funkcj˛e V (x, y) = x

+ y

. Mamy wtedy

= 2x(y−x+xy)+2y(x−y−x

−y

) = −x

−y

+2xy = −(x−y)

−y

Wynika st ˛

ad, ˙ze

6 0,

czyli rozwi ˛

azanie zerowe jest stabilne. Ponadto dla (x, y) 6= (0, 0) mamy

< 0,

wi˛ec rozwi ˛

azanie zerowe jest asymptotycznie stabilne.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

5.2

Punkty krytyczne

Zadanie 5.7 Zbada´c charakter punktów krytycznych układu

= x(y + 1),

= −y(x + 1).

Rozwi ˛

azanie:

Rozpoczynamy od znalezienia punktów krytycznych, czyli rozwi ˛

azania układu

x(y + 1) = 0,

− y(x + 1) = 0.

Układ ten ma dwa rozwi ˛

azania, czyli istniej ˛

a dwa punkty krytyczne (0, 0) i (−1, −1).

Aby zbada´c charakter tych punktów dokonujemy linearyzacji układu. Linearyzacja
wokół punktu (0, 0) daje układ liniowy

∂f

∂x

(x,y)=(0,0)

x +

∂f

∂y

(x,y)=(0,0)

∂f

∂x

(x,y)=(0,0)

x +

∂f

∂y

(x,y)=(0,0)

gdzie f

(x, y) = x(y + 1) a f

(x, y) = −y(x + 1). Po wykonaniu wskazanych

ró˙zniczkowa´n dostajemy układ

= x,

= −y.

Punkt krytyczny (0, 0) dla tego układu liniowego jest siodłem. Poniewa˙z siodło
jest punktem hiperbolicznym, to tak˙ze dla układu nieliniowego punkt (0, 0) b˛edzie
siodłem.

Zbadamy teraz charakter punktu krytycznego (−1, −1). Linearyzacja wokół

tego punktu daje

∂f

∂x

(x,y)=(−1,−1)

(x + 1) +

∂f

∂y

(x,y)=(−1,−1)

(y + 1),

∂f

∂x

(x,y)=(−1,−1)

(x + 1) +

∂f

∂y

(x,y)=(−1,−1)

(y + 1),

Po wykonaniu ró˙zniczkowa´n dostajemy układ

= −(y + 1),

= (x + 1).

Punkt krytyczny (−1, −1) dla tego układu liniowego jest ´srodkiem. Poniewa˙z ´sro-
dek nie jest punktem hiperbolicznym, to nie mo˙zemy na podstawie analizy układu

5.2. PUNKTY KRYTYCZNE

zlinearyzowanego wnioskowa´c o charakterze punktu krytycznego układu nielinio-
wego.

Aby zbada´c charakter punktu (−1, −1) b˛edziemy analizowa´c układ nieliniowy.

Zauwa˙zmy, ˙ze nasz układ jest równowa˙zny nast˛epuj ˛

acemu równaniu

= −

y(x + 1)

x(y + 1)

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, które mo˙zna łatwo scałkowa´c

y + 1

dy = −

x + 1

dx.

W wyniku dostajemy

y + ln y = −x − ln x + c,

czyli rozwi ˛

azanie ma posta´c xye

= c. Mo˙zna zauwa˙zy´c, ˙ze funkcja F (x, y) =

xye

ma minimum w punkcie (−1, −1) a jej poziomice poło˙zone blisko tego mi-

nimum tworz ˛

a zamkni˛ete krzywe. Oznacza to, ˙ze punkt (−1, −1) tak˙ze dla układu

nieliniowego jest ´srodkiem.

Zadanie 5.8 Zbada´c charakter punktów krytycznych układu

= y,

= −x + x

Rozwi ˛

azanie:

Rozpoczynamy od znalezienia punktów krytycznych, czyli rozwi ˛

azania układu

y = 0,

− x + x

= 0.

Układ ten ma 3 rozwi ˛

azania, czyli istniej ˛

a 3 punkty krytyczne (0, 0), (1, 0) i (−1, 0).

Aby zbada´c charakter tych punktów dokonujemy linearyzacji układu. Linearyzacja
wokół punktu (0, 0) daje układ liniowy

= y,

= −x.

Punkt krytyczny (0, 0) dla tego układu liniowego jest ´srodkiem. Poniewa˙z ´srodek
nie jest punktem hiperbolicznym, to nie mo˙zemy na podstawie analizy układu zli-
nearyzowanego wnioskowa´c o charakterze punktu krytycznego układu nieliniowe-
go.

Zbadamy teraz charakter punktu krytycznego (1, 0). Linearyzacja wokół tego

punktu daje

= y,

= 2(x − 1).

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Punkt krytyczny (1, 0) dla tego układu liniowego jest siodłem. Poniewa˙z siodło
jest punktem hiperbolicznym, to tak˙ze dla układu nieliniowego punkt (0, 0) b˛edzie
siodłem.

Zbadamy teraz charakter punktu krytycznego (−1, 0). Linearyzacja wokół tego

punktu daje

= y,

= 2(x + 1).

Punkt krytyczny (−1, 0) dla tego układu liniowego jest tak˙ze siodłem. Poniewa˙z
siodło jest punktem hiperbolicznym, to tak˙ze dla układu nieliniowego punkt (−1, 0)
b˛edzie siodłem.

Aby zbada´c charakter punktu (0, 0) b˛edziemy analizowa´c układ nieliniowy.

Zauwa˙zmy, ˙ze nasz układ jest równowa˙zny nast˛epuj ˛

acemu równaniu

− x

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, które mo˙zna łatwo scałkowa´c

ydy = (x

− x)dx.

W wyniku dostajemy

−

+ y

= c.

Funkcja F (x, y) = x

−

1
2

+ y

= x

(1 − x

/2) + y

ma maksimum lokalne w

punkcie (0, 0) a jej poziomice poło˙zone blisko tego maksimum tworz ˛

a zamkni˛ete

krzywe. Oznacza to, ˙ze punkt (0, 0) tak˙ze dla układu nieliniowego jest ´srodkiem.

Zadanie 5.9 Zbada´c charakter punktów krytycznych układu

= xy − 4,

= (x − 4)(y − x).

Rozwi ˛

azanie:

Rozpoczynamy od znalezienia punktów krytycznych, czyli rozwi ˛

azania układu

xy − 4 = 0,

(x − 4)(y − x) = 0.

Układ ten ma 3 rozwi ˛

azania, czyli istniej ˛

a 3 punkty krytyczne (2, 2), (−2, −2) i

(4, 1). Aby zbada´c charakter tych punktów dokonujemy linearyzacji układu. Line-
aryzacja wokół punktu (2, 2) daje układ liniowy

= 2(x − 2) + 2(y − 2),

= 2(x − 2) − 2(y − 2).

5.2. PUNKTY KRYTYCZNE

Punkt krytyczny (2, 2) dla tego układu liniowego jest siodłem. Poniewa˙z siodło
jest punktem hiperbolicznym, to tak˙ze dla układu nieliniowego punkt (2, 2) b˛edzie
siodłem.

Zbadamy teraz charakter punktu krytycznego (−2, −2). Linearyzacja wokół

tego punktu daje

= −2(x + 2) − 2(y + 2),

= 6(x + 2) − 6(y + 2).

Wielomian charakterystyczny dla tego układu ma posta´c λ

+ 8λ + 24 = 0, a

jego pierwiastkami s ˛

a λ

= −4 + 2

√

2i oraz λ

= −4 − 2

√

2i. Wynika st ˛

ad,

˙ze punkt krytyczny (−2, −2) dla układu liniowego jest ogniskiem stabilnym. Po-

niewa˙z ognisko jest punktem hiperbolicznym, to dla układu nieliniowego punkt
(−2, −2) b˛edzie stabilnym punktem krytycznym. Mo˙ze by´c to zarówno ognisko
stabilne jak w˛ezeł stabilny (tw. Grobmana-Hartmana tego nie rozstrzyga).

Zbadamy teraz charakter punktu krytycznego (4, 1). Linearyzacja wokół tego

punktu daje

= (x − 4) + 4(y − 1),

= −3(x − 4).

Wielomian charakterystyczny dla tego układu ma posta´c λ

− λ + 12 = 0, a je-

go pierwiastkami s ˛

a λ

1
2

+ i

√

47 oraz λ

1
2

− i

√

47. Wynika st ˛

ad, ˙ze punkt

krytyczny (4, 1) dla układu liniowego jest ogniskiem niestabilnym. Poniewa˙z ogni-
sko jest punktem hiperbolicznym, to dla układu nieliniowego punkt (4, 1) b˛edzie
niestabilnym punktem krytycznym. Mo˙ze by´c to zarówno ognisko niestabilne jak
w˛ezeł niestabilny.

Zadanie 5.10 Zbada´c charakter punktów krytycznych układu

= 4x(y − 1),

= y(x + x

Rozwi ˛

azanie:

Rozpoczynamy od znalezienia punktów krytycznych, czyli rozwi ˛

azania układu

4x(y − 1) = 0,

y(x + x

) = 0.

Układ ten ma nietypowe rozwi ˛

azania. Jednym z rozwi ˛

aza´n jest punkt (−1, 1),

prócz tego rozwi ˛

azaniem jest cała prosta punktów o współrz˛ednych (0, c), gdzie

c ∈ R. Linearyzacja wokół punktu (−1, 1) daje układ liniowy

= −4(y − 1),

= −(x + 1).

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Punkt krytyczny (−1, 1) dla tego układu liniowego jest siodłem. Poniewa˙z siodło
jest punktem hiperbolicznym, to tak˙ze dla układu nieliniowego punkt (−1, 1) b˛e-
dzie siodłem.

Zbadamy teraz charakter nieprostych punktów krytycznych (0, c). Aby zba-

da´c charakter tych punktów b˛edziemy analizowali układ nieliniowy. Zauwa˙zmy,

˙ze nasz układ jest równowa˙zny nast˛epuj ˛

acemu równaniu

y(x + x

)

4x(y − 1)

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, które mo˙zna łatwo scałkowa´c

y − 1

dy =

x + x

dx.

W wyniku całkowania dostajemy

y − ln y =

(x +

) + c,

czyli ye

−y+(x+1)

= c

Funkcja ye

−y+(x+1)

= c wyznacza w otoczeniu punktu (0, y) kształt krzywych

całkowych. Analizuj ˛

ac pochodne x

oraz y

w otoczeniu takich punktów zauwa˙za-

my, ˙ze dla x > 0 i y > 1 trajektorie odchodz ˛

a od prostej x = 0, dla x > 0 i y < 1

trajektorie zbli˙zaj ˛

a si˛e do prostej x = 0. Dla x < 0 zachowanie jest analogiczne,

gdy y > 1 trajektorie odchodz ˛

a od prostej x = 0 a dla y < 1 trajektorie zbli˙zaj ˛

si˛e do prostej x = 0. Wynika st ˛

ad, ˙ze tak˙ze dla układu nieliniowego punkty (0, c)

s ˛

a nieprostymi punktami krytycznymi.

Mathematica

jest bardzo pomocna przy znajdowaniu portretów fazowych dla

układów równa´n ró˙zniczkowych. Przede wszystkim mamy do dyspozycji pole-
cenie VectorPlot, które daje obraz pola wektorowego układu 2 × 2 (jest te˙z
polecenie VectorPlot3D, które tworzy trójwymiarowe pola wektorowe, ale ta-
kich przykładów nie b˛edziemy rozpatrywali). Mamy tak˙ze kilka polece´n tworz ˛

cych wykresy rozwi ˛

aza´n: ParametricPlot – dla rozwi ˛

aza´n podanych w for-

mie parametrycznej jako para funkcji (x(t), y(t)), ContourPlot – dla rozwi ˛

za´n podanych w postaci funkcji dwu zmiennych f (x, y) oraz rozwi ˛

aza´n poda-

nych przez równanie f (x, y) = 0. Przede wszystkim dysponujemy poleceniem
StreamPlot

, które tworzy portret fazowy dla układu dwuwymiarowego. W przy-

kładowych zadaniach b˛edziemy si˛e najcz˛e´sciej posługiwali tym ostatnim polece-
niem. Poka˙zemy jednak tak˙ze przykłady, jak mo˙zna znale´z´c portret fazowy wyko-
rzystuj ˛

ac bezpo´srednio polecenia tworzenia rysunków krzywych fazowych z otrzy-

manych rozwi ˛

aza´n.

Zadanie 5.11 Narysowa´c portret fazowy dla układu

= x(y + 1),

= −y(x + 1).

5.2. PUNKTY KRYTYCZNE

Rozwi ˛

azanie:

To jest układ z zadania 5.7, którego punktami krytycznymi s ˛

a (0, 0) i (−1, −1).

Z zadania 5.7 wiemy, ˙ze punkt (0, 0) jest siodłem a punkt (−1, −1) ´srodkiem.
Rozpocznijmy od narysowania pola wektorowego tego równania.

VectorPlot[{x*(y+1),-y*(x+1)},{x,-2,1},{y,-2,1}]

W wyniku otrzymujemy pole wektorowe pokazane na Rys. 5.1

Rysunek 5.1: Pole wektorowe dla równania z Zadania 5.11

Znaj ˛

ac posta´c pola wektorowego oraz domy´slaj ˛

ac si˛e na tej podstawie prze-

biegu krzywych całkowych mo˙zemy scałkowa´c nasz układ numerycznie z odpo-
wiednimi warunkami pocz ˛

atkowymi a nast˛epnie narysowa´c otrzymane krzywe cał-

kowe. Mo˙zna jednak otrzyma´c posta´c krzywych fazowych wykonuj ˛

ac polecenie

StreamPlot

StreamPlot[{x*(y+1),-y*(x+1)},{x,-2,1},{y,-2,1}]

W wyniku otrzymujemy portret fazowy pokazany na Rys. 5.2

Zadanie 5.12 Narysowa´c portret fazowy dla układu

= y,

= −x + x

Rozwi ˛

azanie:

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rysunek 5.2: Zadanie 5.11. Portret fazowy otrzymany poleceniem StreamPlot

To jest układ z zadania 5.8, którego punktami krytycznymi s ˛

a punkty (0, 0), (1, 0) i

(−1, 0). Z zadania 5.8 wiemy, ˙ze punkty (1, 0) i (−1, 0) s ˛

a siodłami a punkt (0, 0)

jest ´srodkiem. Rozpocznijmy od narysowania pola wektorowego tego równania

VectorPlot[{y,-x+x^3},{x,-2,2},{y,-2,2}]

W wyniku otrzymujemy pole wektorowe pokazane na Rys.5.3

Znaj ˛

ac posta´c pola wektorowego oraz domy´slaj ˛

ac si˛e przebiegu krzywych cał-

kowych mo˙zemy chcie´c scałkowa´c ten układ numerycznie z odpowiednimi warun-
kami pocz ˛

atkowymi a nast˛epnie narysowa´c otrzymane krzywe całkowe. Z kształtu

pola wektorowego wida´c jednak, ˙ze je´sli nie chcemy rozło˙zy´c naszego całkowa-
nia na bardzo wiele szczególnych przypadków, to trudno jest dotrze´c do otoczenia
punktu (0, 0).

Poniewa˙z w zadaniu 5.8 otrzymali´smy rozwi ˛

azanie w postaci funkcji uwikłanej

F (x, y) = x

− x

/2 + y

= c, to mo˙zemy narysowa´c portret fazowy wykorzy-

stuj ˛

ac polecenie ContourPlot.

ContourPlot[x^2-x^4/2+y^2,{x,-2,2},{y,-2,2},

Contours->40,

ContourShading->False,ContourStyle->Black]

W wyniku otrzymujemy obraz krzywych całkowych pokazany na Rys. 5.4.

Na koniec zobaczmy, jak wygl ˛

ada portret fazowy otrzymany w wyniku wyko-

nania polecenia StreamPlot.

StreamPlot[{y,-x+x^3},{x,-2,2},{y,-2,2}]

5.2. PUNKTY KRYTYCZNE

Rysunek 5.3: Pole wektorowe dla równania z Zadania 5.12

Rysunek 5.4: Zadanie 5.12. Portret fazowy otrzymany poleceniem ContourPlot

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rysunek 5.5: Zadanie 5.12. Portret fazowy otrzymany poleceniem StreamPlot

W wyniku otrzymujemy portret fazowy pokazany na Rys.5.5.

Zadanie 5.13 Naszkicowa´c portret fazowy dla układu

= xy − 4,

= (x − 4)(y − x).

Rozwi ˛

azanie:

To jest układ z zadania 5.9, którego punktami krytycznymi s ˛

a (2, 2), (−2, −2) i

(4, 1). Z zadania 5.9 wiemy, ˙ze punkt (2, 2) jest siodłem, punkt (−2, −2) punktem
krytycznym stabilnym a punkt (4, 1) punktem krytycznym niestabilnym. Z analizy
układu zlinearyzowanego nie umiemy okre´sli´c dokładniej charakteru tych dwóch
ostatnich punktów krytycznych. Rozpocznijmy od narysowania pola wektorowego
tego równania.

VectorPlot[{x*y-4,(x-4)*(y-x)},{x,-3,5},{y,-3,3},

VectorPoints->15]

W wyniku otrzymujemy pole wektorowe pokazane na Rys.5.6

Z kształtu pola wektorowego wida´c, ˙ze numeryczne całkowanie tego równania

b˛edzie wymagało podzielenia obszaru całkowania na kilka odr˛ebnych obszarów. Z
drugiej strony, interesuj ˛

ace jest przede wszystkim zachowanie krzywych fazowych

w otoczeniu punktów krytycznych (−2, −2) i (4, 1). Aby zbada´c krzywe całkowe
w otoczeniu punktu (4, 1) mo˙zemy rozwa˙zy´c krzywe startuj ˛

ace z punktów (x, 1),

5.2. PUNKTY KRYTYCZNE

Rysunek 5.6: Pole wektorowe dla równania z Zadania 5.13

dla x ∈ [4.01, 4.46]. Odpowiedni ˛

a analiz˛e wykonamy oczywi´scie przy pomocy

programu Mathematica.

Rozpoczynamy od zdefiniowania procedury, która b˛edzie znajdowała rozwi ˛

zania numeryczne dla ró˙znych warunków pocz ˛

atkowych oraz tworzyła wykresy

tych rozwi ˛

aza´n.

solutiona[s_]:=Module[{solt,x,y,t},

eqone=x’[t]==x[t]*y[t]-4;
eqtwo=y’[t]==(x[t]-4)*(y[t]-x[t]);
solt=NDSolve[{eqone,eqtwo,

x[0]== s,y[0]==1},

{x[t],y[t]},{t,0,20};

ParametricPlot[{x[t],y[t]}/.solt,

{t,0,20}, Compiled->False,

PlotRange->{{-2.5,6.5},{-3,3}}]]

Nast˛epnie tworzymy odpowiedni ˛

a tablic˛e wyników i rysujemy wykres (Rys. 5.7).

grapha =Table[solutiona[s],{s,4.01,4.46,0.03}];

Show[grapha,

DisplayFunction->$DisplayFunction]

Z otrzymanego wykresu wida´c ju˙z wyra´znie, jak zachowuj ˛

a si˛e krzywe całkowe

startuj ˛

ace z otoczenia punktu niestabilnego (4, 1). W szczególno´sci jest jasne, ˙ze

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Rysunek 5.7: Zadanie 5.14. Portret fazowy – rozwi ˛

azanie parametryczne

tak˙ze dla układu nieliniowego punkt (4, 1) jest niestabilnym ogniskiem. Na podsta-
wie tego wykresu wydaje si˛e tak˙ze, ˙ze punkt stabilny (−2 − 2) jest stabilnym ogni-
skiem. Aby potwierdzi´c to przypuszczenie narysujemy portret fazowy otoczenia
punktu (−2, −2) w powi˛ekszeniu modyfikuj ˛

ac wy´swietlany obszar oraz warunki

pocz ˛

atkowe w funkcji solutiona. Modyfikacje te maj ˛

a posta´c

x[0]== -2.05,y[0]==s

PlotRange->{{-2.1,-1.9},{-2.1,-1.9}}

Modyfikujemy tak˙ze obszar zmienno´sci parametru s

grapha =Table[solutiona[s],{s,-1.9,-2.1,0.01}];

W wyniku otrzymujemy portret fazowy pokazany na Rys. 5.8. Z tego rysunku

wida´c, ˙ze punkt (−2, 2) jest rzeczywi´scie stabilnym ogniskiem.

Zadanie 5.14 Naszkicowa´c portret fazowy dla układu

= x −

− y,

= x − 3y + 1.

Rozwi ˛

azanie:

To zadanie rozwi ˛

a˙zemy od pocz ˛

atku wykorzystuj ˛

ac program Mathematica. Po-

szczególne polecenia programu Mathematica b˛ed ˛

a oddzielane komentarzami, ale

nale˙zy je traktowa´c, tak jakby były kolejno wpisywane do programu. W szczegól-
no´sci oznacza to, ˙ze zdefiniowane zmienne zachowuj ˛

a swoje wcze´sniejsze warto´sci

przy kolejnych operacjach.

Rozpoczniemy od poszukiwania punktów krytycznych.

5.2. PUNKTY KRYTYCZNE

Rysunek 5.8: Zadanie 5.13. Portret fazowy w otoczeniu punktu (−2, −2)

f[x_,y_]=x-x^3/3-y;

g[x_,y_]=x-3*y+1;
roots=Solve[{f[x,y]==0,g[x,y]==0}]

W wyniku wykonania tego polecenia otrzymujemy punkty krytyczne (1, 2/3),

(

−1+

√

3+3

√

) i (

−1−

√

3−3

√

). Aby zbada´c charakter tych punktów krytycz-

nych dokonujemy linearyzacji układu.

linmatrix={{D[f[x,y],x],D[f[x,y],y]},

{D[g[x,y],x],D[g[x,y],y]}};

MatrixForm[linmatrix]

W wyniku dostajemy macierz układu zlinearyzowanego

1 − x

−1

−3

Obecnie mo˙zemy zbada´c charakter ka˙zdego punktu krytycznego.

e1=Eigenvalues[linmatrix/.roots[[1]]]

W wyniku otrzymujemy warto´sci własne macierzy odpowiadajace punktowi kry-

tycznemu (1, 2/3). Warto´sciami tymi s ˛

−3+

√

oraz

−3−

√

. Poniewa˙z obie war-

to´sci własne s ˛

a ujemne oznacza to, ˙ze punkt (1, 2/3) jest stabilnym punktem kry-

tycznym.

e2=Eigenvalues[linmatrix/.roots[[2]]]

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

W wyniku otrzymujemy warto´sci własne macierzy odpowiadajace punktowi kry-

tycznemu (

−1+

√

3+3

√

). Warto´sciami tymi s ˛

−7 +

√

5 +

1 +

√

9 +

√

−7 +

√

5 −

1 +

√

9 +

√

Policzenie przybli˙zonych warto´sci liczbowych tych warto´sci własnych pokazuje,

˙ze jedna z nich jest dodatnia a druga ujemna. Oznacza to, ˙ze punkt (

−1+

√

3+3

√

)

jest siodłem.

e3=Eigenvalues[linmatrix/.roots[[3]]]

W wyniku otrzymujemy warto´sci własne macierzy odpowiadajace punktowi kry-

tycznemu (

−1−

√

3−3

√

). Warto´sciami tymi s ˛

−7 +

√

5 +

−1 +

√

−9 +

√

−7 +

√

5 −

−1 +

√

−9 +

√

Policzenie przybli˙zonych warto´sci liczbowych tych warto´sci własnych pokazuje,

˙ze s ˛

a to liczby zespolone z ujemn ˛

a cz˛e´sci ˛

a rzeczywist ˛

a. Oznacza to, ˙ze punkt

(

−1−

√

3−3

√

) jest stabilnym punktem krytycznym.

Znalezienie portretu fazowego jest mo˙zliwe jedynie przez numeryczne oblicze-

nie krzywych całkowych. Definiujemy procedur˛e, która b˛edzie znajdowała rozwi ˛

zania numeryczne dla ró˙znych warunków pocz ˛

atkowych oraz tworzyła wykresy

tych rozwi ˛

aza´n.

solutionb[s_]:=Module[{solt,x,y,t},

eqone=x’[t]==x[t]-x[t]^3/3-y[t];

eqtwo=y’[t]==x[t]-3*y[t]+1;
solt=NDSolve[{eqone,eqtwo,

x[0]==s*Cos[20*s]+0.8,
y[0]==2*Sin[40*s*Pi -Pi/2]},
{x[t],y[t]},{t,0,20}];

ParametricPlot[{x[t],y[t]}/.solt,

{t,0,20}, Compiled->False,

PlotRange->{{-3,3},{-3,3}}]]

Nast˛epnie tworzymy odpowiedni ˛

a tablic˛e wyników oraz rysunek (Rys. 5.9).

graphb=Table[solutionb[s],{s,0.1,3,0.025}];

Show[graphb,

DisplayFunction->$DisplayFunction]

Jak wida´c rysunek ten nie jest bardzo czytelny. Podobnie jest z portretem fa-

zowym otrzymanym przy pomocy polecenia StreamPlot pokazanym na Rys.
5.10.

StreamPlot[{x* x^3/3-y,x-3*y+1},{x,-3,3},{y,-3,3}]

Wida´c z tych rysunków, ˙ze bez znajomo´sci charakteru poszczególnych punk-

tów krytycznych trudno byłoby je poprawnie zinterpretowa´c.

5.2. PUNKTY KRYTYCZNE

Rysunek 5.9: Portret fazowy dla równania z Zadania 5.14

Rysunek 5.10: Zadanie 5.14. Portret fazowy otrzymany poleceniem StreamPlot

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

5.3

Całki pierwsze

Zadanie 5.15 Znale´z´c całki pierwsze dla układu równa´n

2x − y

Rozwi ˛

azanie:

Zauwa˙zamy, ˙ze układ mo˙zna zamieni´c na jedno równanie o zmiennych rozdzielo-
nych

Całkowanie tego równania daje rozwi ˛

azanie y = cx, co mo˙zna zapisa´c w posta-

y
x

= c. Ostatnie równanie opisuje nam rodzin˛e całek pierwszych dla naszego

układu.

Zadanie 5.16 Znale´z´c całki pierwsze dla układu równa´n

y(y − x)

t(x + y)

x(x − y)

t(x + y)

Rozwi ˛

azanie:

Ten układ te˙z mo˙zna zamieni´c na jedno równanie o zmiennych rozdzielonych

= −

Całkowanie tego równania daje rozwi ˛

azanie xy = c. Równanie to opisuje nam

rodzin˛e całek pierwszych dla naszego układu.

Zadanie 5.17 Znale´z´c całki pierwsze dla układu równa´n

= −

ln t

ln t − 2x

Rozwi ˛

azanie:

Poniewa˙z prawe strony równa´n zale˙z ˛

a od t, musimy poszukiwa´c całki pierwszej

zale˙znej od czasu. Je´sli U (t, x, y) jest całk ˛

a pierwsz ˛

a, to funkcja ta spełnia równa-

nie

∂U

∂t

−

∂U

∂x

ln t

∂U

∂y

ln t − 2x

= 0.

(5.1)

5.3. CAŁKI PIERWSZE

Jest to równanie o pochodnych cz ˛

astkowych i jego rozwi ˛

azanie wydaje si˛e by´c

trudniejsze ni˙z rozwi ˛

azanie wyj´sciowego układu równa´n zwyczajnych. Stwierdze-

nie to jest w ogólno´sci prawdziwe, ale w pewnych przypadkach rozwi ˛

azanie rów-

nania (5.1) nie jest takie trudne.

Pierwsz ˛

a obserwacj ˛

a jak ˛

a uczynimy jest zwi ˛

azek mi˛edzy równaniem (5.1) a

wyj´sciowym układem równa´n zwyczajnych. Równanie (5.1) opisuje pewn ˛

a hi-

perpowierzchni˛e zale˙zn ˛

a od 3 zmiennych (t, x, y). Rozwa˙zmy na tej powierzchni

krzyw ˛

a parametryzowan ˛

a paramatrem s. Równanie tej krzywej ma form˛e układu

równa´n zwyczajnych

= f

(t, x, y),

= f

(t, x, y),

= f

(t, x, y).

(5.2)

Je´sli prawe strony tych równa´n wyznaczymy z naszego wyj´sciowego układu

= 1,

= −

ln s

ln s − 2x

(5.3)

to wstawiaj ˛

ac je do równania (5.1) otrzymamy równanie

= 0.

Oznacza to, ˙ze powierzchni˛e U (t, x, y) mo˙zna ”utka´c” z krzywych całkowych
układu (5.3). To spostrze˙zenie nie posuwa nas specjalnie do przodu, bo w dalszym
ci ˛

agu musimy rozwi ˛

aza´c układ równa´n identyczny z wyj´sciowym (dokonali´smy

tylko ”zmiany nazwy” zmiennej t na s).

Rozwi ˛

azania problemu mo˙zemy jednak poszukiwa´c inaczej. Cofnijmy si˛e do

ogólnego układu (5.2). Wyobra´zmy sobie, ˙ze znale´zli´smy takie współczynniki λ

i λ

(nie koniecznie stałe), ˙ze

(t, x, y) + λ

(t, x, y) = 0

(5.4)

i jednocze´snie

+ λ

dt + λ

dx + λ

dG(t, x, y)

(5.5)

Z równa´n (5.4) i (5.5) wynika oczywi´scie, ˙ze

dG(t,x,y)

= 0, czyli G(t, x, y) =

U (t, x, y) + c. Oznacza to, ˙ze znale´zli´smy całk˛e pierwsz ˛

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Znalezienie współczynników λ

, λ

i λ

nie jest łatwe. Pomocne przy znaj-

dowaniu wła´sciwej kombinacji mo˙ze by´c zapisanie układu (5.2) w postaci syme-
trycznej

(t, x, y)

(5.6)

Mo˙zna wtedy zauwa˙zy´c, ˙ze pewne pary równo´sci nie zale˙z ˛

a od trzeciej zmien-

nej, co pozwala znale´z´c funkcj˛e G jako funkcj˛e jedynie dwóch zmiennych. Sy-
metryczny zapis układu równa´n mo˙ze te˙z ułatwi´c zgadni˛ecie dobrej kombinacji
współczynników.

Poka˙zemy poni˙zej realizacj˛e takich mo˙zliwo´sci dla naszego wyj´sciowego ukła-

du. W tym celu zapisze układ w postaci symetrycznej (5.6).

− ln t

ln t − 2x

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze bior ˛

ac równo´s´c pierwszych dwóch ułamków dostajemy cał-

kowalny układ

− ln t

czyli

2xdx = − ln tdt.

Całkowanie tego układu daje całk˛e pierwsz ˛

(t, x) ≡ t(ln t − 1) + x

= c.

Drug ˛

a całk˛e pierwsz ˛

a mo˙zna otrzyma´c zauwa˙zaj ˛

ac, ˙ze kombinacja ze współczyn-

nikami 1 daje

1 · (2x) + 1 · (− ln t) + 1 · (ln t − 2x) = 0.

Z drugiej strony

1 · dt + 1 · dx + 1 · dy = d(t + x + y).

Oznacza to, ˙ze funkcja

(t, x, y) ≡ t + x + y = c

jest drug ˛

a całk ˛

a pierwsz ˛

Zadanie 5.18 Znale´z´c całki pierwsze dla układu równa´n

5t − 3y

4y − 5x

3x − 4t

4y − 5x

Rozwi ˛

azanie:

Poniewa˙z prawe strony równa´n zale˙z ˛

a od t, musimy poszukiwa´c całki pierwszej

zale˙znej od czasu. W tym celu zapisze układ w postaci symetrycznej

4y − 5x

5t − 3y

3x − 4t

5.3. CAŁKI PIERWSZE

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze kombinacja ze współczynnikami 3, 4, 5 daje

3 · (4y − 5x) + 4 · (5t − 3y) + 5 · (3x − 4t) = 0.

Z drugiej strony

3 · dt + 4 · dx + 5 · dy = d(3t + 4x + 5y).

Oznacza to, ˙ze funkcja

(t, x, y) ≡ 3t + 4x + 5y = c

jest całk ˛

a pierwsz ˛

Aby znale´z´c drug ˛

a całk˛e pierwsz ˛

a zauwa˙zmy, ˙ze kombinacja ze współczynni-

kami 2t, 2x i 2y daje

2t · (4y − 5x) + 2x · (5t − 3y) + 2y · (3x − 4t) = 0.

Z drugiej strony

2t · dt + 2x · dx + 2y · dy = d(t

+ x

+ y

Oznacza to, ˙ze funkcja

(t, x, y) ≡ t

+ x

+ y

= c

jest drug ˛

a całk ˛

a pierwsz ˛

Zadania do samodzielnego rozwi ˛

azania

Zadanie 5.19 Udowodni´c twierdzenie, nazywane twierdzeniem Lapunowa o nie-
stabilno´sci

Niech dana b˛edzie funkcja V (x) klasy C

w pewnym zbiorze Q, b˛ed ˛

acym otocze-

niem pocz ˛

atku układu współrz˛ednych. Je´sli funkcja V (x) spełnia warunki:

1) V (0) = 0,

2) dla ka˙zdego ε > 0 istnieje x, taki ˙ze |x| < ε i V (x) > 0,

3) grad V · f > 0 dla x ∈ Q\{0},

to rozwi ˛

azanie zerowe równania autonomicznego x

= f (x) nie jest stabilne w

sensie Lapunowa.

Zadanie 5.20 Udowodni´c, ˙ze rozwi ˛

azanie równania

= a(t)x,

gdzie a(t) jest funkcj ˛

a ci ˛

agł ˛

a, jest stabilne w sensie Lapunowa wtedy i tylko wtedy,

gdy

lim sup

t→+∞

a(s)ds < +∞.

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE

Zadanie 5.21 Zbada´c stabilno´s´c lub brak stabilno´sci rozwi ˛

azania zerowego ukła-

dów równa´n:

= x

− x

= x

+ x

= 2x

− x

= −x

− x

+ x

= x

− x

+ x

= x

− x

= 2x

− x

= x

− 2x

= −x

− x

= x

− x

= x

− x

= 2x

− x

= x

+ x

= x

− x

Zadanie 5.22 W poni˙zszych układach punkt (0, 0) jest punktem krytycznym po-
danych układów równa´n. Dokona´c klasyfikacji tego punktu.

= 3x

+ 4x

= 2x

+ x

= 2x

− 3x

= x

− 4x

= 2x

− 3x

= x

− 2x

= 2x

− x

= x

= −2x

− 5x

= 2x

+ 2x

= 3x

− 2x

= 4x

− 6x

Zadanie 5.23 W poni˙zszych układach równa´n znale´z´c punkty krytyczne, dokona´c
ich klasyfikacji oraz naszkicowa´c lokalne portrety fazowe.

5.3. CAŁKI PIERWSZE

= 2x

− 4x

− 8

= 4x

− x

= x

− x

= x

+ x

− 2

= (2x

− x

)(x

− 2)

= x

− 2

− x

+ 2 − 2

= arc tg(x

+ x

)







= ln

− x

+ 1

= x

− x

= ln(1 − x

+ x

)

= 3 −

+ 8x

Zadanie 5.24 W poni˙zszych układach naszkicowa´c lokalny portret fazowy w oto-
czeniu punktu osobliwego (punkty te nie s ˛

a prostymi punktami osobliwymi).

= x

+ x

= x

+ x

= x

+ x

= 2x

= x

− x

= x

Zadanie 5.25 Udowodni´c, ˙ze je´sli równanie

(ax + by)dx + (mx + ny)dy = 0

nie jest w postaci ró˙zniczki zupełnej, ale ma czynnik całkuj ˛

acy, który jest funkcj ˛

ci ˛

agł ˛

a w otoczeniu punktu (0, 0), to punkt ten jest siodłem.

Zadanie 5.26 Zbada´c, czy podane funkcje s ˛

a całkami pierwszymi wskazanych

układów równa´n:

= x

−1
2

= x

− x

ϕ = x

−t

= e

−x

−1

= x

−x

−1

ϕ = (1 + x

−x

− e

−x

ROZDZIAŁ 5. UKŁADY AUTONOMICZNE











+ t

+ x

− t

+ x

= x

+ x

− t,

= x

+ x

+ t







− t

= −x

= t

+ 2x

= x

− tx

Zadanie 5.27 Znale´z´c całki pierwsze układów równa´n:







− x











t + x

+ x

t + x

+ x

(

= t











− x

)

t(x

+ x

)

− x

)

t(x

+ x

)











− t)

t(x

− x

)

− tx

t(x

− x

)

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Andrzej Palczewski Rownania rozniczkowe zwyczajne
Rownania rozniczkowe zwyczajne Teoria i zadania e 0oig
Gewert, Skoczylas Równania różniczkowe zwyczajne , teoria przykłady, zadania
M Gewert, Z Skoczylas Równania różniczkowe zwyczajne Teoria, przyklady, zadania
raport3 Równania różniczkowe zwyczajne
Metody Komputerowe i Numeryczne, Równania różniczkowe zwyczajne
Kochański P, Kortyka P Sposoby rozwiązywania prostych równań różniczkowych zwyczajnych
12 ELEMENTY RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH
chomik Wybrane modele ekologiczne oraz metody rozwiązywania równań różniczkowych zwyczajnych
Rownania rozniczkowe zwyczajne. Zagadnienia poczatkowe
Numeryczne rozwiazywanie zagadnien poczatkowych równan i układów równan rózniczkowych zwyczajnych
chomik Sprawozdanie, matematyczne modelowanie procesów biotechnologicznych, Lista 3 Równania różnicz
Żołądek H Jakościowa teoria równań różniczkowych zwyczajnych
Druzga, wytrzymałość materiałów Ć, równanie różniczkowe osi odkształconej zadania
8 Równania rózniczkowe zwyczajne
chomik mb lab 2, matematyczne modelowanie procesów biotechnologicznych, Lista 3 Równania różniczkowe
4 Równania różniczkowe zwyczajne o stałych współczynnikach
Równania różniczkowe zwyczajne lista zadań
5-RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE, RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE

więcej podobnych podstron