plik

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

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

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.

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 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).

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}]

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.

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

)