Definicja 14.2.
Równanie różniczkowe
\( \displaystyle \dot{x}(t)=g(t)h(x) \)
czyli
\( \displaystyle \frac{dx}{dt}=g(t)h(x) \)
lub równoważnie
\( \displaystyle G(x)dx+H(t)dt=0 \)
nazywamy równaniem różniczkowym o zmiennych rozdzielonych (rrzr).
Równanie to rozwiązujemy, "rozdzielając zmienne", czyli grupując wyrażenia z \( \displaystyle x \) po jednej stronie, a wyrażenia z \( \displaystyle t \) po drugiej stronie znaku równości. Otrzymujemy:
\( \displaystyle \frac{dx}{h(x)}=g(t)dt, \)
skąd rozwiązanie ogólne równania (rrzr) dostajemy w postaci
\( \displaystyle \int\frac{dx}{h(x)}=\int g(t)dt +C, \)
gdzie przez zapis \( \displaystyle \displaystyle\int\frac{dx}{h(x)} \) i \( \displaystyle \displaystyle\int g(t)dt \) rozumiemy dowolną pierwotną z funkcji podcałkowej i gdzie \( \displaystyle C \) jest stałą dowolną.
Uwaga 14.3.
Postępując jak powyżej, mogliśmy "zgubić" pewne rozwiązania równania (rrzr). Dokładniej, skoro dzielimy (rrzr) przez \( \displaystyle h(x) \) stronami, to nasze rozwiązanie nie uwzględnia rozwiązań postaci
\( \displaystyle x(t)\equiv x_0, \)
gdzie \( \displaystyle x_0 \) jest takie, że \( \displaystyle h(x_0)=0. \) Te rozwiązania (o ile istnieją) musimy dołączyć do rozwiązania ogólnego równania (rrzr).
Z problemem "gubienia" pewnych rozwiązań spotkamy się na tym wykładzie jeszcze niejednokrotnie. Dla zaznaczenia, że musimy osobno rozważać pewne rozwiązania, będziemy pisać obok równania na przykład:
\( \displaystyle [h(x)=0?], \)
zaznaczając w ten sposób, że należy rozważyć, czy rozwiązania postaci \( \displaystyle x(t) \equiv x_0 \) dla \( \displaystyle h(x_0)=0 \) są rozwiązaniami naszego równania.
A zatem rozwiązania (rrzr) są postaci
\( \displaystyle \int\frac{dx}{h(x)}=\int g(t)dt +C \)
lub
\( \displaystyle x(t)\equiv x_0 \ \) dla \( \displaystyle h(x_0)=0. \)
Przykład 14.4.
Rozwiązać równanie
\( \displaystyle \dot{x}(t)=-2tx \)
Dzieląc przez \( \displaystyle x \), dostajemy
\( \displaystyle \frac{dx}{x}=-2tdt, \quad [x=0?]. \)
Odtąd zakładamy, że \( \displaystyle x\neq 0. \) Całkując, mamy
\( \displaystyle \ln|x|=-t^2+\tilde{C}, \)
gdzie stałą \( \displaystyle \displaystyle\tilde{C} \) zapisujemy jako \( \displaystyle \displaystyle\ln|C| \) dla pewnej stałej \( \displaystyle C\neq 0, \) a zatem
\( \displaystyle \ln|x|=-t^2+\ln|C|, \)
czyli
\( \displaystyle |x|=|C|e^{-t^2}, \)
a więc
\( \displaystyle x=Ce^{-t^2}, \ C\neq 0. \)
Oprócz tego, jak od razu widać, rozwiązaniem jest funkcja
\( \displaystyle x(t)\equiv 0. \)
Reasumując, możemy napisać, że wszystkie rozwiązania naszego równania są postaci
\( \displaystyle x(t)=Ce^{-t^2}, \)
gdzie \( \displaystyle C \) jest stałą dowolną.
Przykład 14.5.
Rozwiązać równanie
\( \displaystyle \dot{x}(t)=x-1 \)
Dzieląc przez \( \displaystyle x-1 \), dostajemy
\( \displaystyle \frac{dx}{x-1}=dt, \quad [x-1=0?]. \)
Całkując, mamy
\( \displaystyle \ln|x-1|=t+\ln|C|,\ C\neq 0, \)
czyli
\( \displaystyle |x-1|=|C|e^{t}, \)
a więc
\( \displaystyle x=Ce^{t}+1, \ C\neq 0. \)
Dodatkowo
\( \displaystyle x(t)\equiv 1 \)
także jest rozwiązaniem naszego równania.
A zatem wszystkie rozwiązania naszego równania są postaci
\( \displaystyle x(t)=Ce^{t}+1, \)
gdzie \( \displaystyle C \) jest stałą dowolną.