I. Równania różniczkowe pierwszego rzędu

Transkrypt

1 I. Równania różniczkowe pierwszego rzędu 1. Równanie różniczkowe pierwszego rzędu w postaci normalnej W rozdziale tym rozważamy równania różniczkowe zwyczajne pierwszego rzędu. Na początek zajmiemy się równaniami różniczkowymi w postaci normalnej: (1) y = f(x,y), gdzie f jest funkcją rzeczywistą określoną na zbiorze G R 2. Zgodnie z definicją, rozwiązaniem tego równania jest każda funkcja ϕ : I R określona i różniczkowalna na pewnym przedziale I R i taka, że dla każdego x I spełnione są warunki: (x,ϕ(x)) G i ϕ (x) = f(x,ϕ(x)). Niech (ξ,η) G. Zagadnienie początkowe polega na poszukiwaniu rozwiązania ϕ : I R równania (1), którego wykres przechodzi przez punkt (ξ,η), czyli ξ I i ϕ(ξ) = η. Niech teraz G R 2 będzie zbiorem otwartym i niech (ξ,η) będzie jego punktem. Przypomnijmy, że funkcja f : G R jest ciągła w punkcie (ξ,η), gdy dla każdego ciągu punktów {(x n,y n )} ze zbiorugotej własności, żex n ξ iy n η, przyndążącym do nieskończoności zachodzi równość lim f(x n,y n ) = f(ξ,η). n Funkcja f : G R jest ciągła w zbiorze G, gdy jest ciągła w każdym punkcie tego zbioru. Z powyższej definicji wynika, że dla każdej pary funkcji χ, ϕ posiadających w punkcie ξ granice ζ, η odpowiednio złożenie f(χ(x), ϕ(x)) posiada granicę w punkcie ξ i limf(χ(x),ϕ(x)) = f(ζ,η). x ξ Okazuje się, że przy założeniu ciągłości prawej strony równania (1) można łączyć ze soba dwa jego rozwiązania otrzymując trzecie, będące przedłużeniem właściwym dwóch pierwszych. Lemat 1 (o sklejaniu rozwiązań). Niech f : G R będzie funkcją określoną i ciągłą na zbiorze G R 2 i niech punkt (ξ,η) G. Jeśli funkcje ϕ 1 : (α,ξ) R i ϕ 2 : (ξ,β) R są rozwiązaniami równania (1) takimi, że lim x ξ ϕ 1(x) = lim x ξ +ϕ 2(x) = η,

2 to funkcja ϕ : (α, β) R określona wzorem ϕ 1 (x) dla x (α,ξ), ϕ(x) = η dla x = ξ, ϕ 2 (x) dla x (ξ,β) jest rozwiązaniem równania (1). Dowód. Oczywiście funkcja ϕ jest różniczkowalna w każdym punkcie x ξ i ϕ (x) = f(x, ϕ(x)) dla x ξ. W punkcie ξ funkcja ϕ jest ciągła, gdyż lim x ξ ϕ(x) = lim x ξ ϕ 1(x) = η = ϕ(ξ) = lim x ξ +ϕ 2(x) = lim x ξ +ϕ(x). Pokażemy wiecej, że funkcja ϕ jest różniczkowalna w punkcie ξ. Z reguły de l Hospitala i z ciągłości funkcji f mamy ϕ(x) η lim x ξ x ξ = lim x ξ ϕ 1 (x) η x ξ = lim x ξ ϕ 1(x) 1 Podobnie, dla pochodnej prawostronnej wykazujemy, że ϕ(x) η lim x ξ + x ξ = lim x ξ f( x,ϕ 1 (x) ) = f ( ξ,ϕ(ξ) ). = f ( ξ,ϕ(ξ) ). Zatem funkcja ϕ jest różniczkowalna w punkcie ξ i ϕ (ξ) = f ( ξ,ϕ(ξ) ). Podsumowując, dla wszystkich punktów x (α, β) mamy ϕ (x) = f ( x,ϕ(x) ). Oczywiście wykres funkcji ϕ przebiega w G, co wraz z powyższym daje, że ϕ jest rozwiązaniem równania (1). Przykład 7. Trywialne równanie różniczkowe y = 0 jest równaniem różniczkowym w postaci normalnej. Z własności funkcji różniczkowalnych na przedziale wynika, że wszystkie rozwiązania integralne tego równania to funkcje stałe ϕ γ (x) = γ, x R dla γ R. 2. Równanie o rozdzielonych zmiennych Równaniem o rozdzielonych zmiennych nazywamy równanie normalne postaci (1) y = f(x) g(y), gdzief ig są funkcjami ciągłymi odpowiednio w przedziałach otwartych (a,b) i(c,d) 1 ( a < b +, c < d + ). Tym samym prawa strona tego równania jest określona i ciągła w prostokącie T = {(x,y) R 2 : x (a,b), y (c,d)}. 1 Funkcie f i g można też rozważać w przedziałach domkniętych. Jeśli na przykład funkcja f jest ciągła na przedziale domkniętym a,b, to przedłużamy funkcję f kładąc f(x) = f(a) dla x < a i f(x) = f(b) dla x > b. Tak otrzymana funkcja jest ciągła na przedziale otwartym (,+ ). 7

3 Niech F : (a, b) R będzie ustaloną funkcją pierwotną funkcji f i niech A = inf F(x), x (a,b) B = sup F(x). x (a,b) Twierdzenie 1. Załóżmy, że g(y) 0 dla wszystkich y (c,d) i niech H : (c,d) R oznacza ustaloną funkcję pierwotną funkcji 1/g oraz C = inf y (c,d) H(y), D = sup H(y). y (c,d) Wówczas istnieje funkcja odwrotna do funkcji H oraz H 1 : (C,D) (c,d), a ogół rozwiązań równania (1) w prostokącie T składa się z funkcji ϕ γ,i określonych wzorem: (2) ϕ γ,i (x) = H 1( F(x)+γ ), x I, gdzie I przebiega zbiór wszystkich przedziałów zawartych w zbiorze otwartym a parametr γ (C B,D A). γ = {x (a,b) : C < F(x)+γ < D}, Dowód. Po pierwsze z założeń twierdzenia wynika, że funkcja H ma funkcję odwrotną. Istotnie, pochodna H = 1/g jest ciągła i ma wartości różne od 0; zatem na podstawie własności Darboux zajść może tylko jeden z dwóch następujących przypadków: wszystkie wartości H (y) dla y (c,d) są ujemne, bądź wszystkie wartości H (y) dla y (c,d) są dodatnie, a to oznacza, że funkcja H jest albo ściśle malejąca albo ściśle rosnąca; w szczególności funkcja H posiada funkcję odwrotną i H 1 : (C,D) (c,d). Po drugie każda funkcja ϕ γ,i określona wzorem (2) jest rozwiązaniem równania (1). Istotnie, mamy: Funkcja ϕ γ,i jest poprawnie określona, ponieważ zbiór γ = {x (a,b) : C γ < F(x) < D γ} jest niepusty dla każdej stałej γ (C B, D A). Istotnie, dla powyższych stałych γ (3) (A,B) (C γ,d γ). W przeciwnym razie dla pewnej stałej γ (C B, D A) zachodziłaby jedna z nierówności: D γ A albo B C γ i w obu przypadkach otrzymalibyśmy sprzeczność z przynależnością stałej γ do przedziału (C B,D A). Ponadto, zbiór γ jest otwarty, jako przeciwobraz przedziału otwartego (C γ, D γ) w przekształceniu ciągłym (bo różniczkowalnym) F. Niech I będzie dowolnym przedziałem zawartym zbiorze γ. Na podstawie twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej 2 i twierdzenia o pochodnej złożenia funkcji wnosimy, że funkcja ϕ γ,i określona wzorem (2) jest różniczkowalna i ϕ γ,i (x) = 1 H ( H 1 (F(x)+γ)) ) F (x) = g(ϕ γ,i (x)) f(x) dla x I. 2 Jeżeli funkcja różnowartościowah : I R jest różniczkowalna,h (x) 0 dlax I, to funkcja odwrotna h 1 jest różniczkowalna i jej pochodna jest określona wzorem (h 1 ) (y) = 1/h ( h 1 (y) ). 8

4 Punkt (x,ϕ γ,i (x)) T dla x I, gdyż x I (a,b) orazϕ(x) H 1( (C,D) ) = (c,d). Stąd ϕ γ,i jest rozwiązaniem równania (1). Na koniec pokażemy, że każde rozwiązanie ϕ : I R równania (1) musi być postaci (2). Istotnie, ϕ jest funkcją różniczkowalną na przedziale I, (x,ϕ(x)) T oraz ϕ (x) = f(x) g(ϕ(x)) dla x I. Stąd I (a,b) i Zatem ( H(ϕ(x)) ) = H (ϕ(x)) ϕ (x) = ϕ (x) = f(x) dla x I. g(ϕ(x)) 1 g(ϕ(x)) ϕ (x) = f(x) = F (x) dla x I. Stąd, na mocy znanego twierdzenia z analizy 3 istnieje stała γ R taka, że (4) H(ϕ(x)) = F(x)+γ dla x I. Z powyższego i z określenia C i D wynika, że C < F(x)+γ < D dla x I, a więc I γ. Ponadto z określenia A i B wynika, że A F(x) B dla x I, a więc C B C F(x) < γ < D F(x) D A, co daje, że γ (C B,D A). Ponadto z (4) wynika, że ϕ(x) = H 1( F(x)+γ ) dla x I. Zatem ϕ jest jedną z funkcji postaci (2). To kończy dowód. Zanim przejdziemy do dalszej części wykładu przypomnijmy, że jedynymi zbiorami spójnymi na prostej R są: zbiór pusty, zbiory jednoelementowe i dowolne przedziały. Niech R i ξ. Składową zbioru (zawierającą punkt ξ) nazywamy sumę wszystkich podzbiorów spójnych zbioru zawierających punkt ξ. Jest to największy, niepusty zbiór spójny (a więc przedział lub zbiór jednoelementowy) zawarty w. Każdy niepusty podzbiór R jest sumą swoich składowych. Wiadomo również, że każdy zbiór otwarty w R jest co najwyżej przeliczalną sumą parami rozłącznych składowych, które są przedziałami otwartymi. 4 Własność 1. Każda składowa zbioru γ opisanego w twierdzeniu 1 jest przedziałem otwartym. Jest ich co najwyżej przeliczalnie wiele. Własność 2. Przy założeniach twierdzenia 1 funkcja ϕ γ,i postaci (2) jest rozwiązaniem integralnym równania (1) wtedy i tylko wtedy, gdy przedział I jest składową zbioru γ. Dowód. Niech ϕ γ,i będzie rozwiązaniem integralnym równania (1). Przypuśćmy przeciwnie, że I nie jest składową zbioru γ. Istnieje wtedy przedział I 1 γ taki, że I I 1, I I 1. Na podstawie twierdzenia 1 funkcja ϕ γ,i1 jest również rozwiązaniem równania (1). Jest ona przedłużeniem właściwym rozwiązania ϕ γ,i, co prowadzi do sprzeczności. 3 Chodzi o twierdzenie mówiące, że jeśli dwie funkcje f i g są określone i różniczkowalne w przedziale I oraz f (x) = g (x) dla x I, to funkcje te w całym przedziale I różnią się o stałą. Porównaj na przykład [5], wniosek po twierdzeniu 1, rozdz. IV, 1. 4 Patrz [10], rozdział XVII i XVIII. 9

5 Odwrotnie, niech I będzie składową zbioru γ i niech ϕ γ,i będzie funkcją postaci (2). Oczywiście, na podstawie twierdzenia 1 funkcja ϕ γ,i jest rozwiązaniem równania (1). Przypuśćmy, że ϕ 1 : I 1 R jest przedłużeniem właściwym rozwiązania ϕ γ,i. Wtedy z twierdzenia 1 rozwiązanie ϕ 1 jest postaci ϕ γ1,i 1, gdzie γ 1 jest pewną stałą z przedziału (C B,D A), a I 1 jest przedziałem zawartym w zbiorze γ1. Ponieważ I I 1 i ϕ γ,i (x) = ϕ γ1,i 1 (x) dla x I, to H 1 (F(x)+γ) = H 1 (F(x)+γ 1 ), co daje γ = γ 1. Zatem I oraz I 1 są przedziałami zawartymi w tym samym zbiorze otwartym γ. Skoro I jest składową zbioru γ, to I = I 1. Zatem ϕ 1 nie jest przedłużeniem właściwym rozwiązania ϕ γ,i, wbrew założeniu. Tym samym ϕ γ,i jest rozwiązaniem integralnym. Własność 3. Przy założeniach twierdzenia 1, przez każdy punkt (ξ, η) prostokąta T przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie integralne ϕ γ,i równania (1), gdzie γ = H(η) F(ξ) i przedział I jest składową zbioru γ zawierającą punkt ξ. Dowód. Z przyjętych oznaczeń wynika, że liczba γ = H(η) F(ξ) należy do przedziału (C B,D A) i ξ γ. Niech I będzie składową zbioru γ zawierającą punkt ξ. Wówczas z twierdzenia 1 i własności 2 wynika, że funkcja ϕ γ,i określona wzorem ϕ γ,i (x) = H 1( F(x)+γ ), x I jest rozwiązaniem integralnym równania (1). Ponadto ϕ(ξ) = H 1 (H(η)) = η. Jeśli ϕ 1 : I 1 R jest innym rozwiązaniem integralnym równania (1) takim, że ξ I 1 i ϕ 1 (ξ) = η, to jest ono postaci ϕ 1 (x) = H 1( ) F(x)+γ 1 dla x I1, gdzie γ 1 (C B,D A) i I 1 jest składową zbioru γ1. Wówczas γ = H(ϕ(ξ)) F(ξ) = H(ϕ 1 (ξ)) F(ξ) = γ 1, więc I oraz I 1 są składowymi tego samego zbioru γ, zawierającymi punkt ξ. Stąd I = I 1 i w konsekwencji ϕ = ϕ 1. Lemat 2. Niech ξ będzie (prawym bądź lewym) końcem składoweji zbioru γ. Jeśli ξ (a,b), to F(ξ)+γ = C albo F(ξ)+γ = D. Dowód. Z własności 1 wynika, że ξ / γ, więc γ (a,b). Stąd C lub D +, gdyż w przeciwnym razie mielibyśmy γ = (a,b). Ponieważ to z ciągłości funkcji F dostajemy, że C < F(x)+γ < D dla x I, C F(ξ)+γ D. Przypuśćmy, że F(ξ)+γ C i F(ξ)+γ D. Wtedy C < F(ξ)+γ < D, co oznacza, że ξ γ i prowadzi do sprzeczności. 10

6 Własność 4. Przyjmijmy założenia i oznaczenia twierdzenia 1. Niech ϕ γ,i : I R będzie rozwiązaniem integralnym równania (1) i niech ξ będzie końcem (lewym lub prawym) przedziału I. Jeśli ξ (a,b), to granica lim x ξ ϕ γ,i (x) istnieje i jest równa c albo d, przy czym lim ϕ γ,i(x) = x ξ c, gdy F(ξ)+γ = lim y c +H(y), d, gdy F(ξ)+γ = lim y d H(y). Dowód. Z własności Darboux wynika, że g(y) > 0 dla y (c,d) albo g(y) < 0 dla y (c,d). My udowodnimy powyższą własność tylko w pierwszym przypadku, gdyż jej dowód w drugim przypadku przebiega podobnie. Załóżmy zatem, że g(y) > 0 dla y (c, d). Wówczas funkcje H i H 1 są rosnące i mamy lim y c +H(y) = C oraz lim H(y) = D. y d Z lematu 2 dostajemy, że F(ξ)+γ {C,D}. Zatem skoro ϕ γ,i (x) = H 1 (F(x)+γ) dla x I, to granica limϕ γ,i (x) istnieje i jest równa odpowiednio c albo d w zależności od tego czy x ξ F(ξ)+γ = C, czy F(ξ)+γ = D, a więc w zależności od tego czy F(ξ)+γ = lim y c +H(y), czy F(ξ)+γ = lim y d H(y). Mówimy, że rozwiązanie integralne ϕ : I R równania (1) dochodzi do brzegu y = c, gdy lewy bądź prawy koniec ξ przedziałui należy do przedziału(a,b) oraz lim x ξ ϕ(x) = c. Podobnie mówimy, że rozwiązanie integralne ϕ : I R równania (1) dochodzi do brzegu y = d, gdy lewy bądź prawy koniec ξ przedziału I należy do przedziału (a,b) oraz lim x ξ ϕ(x) = d. Własność 5. Przyjmijmy założenia i oznaczenia twierdzenia 1 i niech funkcja f 0. Wówczas następujące warunki są równoważne: (i) istnieje rozwiązanie integralne równania (1), które dochodzi do brzegu y = c (odpowiednio do brzegu y = d), (ii) lim y c +H(y) R (odpowiednio lim y d H(y) R). Dowód. Udowodnimy własność dla brzegu y = c, gdyż dla brzegu y = d dowód jest analogiczny. Podobnie jak w dowodzie poprzedniej własności wykażemy twierdzenie w przypadku, gdy g(y) > 0 dla y (c,d). Wówczas, jak wiemy, funkcje H i H 1 są rosnące. Implikacja (i) (ii) wynika z własności 4. Pozostaje wykazać implikację odwrotną (ii) (i). Załóżmy zatem, że lim y c +H(y) R, czyli, że C R. Z założenia, że f nie jest funkcją tożsamościowo równą 0 wynika, że funkcja F nie jest funkcją stałą, więc A < B. Stąd istnieje stała γ (C B,C A). Oczywiście γ (C B,D A), gdyż C < D. Ustalmy dowolny punkt x 1 γ. Ponieważ γ (C B,C A), to liczba C γ leży pomiędzy kresami A i B funkcji F. Stąd na podstawie własności Darboux 11

7 równanie F(x)+γ = C ma rozwiązanie należące do przedziału (a,b). Niech x 2 będzie jednym z nich. Wtedy x 2 / γ, więc x 1 x 2. Mamy zatem dwie możliwości: 1) Jeśli x 1 < x 2, to liczba ξ = inf{x (x 1,b) : F(x) + γ = C} należy do przedziału (a,b). Ponadto z ciągłości funkcji F wynika, że F(ξ) + γ = C i dla każdego x (x 1,ξ) zachodzi nierówność C < F(x)+γ, bowiem gdyby istniała liczba x 3 (x 1,ξ) nie spełniająca tej nierówności, to F(x 3 )+γ C < F(x 1 )+γ i z własności Darboux istniałaby liczba x 4 < ξ, dla której F(x 4 )+γ = C, co byłoby sprzeczne z określeniem ξ. Ponieważ F(ξ)+γ = C < D, to z ciągłości odwzorowania F w punkcie ξ, nierówność F(x) + γ < D zachodzi również w pewnym lewostronnym sąsiedztwie punktu ξ. Stąd istnieje liczba α = inf{x (a,b) : (x,ξ) γ }. Połóżmy I = (α,ξ). Wówczas przedział I jest składową zbioru γ i funkcja ϕ = ϕ γ,i jest na podstawie własności 2. rozwiązaniem integralnym rozważanego równania. Ponadto, na podstawie własności 4 lim x ξ ϕ(x) = c. y y = D y = F(x)+γ ξ x 2 a x 1 b x y = C a α x 1 ξ x 2 b Rys. 1. Ilustracja dowodu własności 5. γ 2) Jeśli x 2 < x 1, to podobnie jak poprzednio wykazujemy, że istnieje składowa I = (ξ,β) zbioru γ, gdzie:ξ = sup{x (a,x 1 ) : F(x)+γ = C} orazβ = sup{x (a,b) : (ξ,x) γ }. Wtedy, argumentując jak poprzednio, rozwiazanie ϕ γ,i spełnia żądane warunki. Zbadamy teraz sytuację, gdy funkcja g posiada w przedziale (c, d) miejsca zerowe. Łatwo sprawdzić, że zachodzą następujące własności. Własność 6. Jeśli f(x) = 0 dla x (a,b) lub g(y) = 0 dla y (c,d), to ogół rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie T składa się z funkcji postaci ϕ γ (x) = γ, x (a,b), γ (c,d). W świetle powyższego w dalszym ciągu tego paragrafu możemy zakładać, że funkcje f i g nie znikają tożsamościowo. 12

8 Własność 7. Jeśli liczba η (c,d) jest miejscem zerowym funkcji g, to funkcja ϕ(x) = η, x (a,b) jest rozwiązaniem integralnym równania (1). Zakładamy teraz, że funkcje f : (a,b) R i g : (c,d) R są ciągłe i że żadna z nich nie znika tożsamościowo (mogą jednak mieć miejsca zerowe). Wówczas zbiór otwarty {y (c,d) : g(y) 0} jest sumą przeliczalnej ilości składowych (c k,d k ), gdzie k K i K jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Niech H k : (c k,d k ) R oznacza funkcję pierwotną funkcji 1/g na przedziale (c k,d k ) i niech T k = {(x,y) R : x (a,b), y (c k,d k )}. Z własności 4 i 5 oraz lematu o sklejaniu rozwiązań wynika następujące kryterium rozstrzygające kiedy wszystkie rozwiązania równania (1) integralne w prostokątach T k pozostają integralne w prostokącie T. Twierdzenie 2. Następujące warunki sa równoważne: (i) ogół rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie T składa się z rozwiązań stałych opisanych we własności 7 oraz z rozwiązań integralnych w prostokątach T k, k K, (ii) lim H(y) / R i lim H(y) / R, o ile c k c i d k d. y c + k y d k 13

9 3. Równanie jednorodne Równania różniczkowe pierwszego rzędu Niech h : (p, q) R będzie funkcją ciągłą. Równaniem różniczkowym jednorodnym nazywamy równanie postaci ( y (1) y = h x) o prawej stronie określonej w obszarach D = {(x,y) R 2 : x < 0, p < y } x < q i D + = {(x,y) R 2 : x > 0, p < y x < q }. Wówczas ma miejsce Twierdzenie 1. Ogół rozwiązań równania (1) składa się z funkcji ϕ : I R postaci (2) ϕ(x) = xψ(x), gdzie ψ : I R przebiega ogół rozwiązań nastepującego równania o rozdzielonych zmiennych (3) z = 1 x (h(z) z) w prostokątach T = {(x,z) R 2 : x < 0, p < z < q} i T + = {(x,z) R 2 : x > 0, p < z < q}. Dowód. Niech ϕ : I R będzie rozwiązaniem równania (1) w obszarze D lub D +, tzn. 0 / I oraz ( ) ϕ(x) ϕ (x) = h x Niech ψ : I R będzie funkcją określoną wzorem (4) ψ(x) = ϕ(x) x Funkcja ψ jest różniczkowalna i ψ (x) = ϕ (x)x ϕ(x) x 2 = 1 x ( ϕ (x) ϕ(x) ) x dla x I. dla x I. = 1 ( ) h(ψ(x)) ψ(x) x Stąd ψ spełnia równanie (3). Zatem z (4) wynika, że ϕ jest postaci (2). dla x I. Odwrotnie, niech ϕ : I R będzie postaci (2), gdzie ψ : I R jest rozwiązaniem równania (3) w prostokącie T lub T +, tzn. 0 / I oraz ψ (x) = 1 x ( h(ψ(x)) ψ(x) ) dla x I. Wówczas funkcja ϕ jest różniczkowalna i ϕ (x) = ψ(x)+xψ (x) = ψ(x)+ ( h(ψ(x)) ψ(x) ) ( ) ϕ(x) = h(ψ(x)) = h x Stąd ϕ spełnia równanie (1) w obszarze D lub D +. dla x I. Wniosek 1. Funkcja ϕ : I R jest rozwiązaniem integralnym równania (1) wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja ψ : I R jest rozwiązaniem integralnym równania (3). 14

10 4. Równanie różniczkowe liniowe pierwszego rzędu Niech a,b : (p,q) R będą funkcjami ciągłymi na przedziale (p,q). Równaniem różniczkowym liniowym pierwszego rzędu nazywamy równanie postaci (1) y = a(x)y +b(x). Jeżeli b = 0, to równanie nazywamy dodatkowo jednorodnym. Ma ono postać (2) y = a(x)y. NiechA : (p,q) R będzie dowolną ustaloną funkcją pierwotną funkcji a, zaśb : (p,q) R będzie dowolną ustaloną funkcją pierwotną funkcji (p,q) x b(x)e A(x) R. Twierdzenie 1. Ogół rozwiązań integralnych równania (1) składa się z funkcji (3) ϕ γ (x) = ( B(x)+γ ) e A(x), x (p,q), γ R. Dowód. Każda funkcja ϕ γ postaci (3) jest różniczkowalna w przedziale (p,q) oraz dla x (p,q) ϕ γ (x) = b(x)e A(x) e A(x) + ( B(x)+γ ) e A(x) a(x) = b(x)+ϕ γ (x)a(x). Stąd ϕ γ spełnia równanie (1), a ponieważ jest określona na całym przedziale (p,q), więc jest rozwiązaniem integralnym. Odwrotnie, weźmy dowolne rozwiązanie integralne ϕ : I R równania (1). Wówczas funkcja g : I R określona wzorem g(x) = ϕ(x)e A(x), x I jest różniczkowalna oraz dla x I g (x) = ( a(x)ϕ(x)+b(x) ) e A(x) ϕ(x)e A(x) a(x) = b(x)e A(x). Z drugiej strony dla x I B (x) = b(x)e A(x). Zatem ze znanego twierdzenia z analizy istnieje stała γ R taka, że g(x) = B(x)+γ dla x I. Stąd i z definicji g wynika, że ϕ(x) = ( B(x) + γ ) e A(x) dla x I. Ponadto przedział I (p,q). Gdyby I (p,q), to funkcja ϕ γ postaci (3), byłaby przedłużeniem właściwym ϕ, co przeczyłoby integralności ϕ. Zatem I = (p,q) i ϕ = ϕ γ. To kończy dowód. Oczywiście funkcja stała B = 0 jest funkcją pierwotną funkcji stałej b = 0. Zatem przyjmując w powyższym twierdzeniu B = 0 otrzymujemy 15

11 Twierdzenie 2. Ogół rozwiązań integralnych równania (2) składa się z funkcji ϕ γ (x) = γe A(x), x (p,q), γ R. Jak widać wśród wszystkich rozwiązań integralnych równania (2) wyróżnia się rozwiązanie tożsamościowo równe 0 (dla parametru γ = 0). Jeśli ϕ γ0 jest niezerowym rozwiązaniem równania (2), to oczywiście γ 0 0. Pozostałe rozwiązania ϕ γ (x) = γ γ 0 e A(x) = γϕ γ0 (x), γ 0 gdzie γ = γ/γ 0 jest pewną stałą. Stąd mamy Wniosek 1. Jeśli ϕ 0 : (p,q) R jest niezerowym rozwiązaniem integralnym równania (2), to ogół jego rozwiązań integralnych składa się z funkcji postaci ϕ γ (x) = γϕ 0 (x), x (p,q), γ R. Przez każdy punkt (ξ, η) (p, q) R przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie integralne równania (2), gdyż zgodnie z twierdzeniem z równania ϕ γ (ξ) = η jednoznacznie wyznaczamy parametr γ = ηe A(ξ). Wniosek 2. Niech ξ (a,b) i η R. Funkcja ϕ(x) = ηe A(ξ) e A(x), x (a,b) jest jedynym rozwiązaniem integralnym równania (2) spełniającym warunek początkowy ϕ(ξ) = η. Prostym rachunkiem dostajemy następującą własność. Własność 1. Jeśli ϕ 1,ϕ 2 : (p,q) R są rozwiązaniami integralnymi równania (1), to ich różnica ϕ 2 ϕ 1 jest rozwiązaniem integralnym równania (2). Stąd i z wniosku 1 dostajemy natychmiast dalsze dwa wnioski. Wniosek 3. Jeśli ϕ 0 : (p,q) R jest integralnym rozwiązaniem równania (1) oraz ϕ 1 : (p,q) R jest niezerowym integralnym rozwiązaniem równania (2), to ogół rozwiązań integralnych równania (1) składa się z funkcji postaci ϕ α (x) = ϕ 0 (x)+αϕ 1 (x). x (p,q), α R. Wniosek 4. Jeśli ϕ 1,ϕ 2 : (p,q) R są różnymi integralnymi rozwiązaniami równania (1),to ogół rozwiązań integralnych równania (1) składa się z funkcji postaci ϕ α (x) = ϕ 1 (x)+α ( ϕ 2 (x) ϕ 1 (x) ). x (p,q), α R. 16

12 5. Równanie Bernoulliego Równania różniczkowe pierwszego rzędu Niech a,b : (p,q) R będą funkcjami ciągłymi w przedziale (p,q) i niech α R. Równaniem Bernoulliego nazywamy równanie postaci (1) y = a(x)y +b(x)y α. Prawa strona równania (1) jest określona w prostokącie D + = {(x,y) R 2 : x (p,q), y (0,+ )} Gdy α = 0 lub α = 1 otrzymujemy równanie liniowe. Zatem w dalszym ciągu zakładać będziemy, że α 0 i α 1. Twierdzenie 1. Ogól rozwiązań równania (1) w prostokącie D + tworzą funkcje ϕ : I R postaci (2) ϕ(x) = (ψ(x)) 1 1 α, x I, gdzie ψ : I R przebiega ogół rozwiązań równania liniowego (3) z = (1 α)a(x)z +(1 α)b(x) w prostokącie T + = {(x,z) R 2 : x (p,q), z (0,+ )}. Dowód. Niech ϕ : I R będzie rozwiązaniem równania (1) w prostokącie D +. Wtedy ϕ(x) > 0 dla x I i funkcja ψ : I R określona wzorem ψ(x) = (ϕ(x)) 1 α, x I, jest różniczkowalna, jej wykres przebiega w prostokącie T + i dla x I ψ (x) = (1 α) ( ϕ(x) ) α ϕ (x) = (1 α) ( ϕ(x) ) α ( a(x)ϕ(x)+b(x) ( ϕ(x) ) α ) = = (1 α)a(x)ψ(x)+(1 α)b(x). Zatem ψ jest rozwiązaniem równania liniowego (3) w T + i funkcja ϕ jest postaci (2). Odwrotnie, niech ϕ : I R będzie funkcją postaci (2), gdzie ψ jest rozwiązaniem równania liniowego (3) w prostokąciet +. Wtedy funkcjaϕjest różniczkowalna, jej wykres przebiega w prostokącie D + i dla x I ϕ (x) = 1 ( ) 1 ψ(x) 1 α 1 ψ (x) = 1 ( ) α ( ψ(x) 1 α (1 α)a(x)ψ(x)+(1 α)b(x) ) = 1 α = a(x) ( ψ(x) ) 1 1 α +b(x) ( (ψ(x)) 1 α) 1 α = a(x)ϕ(x)+b(x) ( ϕ(x) )α. Zatem ϕ jest rozwiązaniem równania (1) w prostokącie D +. Niech teraz A : (p,q) R będzie ustaloną funkcją pierwotną funkcji a, zaś B : (p,q) R ustaloną funkcją pierwotną funkcji Niech ponadto (p,q) x (1 α)b(x)e (1 α)a(x). M = sup B(x). x (p,q) Z własności równań liniowych i twierdzenia 1 wynika 17

13 Twierdzenie 2. Ogół rozwiązań równania (1) w prostokącie D + składa się z funkcji postaci (4) ϕ γi (x) = (B(x)+γ) 1 1 α e A(x), x I, gdzie γ > M, zaś I jest dowolnym przedziałem zawartym w zbiorze + γ = {x (p,q) : B(x)+γ > 0}. Dowód. Weźmy dowolne rozwiązanie ϕ : I R równania (1) w prostokącie D +. Wówczas z twierdzenia 1 ϕ jest postaci ϕ(x) = (ψ(x)) 1 1 α, x I, gdzie ψ jest rozwiązaniem równania liniowego (3) w prostokącie T +. Oczywiście (1 α)a jest funkcją pierwotną funkcji (1 α)a, B jest funkcją pierwotną funkcji (1 α)be (1 α)a. Stąd i z własności równań liniowych istnieje stała γ R taka, że ψ(x) = (B(x)+γ) e (1 α)a(x), x I. Ponieważ wykres ψ przebiega w T +, to ψ(x) > 0 dla x I. Zatem B(x)+γ > 0 dla x I. Stąd wynika, że M + γ > 0, czyli γ > M. Jednocześnie przedział I jest zawarty w + γ. Ponadto dostajemy, że ϕ(x) = (B(x)+γ) 1 1 α e A(x), x I. Odwrotnie, weźmy funkcję postaci (4), gdzie γ > M i I + γ. Wtedy w myśl twierdzenia 1 i własności równań liniowych funkcja ϕ γi jest rozwiązaniem równania (1) w prostokącie D +. Wniosek 1. Funkcja ϕ γi jest rozwiązaniem inegralnym równania (1) w prostokącie D + wtedy i tylko wtedy, gdy I jest składową zbioru + γ. Dla szczególnych wartości wykładników α R równanie (1) rozważamy również w prostokącie D = {(x,y) R 2 : x (p,q), y (,0)}. Niech α = r/s, gdzie r Z \ {0} i s N jest liczbą naturalną nieparzystą (różną od r). Wtedy równanie (1) przyjmuje postać (1 ) y = a(x)y +b(x)( s y) r. Twierdzenie 3. Ogół rozwiązań równania (1 ) w prostokącie D składa się z funkcji ϕ : I (,0) postaci (5) ϕ(x) = ϕ(x), x I, gdzie ϕ : I (0, + ) przebiega ogół rozwiązań równania Bernoulliego postaci (6) z = a(x)z ( 1) r b(x)( s z) r w prostokącie D + = {(x,z) R 2 : x (p,q), z (0,+ )}. 18

14 Dowód. Niech ϕ : I (,0) będzie rozwiązaniem równania (1 ) w prostokącie D. Wtedy funkcja ϕ : I (0,+ ) określona wzorem ϕ(x) = ϕ(x), x I jest różniczkowalna, jej wykres przebiega w D + oraz dla x I ϕ (x) = ϕ (x) = ( a(x)ϕ(x)+b(x) ( s ϕ(x) ) r) = a(x) ϕ(x) b(x) ( s ϕ(x) ) r = = a(x) ϕ(x) ( 1) r b(x) ( s ϕ(x) )r. Zatem ϕ jest rozwiązaniem równania (6) w prostokącie D + i funkcja ϕ jest postaci (5). Odwrotnie, niech ϕ będzie funkcją postaci (5), gdzie ϕ jest rozwiązaniem równania (6). Wtedy funkcja ϕ jest różniczkowalna, jej wykres przebiega w D oraz dla x I ϕ (x) = ϕ (x) = a(x)( ϕ(x))+( 1) r b(x) ( s ϕ(x) )r = = a(x)ϕ(x)+( 1) r b(x) ( s ϕ(x) )r = a(x)ϕ(x)+( 1) 2r b(x) ( s ϕ(x) )r = = a(x)ϕ(x)+b(x) ( s ϕ(x) ) r. Stąd ϕ jest rozwiązaniem równania (1 ) w prostokącie D. Twierdzenie 4. Niech ϕ : I R będzie rozwiązaniem integralnym równania (1) w prostokącie D + lub D i niech ξ będzie prawym lub lewym końcem przedziału I. Jeśli ξ (p,q), to: lim ϕ(x) = x ξ 0, gdy α < 1, +, gdy α > 1, i ϕ przebiega w D +, gdy α > 1, i ϕ przebiega w D Dowód. Jak wynika z twierdzenia 3 możemy ograniczyć się do przypadku, gdy ϕ jest rozwiązaniem równania (1) w prostokącie D +. Z wniosku 1 przedział I jest składową zbioru + γ = {x (p,q) : B(x)+γ > 0}. Ponieważ B jest funkcją ciągłą w przedziale (p, q) i ξ (p, q), to B(ξ) + γ = 0. Stąd i z twierdzenia 2 dostajemy tezę. Zauważmy, że w przypadku, gdy parametr α jest dodatni prawa strona równania (1) oraz prawa strona równania (1 ) są określone także, gdy (x,y) (p,q) {0}. W tych przypadkach funkcja ϕ 0 (x) = 0, x (p,q) jest rozwiązaniem integralnym równania (1) w prostokącie D + = {(x,y) R 2 : x (p,q), y 0,+ )} oraz jest rozwiązaniem integralnym równania (1 ) w prostokącie Z twierdzenia 4 otrzymujemy D = {(x,y) R 2 : x (p,q), y (,0 }. Wniosek 2. Jeśli α > 1, to ogół rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie D + składa się wyłącznie z rozwiązań integralnych równania (1) w prostokącie D + oraz rozwiązania stałego ϕ 0. Podobnie, jeśli r > s, to ogół rozwiązań integralnych równania (1 ) w prostokącie D składa się wyłącznie z rozwiązań integralnych równania (1 ) w prostokącie D oraz rozwiązania stałego ϕ 0. 19

15 6. Równanie Zupełne Równania różniczkowe pierwszego rzędu Zanim przejdziemy do właściwego wykładu przypomnimy parę pojęć i twierdzeń rachunku różniczkowego funkcji wielu zmiennych. 5 Niech G R 2 będzie obszarem (czyli zbiorem otwartym i spójnym w R 2 ) i niech (ξ,η) G. Pochodną cząstkową funkcji F : G R względem x (odpowiednio względem y) w punkcie (ξ,η) G nazywamy granicę F x(ξ,η) = lim t 0 F(ξ +t,η) F(ξ,η) t ( ) odp. granicę F y(ξ,η) F(ξ,η +t) F(ξ,η) = lim. t 0 t Jeżeli obie pochodne cząstkowe funkcji F istnieją w każdym punkcie zbioru G i funkcje są ciągłe, to mówimy, że funkcja F jest klasy C 1. F x : G R oraz F y : G R Twierdzenie (O pochodnej złożenia). Niech ϕ, ψ : I R będą funkcjami różniczkowalnymi na przedziale I R. Jeśli: (a) punkt (ϕ(t),ψ(t)) G dla każdego t I, (b) funkcja F : G R jest klasy C 1 w obszarze G, to funkcja f(t) = F ( ϕ(t),ψ(t) ) dla t I jest różniczkowalna w przedziale I i jej pochodna wyraża się wzorem f (t) = F x( ϕ(t),ψ(t) ) ϕ (t)+f y( ϕ(t),ψ(t) ) ψ (t). Pochodnymi cząstkowymi drugiego rzędu funkcji F w punkcie (ξ, η) G nazywamy liczby F xx(ξ,η) = (F x) x(ξ,η), F xy(ξ,η) = (F x) y(ξ,η), F yx y ) x (ξ,η), F yy (ξ,η) = (F y ) y (ξ,η). Twierdzenie (Schwarza o pochodnych mieszanych). Niech F : G R będzie funkcją określoną w obszarze G R 2 i niech posiada pochodne cząstkowe F x, F y i F xy w każdym punkcie obszaru G. Niech ponadto F xy będzie ciągła w pewnym punkcie (ξ,η) G. Wtedy w punkcie (ξ,η) istnieje też druga pochodna cząstkowa mieszana F yx i F xy (ξ,η) = F yx (ξ,η). Twierdzenie (O funkcji uwikłanej). Niech γ R i (ξ,η) G. Załóżmy, że: (a) funkcja F : G R jest klasy C 1 w obszarze G, (b) F(ξ,η) = γ, (c) F y (ξ,η) 0. Wówczas istnieją stałe δ,ε > 0 oraz funkcja ϕ : (ξ δ,ξ +δ) (η ε,η +ε) taka, że: 1) ϕ(ξ) = η, 2) F ( x,ϕ(x) ) = γ dla x (ξ δ,ξ +δ), 3) dla każdego x (ξ δ,ξ +δ) punkt y = ϕ(x) jest jedynym rozwiązaniem równania należącym do przedziału (η ε, η + ε), 4) funkcja ϕ jest różniczkowalna i Przypomnijmy jeszcze dwa twierdzenia F(x,y) = γ F x(x,ϕ(x)) +F y(x.ϕ(x)) ϕ (x) = 0. 5 Wszystkie pojęcia z tego paragrafu czytelnik odnajdzie w książce G. M. Fichtenholza Rachunek różniczkowy i całkowy, PWN, Warszawa 1999, tomy 1 i 2. 20

16 Twierdzenie (O pochodnej całki względem górnej granicy całkowania). Niech f : a, b R będzie funkcją całkowalną w przedziale a,b i Φ(x) = x a f(t)dt, x a,b. Jeśli funkcja f jest ciągła w punkcie x, to funkcja Φ jest różniczkowalna w punkcie x i Φ (x) = f(x). Twierdzenie (O różniczkowaniu całki względem parametru). Niech F : G R będzie funkcją klasy C 1 w obszarze G R 2 i niech prostokąt T postaci będzie zawarty w G. Wówczas funkcja T = {(x,y) R 2 : x a,b, y c,d } jest rózniczkowalna i f (y) = f(y) = b a b a F(x,y)dx, y c,d F y(x,y)dx dla y c,d. Przejdźmy teraz do właściwego wykładu. Niech tak jak powyżej G R 2 będzie obszarem i P,Q : G R funkcjami ciągłymi. Jeśli istnieje funkcja F : G R klasy C 1 w G i taka, że to równanie F x (x,y) = P(x,y) i F y (x,y) = Q(x,y) dla (x,y) G, (1) P(x,y)+Q(x,y)y = 0 nazywamy równaniem zupełnym, zaś funkcję F funkcją pierwotną równania (1). Twierdzenie 1. Ogół rozwiązań równania zupełnego, którego funkcją pierwotną jest F składa się z tych funkcji różniczkowalnych ϕ : I R, o wykresach przebiegających w obszarze G dla których istnieje stała γ taka, że (2) F ( x,ϕ(x) ) = γ dla x I. Stałe γ występujące w (2) nazywamy stałymi dopuszczalnymi. Dowód. Załóżmy, że (1) jest równaniem zupełnym i że ϕ : I R jest rozwiązaniem tego równania. Zatem wykres funkcji ϕ przebiega w obszarze G i P ( x,ϕ(x) ) +Q ( x,ϕ(x) ) ϕ (x) = 0 dla x I, czyli F x( x,ϕ(x) ) +F y ( x,ϕ(x) ) ϕ (x) = 0 dla x I. Stąd na podstawie twierdzenia o pochodnej złożenia ( F ( x,ϕ(x) )) = 0 dla x I. 21

17 W konsekwencji istnieje stała γ R taka, że F ( x,ϕ(x) ) = γ dla x I. Odwrotnie, jeśli ϕ : I R jest funkcją różniczkowalną o wykresie przebiegającym w G i istnieje stała γ R taka, że zachodzi (2), to różniczkując (2) stronami względem x dostajemy na podstawie twierdzenia o pochodnej złożenia, że czyli F x( x,ϕ(x) ) 1+F y ( x,ϕ(x) ) ϕ (x) = 0 dla x I, P ( x,ϕ(x) ) +Q ( x,ϕ(x) ) ϕ (x) = 0 dla x I. Zatem ϕ jest rozwiązaniem równania zupełnego (1). Z twierdzenia o funkcji uwikłanej wynika, że przy założeniu, że funkcja Q nie posiada miejsc zerowych w obszarze G, wyznaczenie stałych dopuszczalnych równoważne jest z wyznaczeniem zbioru wartości funkcji pierwotnej równania zupełnego. Dokładniej mamy Własność 1. Niech Q(x,y) 0 dla (x,y) G. Na to, aby stała γ była dopuszczalna, potrzeba i wystarcza, by istniał punkt (ξ,η) G taki, że F(ξ,η) = γ. Niech T będzie prostokątem postaci T = {(x,y) R 2 : x (a,b), y (c,d)}. Niech P,Q : T R będą funkcjami klasy C 1 w prostokącie T. Twierdzenie 2. Na to, by równanie (1) było zupełne w prostokącie T potrzeba i wystarcza, by (3) P y(x,y) = Q x(x,y) dla (x,y) T. Dowód. Konieczność warunku wynika natychmiast z twierdzenia Schwarza o pochodnych mieszanych, gdyż P y = (F x) y = F xy i Q x = (F y) x = F yx, więc P y = F xy = F yx = Q x. Załóżmy teraz, że zachodzi (3). Ustalmy punkt (x 0,y 0 ) T i niech F : T R będzie funkcją określoną wzorem (4) F(x,y) = x x 0 P(s,y 0 )ds+ y y 0 Q(x,t)dt, (x,y) T. Na mocy twierdzeń o różniczkowaniu funkcji górnej granicy całkowania i o różniczkowaniu całki względem parametru oraz na podstawie (3) mamy oraz F x(x,y) = P(x,y 0 )+ y y 0 Q x(x,t)dt = P(x,y 0 )+ Zatem F jest funkcją pierwotną równania (1). y y 0 P y(x,t)dt = = P(x,y 0 )+P(x,y) P(x,y 0 ) = P(x,y) F y (x,y) = 0+Q(x,y) = Q(x,y). Wniosek 1. Jeśli P,Q : T R są funkcjami klasy C 1 w prostokącie T i spełniony jest warunek (3), to funkcja F : T R określona wzorem (4) jest funkcją pierwotną równania (1). 22

18 7. Czynnik całkujący Niech G R 2 będzie obszarem i P,Q : G R funkcjami ciągłymi. Rozważmy równanie postaci (1) P(x,y)+Q(x,y)y = 0, które nie musi być teraz zupełne. Funkcję U : G R klasy C 1 nazywać będziemy całką równania (1), jeśli ogół jego rozwiązań będzie składał się z tych funkcji różniczkowalnych ϕ : I R, że ( x,ϕ(x) ) G dla x I i dla których istnieje stała γ taka, że U ( x,ϕ(x) ) = γ dla x I. Oczywiście funkcja pierwotna równania zupełnego jest jego całką. Powstaje myśl, żeby pomnożyć równanie (1) stronami przez taką funkcję ciągłą N : G R nieznikającą w G, by równanie (2) N(x,y)P(x,y)+N(x,y)Q(x,y)y = 0 było zupełne. Funkcję taką (jeśli istnieje) nazywamy czynnikiem całkującym równania (1). Ponieważ równania (1) i (2) są równoważne, zatem z twierdzenia 1 z poprzedniego paragrafu dostajemy Własność 1. Funkcja pierwotna równania (2) jest całką równania (1). Z powyższego wynika, że znajomość czynnika całkującego ma zasadnicze znaczenie dla rozwiązania równania (1). Podamy obecnie sposoby wyznaczania czynnika całkującego. Niech T będzie prostokątem postaci T = {(x,y) R 2 : x (a,b), y (c,d)}. Niech P,Q,: T R będą funkcjami klasy C 1 w prostokącie T. Jako prosty wniosek z twierdzenia 2 z poprzedniego paragrafu otrzymujemy Własność 2. Na to, by funkcja N : T R \ {0} klasy C 1 była czynnikiem całkującym równania (1), potrzeba i wystarcza, by w protokącie T zachodziła równość (3) (NP) y = (NQ) x lub w postaci równoważnej (3 ) N y P +NP y = N x Q+NQ x. Z powyższej własności widzimy, że znalezienie czynnika całkującego sprowadza się do rozwiązania równania (3 ) o pochodnych cząstkowych, co jest na ogół trudniejsze od rozwiązania równania (1). Jednak w pewnych przypadkach równanie (3 ) sprowadza się do równania zwyczajnego i daje się rozwiązać. Podamy dwa takie przypadki. Więcej na ten temat znaleźć można w monografii W. Nikliborca Równania różniczkowe, Część I, PTM, Warszawa Wrocław

19 Twierdzenie 1. Niech P,Q : T R będą funkcjami klasy C 1 w prostokącie T i Q nie znika w T. Na to, by równanie (1) miało czynnik całkujący, zależny tylko od zmiennej x, potrzeba i wystarcza, by funkcja (4) P y Q x Q zależała wyłącznie od zmiennej x. Jeśli ten warunek jest spełniony, to czynnik całkujący µ : (a,b) R jest określony wzorem (5) µ(x) = e R(x), x (a,b), gdzie R jest funkcją pierwotną funkcji (4). Dowód. Załóżmy najpierw, że równanie (1) posiada czynnik całkujący µ : (a,b) R zależny tylko od jednej zmiennej x. Pokażemy najpierw, że czynnik taki jest funkcją klasy C 1 w przedziale (p,q). Niech F : T R będzie funkcją pierwotną równania Wówczas µ(x)p(x,y)+µ(x)q(x,y)y = 0. (6) µ(x)p(x,y) = F x (x,y) i µ(x)q(x,y) = F y (x,y). Ponieważ funkcja P jest klasy C 1 wt, to z pierwszej równości wynika, że pochodna cząstkowa F xy istnieje i F xy (x,y) = µ(x)p y (x,y), a więc F xy jest ciągła w każdym punkcie prostokąta T. Stąd na podstawie twierdzenia Schwarza o pochodnych mieszanych wynika, że druga pochodna mieszana F yx również istnieje i jest ciągła, gdyż F yx = F xy. Z drugiego równania w (6) wynika, że µ = F y /Q, co wraz z powyższym oznacza, że µ jest funkcją klasy C1. Możemy zatem korzystać z twierdzenia 2. Z równania (3 ) otrzymujemy, że 0P + µp y = µ Q + µq x. Ponieważ funkcje µ i Q nie znikają w prostokącie T, więc powyższe jest równoważne równaniu (7) P y Q x Q czyli funkcja (4) zależy wyłącznie od zmiennej x. = µ µ, Odwrotnie, niech funkcja (4) zależy tylko od zmiennej x. Biorąc µ określone wzorem (5) mamy R = lnµ. Różniczkując tę równość stronami dostajemy (7), która z kolei równoważna jest 0P + µp y = µ Q + µq x. To na podstawie twierdzenia 2 oznacza, że µ jest czynnikiem całkującym równania (1). To kończy dowód. Analogicznie otrzymujemy Twierdzenie 2. Niech P,Q : T R będą funkcjami klasy C 1 w prostokącie T i P nie znika w T. Na to, by równanie (1) miało czynnik całkujący, zależny tylko od zmiennej y, potrzeba i wystarcza, by funkcja (8) Q x P y P 24

20 zależała wyłącznie od zmiennej y. Jeśli ten warunek jest spełniony, to czynnik całkujący ν : (a,b) R jest określony wzorem (9) ν(y) = e S(y), y (c,d), gdzie S jest funkcją pierwotną funkcji (8). Istnieje wiele twierdzeń podających warunki konieczne i dostateczne istnienia czynników całkujących innej postaci. Na przykład (co czytelnik sam może sprawdzić), na to aby równanie (1) posiadało czynnik całkujący postaci N(x, y) = µ(x)ν(y), potrzeba i wystarcza, by istniały funkcje ciągłe ϕ(x) i ψ(y), dla których zachodzi tożsamość P y(x,y) Q x(x,y) = Q(x,y)ϕ(x) P(x,y)ψ(y). Jeśli ten warunek jest spełniony i Φ i Ψ są odpowiednio funkcjami pierwotnymi funkcji ϕ i ψ, to czynnik całkujący jest dany wzorem N(x,y) = ±e Φ(x) e Ψ(y). 25