Informatyka MIMUW

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.