Materiaªy do ¢wicze«

z równa« ró»niczkowych

Podano tutaj informacje o rozwi¡zywaniu równa« ró»niczkowych zwyczajnych wedªug twierdze«

zamieszczonych w cz¦±ci teoretycznej wykªadu oraz podano rozwi¡zania wedªug programu Maple18.

1 Równanie o rozdzielonych zmiennych

Zadanie 1.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

= e

x

· e

−y

w prostok¡cie R

2

. Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 2) oraz wyznaczy¢

rozwi¡zanie charakterystyczne tego równania.

Funkcje f(x) = e

x

, x ∈ (−∞, +∞)

, g(y) = e

−y

, y ∈ (−∞, +∞)

s¡ funkcjami ci¡gªymi, przy

czym g(y) 6= 0 dla y ∈ (−∞, +∞); funkcje F (x) = e

x

, x ∈ (−∞, +∞)

, H(y) = e

y

, y ∈ (−∞, +∞)

s¡ funkcjami pierwotnymi odpowiednio funkcji f, 1/g; kresy funkcji F i H s¡ odpowiednio równe
A = inf

x∈(−∞,+∞)

F (x) = 0

, B = sup

x∈(−∞,+∞)

F (x) = +∞

i C = inf

y∈(−∞,+∞)

H(y) = 0

, D =

sup

y∈(−∞,+∞)

H(y) = +∞

; funkcja odwrotna do funkcji H jest postaci H

−1

(t) = ln t, t ∈ (0, +∞)

:

staªe dopuszczalne γ ∈ (C − B, D − A) = (−∞, +∞), zbiór ∆

γ

jest postaci

∆

γ

= {x ∈ (−∞, +∞) : C < F (x) + γ < D} =

(

(−∞, +∞)

przy γ > 0

(ln(−γ), +∞)

przy γ < 0

;

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci

ϕ

γI

= ln(e

x

+ γ),

x ∈ I,

gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± I jest skªadow¡ zbioru ∆

γ

.

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 2) jest postaci

ϕ(x) = ln(e

x

+ e

2

− e

−1

),

x ∈ (−∞, = ∞),

(γ = H(2) − F (−1) = e

2

− e

−1

> 0

).

Rozwi¡zanie charakterystyczne danego równania jest postaci

φ(ξ, η, x) = ln(e

x

+ e

η

− e

ξ

),

(ξ, η, x) ∈ V,

gdzie

V = {(ξ, η, x) ∈ R

3

: (ξ, η) ∈ R

2

, η > ξ, x ∈ (−∞, +∞)}∪

{(ξ, η, x) ∈ R

3

: (ξ, η) ∈ R

2

, η < ξ, x ∈ (ln(−e

η

+ e

ξ

), +∞)}.

Ogóª rozwi¡za« (integralnych?) danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = exp(x)*exp(-y(x)), y(x))

y(x) = ln(exp(x)+_C1)

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 2) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*exp(-y(x)), y(-1) = 2}, y(x))

y(x) = ln((exp(x)*exp(1)+exp(2)*exp(1)-1)/exp(1))

1

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt (ξ, η) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*exp(-y(x)), y(xi) = eta}, y(x))

y(x) = ln(exp(x)-exp(xi)+exp(eta))

Zadanie 1.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

= x · (1 + y

2

)

w prostok¡cie R

2

. Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1).

Funkcje f(x) = x, x ∈ (−∞, +∞), g(y) = 1 + y

2

, y ∈ (−∞, +∞)

s¡ funkcjami ci¡gªymi, przy czym

g(y) 6= 0

dla y ∈ (−∞, +∞); funkcje F (x) = 1/2x

2

, x ∈ (−∞, +∞)

, H(y) = arctan y, y ∈ (−∞, +∞)

s¡ funkcjami pierwotnymi odpowiednio funkcji f, 1/g; kresy funkcji F i H s¡ odpowiednio równe
A = inf

x∈(−∞,+∞)

F (x) = 0

, B = sup

x∈(−∞,+∞)

F (x) = +∞

i C = inf

y∈(−∞,+∞)

H(y) = −π/2

, D =

sup

y∈(−∞,+∞)

H(y) = π/2

; funkcja odwrotna do funkcji H jest postaci H

−1

(t) = tan t, t ∈ (−π/2, π/2)

:

staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, π/2), zbiór ∆

γ

jest postaci

∆

γ

=

(

(−

√

π − 2γ, −

√

−π − 2γ) ∪ (

√

−π − 2γ,

√

π − 2γ),

przy γ ∈ (−∞, −π/2]

(−

√

π − 2γ,

√

π − 2γ),

przy γ ∈ (−π/2, π/2)

;

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci

ϕ

γI

= tan(1/2x

2

+ γ),

x ∈ I,

gdzie γ ∈ (−∞, π/2), za± I jest skªadow¡ zbioru ∆

γ

.

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) jest postaci

ϕ(x) = tan(1/2x

2

+ π/4),

x ∈ (−

p

π/2,

p

π/2),

(γ = H(1) − F (0) = π/4 ∈ (−π/2, π/2)).

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = x*(1+y(x)^2), y(x))

y(x) = tan((1/2)*x^2+_C1)

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = x*(1+y(x)^2), y(0) = 1}, y(x))

y(x) = tan((1/2)*x^2+(1/4)*Pi)

Zadanie 1.3. (Równanie logistyczne) Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

= 4y(1 − y)

w prostok¡cie R

2

. Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 1/2). Wyznaczy¢ rozwi¡za-

nia przechodz¡ce przez punkt Q = (1, 1)

Funkcja f(x) = 1, x ∈ (−∞, +∞) jest funkcj¡ ci¡gª¡; funkcja F (x) = x, x ∈ (−∞, +∞) jest funkcj¡

pierwotn¡ funkcji f, jej kresy to A = −∞ i B = +∞; funkcja g(y) = 4y(1 − y), y ∈ (−∞, +∞) jest

funkcj¡ ci¡gª¡, przy czym g(y) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy y = 0 lub y = 1; dane równanie posiada

dwa rozwi¡zania banalne

ϕ

1

(x) = 0,

ϕ

2

(x) = 1,

x ∈ (−∞, +∞);

nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania kolejno w prostok¡tach T

1

= R × (−∞, 0),

T

2

= R × (0, 1) i T

3

= R × (1, +∞); funkcja H

1

(y) =

1
4

ln

y

y−1

, y ∈ (−∞, 0)

jest funkcj¡ pierwotn¡

funkcji 1/g|

(−∞,0)

, jej kresy to C

1

= −∞, D

1

= 0

; funkcja odwrotna do funkcji H

1

jest postaci H

−1

1

(t) =

1

1−e

−4t

, t ∈ (−∞, 0)

; staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞); zbiór ∆

1γ

jest postaci ∆

1γ

= {x ∈ (−∞, +∞) :

2

−∞ < x + γ < 0} = (−∞, −γ)

; ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T

1

jest

postaci

ϕ

1γ

(x) =

1

1 − e

−4(x+γ)

,

x ∈ (−∞, −γ)

przy γ ∈ (−∞, +∞); brak jest mo»liwo±ci sklejania rozwi¡za« typu ϕ

1γ

z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ

1

(lim

y→0

−

H

1

(y) = −∞

); analogicznie wykazujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w

prostok¡cie T

2

jest postaci

ϕ

2γ

(x) =

1

1 + e

−4(x+γ)

,

x ∈ (−∞, +∞)

przy γ ∈ (−∞, +∞), za± w prostok¡cie T

3

jest postaci

ϕ

3γ

(x) =

1

1 − e

−4(x+γ)

,

x ∈ (−γ, +∞)

przy γ ∈ (−∞, +∞); brak jest mo»liwo±ci sklejania rozwi¡za« z prostok¡tów T

2

i T

3

z cz¦±ciami

rozwi¡za« staªych ϕ

1

lub ϕ

2

. Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w R

2

skªada si¦ wyª¡cznie

z rozwi¡za« w prostok¡tach T

1

, T

2

, T

3

oraz rozwi¡za« banalnych ϕ

1

, ϕ

2

.

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 1/2) ∈ T

2

jest postaci

ϕ(x) =

1

1 + e

−4(x−1)

,

x ∈ (−∞, +∞)

(γ = −1).

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (1, 1) jest rozwi¡zaniem

banalnym postaci ϕ

2

.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = 4*y(x)*(1-y(x)), y(x))

y(x) = 1/(1+exp(-4*x)*_C1)

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 1/2) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = 4*y(x)*(1-y(x)), y(1) = 1/2}, y(x))

y(x) = exp(-4)/(exp(-4*x)+exp(-4))

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (1, 1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = 4*y(x)*(1-y(x)), y(1) = 1}, y(x))

y(x) = 1

Zadanie 1.4. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

= e

x

·

3

√

y

w prostok¡cie R

2

. Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1). Wyznaczy¢ rozwi¡zania

przechodz¡ce przez punkt Q = (0, −1). Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt S = (0, 0).

Funkcja F (x) = e

x

, x ∈ (−∞, +∞)

jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji ci¡gªej f(x) = e

x

, x ∈ (−∞, +∞)

,

jej kresy to A = 0 i B = +∞; funkcja g(y) =

3

√

y, y ∈ (−∞, +∞)

jest funkcj¡ ci¡gª¡, przy czym g(y) = 0

wtedy i tylko wtedy, gdy y = 0; dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ

0

(x) = 0,

x ∈ (−∞, +∞);

nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T

1

= R × (−∞, 0) oraz

T

2

= R × (0, +∞); funkcja H

1

(y) =

3
2

3

p

y

2

, y ∈ (−∞, 0)

jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji 1/g|

(−∞,0)

,

3

jej kresy to C

1

= 0, D

1

= +∞

; funkcja odwrotna do funkcji H

1

jest postaci H

−1

1

(t) = −

q

8

27

t

3

,

t ∈ (0, +∞)

; staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞); zbiór ∆

1γ

jest postaci

∆

1γ

= {x ∈ (−∞, +∞) : C

1

< F (x) + γ < D

1

} =

(

(−∞, +∞)

przy γ > 0

(ln(−γ), +∞)

przy γ < 0

;

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T

1

jest postaci

ϕ

1γI

(x) = −

r

8

27

(e

x

+ γ)

3

,

x ∈ I

gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± I jest skªadow¡ zbioru ∆

1γ

; jest mo»liwo±¢ sklejania rozwi¡za« typu ϕ

1γI

przy γ < 0 z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ

0

(bo lim

y→0

−

H

1

(y) = 0 ∈ R); ogóª rozwi¡za« integralnych danego

równania w prostok¡cie R × (−∞, 0] skªada si¦ z rozwi¡za« postaci ϕ

1γI

przy γ > 0 i I = (−∞, +∞)

oraz rozwi¡za« postaci

ϕ

∗
1γ

(x) =

(0,

dla x ∈ (−∞, ln(−γ)]

−

q

8

27

(e

x

+ γ)

3

,

dla x ∈ (ln(−γ), +∞)

,

przy γ < 0; analogicznie wykazujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie
T

2

jest postaci

ϕ

2γI

(x) =

r

8

27

(e

x

+ γ)

3

,

x ∈ I

gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± I jest skªadow¡ zbioru∆

2γ

= ∆

1γ

, za± ogóª rozwi¡za« integralnych danego

równania w prostok¡cie R × [0, +∞) skªada si¦ z rozwi¡za« postaci ϕ

2γI

przy γ > 0 i I = (−∞, +∞)

oraz rozwi¡za« postaci

ϕ

∗
2γ

(x) =

(0,

dla x ∈ (−∞, ln(−γ)]

q

8

27

(e

x

+ γ)

3

,

dla x ∈ (ln(−γ), +∞)

;

przy γ < 0; brak mo»liwo±ci sklejania rozwi¡za« z prostok¡tów T

1

i T

2

(bo rozwi¡zania danego rów-

nania w T

1

s¡ funkcjami ±ci±le malej¡cymi, za± w T

2

±ci±le rosn¡cymi); ogóª rozwi¡za« integralnych

danego równania w prostok¡cie R

2

skªada si¦ z rozwi¡zania banalnego ϕ

0

oraz rozwi¡za« integralnych

w prostok¡tach R × (−∞, 0] i R × [0, +∞).

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) ∈ T

2

jest postaci

ϕ

P

(x) =

r

8

27

(e

x

+ 1/2)

3

,

x ∈ (−∞, +∞)

(γ = 1/2 > 0).

Rozwi¡zanie integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (0, −1) ∈ T

1

jest postaci

ϕ

Q

(x) = −

r

8

27

(e

x

+ 1/2)

3

,

x ∈ (−∞, +∞)

(γ = 1/2 > 0). Rozwi¡zania integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt S = (0, 0) s¡ postaci
ϕ

∗

1γ

i ϕ

∗

2γ

przy γ 6 −1, (bo ln(−γ) > 0) oraz rozwi¡zanie ϕ

0

.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(x))

y(x)^(2/3)-(2/3)*exp(x)-_C1 = 0

(posta¢ uwikªana).

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (0, 1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(0) = 1}, y(x))

y(x) = (1/27)*(6*exp(x)+3)^(3/2)

4

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt Q = (0, −1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(0) = -1}, y(x))

y(x) = (1/216)*(-42+(18*I)*sqrt(3)+24*exp(x))^(3/2)

(posta¢ zespolona).

Rozwi¡zania danego równania przechodz¡ce przez punkt S = (0, 0) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = exp(x)*y(x)^(1/3), y(0) = 0}, y(x))

y(x) = 0

(tylko jedno).

Zadanie 1.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

=

3

p

y

2

w prostok¡cie R

2

. Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, 1).

Funkcja F (x) = x, x ∈ (−∞, +∞) jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji ci¡gªej f(x) = 1, x ∈ (−∞, +∞),

jej kresy to A = −∞ i B = +∞; funkcja g(y) =

3

p

y

2

, y ∈ (−∞, +∞)

jest funkcj¡ ci¡gª¡, przy czym

g(y) = 0

wtedy i tylko wtedy, gdy y = 0; dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ

0

(x) = 0,

x ∈ (−∞, +∞);

nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T

1

= R × (−∞, 0) oraz

T

2

= R × (0, +∞); funkcja H

1

(y) = 3

3

√

y, y ∈ (−∞, 0)

jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji 1/g|

(−∞,0)

, jej

kresy to C

1

= −∞, D

1

= 0

; funkcja odwrotna do funkcji H

1

jest postaci H

−1

1

(t) =

1

27

t

3

, t ∈ (−∞, 0);

staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞); zbiór ∆

1γ

jest postaci

∆

1γ

= {x ∈ (−∞, +∞) : C

1

< F (x) + γ < D

1

} = (−∞, −γ);

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T

1

jest postaci

ϕ

1γ

(x) =

1

27

(x + γ)

3

,

x ∈ (−∞, −γ)

gdzie γ ∈ (−∞, +∞) ; mo»na skleja¢ rozwi¡zania ϕ

1γ

z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ

0

(bo lim

y→0

−

H

1

(y) =

0 ∈ R); ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R×(−∞, 0] skªada si¦ z rozwi¡zania
ϕ

0

oraz rozwi¡za« postaci

ϕ

∗
1γ

(x) =

(

1

27

(x + γ)

3

,

dla x ∈ (−∞, −γ)

0,

dla x ∈ [−γ, +∞)

,

przy γ ∈ (−∞, +∞); analogicznie wykazujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w

prostok¡cie T

2

jest postaci

ϕ

2γ

(x) =

1

27

(x + γ)

3

,

x ∈ (−γ, +∞)

gdzie γ ∈ (−∞, +∞), za± ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie R × [0, +∞)

skªada si¦ z rozwi¡zania ϕ

0

oraz rozwi¡za« postaci

ϕ

∗
2γ

(x) =

(

0,

dla x ∈ (−∞, −γ]

1

27

(x + γ)

3

,

dla x ∈ (−γ, +∞)

,

przy γ ∈ (−∞, +∞); istnieje mo»liwo±¢ sklejania rozwi¡za« z prostok¡tów T

1

i T

2

(bo rozwi¡zania

danego równania w T

1

i T

2

s¡ funkcjami ±ci±le rosn¡cymi); ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania

w prostok¡cie R

2

skªada si¦ z rozwi¡zania banalnego ϕ

0

, rozwi¡za« integralnych w prostok¡tach R ×

(−∞, 0]

i R × [0, +∞) oraz rozwi¡za« postaci

5

ϕ

∗
γ

1

γ

2

(x) =











1

27

(x + γ

1

)

3

,

dla x ∈ (−∞, −γ

1

)

0,

dla x ∈ [−γ

1

, −γ

2

]

1

27

(x + γ

2

)

3

,

dla x ∈ (γ

2

, +∞)

,

przy γ

1

, γ

2

∈ (−∞, +∞)

takich, »e γ

1

> γ

2

.

Rozwi¡zania integralne danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) ∈ T

1

s¡ postaci

ϕ

P

(x) =

(

1

27

(x − 2)

3

,

dla x ∈ (−∞, 2)

0,

dla x ∈ [2, +∞)

oraz

ϕ

P γ

(x) =











1

27

(x − 2)

3

,

dla x ∈ (−∞, 2)

0,

dla x ∈ [2, −γ]

1

27

(x + γ)

3

,

dla x ∈ (γ, +∞)

,

przy γ 6 −2.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = (y(x)^2)^(1/3))

x-3*y(x)/(y(x)^2)^(1/3)+_C1 = 0

(posta¢ uwikªana).

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = (y(x)^2)^(1/3), y(-1) = -1}, y(x))

y(x) = (1/27)*x^3-(2/9)*x^2+(4/9)*x-8/27

(tylko jedno).

2 Równanie jednorodne

Zadanie 2.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

=

y

x

+

r

1 − (

y

x

)

2

w zbiorze D

−

∪ D

+

, gdzie

D

−

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (−∞, 0), x 6 y 6 −x},

D

+

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (0, +∞), 0), x 6 y 6 −x}.

Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych

z

0

=

1

x

p

1 − z

2

w prostok¡tach T

−

= (−∞, 0) × [−1, 1],

T

+

= (0, +∞) × [−1, 1]

.

W prostok¡cie T

−

równanie pomocnicze posiada dwa rozwi¡zania integralne staªe:

ψ

−

1

(x) = −1,

ψ

−

2

(x) = 1

x ∈ (−∞, 0)

oraz rozwi¡zania postaci

ψ

−

1γ

(x) =











1

dla x ∈ (−∞, −e

π/2−γ

]

sin(ln(−x) + γ),

dla x ∈ (−e

π/2−γ

, −e

−π/2−γ

)

−1

dla x ∈ [−e

−π/2−γ

, 0)

;

6

W prostok¡cie T

+

równanie pomocnicze posiada dwa rozwi¡zania integralne staªe:

ψ

+

1

(x) = −1,

ψ

+

2

(x) = 1

x ∈ (0, +∞)

oraz rozwi¡zania postaci

ψ

+

1γ

(x) =











−1

dla x ∈ (0, e

−π/2−γ

]

sin(ln(x) + γ),

dla x ∈ (e

−π/2−γ

, e

π/2−γ

)

1

dla x ∈ [e

π/2−γ

, +∞)

;

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jednorodnego wyra»a si¦ wzorami:

w D

−

ϕ

−
1

(x) = −x,

ϕ

−
2

(x) = x

x ∈ (−∞, 0),

ϕ

−
1γ

(x) =











x

dla x ∈ (−∞, −e

π/2−γ

]

x sin(ln(−x) + γ),

dla x ∈ (−e

π/2−γ

, −e

−π/2−γ

)

−x

dla x ∈ [−e

−π/2−γ

, 0)

;

wD

+

ϕ

+
1

(x) = −x,

ϕ

+
2

(x) = x

x ∈ (0, +∞)

ϕ

+
1γ

(x) =











−x

dla x ∈ (0, e

−π/2−γ

]

x sin(ln(x) + γ),

dla x ∈ (e

−π/2−γ

, e

π/2−γ

)

x

dla x ∈ [e

π/2−γ

, +∞)

;

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = y(x)/x+sqrt(1-(y(x)/x)^2), y(x))

y(x) = sin(ln(x)+_C1)*x

Zadanie 2.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

=

y

x

+ (cos

y

x

)

2

w zbiorze D

−

∪ D

+

, gdzie

D

−

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (−∞, 0), y ∈ R}, D

+

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (0, +∞), y ∈ R}.

Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (1, π/4). Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce

przez punkt Q = (−1, −3π/4).

Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych

z

0

=

1

x

(cos z)

2

w prostok¡tach T

−

= (−∞, 0) × R,

T

+

= (0, +∞) × R.

W prostok¡cie T

−

równanie pomocnicze posiada rozwi¡zania integralne staªe postaci:

ψ

−

k

(x) =

π

2

+ kπ,

x ∈ (−∞, 0),

k ∈ Z

oraz rozwi¡zania integralne przebiegaj¡ce w prostok¡tach T

−

k

= (−∞, 0) × (−

π

2

+ kπ,

π

2

+ kπ)

, k ∈ Z

postaci:

ψ

−

kγ

(x) = kπ + arctan(ln(−x) + γ),

x ∈ (−∞, 0),

przy γ ∈ (−∞, +∞).

W prostok¡cie T

+

równanie pomocnicze posiada rozwi¡zania integralne staªe postaci:

ψ

+

k

(x) =

π

2

+ kπ

x ∈ (0, +∞)

k ∈ Z

7

oraz rozwi¡zania integralne przebiegaj¡ce w prostok¡tach T

+

k

= (0, +∞) × (−

π

2

+ kπ,

π

2

+ kπ)

, k ∈ Z

postaci:

ψ

+

kγ

(x) = kπ + arctan(ln(x) + γ),

x ∈ (0, +∞),

przy γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jednorodnego wyra»a si¦ wzorami:

w D

−

ϕ

−
k

(x) = x(

π

2

+ kπ),

x ∈ (−∞, 0),

k ∈ Z,

ϕ

−
kγ

(x) = x(kπ + arctan(ln(−x) + γ)),

x ∈ (−∞, 0),

k ∈ Z,

przy γ ∈ (−∞, +∞).

w D

+

ϕ

+
k

(x) = x(

π

2

+ kπ),

x ∈ (0, +∞),

k ∈ Z,

ϕ

+
kγ

(x) = x(kπ + arctan(ln(x) + γ)),

x ∈ (0, +∞),

k ∈ Z,

przy γ ∈ (−∞, +∞).

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (1, π/4) jest postaci

ϕ

+
P

(x) = x arctan(ln(x) + 1),

x ∈ (0, +∞)

(k = 0, γ = 1).

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt Q = (−1, −3π/4) jest

postaci

ϕ

−
Q

(x) = x(π + arctan(ln(−x) + 1)),

x ∈ (−∞, 0)

(k = 1, γ = 1).

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = y(x)/x+cos(y(x)/x)^2, y(x))

y(x) = arctan(ln(x)+_C1)*x

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (1, π/4) w programie

Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = y(x)/x+cos(y(x)/x)^2, y(1) = (1/4)*Pi}, y(x))

y(x) = arctan(ln(x)+1)*x

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt Q = (−1, −3π/4) w pro-

gramie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = y(x)/x+cos(y(x)/x)^2, y(-1) = -(3/4)*Pi}, y(x))

y(x) = Pi*x+arctan(-I*Pi+ln(x)-1)*x

(posta¢ zespolona).

Zadanie 2.3. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

(2x − y)y

0

= 5x − 2y

w R

2

.

8

Wyznaczymy najpierw rozwi¡zania równania jednorodnego

y

0

=

5 − 2

y
x

2 −

y
x

w zbiorze D

1

∪ D

2

∪ D

3

∪ D

4

, gdzie

D

1

= {(x, y) ∈ R

2

: x < 0, y < 2x},

D

2

= {(x, y) ∈ R

2

: x < 0, y > 2x},

D

3

= {(x, y) ∈ R

2

: x > 0, y > 2x},

D

4

= {(x, y) ∈ R

2

: x > 0, y < 2x}.

W tym celu wyznaczamy rozwi¡zania integralne równania pomocniczego o rozdzielonych zmiennych

z

0

=

1

x

·

(z − 2)

2

+ 1

−(z − 2)

w zbiorze T

1

∪ T

2

∪ T

3

∪ T

4

, gdzie

T

1

= (−∞, 0) × (2, +∞),

T

2

= (−∞, 0) × (−∞, 2)

T

3

= (0, +∞) × (2, +∞),

T

4

= (0, +∞) × (−∞, 2),

które s¡ postaci

w T

1

:

ψ

1γ

(x) = 2 +

r

1

x

2

e

−2γ

− 1,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w T

2

:

ψ

2γ

(x) = 2 −

r

1

x

2

e

−2γ

− 1,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w T

3

:

ψ

3γ

(x) = 2 +

r

1

x

2

e

−2γ

− 1,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞)

w T

4

:

ψ

4γ

(x) = 2 −

r

1

x

2

e

−2γ

− 1,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞).

Rozwi¡zania integralne równania jednorodnego s¡ postaci

w D

1

:

ϕ

1γ

(x) = 2x −

p

e

−2γ

− x

2

,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w D

2

:

ϕ

2γ

(x) = 2x +

p

e

−2γ

− x

2

,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w D

3

:

ϕ

3γ

(x) = 2x +

p

e

−2γ

− x

2

,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞)

w D

4

:

ϕ

4γ

(x) = 2x −

p

e

−2γ

− x

2

,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞).

Wszystkie opisane ostatnio funkcje ϕ

1γ

, ϕ

2γ

, ϕ

3γ

, ϕ

4γ

mo»na przedªu»y¢ do funkcji ci¡gªych na kra«ce

ich dziedzin, przy czym wszystkie te przedªu»enia s¡ ró»niczkowalne w ko«cu x = 0 (w drugim ko«cu

brak jest ró»niczkowalno±ci). Daje to mo»liwo±ci (i tylko takie) sklejania rozwi¡za« typu ϕ

1δ

z ϕ

4γ

oraz

ϕ

2δ

z ϕ

3γ

, przy dowolnych δ, γ ∈ (−∞, +∞) takich, »e δ = γ.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w R wyra»a si¦ wzorami:

ϕ

∗
γ

(x) = 2x −

p

e

−2γ

− x

2

,

x ∈ (−e

−γ

, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞)

ϕ

∗∗
γ

(x) = 2x +

p

e

−2γ

− x

2

,

x ∈ (−e

−γ

, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞).

Przez punkty prostej 2x − y = 0 nie przechodzi »adne rozwi¡zanie danego równania.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

9

dsolve((2*x-y(x))*(diff(y(x), x)) = 5*x-2*y(x))

y(x) = (2*x*_C1-sqrt(-_C1^2*x^2+1))/_C1, y(x) = (2*x*_C1+sqrt(-_C1^2*x^2+1))/_C1

Zadanie 2.4. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

=

y

x

ln

y

x

w zbiorze D

−

∪ D

+

, gdzie

D

−

= (−∞, 0) × (−∞, 0),

D

+

= (0, +∞) × (0, +∞).

Wyznaczy¢ rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1).

Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych

z

0

=

1

x

z(ln z − 1)

w dwóch prostok¡tach

T

−

= (−∞, 0) × (−∞, 0),

T

+

= (0, +∞) × (0, +∞).

Równanie pomocnicze posiada dwa rozwi¡zania staªe:

ψ

−

(x) = e,

x ∈ (−∞, 0),

ψ

+

(x) = e,

x ∈ (0, +∞)

oraz rozwi¡zania:

w prostok¡cie T

1

= (−∞, 0) × (0, e)

postaci

ψ

1γ

(x) = e

1+xe

γ

,

x ∈ (−∞, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w prostok¡cie T

2

= (−∞, 0) × (e, +∞)

postaci

ψ

2γ

(x) = e

1−xe

γ

,

x ∈ (−∞, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w prostok¡cie T

3

= (0, +∞) × (e, +∞)

postaci

ψ

3γ

(x) = e

1+xe

γ

,

x ∈ (0, +∞),

γ ∈ (−∞, +∞)

w prostok¡cie T

4

= (0, +∞) × (0, e)

postaci

ψ

4γ

(x) = e

1−xe

γ

,

x ∈ (0, +∞),

γ ∈ (−∞, +∞).

Na ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego skªadaj¡ si¦ nast¦puj¡ce funkcje:

ϕ

−

(x) = ex,

x ∈ (−∞, 0),

ϕ

+

(x) = ex,

x ∈ (0, +∞)

oraz funkcje:

w zbiorze D

1

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (−∞, 0), ex < y < 0}

postaci

ϕ

1γ

(x) = xe

1+xe

γ

,

x ∈ (−∞, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w zbiorze D

2

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (−∞, 0), y < ex}

postaci

ϕ

2γ

(x) = xe

1−xe

γ

,

x ∈ (−∞, 0),

γ ∈ (−∞, +∞)

w zbiorze D

3

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (0, +∞), y > ex}

postaci

ϕ

3γ

(x) = xe

1+xe

γ

,

x ∈ (0, +∞),

γ ∈ (−∞, +∞)

w zbiorze D

4

= {(x, y) ∈ R

2

: x ∈ (0, +∞), 0 < y < ex}

postaci

ϕ

4γ

(x) = xe

1−xe

γ

,

x ∈ (0, +∞),

γ ∈ (−∞, +∞).

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) ∈ D

1

jest

postaci

ϕ(x) = xe

1+x

x ∈ (−∞, 0).

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

10

dsolve(diff(y(x), x) = y(x)*ln(y(x)/x)/x)

y(x) = exp(_C1*x+1)*x

Rozwi¡zanie danego równania jednorodnego przechodz¡ce przez punkt P = (−1, −1) w programie

Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = y(x)*ln(y(x)/x)/x, y(-1) = -1}, y(x))

y(x) = exp(x)*exp(1)*x/(exp(I*Pi*_Z3*x))^2

(?)

Zadanie 2.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

=

y

2

− x

2

2xy

w czterech obszarach k¡towych D

1

∪ D

2

∪ D

3

∪ D

4

, gdzie

D

1

= (−∞, 0) × (−∞, 0),

D

2

= (−∞, 0) × (0, +∞),

D

3

= (0, +∞) × (0, +∞),

D

4

= (0, +∞) × (−∞, 0).

Dane równanie zapisane w postaci

y

0

=

1

2

(

y

x

−

x

y

)

w zbiorze D

1

∪ D

2

∪ D

3

∪ D

4

jest równaniem jednorodnym. Nale»y najpierw wyznaczy¢ rozwi¡zania

pomocniczego równania o rozdzielonych zmiennych

z

0

=

1

x

z

2

+ 1

−2z

w czterech prostok¡tach T

1

∪ T

2

∪ T

3

∪ T

4

, gdzie

T

1

= (−∞, 0) × (0, +∞),

T

2

= (−∞, 0) × (−∞, 0),

T

3

= (0, +∞) × (0, +∞),

T

4

= (0, +∞) × (−∞, 0).

Ogóª rozwi¡za« integralnych równania pomocniczego jest postaci:

w prostok¡cie T

1

:

ψ

1γ

(x) =

r

−

1

x

e

−γ

− 1,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞),

w prostok¡cie T

2

:

ψ

2γ

(x) = −

r

−

1

x

e

−γ

− 1,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞),

w prostok¡cie T

3

:

ψ

3γ

(x) =

r

1

x

e

−γ

− 1,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞),

w prostok¡cie T

4

:

ψ

4γ

(x) = −

r

1

x

e

−γ

− 1,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci:

w D

1

:

ϕ

1γ

(x) = −

p

−xe

−γ

− x

2

,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞),

11

w D

2

:

ϕ

2γ

(x) =

p

−xe

−γ

− x

2

,

x ∈ (−e

−γ

, 0),

γ ∈ (−∞, +∞),

w D

3

:

ϕ

3γ

(x) =

p

xe

−γ

− x

2

,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞),

w D

4

:

ϕ

4γ

(x) = −

p

xe

−γ

− x

2

,

x ∈ (0, e

−γ

),

γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania jednorodnego w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = (y(x)^2-x^2)/(2*x*y(x)))

y(x) = sqrt(_C1*x-x^2), y(x) = -sqrt(_C1*x-x^2)

3 Równanie zupeªne i czynnik caªkuj¡cy

Zadanie 3.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

2x arctan y +

x

2

1 + y

2

y

0

= 0

w prostok¡cie R

2

.

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w R

2

; funkcja

F (x, y) = x

2

arctan y,

(x, y) ∈ R

2

jest funkcj¡ pierwotn¡ danego równania, staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞) (F (0, 0) = 0, za± dla γ 6= 0
mamy na przykªad F (2

q

|γ|

π

,

γ

|γ|

) = γ)

.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania zupeªnego skªada si¦ z funkcji postaci:

ϕ(x) = 0,

x ∈ (−∞, +∞)

(γ = 0) oraz

ϕ

γI

(x) = tan

γ

x

2

,

x ∈ I,

gdzie γ 6= 0, za± I jest skªadow¡ zbioru

(−∞, −

r

2|γ|

π

) ∪ (

r

2|γ|

π

, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania zupeªnego w programie Maple:

dsolve(2*x*arctan(y(x))+x^2*(diff(y(x), x))/(1+y(x)^2) = 0, y(x))

y(x) = -tan(_C1/x^2)

Zadanie 3.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

x + e

x

√

y +

e

x

2

√

y

y

0

= 0

w prostok¡cie T = R × (0, +∞).

12

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w T ; funkcja

F (x, y) =

1

2

x

2

+ e

x

√

y,

(x, y) ∈ T

jest funkcj¡ pierwotn¡ danego równania, staªe dopuszczalne γ ∈ (0, +∞) (F (

√

γ,

1
4

γ

2

e

−2

√

y

) = γ

).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania zupeªnego skªada si¦ z funkcji postaci:

ϕ

γ

(x) = e

−2x

(γ −

1

2

x

2

)

2

,

x ∈ (−

p

2γ,

p

2γ),

przy γ ∈ (0, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania zupeªnego w programie Maple:

dsolve(x+exp(x)*sqrt(y(x))+exp(x)*(diff(y(x), x))/(2*sqrt(y(x))) = 0, y(x))

sqrt(y(x))-(-(1/2)*x^2+_C1)/exp(x) = 0

(posta¢ uwikªana).

Zadanie 3.3. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

1

2

p

x − y

2

+

1

2

√

x

−

y

p

x − y

2

y

0

= 0

w zbiorze G = {(x, y) ∈ R

2

: x > 0, x > y

2

}

. Wyznaczy¢ (o ile istnieje) rozwi¡zanie przechodz¡ce przez

punkt P = (1, 0).

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w G; funkcja

F (x, y) =

p

x − y

2

+

√

x,

(x, y) ∈ G

jest funkcj¡ pierwotn¡ danego równania; istniej¡ rozwi¡zania danego równania w obszarach:

G

1

= {(x, y) ∈ R

2

: x > 0, x > y

2

, y < 0},

G

2

= {(x, y) ∈ R

2

: x > 0, x > y

2

, y > 0};

w obydwu zbiorach staªe dopuszczalne γ ∈ (0, +∞)

(F (

9

16

γ

2

, −

γ

√

2

) = γ,

F (

9

16

γ

2

,

γ

√

2

) = γ).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania wyra»a si¦ wzorami:

w G

1

:

ϕ

1γ

(x) = −

q

x − (γ −

√

x)

2

,

x ∈ (

γ

2

4

, γ

2

),

w G

2

:

ϕ

2γ

(x) =

q

x − (γ −

√

x)

2

,

x ∈ (

γ

2

4

, γ

2

),

przy γ ∈ (0, +∞)

›adne z otrzymanych rozwi¡za« nie da si¦ przedªu»y¢ do funkcji ró»niczkowalnej w lewym ko«cu

jego dziedziny; równie» »adna z funkcji ϕ

0

(x) = 0, x ∈ (a, b)

nie jest rozwi¡zaniem danego równania.

W konsekwencji brak jest rozwi¡za« danego równania przechodz¡cego przez punkt P .

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(1/(2*sqrt(x-y(x)^2))+1/(2*sqrt(x))-y(x)*(diff(y(x), x))/sqrt(x-y(x)^2) = 0, y(x))

ln(2)+ln((sqrt(x-y(x)^2)*sqrt(x)+x)/y(x))+ln(y(x))-(1/2)*ln(x)-_C1 = 0

(posta¢ uwikªana).

Rozwi¡zanie danego równania przechodzce przez punkt P = (1, 0) w programie Maple:

13

dsolve({1/(2*sqrt(x-y(x)^2))+1/(2*sqrt(x))-y(x)*(diff(y(x), x))/sqrt(x-y(x)^2) = 0,

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

y(x) = 0

(niemo»liwe).

Zadanie 3.4. Wykaza¢, »e równanie

−y

x

2

+ y

2

+

x

x

2

+ y

2

y

0

= 0

nie jest równaniem zupeªnym w zbiorze G = R

2

\ {(0, 0)}.

Dane równanie jest równaniem zupeªnym w ka»dym z prostok¡tów:

T

1

= R × (−∞, 0),

T

2

= (0, +∞) × R,

T

3

= R × (0. + ∞),

T

4

= (−∞, 0) × R,

bo funkcje

F

1

(x, y) = − arctan

x

y

,

(x, y) ∈ T

1

F

2

(x, y) = arctan

y

x

,

(x, y) ∈ T

2

,

F

3

(x, y) = − arctan

x

y

,

(x, y) ∈ T

3

F

4

(x, y) = arctan

y

x

,

(x, y) ∈ T

4

s¡ funkcjami pierwotnymi danego równania.

Gdyby istniaªa funkcja pierwotna F w G danego równania, to istniaªyby staªe C

1

, C

2

, C

3

, C

4

takie,

»e F = F

1

+ C

1

w T

1

, F = F

2

+ C

2

w T

2

, F = F

3

+ C

3

w T

3

, F = F

4

+ C

4

w T

4

; ponadto:

w T

1

∩ T

2

mamy F

2

− F

1

= −C

2

+ C

1

= −

π

2

,

w T

2

∩ T

3

mamy F

3

− F

2

= −C

3

+ C

2

= −

π

2

,

w T

3

∩ T

4

mamy F

4

− F

3

= C

3

− C

4

= −

π

2

,

w T

4

∩ T

1

mamy F

1

− F

4

= C

4

− C

1

= −

π

2

,

sk¡d wnioskujemy, »e 0 = −2π, co niemo»liwe.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(-y(x)/(x^2+y(x)^2)+x*(diff(y(x), x))/(x^2+y(x)^2) = 0, y(x))

y(x) = _C1*x

Zadanie 3.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

ln y + x

2

−

x

y

y

0

= 0

w prostok¡cie T = (0, +∞) × (0, +∞).

Dane równanie posiada czynnik caªkuj¡cy

µ(x) =

1

x

2

,

x ∈ (0, +∞).

Równanie

ln y

x

2

+ 1 −

1

xy

y

0

= 0

jest równaniem zupeªnym w prostok¡cie T , a funkcja

F (x, y) = x −

ln y

x

,

(x, y) ∈ T

jest funkcj¡ pierwotn¡ tego równania; staªe dopuszczalne γ ∈ (−∞, +∞), (F (1, e

1−γ

) = γ

).

Ogóª rozwi¡za« równania zupeªnego i tym samym danego równania w prostok¡cie T jest postaci

ϕ

γ

(x) = e

x(x−γ)

,

x ∈ (0, +∞),

przy γ ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

14

dsolve(ln(y(x))+x^2-x*(diff(y(x), x))/y(x) = 0, y(x))

y(x) = exp(_C1*x)*exp(x^2)

Zadanie 3.6. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

e

x

+ (e

x

+ e

y

)y

0

= 0

w prostok¡cie T = R

2

.

Dane równanie posiada czynnik caªkuj¡cy

ν(y) = e

y

,

y ∈ (−∞, +∞).

Równanie

e

x

e

y

+ (e

x

e

y

+ e

2y

)y

0

= 0

jest równaniem zupeªnym w prostok¡cie T , a funkcja

F (x, y) = e

x

e

y

+

1

2

e

2y

,

(x, y) ∈ T

jest funkcj¡ pierwotn¡ tego równania; staªe dopuszczalne γ ∈ (0, +∞), (F (ln(

1
2

√

γ, ln

√

γ) = γ

).

Ogóª rozwi¡za« równania zupeªnego i tym samym danego równania w prostok¡cie T jest postaci

ϕ

γ

(x) = ln(

p

2γ + e

2x

− e

x

),

x ∈ (−∞, +∞),

przy γ ∈ (0, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(exp(x)+(exp(x)+exp(y(x)))*(diff(y(x), x)) = 0, y(x))

y(x) = -x-ln(1-sqrt(1+(exp(_C1))^2/(exp(x))^2))+2*_C1,

y(x) = -x-ln(1+sqrt(1+(exp(_C1))^2/(exp(x))^2))+2*_C1

4 Równanie Bernoulliego

Zadanie 4.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

= y tan x − y

2

cos x

w prostok¡cie T = (−

π

2

,

π

2

) × R. .

Dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ

0

(x) = 0,

x ∈ (−

π

2

,

π

2

).

Nale»y wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T

1

= (−

π

2

,

π

2

) × (0, +∞)

oraz T

2

=

(−

π

2

,

π

2

) × (−∞, 0)

.

Wyznaczmy najpierw rozwi¡zania danego równania w prostok¡cie T

1

. Rozwa»amy równanie po-

mocnicze

z

0

= −z tan x + cos x.

Jest to równanie liniowe i w prostok¡cie T ogóª jego rozwi¡za« integralnych jest postaci

ψ

γ

(x) = (x + γ) cos x,

x ∈ (−

π

2

,

π

2

),

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡; cz¦±ci wykresów rozwi¡za« ψ

γ

przebiegaj¡ w T

1

, gdy x ∈ ∆

1γ

,

gdzie

∆

1γ

=

(

(−

π

2

,

π

2

)

przy γ >

π

2

(−γ,

π

2

)

przy γ ∈ (−

π

2

,

π

2

)

;

15

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania Bernoulliego w prostok¡cie T

1

jest postaci

ϕ

1γI

(x) =

1

(x + γ) cos x

,

x ∈ I,

gdzie γ ∈ (−

π

2

, +∞)

, za± I jest skªadow¡ zbioru ∆

1γ

; brak jest mo»liwo±ci sklejania rozwi¡za« typu

ϕ

1γI

przy γ ∈ (−

π

2

,

π

2

)

z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ

0

.

Wyznaczmy teraz rozwi¡zania danego równania w prostok¡cie T

2

. Tutaj równanie pomocnicze ma

posta¢

z

0

= −z tan x + cos x,

tak¡ sam¡ jak poprzednio; cz¦±ci wykresów rozwi¡za« ψ

γ

równania pomocniczego przebiegaj¡ w T

2

,

gdy x ∈ ∆

2γ

, gdzie

∆

2γ

=

(

(−

π

2

,

π

2

)

przy γ 6 −

π

2

(−

π

2

, −γ)

przy γ ∈ (−

π

2

,

π

2

)

;

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania Bernoulliego w prostok¡cie T

2

jest postaci

ϕ

2γI

(x) =

1

(x + γ) cos x

,

x ∈ I,

gdzie γ ∈ (−∞,

π

2

)

, za± I jest skªadow¡ zbioru ∆

2γ

; równie» tutaj brak jest mo»liwo±ci sklejania

rozwi¡za« typu ϕ

2γI

przy γ ∈ (−

π

2

,

π

2

)

z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ

0

.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania Bernoulliego skªada si¦ wyª¡cznie z rozwi¡za« prze-

biegaj¡cych w prostok¡tach T

1

i T

2

oraz z rozwi¡zania staªego ϕ

0

.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = tan(x)*y(x)-cos(x)*y(x)^2)

y(x) = 1/((x+_C1)*cos(x))

Zadanie 4.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

=

3

2x

y −

3

√

y ln x

w prostok¡cie T = (0, +∞)×R. Wyznaczy¢ wszystkie rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 0).

Dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ

0

(x) = 0,

x ∈ (0, +∞).

Nale»y wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T

1

= (0, +∞) × (0, +∞)

oraz T

2

=

(0, +∞) × (−∞, 0)

.

Wyznaczmy najpierw rozwi¡zania danego równania w prostok¡cie T

1

. Rozwa»amy równanie po-

mocnicze

z

0

= −

1

x

z −

2

3

ln x.

Jest to równanie liniowe i w prostok¡cie T ogóª jego rozwi¡za« integralnych jest postaci

ψ

γ

(x) = (−

1

3

ln

2

x + γ)x,

x ∈ (0, +∞),

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡; cz¦±ci wykresów rozwi¡za« ψ

γ

przy γ ∈ (0, +∞) przebiegaj¡ w

T

1

, gdy x ∈ (e

−

√

3γ

, e

−

√

3γ

)

; ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania Bernoulliego w prostok¡cie

T

1

jest postaci

ϕ

1γ

(x) =

r

((−

1

3

ln

2

x + γ)x)

3

,

x ∈ (e

−

√

3γ

, e

√

3γ

),

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡ z przedziaªu (0, +∞). Ka»da z funkcji ϕ

1γ

przedªu»a si¦

do funkcji ró»niczkowalnej na oba kra«ce swojej dziedziny. Tym samym istnieje mo»liwo±¢ sklejania

rozwi¡za« typu ϕ

1γ

przy γ ∈ (0, +∞) z cz¦±ciami rozwi¡zania ϕ

0

.

16

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania Bernoulliego w prostok¡cie T

∗

1

= (0, +∞) × [0, +∞)

skªada si¦ z funkcji ϕ

0

i funkcji

ϕ

∗
1γ

(x) =















0,

dla x ∈ (0, e

−

√

3γ

]

q

((−

1
3

ln

2

x + γ)x)

3

,

dla x ∈ (e

−

√

3γ

, e

√

3γ

)

0,

dla x ∈ [e

√

3γ

, +∞)

.

Wyznaczmy teraz rozwi¡zania danego równania w prostok¡cie T

2

. Tutaj równanie pomocnicze ma

posta¢

z

0

= −

1

x

z −

2

3

ln x,

tak¡ sam¡ jak poprzednio; rozwi¡zania dodatnie równania pomocniczego s¡ okre±lone na przedziale
(e

−

√

3γ

, e

√

3γ

)

; ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania Bernoulliego w prostok¡cie T

2

jest postaci

ϕ

2γ

(x) = −

r

((−

1

3

ln

2

x + γ)x)

3

,

x ∈ (e

−

√

3γ

, e

√

3γ

),

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡ z przedziaªu (0, +∞).

Sklejaj¡c odpowiednie rozwi¡zania otrzymujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania

Bernoulliego w prostok¡cie T

∗

2

= (0, +∞) × (−∞, 0]

skªada si¦ z funkcji ϕ

0

i funkcji

ϕ

∗
2γ

(x) =















0,

dla x ∈ (0, e

−

√

3γ

]

−

q

((−

1
3

ln

2

x + γ)x)

3

,

dla x ∈ (e

−

√

3γ

, e

√

3γ

)

0,

dla x ∈ [e

√

3γ

, +∞)

,

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡ z przedziaªu (0, +∞). Brak jest mo»liwo±ci skleje« rozwi¡za« z

prostok¡ta T

1

z rozwi¡zaniami z prostok¡ta T

2

.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania Bernoulliego skªada si¦ wyª¡cznie z rozwi¡za« prze-

biegaj¡cych w prostok¡tach T

∗

1

i T

∗

2

oraz z rozwi¡zania staªego ϕ

0

.

Przez punkt P = (1, 0) przechodzi tylko rozwi¡zanie ϕ

0

(bo 1 ∈ (e

−

√

3γ

, e

√

3γ

))

.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = 3*y(x)/(2*x)-y(x)^(1/3)*ln(x))

y(x)^(2/3)-(-(1/3)*ln(x)^2+_C1)*x = 0

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (1, 0) w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = 3*y(x)/(2*x)-y(x)^(1/3)*ln(x), y(1) = 0}, y(x))

y(x) = 0

Zadanie 4.3. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania

y

0

=

3

x

y + x

3

p

y

2

w prostok¡cie T = (−∞, 0) × R. Wyznaczy¢ wszystkie rozwi¡zania przechodz¡ce przez punkt P =
(−1,

1

27

)

.

Dane równanie posiada rozwi¡zanie banalne

ϕ

0

(x) = 0,

x ∈ (−∞, 0).

Nale»y wyznaczy¢ rozwi¡zania danego równania w prostok¡tach T

1

= (−∞, 0) × (0, +∞)

oraz T

2

=

(−∞, 0) × (−∞, 0)

.

W prostok¡cie T

1

równanie pomocnicze ma posta¢

z

0

=

1

x

z +

1

3

x;

17

ogóª jego rozwi¡za« integralnych w T

1

jest postaci

ψ

1γI

(x) = (−

1

3

x + γ)(−x)

x ∈ I,

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡, za± I skªadow¡ zbioru

∆

1γ

=

(

(−∞, 0)

przy γ > 0

(−∞, 3γ)

przy γ < 0

;

ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T

1

jest postaci

ϕ

1γI

(x) = ((−

1

3

x + γ)(−x))

3

x ∈ I,

gdzie γ jest dowoln¡ liczb¡ rzeczywist¡, za± I skªadow¡ zbioru ∆

1γ

.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T

∗

1

= (−∞, 0) × [0, +∞)

skªada si¦ z

funkcji ϕ

0

, ϕ

1γI

, przy γ > 0 oraz funkcji postaci

ϕ

∗
1γ

(x) =

(

((−

1
3

x + γ)(−x))

3

,

dla x ∈ (−∞, 3γ)

0,

dla x ∈ [3γ, 0)

przy γ < 0.

Podobnie wykazujemy, »e ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T

∗

2

= (−∞, 0)×

(−∞, 0]

skªada si¦ z funkcji postaci ϕ

0

oraz

ϕ

∗
2γ

(x) =

(

0,

dla x ∈ (−∞, 3γ]

((−

1
3

x + γ)(−x))

3

,

dla x ∈ (3γ, 0)

przy γ < 0.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania w prostok¡cie T skªada si¦ z rozwi¡za« integralnych

w prostok¡tach T

∗

1

i T

∗

2

oraz rozwi¡za« postaci

ϕ

δγ

(x) =











((−

1
3

x + δ)(−x))

3

,

dla x ∈ (−∞, 3δ)

0,

dla x ∈ [3δ, 3γ]

((−

1
3

x + γ)(−x))

3

,

dla x ∈ (3γ, 0)

,

przy dowolnych δ, γ takich ,»e δ 6 γ < 0.

Przez punkt P = (−1,

1

27

) ∈ T

1

przechodzi tylko jedno rozwi¡zanie integralne:

ϕ(x) =

1

27

x

6

,

x ∈ (−∞, 0)

(γ = 0.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x) = 3*y(x)/x+x*(y(x)^2)^(1/3))

-ln(x^2*(y(x)^2)^(1/3)-3*y(x))+ln(x)+(2/3)*ln(y(x))+_C1 = 0

(posta¢ uwikªana).

Rozwi¡zanie danego równania przechodz¡ce przez punkt P = (−1,

1

27

)

w programie Maple:

dsolve({diff(y(x), x) = 3*y(x)/x+x*(y(x)^2)^(1/3), y(-1) = 1/27}, y(x))

y(x) = (1/27)*x^6

18

5 Ukªady równa« liniowych

Zadanie 5.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych ukªadu równa« liniowych

(

y

0

1

= y

1

− e

−x

y

2

+ x

y

0

2

= e

x

y

1

+ xe

x

,

wiedz¡c, »e wektor

Φ

1

(x) =

1

e

x

,

x ∈ (−∞; +∞)

jest rozwi¡zaniem ukªadu jednorodnego

(

y

0

1

= y

1

− e

−x

y

2

y

0

2

= e

x

y

1

.

Do ukªadu jednorodnego stosujemy metod¦ redukcji. Ukªad zredukowany jest jednym równaniem

postaci

z

0

2

= z

2

(z

0

2

= (a

22

−

ϕ

2

ϕ−1

a

12

)z

2

); funkcja

ψ

2

(x) = e

x

,

x ∈ (−∞, +∞)

jest niezerowym rozwi¡zaniem ukªadu zredukowanego; funkcja

ω

2

(x) = −x,

x ∈ (−∞, +∞)

jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji

−1,

x ∈ (−∞, +∞)

(ω

0

2

=

1

ϕ

1

a

12

ψ

2

); wektor

Φ

2

(x) = ω

2

(x)Φ

1

(x) +

0

ψ

2

(x)

=

−x

e

x

(1 − x)

,

x ∈ (−∞, +∞)

jest rozwi¡zaniem ukªadu jednorodnego równa«; wektory Φ

1

, Φ

2

tworz¡ ukªad fundamentalny rozwi¡za«

ukªadu jednorodnego równa«.

Do wyznaczenia rozwi¡zania szczególnego ukªadu liniowego (niejednorodnego) stosujemy metod¦

uzmienniania staªych. Wro«skian wyznaczonego ukªadu fundamentalnego wynosi

W (x) =

1

−x

e

x

e

x

(1 − x)

= e

x

;

obliczmy wyznaczniki pomocnicze

W

1

(x) =

x

−x

xe

x

e

x

(1 − x)

= xe

x

,

W

2

(x) =

1

x

e

x

xe

x

= 0

i funkcje g

1

, g

2

- pierwotne funkcji

W

1

W

,

W

2

W

; przyjmijmy

g

1

(x) =

x

2

2

,

g

2

(x) = 0,

x ∈ (−∞, +∞);

szczególne rozwi¡zanie ukªadu liniowego jest postaci

Φ

0

(x) = g

1

(x)Φ

1

(x) + g

2

(x)Φ

2

(x) =

"

x

2

2

e

x x

2

2

#

, x ∈ (−∞, +∞)

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego ukªadu liniowego jest postaci

Φ

γ

1

γ

2

(x) = γ

1

1

e

x

+ γ

2

−x

e

x

(1 − x)

+

"

x

2

2

e

x x

2

2

#

,

x ∈ (−∞, +∞),

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego ukªadu liniowego w programie Maple:

19

dsolve({diff(y_1(x), x) = y_1(x)-exp(-x)*y_2(x)+x,

diff(y_2(x), x) = exp(x)*y_1(x)+x*exp(x)})

{y_1(x) = _C1*x+(1/2)*x^2+_C1+_C2,

y_2(x) = (1/2)*exp(x)*(2*_C1*x+x^2+2*_C2)}

Zbyteczna jest tutaj informacja o rozwi¡zaniu Φ

1

.

Zadanie 5.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych ukªadu równa« liniowych

(

y

0

1

= xy

1

+ (1 − x

2

)y

2

+ x

y

0

2

= y

1

− xy

2

+ x

2

,

wiedz¡c, »e wektor

Φ

1

(x) =

1 + x

2

x

,

x ∈ (−∞; +∞)

jest rozwi¡zaniem ukªadu jednorodnego

(

y

0

1

= xy

1

+ (1 − x

2

)y

2

y

0

2

= y

1

− xy

2

.

Do ukªadu jednorodnego stosujemy metod¦ redukcji. Ukªad zredukowany jest jednym równaniem

postaci

z

0

2

= −

2x

1 + x

2

z

2

;

funkcja

ψ

2

(x) =

1

1 + x

2

,

x ∈ (−∞, +∞)

jest niezerowym rozwi¡zaniem ukªadu zredukowanego; funkcja

ω

2

(x) =

x

1 + x

2

,

x ∈ (−∞, +∞)

jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji

1 − x

2

(1 + x

2

)

2

,

x ∈ (−∞, +∞);

wektor

Φ

2

(x) = ω

2

(x)Φ

1

(x) +

0

ψ

2

(x)

=

x

1

,

x ∈ (−∞, +∞)

jest rozwi¡zaniem ukªadu jednorodnego; wektory Φ

1

, Φ

2

tworz¡ ukªad fundamentalny rozwi¡za« ukªadu

jednorodnego.

Do wyznaczenia rozwi¡zania szczególnego ukªadu równa« liniowych (niejednorodnego) stosujemy

metod¦ uzmienniania staªych. Wro«skian wyznaczonego ukªadu fundamentalnego wynosi

W (x) =

1 + x

2

x

x

1

= e

x

;

obliczmy wyznaczniki pomocnicze

W

1

(x) =

x

x

x

2

1

= x − x

3

,

W

2

(x) =

1 + x

2

x

x

x

2

= 0

i funkcje g

1

, g

2

- pierwotne funkcji

W

1

W

,

W

2

W

; przyjmijmy

g

1

(x) =

1

2

x

2

−

1

4

x

4

,

g

2

(x) =

1

5

,

x ∈ (−∞, +∞);

szczególne rozwi¡zanie ukªadu liniowego jest postaci

20

Φ

0

(x) = g

1

(x)Φ

1

(x) + g

2

(x)Φ

2

(x) =

1
2

x

2

+

1
4

x

4

−

1

20

x

6

1
2

x

3

−

1

20

x

5

, x ∈ (−∞, +∞)

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego ukªadu liniowego jest postaci

Φγ

1

γ

2

(x) = γ

1

1 + x

2

x

+ γ

2

x

1

+

1
2

x

2

+

1
4

x

4

−

1

20

x

6

1
2

x

3

−

1

20

x

5

,

x ∈ (−∞, +∞),

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego ukªadu liniowego w programie Maple:

dsolve({diff(y_1(x), x) = x*y_1(x)+(-x^2+1)*y_2(x)+x,

diff(y_2(x), x) = y_1(x)-x*y_2(x)+x^2})

{y_1(x) = -(1/20)*x^6+(1/4)*x^4+_C1*x^2+_C2*x+(1/2)*x^2+_C1,

y_2(x) = -(1/20)*x^5+(1/2)*x^3+_C1*x+_C2}

Zbyteczna jest tutaj informacja o rozwi¡zaniu Φ

1

.

Zadanie 5.3. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych ukªadu równa« liniowych

(

y

0

1

= y

1

+ 2y

2

+ e

x

y

0

2

= 3y

1

+ 2y

2

.

Wyznaczymy najpierw ukªad fundamentalny rozwi¡za« ukªadu jednorodnego

(

y

0

1

= y

1

+ 2y

2

y

0

2

= 3y

1

+ 2y

2

.

Wielomian charakterystyczny tego ukªadu

1 − λ

2

3

2 − λ

= (λ + 1)(λ − 4)

ma dwa pierwiastki rzeczywiste pojedy«cze: λ

1

= −1, λ

2

= 4

. Ukªady równa«

1 − λ

1

2

3

2 − λ

1

w

1

w

2

= 0,

1 − λ

1

2

3

2 − λ

1

w

1

w

2

= 0

posiadaj¡ rozwi¡zania niezerowe:

Γ

1

=

1

−1

,

Γ

2

=

2
3

.

Wektory

Φ

1

(x) = e

−x

1

−1

,

Φ

2

(x) = e

4x

2
3

,

x ∈ (−∞, +∞)

tworz¡ ukªad fundamentalny rozwi¡za« ukªadu jednorodnego.

Do wyznaczenia rozwi¡zania szczególnego ukªadu równa« liniowych (niejednorodnego) stosujemy

metod¦ uzmienniania staªych. Wro«skian wyznaczonego ukªadu fundamentalnego wynosi

W (x) =

e

−x

2e

4x

−e

−x

3e

4x

= 5e

3

x;

obliczmy wyznaczniki pomocnicze

W

1

(x) =

e

x

2e

4x

0

3e

4x

= 3e

5x

,

W

2

(x) =

e

−x

e

x

−e

−x

0

= 1

i funkcje g

1

, g

2

- pierwotne funkcji

W

1

W

,

W

2

W

; przyjmijmy

g

1

(x) =

3

10

e

2x

,

g

2

(x) = −

1

15

e

−3x

,

x ∈ (−∞, +∞);

21

szczególne rozwi¡zanie ukªadu liniowego jest postaci

Φ

0

(x) = g

1

(x)Φ

1

(x) + g

2

(x)Φ

2

(x) = e

x

1
6

−

1
2

, x ∈ (−∞, +∞)

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego ukªadu liniowego jest postaci

Φγ

1

γ

2

(x) = γ

1

e

−x

1

−1

+ γ

2

e

4x

2
3

+ e

x

1
6

−

1
2

,

x ∈ (−∞, +∞),

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego ukªadu liniowego w programie Maple:

dsolve({diff(y_1(x), x) = y_1(x)+2*y_2(x)+exp(x),

diff(y_2(x), x) = 3*y_1(x)+2*y_2(x)})

{y_1(x) = (2/3)*exp(4*x)*_C2-exp(-x)*_C1+(1/6)*exp(x),

y_2(x) = exp(4*x)*_C2+exp(-x)*_C1-(1/2)*exp(x)}

Zadanie 5.4. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych ukªadu równa« liniowych











y

0

1

= y

1

+ 6y

2

+ y

3

y

0

2

= y

1

+ 2y

2

+ y

3

y

3

= 4y

3

.

Wielomian charakterystyczny danego ukªadu

1 − λ

6

1

1

2 − λ

1

0

0

4 − λ

= −(λ − 4)

2

(λ + 1)

ma dwa pierwiastki rzeczywiste: λ

1

= 4

- podwójny i λ

2

= −1

- pojedy«czy. Ukªad równa«





1 − λ

1

6

1

1

2 − λ

1

1

0

0

4 − λ

1









w

1

w

2

w

3





= 0

posiada rozwi¡zanie niezerowe

Γ =





2
1
0





;

wektor

Φ

1

(x) = e

4x





2
1
0





jest rozwi¡zaniem danego ukªadu równa«. Znaj¡c rozwi¡zanie Φ

1

zastosujemy metod¦ redukcji. Ukªad

zredukowany jest postaci

(

z

0

2

= −z

2

+

1
2

z

3

z

0

3

= 4z

3

(

(

z

0

2

= (a

22

−

ϕ

2

ϕ

1

a

12

)z

2

+ (a

23

−

ϕ

2

ϕ

1

a

13

)z

3

z

0

3

= (a

32

−

ϕ

3

ϕ

1

a

12

)z

2

+ (a

33

−

ϕ

3

ϕ

1

a

13

)z

3

).

Liczby λ

1

= 4

i λ

2

= −1

s¡ oczywi±cie pirwiastkami wielomianu charakterystycznego ukªadu zre-

dukowanego. Ukªady równa«

−1 − λ

1

1
2

0

4 − λ

1

w

1

w

2

= 0,

−1 − λ

2

1
2

0

4 − λ

2

w

1

w

2

= 0

22

posiadaj¡ rozwi¡zania niezerowe

∆

2

=

1

10

,

∆

3

=

1
0

.

Wektory

Ψ

2

(x) = e

4x

1

10

,

Ψ

3

(x) = e

−x

1
0

,

x ∈ (−∞, +∞)

tworz¡ ukªad fundamentalny rozwi¡za« ukªadu zredukowanego. Funkcje

ω

2

(x) = 8x,

ω

3

(x) = −

3

5

e

−5x

,

x ∈ (−∞, +∞)

s¡ funkcjami pierwotnymi odpowiednio funkcji

8,

3e

−5x

,

x ∈ (−∞, +∞)

(ω

0

k

=

1

ϕ

1

P

3
ν=2

a

1ν

ψ

νk

, k = 2, 3

). Wektory

Φ

2

(x) = ω

2

(x)Φ

1

(x) +

0

Ψ

2

(x)

= e

4x





16x

8x + 1

10





,

x ∈ (−∞, +∞)

Φ

3

(x) = ω

3

(x)Φ

1

(x) +

0

Ψ

3

(x)

= e

−x





−

6
5

2
5

0





,

x ∈ (−∞, +∞)

wraz z wektorem Φ

1

tworz¡ ukªad fundamentalny rozwi¡za« danego ukªadu.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego ukªadu liniowego jest postaci

Φ

γ

1

γ

2

γ

3

(x) = γ

1

e

4x





2
1
0





+ γ

2

e

4x





16x

8x + 1

10





+ γ

3

e

−x





−

6
5

2
5

0





x ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« danego ukªadu liniowego w programie Maple:

dsolve({diff(y_1(x), x) = y_1(x)+6*y_2(x)+y_3(x),

diff(y_2(x), x) = y_1(x)+2*y_2(x)+y_3(x),

diff(y_3(x), x) = 4*y_3(x)})

{y_1(x) = exp(4*x)*_C2+exp(-x)*_C1+(8/5)*_C3*x*exp(4*x)-(8/25)*_C3*exp(4*x),

y_2(x) = -(3/50)*_C3*exp(4*x)+(4/5)*_C3*x*exp(4*x)+(1/2)*exp(4*x)*_C2-(1/3)*exp(-x)*_C1,

y_3(x) = _C3*exp(4*x)}

Zadanie 5.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych ukªadu równa« liniowych

(

y

0

1

= y

1

− y

2

y

0

2

= 4y

1

− 2y

2

.

Wielomian charakterystyczny tego wielomianu

1 − λ

−1

4

−2 − λ

= (λ −

−1 +

√

7i

2

)(λ −

−1 −

√

7i

2

)

ma dwa pierwiastki zespolone pojedy«cze:

λ

1

=

−1 +

√

7i

2

,

λ

2

=

−1 −

√

7i

2

.

Ukªad równa«

1 − λ

1

2

3

2 − λ

1

w

1

w

2

= 0,

23

posiada rozwi¡zanie niezerowe

Γ =

"

1

3−

√

7

2

i

#

.

Wektor

Φ(x) = e

−1+

√

7i

2

x

"

1

3−

√

7

2

i

#

,

x ∈ (−∞, +∞)

jest zespolonym rozwi¡zaniem danego ukªadu a jego cz¦±¢ rzeczywista i zespolona tworz¡ ukªad fun-

damentalny rozwi¡za« danego równania.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego ukªadu liniowego jest postaci

Φ

γ

1

γ

2

(x) = γ

1

e

−

1
2

x

"

cos

√

7

2

x

3
2

cos

√

7

2

x +

1
2

√

7 sin

√

7

2

x

#

+ γ

2

e

−

1
2

x

"

sin

√

7

2

x

3
2

sin

√

7

2

x −

1
2

√

7 cos

√

7

2

x

#

,

x ∈ (−∞, +∞),

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego ukªadu liniowego w programie Maple:

dsolve({diff(y_1(x), x) = y_1(x)-y_2(x),

diff(y_2(x), x) = 4*y_1(x)-2*y_2(x)})

{y_1(x) = exp(-(1/2)*x)*(sin((1/2)*sqrt(7)*x)*_C1+cos((1/2)*sqrt(7)*x)*_C2),

y_2(x) = (1/2)*exp(-(1/2)*x)*(sin((1/2)*sqrt(7)*x)*sqrt(7)*_C2-

cos((1/2)*sqrt(7)*x)*sqrt(7)*_C1+3*sin((1/2)*sqrt(7)*x)*_C1+

3*cos((1/2)*sqrt(7)*x)*_C2)}

6 Równanie liniowe rz¦du n-tego

Zadanie 6.1. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania liniowego jednorodnego rz¦du drugiego

y

00

=

12

x

2

y

w przedziale (0, +∞) wiedz¡c, »e funkcja

ϕ

1

(x) = x

4

,

x ∈ (0, +∞)

jest jego rozwi¡zaniem.

Stosujemy metod¦ redukcji. Równanie zredukowane jest postaci

z

0

= −

8

x

z;

funkcja

ψ

2

(x) =

1

x

8

,

x ∈ (0, +∞)

jest rozwi¡zaniem (niezerowym) równania zredukowanego; funkcja

ω

2

(x) = −

1

7x

7

,

x ∈ (0, +∞)

jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji ψ

2

, a funkcja

ϕ

2

(x) = ϕ

1

(x)ω

2

(x) = −

1

7x

3

,

x ∈ (0, +∞)

jest rozwi¡zaniem danego równania; ϕ

2

wraz z ϕ

1

tworzy ukªad fundamentalny rozwi¡za« danego

równania.

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci

ϕ

γ

1

γ

2

(x) = γ

1

x

4

+ γ

2

1

x

3

,

x ∈ (0, +∞),

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

24

dsolve(diff(y(x), x, x) = 12*y(x)/x^2)

y(x) = _C1/x^3+_C2*x^4

Zbyteczna jest tutaj informacja o rozwi¡zaniu ϕ

1

.

Zadanie 6.2. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania liniowego rz¦du drugiego

y

00

=

2x

x

2

+ 1

y

0

−

2

x

2

+ 1

y − 1

w R, wiedz¡c, »e funkcja

ϕ

1

(x) = x,

x ∈ R

jest rozwi¡zaniem równania jednorodnego

y

00

=

2x

x

2

+ 1

y

0

−

2

x

2

+ 1

y

Wyznaczymy najpierw ukªad fundamentalny rozwi¡za« równania jednorodnego stosuj¡c metod¦

redukcji. Dla x > 0 równanie zredukowane jest postaci

z

0

= −

2

x(x

2

+ 1)

z;

funkcja

ψ

2

(x) = 1 +

1

x

2

,

x ∈ (0, +∞)

jest rozwi¡zaniem (niezerowym) równania zredukowanego; funkcja

ω

2

(x) = x −

1

x

,

x ∈ (0, +∞)

jest funkcj¡ pierwotn¡ funkcji ψ

2

, a funkcja

ϕ

2

(x) = ϕ

1

(x)ω

2

(x) = x

2

− 1,

x ∈ (0, +∞)

jest rozwi¡zaniem równania jednorodnego w przedziale (0, +∞); funkcja

ϕ

∗
2

(x) = x

2

− 1,

x ∈ (−∞, +∞)

jest rozwi¡zaniem równania jednorodnego w (−∞, +∞) i wraz z ϕ

1

tworzy ukªad fundamentalny

rozwi¡za« równania jednorodnego w (−∞, +∞).(wro«skian ukªadu rozwi¡za« ϕ

1

, ϕ

∗

2

w (−∞, +∞)

jest równy x

2

+ 1 6= 0

).

Rozwi¡zanie szczególne danego równania liniowego jest postaci

ϕ

0

(x) = g

1

(x)ϕ

1

(x) + g

2

(x)ϕ

∗
2

(x)

x ∈ (−∞, +∞),

gdzie g

1

, g

2

: (−∞, +∞) → (−∞, +∞)

s¡ ustalonymi funkcjami pierwotnymi odpowiednio funkcji

x

2

−1

x

2

+1

,

−x

x

2

+1

, czyli na przykªad

g

1

(x) = x − 2 arctan x,

g

2

(x) = −

1

2

ln(x

2

+ 1),

x ∈ (−∞, +∞).

Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania liniowego niejednorodnego jest postaci

ϕ

γ

1

γ

2

(x) = γ

1

x + γ

2

(x

2

− 1) + (x − arctan x)x −

1

2

(x

2

− 1) ln(x

2

+ 1),

x ∈ (−∞, +∞),

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x, x) = 2*x*(diff(y(x), x))/(x^2+1)-2*y(x)/(x^2+1)-1)

y(x) = x*_C2+(x^2-1)*_C1-2*x*arctan(x)+x^2-(1/2)*ln(x^2+1)*x^2+(1/2)*ln(x^2+1)

25

Zbyteczna jest tutaj informacja o rozwi¡zaniu ϕ

1

.

Zadanie 6.3. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania liniowego jednorodnego rz¦du drugiego

o staªych wspóªczynnikach

y

00

= 3y.

Wielomian charakterystyczny tego równania W (λ) = λ

2

− 3

ma dwa pierwiastki rzeczywiste λ

1

=

√

3, λ

2

= −

√

3

. Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci

ϕ

γ

1

γ

2

(x) = γ

1

e

√

3x

+ γ

2

e

−

√

3x

,

x ∈ (−∞, +∞)

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x, x) = 3*y(x))

y(x) = _C1*exp(sqrt(3)*x)+_C2*exp(-sqrt(3)*x)

Zadanie 6.4. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania liniowego jednorodnego rz¦du pi¡tego

o staªych wspóªczynnikach

y

(5)

− 2y

(4)

+ y

(3)

= 0.

Wielomian charakterystyczny tego równania W (λ) = λ

5

−2λ

4

+λ

3

= λ

3

(λ−1)

2

ma dwa pierwiastki

rzeczywiste: λ

1

= 0

-potrójny, λ

2

= 1

-podwójny. Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest

postaci

ϕ

γ

1

γ

2

γ

3

γ

4

γ

5

(x) = γ

1

+ γ

2

x + γ

3

x

2

+ γ

4

e

x

+ γ

5

xe

x

,

x ∈ (−∞, +∞),

gdzie γ

1

, γ

2

, γ

3

, γ

4

, γ

5

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x, x, x, x, x)-2*(diff(y(x), x, x, x, x))+diff(y(x), x, x, x) = 0)

y(x) = exp(x)*_C1+_C2*exp(x)*x+_C3+_C4*x+_C5*x^2

Zadanie 6.5. Wyznaczy¢ ogóª rozwi¡za« integralnych równania liniowego jednorodnego rz¦du drugiego

y

00

= −4y.

Wielomian charakterystyczny tego równania W (λ) = λ

2

+ 4

ma dwa pierwiastki zespolone λ

1

=

2i, λ

2

= −2i

. Ogóª rozwi¡za« integralnych danego równania jest postaci

ϕ

γ

1

γ

2

(x) = γ

1

cos 2x + γ

2

sin 2x,

x ∈ (−∞, +∞)

gdzie γ

1

, γ

2

s¡ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Ogóª rozwi¡za« danego równania w programie Maple:

dsolve(diff(y(x), x, x) = -4*y(x))

y(x) = _C1*sin(2*x)+_C2*cos(2*x)

26