Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 13: Równania różniczkowe zwyczajne: Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 21:57, 15 wrz 2023

Równania różniczkowe zwyczajne

Ćwiczenie 13.1.

Zgodnie z prawem rozpadu promieniotwórczego, liczba $N$ atomów izotopu pierwiastka promieniotwórczego, która ulega rozpadowi w jednostce czasu, jest proporcjonalna do ogólnej liczby atomów tego izotopu, która nie uległa rozpadowi. Definiuje się okres połowicznego rozpadu jako czas, po którym połowa atomów danego izotopu ulega rozpadowi. Z obserwacji wynika, że okres połowicznego rozpadu oznaczany literą $T$ (lub $T_{\frac{1}{2}}$ ) jest stałą wielkością charakteryzującą dany izotop (tzn. nie zmienia się w czasie ani nie zależy od innych czynników chemicznych czy fizycznych).

a) Wyznaczyć zależność pozostałej liczby atomów izotopu od czasu (z wykorzystaniem czasu połowicznego rozpadu).

b) Jaki czas musi upłynąć, by promieniotwórczy stront (90) zredukował liczbę swoich atomów do 1/16 jej wartości początkowej? Okres połowicznego rozpadu strontu wynosi 28 lat.

c) Polon-210 ma okres połowicznego rozpadu równy 140 dni. Jaki procent początkowej liczby jego atomów pozostanie po 100 dniach?

Wskazówka

Rozwiązanie

a) Prędkość rozpadu izotopu pierwiastka promieniotwórczego jest ujemna i wprost proporcjonalna do ilości atomów, które się jeszcze nie rozpadły, co możemy zapisać równaniem

N^{'} (t) = - λ N (t)

,

gdzie $t$ jest czasem, $N$ liczbą atomów izotopu, a $λ$ współczynnikiem proporcjonalności, nazywanym stałą rozpadu promieniotwórczego. Analogicznie jak w przykładzie z wykładu dotyczącym stygnięcia (względnie ogrzewania) danej substancji, równanie to ma przy warunku początkowym $N (t_{0}) = N_{0}$ dokładnie jedno rozwiązanie $N (t) = N_{0} \exp (- λ (t - t_{0}))$ , a jeśli w szczególności $t_{0} = 0$ , to $N (t) = N_{0} \exp (- λ t)$ . Z definicji okresu połowicznego rozpadu $T$ wynika zależność:

N_{0} \exp (- λ T) = N (T) = \frac{N_{0}}{2}

,

zatem $λ = \frac{\ln 2}{T}$ i w konsekwencji

N (t) = N_{0} \exp (- \frac{t}{T} \ln 2) = N_{0} 2^{- \frac{t}{T}}

b) Wobec ostatniego wzoru wystarczy wyliczyć $t$ (gdzie jednostką jest rok) z równania

\frac{1}{16} N_{0} = N_{0} 2^{- \frac{t}{28}}

Otrzymujemy $t = 4 \cdot 28 = 112$ lat. Jest to jednak oczywiste też wprost z definicji czasu połowicznego rozpadu. Jeśli na początku mamy $N_{0}$ atomów, to po 28 latach $\frac{1}{2} N_{0}$ , po następnych 28 latach $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} N_{0} = \frac{1}{4} N_{0}$ , po kolejnych 28 latach $\frac{1}{8} N_{0}$ , aż wreszcie po kolejnych 28 latach $\frac{1}{16} N_{0}$ .

c) Tym razem za jednostkę czasu przyjmijmy 1 dzień. Jeśli $N_{0}$ było początkową ilością atomów polonu-210, to $N (100) = N_{0} 2^{- \frac{100}{140}} = N_{0} 2^{- \frac{5}{7}} \approx 0, 6095068271 N_{0}$ , zatem po 100 dniach pozostanie jeszcze prawie $61 %$ początkowej ilości atomów izotopu.

Ćwiczenie 13.2.

Bank prowadzi konta z ciągłą kapitalizacją odsetek. Niech $K (t)$ oznacza wartość w chwili $t$ kapitału złożonego w tym banku (jednostką czasu jest 1 rok). Niech $r$ będzie roczną stopą procentową.

a) Pokazać, że zachodzi równanie $K^{'} (t) = r K (t)$ .

b) Na jaki okres należy złożyć kapitał w banku z ciągłą kapitalizacją odsetek i roczną stopą procentową $8 %$ , by go podwoić?

Wskazówka

Niech $K_{0}$ oznacza kapitał początkowy złożony w banku. Do jakiej kwoty urósłby on po $t$ latach, gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek w stosunku rocznym? Do jakiej kwoty urósłby on po $t$ latach, gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek $n$ razy w ciągu roku? Przechodząc we wzorze na tę ostatnią kwotę do granicy (przy $n$ zmierzającym do nieskończoności), otrzymamy szukaną zależność przy kapitalizacji ciągłej. Wystarczy teraz sprawdzić, czy spełnia ona zadane równanie różniczkowe.

Rozwiązanie

a) Niech $K_{0} = K (0)$ oznacza kapitał początkowy złożony w banku. Gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek w stosunku rocznym, to po $t$ latach kapitał urósłby do kwoty $K_{0} (1 + r)^{t}$ . Gdyby kapitalizacja była dokonywana $n$ razy w roku, kapitał urósłby do kwoty $K_{0} (1 + \frac{r}{n})^{n t}$ . Jeśli kapitalizacja jest ciągła, kapitał urośnie do kwoty

K (t) = \lim_{n \to \infty} K_{0} {(1 + \frac{r}{n})}^{n t} = \lim_{n \to \infty} K_{0} {[{(1 + \frac{r}{n})}^{\frac{n}{r}}]}^{r t} = K_{0} \exp (r t)

A stąd $K^{'} (t) = r K_{0} \exp (r t) = r K (t)$ .

b) Szukamy czasu $t$ takiego, że $2 K_{0} = K_{0} \exp (0, 8 t)$ . Wyliczamy $t = \frac{\ln 2}{0, 08} \approx 8, 664339757$ . Należy zatem złożyć kapitał na 8 lat i 8 miesięcy...

Ćwiczenie 13.3.

Niech $t_{0}, x_{0}$ będą liczbami rzeczywistymi, $a, b$ dodatnimi i niech

D = (t_{0} - a, t_{0} + a) \times (x_{0} - b, x_{0} + b)

Udowodnić, że jeśli funkcja $f : D ∋ (t, x) \mapsto f (t, x) \in ℝ$ jest ciągła, jej pochodna cząstkowa względem zmiennej $x$ istnieje, jest ciągła i ograniczona w zbiorze $D$ , to problem początkowy Cauchy'ego

{\begin{cases} x^{'} (t) = f (t, x (t)) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}

ma rozwiązanie i jest ono jedyne.

Korzystając z powyższego twierdzenia, wyznaczyć zbiory punktów $(t_{0}, x_{0})$ , dla których istnieje jednoznaczne rozwiązanie problemu Cauchy'ego

a) ${\begin{cases} x^{'} = t - \ln (x - t) \\ x (t_{0}) = 0 \end{cases},$

b) ${\begin{cases} x^{'} = \sqrt{t^{2} - x} + 4 t \\ x (t_{0}) = 0 \end{cases}$ .

Wskazówka

Dla dowolnego ustalonego $t \in (t_{0} - a, t_{0} + a)$ rozważamy funkcję

ϕ_{t} : (x_{0} - b, x_{0} + b) ∋ x \mapsto ϕ_{t} (x) : = f (t, x) \in ℝ

jednej zmiennej rzeczywistej $x$ . Należy zastosować twierdzenie Lagrange'a (z 9 modułu analizy matematycznej 1) do tej funkcji, a następnie zastosować twierdzenie Picarda.

a), b) Wyznaczamy zbiory (otwarte), w których funkcja $f$ (która jest dana wzorem po prawej stronie równania różniczkowego) jest ciągła i ma ciągłą pochodną cząstkową po $x$ .

Rozwiązanie

Niech

M : = \sup {| \frac{\partial f}{\partial x} (t, x) | : (t, x) \in D}

Z założenia $M$ jest liczbą skończoną. Ustalmy dowolne $t \in (t_{0} - a, t_{0} + a)$ i rozważmy funkcję

ϕ_{t} : (x_{0} - b, x_{0} + b) ∋ x \mapsto ϕ_{t} (x) : = f (t, x) \in ℝ

Zgodnie z założeniami, funkcja ta jest różniczkowalna, zatem na mocy twierdzenia Lagrange'a dla dowolnych punktów $x_{1}, x_{2} \in (x_{0} - b, x_{0} + b)$ istnieje $ξ \in (x_{0} - b, x_{0} + b)$ takie, że

f (t, x_{1}) - f (t, x_{2}) = ϕ_{t} (x_{1}) - ϕ_{t} (x_{2}) = {ϕ_{t}}^{'} (ξ) (x_{1} - x_{2})

Ponieważ ${ϕ_{t}}^{'} (ξ) = \frac{\partial f}{\partial x} (t, ξ)$ , z dowolności $t$ i z definicji $M$ otrzymujemy

\forall t \in (t_{0} - a, t_{0} + a) \forall x_{1}, x_{2} \in (x_{0} - b, x_{0} + b) : | f (t, x_{1}) - f (t, x_{2}) | \leq M | x_{1} - x_{2} |

Zatem na mocy twierdzenia Picarda rozwiązanie problemu początkowego Cauchy'ego istnieje i jest jedyne.

a) Funkcja $f (t, x) = t - \ln (x - t)$ nie jest określona, jeśli $x - t \leq 0$ , natomiast jest dobrze określona i klasy $C^{\infty}$ w zbiorze $G = {(t, x) \in ℝ^{2} : x - t > 0}$ . Jeśli $(t_{0}, x_{0}) \in G$ , to $r = \frac{1}{3} (x_{0} - t_{0}) > 0$ oraz $[t_{0} - r, t_{0} + r] \times [x_{0} - r, x_{0} + r]$ zawiera się w $G$ . W szczególności na zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f$ jest ciągła i ma ograniczoną pochodną cząstkową po $x$ . Zatem w otoczeniu punktu $t_{0}$ problem Cauchy'ego z warunkiem początkowym $x (t_{0}) = x_{0}$ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

b) Funkcja $f (t, x) = \sqrt{t^{2} - x} + 4 t$ nie jest określona, jeśli $t^{2} - x < 0$ , natomiast jest dobrze określona i ciągła w zbiorze ${(t, x) \in ℝ^{2} : t^{2} - x \geq 0}$ . Jeśli $(t_{0}, x_{0}) \in G = {(t, x) \in ℝ^{2} : t^{2} - x > 0}$ , to istnieje takie $r > 0$ , że $[t_{0} - r, t_{0} + r] \times [x_{0} - r, x_{0} + r]$ zawiera się w $G$ . W szczególności na zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f$ jest ciągła i ma ograniczoną pochodną cząstkową po $x$ . Zatem w otoczeniu punktu $t_{0}$ problem Cauchy'ego z warunkiem początkowym $x (t_{0}) = x_{0}$ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Ćwiczenie 13.4.

Pokazać, że dla dowolnej stałej $C \in ℝ$ funkcje

f_{C} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq C \\ (t - C)^{3}, & dla t > C \end{cases}

g_{C} (t) = {\begin{cases} (t - C)^{3}, & dla t < C \\ 0, & dla t \geq C \end{cases}

i $h \equiv 0$ , są rozwiązaniami równania różniczkowego $x^{'} = 3 x^{\frac{2}{3}}$ . Czy istnieją jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione powyżej? Czy istnieje taki problem początkowy Cauchy'ego dla tego równania, który nie ma rozwiązania? Wskazać wszystkie takie punkty $(t_{0}, x_{0})$ , dla których problem początkowy

{\begin{cases} x^{'} (t) = 3 x^{\frac{2}{3}} (t) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}

a) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla pewnego $δ > 0$ ,

b) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla dowolnego $δ > 0$ .

Wskazówka

Czy funkcja $f_{C_{1}} + g_{C_{2}}$ może być rozwiązaniem równania $x^{'} = 3 x^{\frac{2}{3}}$ ? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $f_{C}$ , po $C \in ℝ$ ? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $g_{C}$ , po $C \in ℝ$ ?

a), b) Rozważyć osobno przypadek $x_{0} = 0$ i $x_{0} \neq 0$ i skorzystać z ćwiczenia 13.3.

Rozwiązanie

Oczywiście $h$ jest rozwiązaniem naszego równania. Zauważmy, że

{f_{C}}^{'} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq C \\ 3 (t - C)^{2}, & dla t > C \end{cases} = {\begin{cases} 0, & dla t \leq C \\ 3 {((t - C)^{3})}^{\frac{2}{3}}, & dla t > C \end{cases}

,

czyli ${f_{C}}^{'} (t) = 3 {(f_{C} (t))}^{\frac{2}{3}}$ . Analogicznie sprawdzamy, że $g_{C}$ jest rozwiązaniem naszego równania. Nie są to jednak jedyne rozwiązania. Jeśli $C_{1} \geq C_{2}$ , to

(f_{C_{1}} + g_{C_{2}}) (t) = {\begin{cases} (t - C)^{3}, & dla t < C_{2} \\ 0, & dla C_{2} \leq t \leq C_{1} \\ (t - C)^{3}, & dla t > C_{2} \end{cases}

jest również rozwiązaniem naszego równania.

Niech $(t_{0}, x_{0})$ będzie dowolnym punktem płaszczyzny. Jeśli $x_{0} = 0$ , to $x_{0} = f_{t_{0} + 1} (t_{0})$ ; jeśli $x_{0} > 0$ , to $x_{0} = (t_{0} - (t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}))^{3} = f_{t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}} (t_{0})$ ; wreszcie jeśli $x_{0} < 0$ , to $x_{0} = (t_{0} - (t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}))^{3} = g_{t_{0} - \sqrt[3]{x_{0}}} (t_{0})$ . Zatem każdy problem Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = 3 x^{\frac{2}{3}} (t) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}$ ma rozwiązanie.

Niech teraz $(t_{0}, x_{0})$ będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.

a) Jeśli $x_{0} \neq 0$ , to $r = \frac{1}{2} | x_{0} | > 0$ oraz w zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f (t, x) = 3 x^{\frac{2}{3}}$ spełnia założenia twierdzenia udowodnionego w ćwiczenie 13.3., zatem wtedy badany problem Cauchy'ego ma jedyne rozwiązanie w pewnym przedziale.

b) Jeśli $x_{0} = 0$ , to zacieśnienia funkcji $f_{t_{0}}$ i $h$ do dowolnego przedziału $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ są dwoma różnymi rozwiązaniami tym przedziale.

Ćwiczenie 13.5.

Pokazać, że dla dowolnej stałej $C \in ℝ$ funkcje

f_{C} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq 0 \\ C \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t > 0 \end{cases} i g_{C} (t) = {\begin{cases} C \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t < 0 \\ 0, & dla t \geq 0 \end{cases}

są rozwiązaniami równania różniczkowego $t^{3} x^{'} = 2 x$ . Czy istnieją jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione powyżej? Wskazać wszystkie takie punkty $(t_{0}, x_{0})$ , dla których problem początkowy

{\begin{cases} t^{3} x^{'} (t) = 2 x (t) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}

a) nie ma rozwiązania,

b) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla pewnego $δ > 0$ ,

c) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale $(t_{0} - δ, t_{0} + δ)$ dla dowolnego $δ > 0$ .

Wskazówka

Czy funkcja $f_{C_{1}} + g_{C_{2}}$ może być rozwiązaniem równania $t^{3} x^{'} = 2 x$ ?

a) Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $f_{C}$ , po $C \in ℝ$ ? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji $g_{C}$ , po $C \in ℝ$ ?

b) W których punktach można skorzystać z ćwiczenia 13.3?

c) W których punktach nie można skorzystać z ćwiczenia 13.3?

Rozwiązanie

Zauważmy, że

f_{C} (t) = {\begin{cases} 0, & dla t \leq 0 \\ C \frac{2}{t^{3}} \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t > 0 \end{cases}

,

czyli $t^{3} {f_{C}}^{'} (t) = 2 f_{C} (t)$ . Analogicznie sprawdzamy, że $g_{C}$ jest rozwiązaniem naszego równania. Nie są to jednak jedyne rozwiązania. Jeśli $C_{1}, C_{2}$ są dowolne, to

(f_{C_{1}} + g_{C_{2}}) (t) = {\begin{cases} C_{2} \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t < 0 \\ 0, & dla t = 0 \\ C_{1} \exp (- \frac{1}{t^{2}}), & dla t > 0 \end{cases}

jest również rozwiązaniem naszego równania.

Niech teraz $(t_{0}, x_{0})$ będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.

a) Zauważmy, że jeśli funkcja $x$ jest rozwiązaniem równania $t^{3} x^{'} (t) = 2 x (t)$ , to $x (0) = 0$ . Zatem jeśli $t_{0} = 0, x_{0} \neq 0$ , to badany problem początkowy nie ma rozwiązania.

b) Jeśli $t_{0} \neq 0$ , to $r = \frac{1}{2} | t_{0} | > 0$ oraz w zbiorze $(t_{0} - r, t_{0} + r) \times (x_{0} - r, x_{0} + r)$ funkcja $f (t, x) = \frac{2 x}{t^{3}}$ spełnia założenia twierdzenia udowodnionego w ćwiczeniu 13.3, zatem wtedy badany problem Cauchy'ego, równoważny problemowi ${\begin{cases} x^{'} (t) = \frac{2 x (t)}{t^{3}} \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}$ , ma jedyne rozwiązanie w pewnym przedziale.

b) Jeśli $t_{0} = 0$ i $x_{0} = 0$ , to zacieśnienia wszystkich funkcji postaci $f_{C}$ , $g_{C}$ , czy $f_{C_{1}} + g_{C_{2}}$ są rozwiązaniami i wśród nich nieskończenie wiele jest parami różnych (przykładowe różne to $f_{0}$ i $f_{1}$ ).

Ćwiczenie 13.6.

Wykorzystując metodę kolejnych przybliżeń Picarda, znaleźć rozwiązanie problemu początkowego Cauchy'ego

a) ${\begin{cases} x^{'} (t) = t + x (t) \\ x (0) = 1 \end{cases},$

b) ${\begin{cases} x^{'} (t) = t^{2} + x^{2} (t) \\ x (0) = 1 \end{cases}$ .

Wskazówka

Należy policzyć $x_{1}, x_{2}, x_{3}, . .$ . z ciągu kolejnych przybliżeń Picarda.

a) Zachęcamy do wyliczenia $x_{5}$ i porównania otrzymanego wielomianu z szeregiem Maclaurina funkcji $f (t) = 2 \exp t$ .

b) Proszę policzyć przynajmniej $x_{3}$ . Dla liczb bliskich zeru otrzymujemy z tego przybliżenia rozwiązania z dość dużą dokładnością.

Rozwiązanie

a)

\begin{aligned} x_{0} = x (0) = 1, \\ x_{1} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1) d s = 1 + t + \frac{t^{2}}{2}, \\ x_{2} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + \frac{s^{2}}{2}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{6}, \\ x_{3} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + s^{2} + \frac{s^{3}}{6}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{24}, \\ x_{4} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + s^{2} + \frac{s^{3}}{3} + \frac{s^{4}}{24}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{120}, \\ x_{5} = 1 + \int_{0}^{t} (s + 1 + s + s^{2} + \frac{s^{3}}{3} + \frac{s^{4}}{12} + \frac{s^{5}}{120}) d s = 1 + t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{60} + \frac{t^{6}}{720}, \\ ⋮ \end{aligned}

Wiemy, że

2 \exp t = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 t^{n}}{n!} = 2 + 2 t + t^{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{60} + \frac{t^{6}}{360} + . . . = 1 + t + (1 + t + t_{2} + \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{5}}{60} + \frac{t^{6}}{360} + . . .)

,

a stąd widać, że $g (t) = 2 \exp (t) - 1 - t$ jest bliskie rozwiązania. Sprawdzimy łatwo, że $g^{'} (t) = 2 \exp (t) - 1 = g (t) + t$ i $g (0) = 1$ , zatem $g$ jest rozwiązaniem.

b)

\begin{aligned} x_{0} = x (0) = 0, \\ x_{1} = \int_{0}^{t} s^{2} d s = \frac{t^{3}}{3}, \\ x_{2} = \int_{0}^{t} (s^{2} + \frac{s^{6}}{9}) d s = \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{7}}{63}, \\ x_{3} = \int_{0}^{t} (s^{2} + \frac{s^{6}}{9} + \frac{2 s^{10}}{189} + \frac{s^{14}}{3969}) d s = \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{7}}{63} + \frac{2 t^{11}}{2079} + \frac{t^{15}}{59535}, \\ ⋮ \end{aligned}

Ćwiczenie 13.7.

Wykorzystując metodę łamanych Eulera dla $h = 0, 1$

a) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu początkowego ${\begin{cases} x^{'} (t) = t + x (t) \\ x (1) = 1 \end{cases}$ w przedziale $[1; 1, 5]$ i obliczyć przybliżoną wartość $x (1, 5)$ ;

b) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu początkowego ${\begin{cases} x^{'} (t) = t + x^{2} (t) \\ x (0) = 0 \end{cases}$ w przedziale $[0; 0, 4]$ i obliczyć przybliżoną wartość $x (0, 4)$ .

Wskazówka

a) Uzupełnijmy tabelkę

\begin{array}{cccc} t & x & t + x & (t + x) h \\ HLINE TBD t_{0} = 1, 0 & x_{0} = 1 \\ t_{1} = 1, 1 & x_{1} = \\ t_{2} = 1, 2 & x_{2} = \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ t_{5} = 1, 5 & x_{5} = \end{array}

przy czym nie ma potrzeby wypełniania ostatnich dwóch rubryk, bo chcemy policzyć $x_{5} \approx x (1, 5)$ .

b) Podobnie jak w punkcie a).

Rozwiązanie

a) Uzupełnijmy tabelkę

\begin{array}{cccc} t & x & t + x & (t + x) h \\ HLINE TBD t_{0} = 1, 0 & x_{0} = 1 & 2 & 0, 2 \\ t_{1} = 1, 1 & x_{1} = x_{0} + (t_{0} + x_{0}) h = 1, 2 & 2, 3 & 0, 23 \\ t_{2} = 1, 2 & x_{2} = x_{1} + (t_{1} + x_{1}) h = 1, 43 & 2, 63 & 0, 263 \\ t_{3} = 1, 3 & x_{3} = 1, 693 & 2, 993 & 0, 2993 \\ t_{4} = 1, 4 & x_{4} = 1, 9923 & 3, 3923 & 0, 33923 \\ t_{5} = 1, 5 & x_{5} = 2, 33153 \end{array}

Przybliżonym obrazem krzywej będącej rozwiązaniem naszego problemu Cauchy'ego w przedziale $[1; 1, 5]$ jest łamana o węzłach $(t_{0}, x_{0}), \dots, (t_{5}, x_{5})$ . Mamy $x (1, 5) \approx 2, 33153$ .

b) Uzupełnijmy tabelkę

\begin{array}{cccc} t & x & t + x^{2} & (t + x^{2}) h \\ HLINE TBD t_{0} = 0 & x_{0} = 0 & 0 & 0 \\ t_{1} = 0, 1 & x_{1} = x_{0} + (t_{0} + x_{0}) h = 0 & 0, 1 & 0, 01 \\ t_{2} = 0, 2 & x_{2} = x_{1} + (t_{1} + x_{1}) h = 0, 01 & 0, 2001 & 0, 02001 \\ t_{3} = 0, 3 & x_{3} = 0, 03001 & 0, 3009006001 & 0, 03009006001 \\ t_{4} = 0, 4 & x_{4} = 0, 06010006001 \end{array}

Przybliżonym obrazem krzywej będącej rozwiązaniem naszego problemu Cauchy'ego w przedziale $[0; 0, 4]$ jest łamana o węzłach $(t_{0}, x_{0}), \dots, (t_{4}, x_{4})$ . Mamy $x (0, 4) \approx 0, 06010006001$ .

Ćwiczenie 13.8.

Wyznaczyć wielomian Taylora rzędu 5 w punkcie $0$ funkcji $x$ , będącej rozwiązaniem problemu początkowego Cauchy'ego

a) ${\begin{cases} x^{'} (t) = x^{2} (t) - x (t) t \\ x (0) = 1 \end{cases},$

b) ${\begin{cases} x^{'} (t) = 2 x (t) \cos t - 3 t \\ x (0) = 1 \end{cases}$
i obliczyć przybliżoną wartość $x (1)$ .

Wskazówka

Zauważmy, że warunek początkowy Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = f (t, x (t)) \\ x (t_{0}) = x_{0} \end{cases}$ daje nam bezpośrednio wartość $x (t_{0})$ oraz $x^{'} (t_{0}) = f (t_{0}, x_{0})$ . Ale zauważmy, że łatwo policzyć też $x^{″} (t_{0})$ mając $x^{'} (t) = f (t, x (t))$ itd...

Rozwiązanie

a)

\begin{aligned} x (0) = 1, \\ x^{'} = x^{2} - x t & x^{'} (0) = 1, \\ x^{″} = 2 x x^{'} - x - x^{'} t & x^{″} (0) = 2 - 1 = 1, \\ x^{‴} = 2 (x^{'})^{2} + 2 x x^{″} - 2 x^{'} - x^{″} t & x^{‴} (0) = 2 + 2 - 2 = 2, \\ x^{(4)} = 6 x^{'} x^{″} + 2 x x^{‴} - 3 x^{″} - x^{‴} t & x^{(4)} (0) = 6 + 4 - 3 = 7, \\ x^{(5)} = 6 (x^{″})^{2} + 8 x^{'} x^{‴} + 2 x x^{(4)} - 4 x^{‴} - x^{(4)} t & x^{(5)} (0) = 6 + 16 + 14 - 8 = 28, \\ ⋮ & ⋮ \end{aligned}

zatem wielomian Taylora funkcji $x$ rzędu 5 o środku w punkcie $0$ ma postać

T_{0}^{5} x (t) = 1 + t + \frac{1}{2} t^{2} + \frac{1}{3} t^{3} + \frac{7}{24} t^{4} + \frac{7}{30} t^{5}

oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora

x (1) \approx T_{0}^{5} x (1) = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{7}{24} + \frac{7}{30} = 3 \frac{43}{120}

. b)

\begin{aligned} x (0) = 1, \\ x^{'} = 2 x \cos t - 3 t & x^{'} (0) = 2, \\ x^{″} = 2 x^{'} \cos t - 2 x \sin t - 3 & x^{″} (0) = 4 - 3 = 1, \\ x^{‴} = 2 x^{″} \cos t - 4 x^{'} \sin t - 2 x \cos t & x^{‴} (0) = 2 - 2 = 0, \\ x^{(4)} = 2 x^{‴} \cos t - 6 x^{″} \sin t - 6 x^{'} \cos t + 2 x \sin t & x^{(4)} (0) = - 12, \\ x^{(5)} = 2 x^{(4)} \cos t - 8 x^{‴} \sin t - 12 x^{″} \cos t + 8 x^{'} \sin t + 2 x \cos t & x^{(5)} (0) = - 24 - 12 + 2 = - 34, \\ ⋮ & ⋮ \end{aligned}

zatem wielomian Taylora funkcji $x$ rzędu 5 o środku w punkcie $0$ ma postać

T_{0}^{5} x (t) = 1 + 2 t + \frac{1}{2} t^{2} - \frac{1}{2} t^{4} - \frac{17}{60} t^{5}

oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora

x (1) \approx T_{0}^{5} x (1) = 1 + 2 + \frac{1}{2} + 0 - \frac{1}{2} - \frac{17}{60} = 2 \frac{43}{60}

Ćwiczenie 13.9.

Interpretując obraz pola wektorowego

d o m f ∋ (t, x) \mapsto (t, x) + (1, f (t, x)) \in ℝ^{2}

(lub pola kierunków), określić w przybliżeniu przebieg rozwiązania równania różniczkowego $x^{'} = f (t, x)$ , jeśli

a) $f (t, x) = - 2$

b) $f (t, x) = - t$ ,

c) $f (t, x) = t^{2}$ ,

d) $f (t, x) = - \frac{1}{x}$ ,

e)

f (t, x) = - \frac{t}{x}

Wskazówka

Rysowanie obrazu pola kierunków możemy rozpocząć od wyznaczenia izoklin, czyli poziomic funkcji $f$ . Są to nie tylko zbiory, na których funkcja $f$ jest stała, ale również zbiory, na których pole kierunków jest stałe.

Rozwiązanie

a) Funkcja $f$ jest stała na całej płaszczyźnie, więc również pole kierunków jest stałe. W każdym punkcie $(t, x)$ zaczepiamy wektor $[1, - 2]$ . Każde rozwiązanie równania $x^{'} = - 2$ jest funkcją liniową o współczynniku kierunkowym $- 2$ . Na przykład rozwiązaniem problemu początkowego Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = - 2 \\ x (0) = 2 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = - 2 t + 2$ .

b) Równania izoklin (por. wskazówkę) dla funkcji $f (t, x) = - t$ mają postać $- t = k$ . Zatem izoklinami są proste pionowe (prostopadłe do osi $O t$ ). Na przykład w dowolnym punkcie prostej $t = 0$ zaczepiamy wektor $[1, 0]$ ; w dowolnym punkcie prostej $t = 1$ - wektor $[1, - 1]$ ; $t = - 1$ - wektor $[1, 1]$ , $t = 2$ - wektor $[1, - 2]$ , $t = - 2$ - wektor $[1, 2]$ . Każde rozwiązanie równania $x^{'} = - t$ jest funkcją kwadratową postaci $x (t) = - \frac{1}{2} t^{2} + C$ . Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} = - t \\ x (0) = 2 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = - \frac{1}{2} t^{2} + 2$ .

c) Równania izoklin dla funkcji $f (t, x) = t^{2}$ mają postać $t^{2} = k$ , zatem $t = \pm \sqrt{k}$ , jeśli $k \geq 0$ . W szczególności izokliną dla $k = 0$ jest prosta pionowa $t = 0$ , natomiast jeśli $k > 0$ , to mamy sumę mnogościową dwóch prostych pionowych. Na przykład w dowolnym punkcie prostej $t = 0$ zaczepiamy wektor $[1, 0]$ ; w dowolnym punkcie prostej $t = 1$ i prostej $t = - 1$ - wektor $[1, 1]$ ; $t = 2$ i $t = - 2$ - wektor $[1, 4]$ , $t = 3$ i $t = - 3$ - wektor $[1, 9]$ . Każde rozwiązanie równania $x^{'} = t^{2}$ jest funkcją kwadratową postaci $x (t) = \frac{1}{3} t^{3} + C$ . Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = t^{2} \\ x (0) = 0 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = \frac{1}{3} t^{3}$ .

d) Tym razem $d o m f = {(t, x) : x \neq 0}$ . Izokliny dla funkcji $f (t, x) = - \frac{1}{x}$ to proste poziome $x = - \frac{1}{k}$ (oczywiście $k \neq 0$ ). Na przykład w dowolnym punkcie prostej $x = 1$ zaczepiamy wektor $[1, - 1]$ ; w dowolnym punkcie prostej $x = 2$ - wektor $[1, - \frac{1}{2}]$ ; $x = 3$ - wektor $[1, - \frac{1}{3}]$ , $x = - 1$ - wektor $[1, 1]$ ; $x = - 2$ - wektor $[1, \frac{1}{2}]$ . Zauważmy pewną symetrię (względem osi $x = t$ ) w stosunku do przypadku b). Każde rozwiązanie równania $x^{'} = - \frac{1}{x}$ jest postaci $f_{C} (t) = \sqrt{C - 2 t}$ lub $g_{C} (t) = - \sqrt{C - 2 t}$ ( $t < \frac{C}{2}$ ). Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = - \frac{1}{x (t)} \\ x (0) = 1 \end{cases}$ jest funkcja $f_{1}$ .

e) Podobnie, jak w poprzednim przypadku, $d o m f = {(t, x) : x \neq 0}$ . Izokliny dla funkcji $f (t, x) = - \frac{t}{x}$ to proste $x = - \frac{1}{k} t$ , gdy $k \neq 0$ , oraz prosta pionowa $t = 0$ , gdy $k = 0$ . Na przykład w dowolnym punkcie prostej $t = 0$ zaczepiamy wektor $[1, 0]$ ; w dowolnym punkcie prostej $x = t$ - wektor $[1, - 1]$ ; $x = - t$ - wektor $[1, 1]$ , $x = \frac{1}{2} t$ - wektor $[1, - 2]$ ; $x = - \frac{1}{2} t$ - wektor $[1, 2]$ . Zauważmy, że każdy taki wektor jest prostopadły do prostej, na której go zaczepiamy. Zatem krzywymi całkowymi są tu okręgi o środku $(0, 0)$ . To one są krzywymi, do których każda prosta przechodząca przez punkt $(0, 0)$ jest prostopadła. Rozwiązania równania $x^{'} = - \frac{t}{x}$ są dane w postaci uwikłanej wzorem $t^{2} + x^{2} (t) = a^{2}$ . Na przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego ${\begin{cases} x^{'} (t) = - \frac{t}{x (t)} \\ x (0) = 1 \end{cases}$ jest funkcja $x (t) = \sqrt{1 - t^{2}}$ ( $t \in (- 1, 1)$ ).

Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 13: Równania różniczkowe zwyczajne: Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 21:57, 15 wrz 2023

Równania różniczkowe zwyczajne

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia

@@ Linia 1: / Linia 1: @@
-==Równania różniczkowe zwyczajne. Ćwiczenia==
+==Równania różniczkowe zwyczajne==
-===Zadania===
+{{cwiczenie|13.1.||
-{{cwiczenie|||
 Zgodnie z prawem rozpadu
-promieniotwórczego, liczba <math>\displaystyle N</math> atomów izotopu pierwiastka
+promieniotwórczego, liczba <math>N</math> atomów izotopu pierwiastka
 promieniotwórczego, która ulega rozpadowi w jednostce czasu, jest
 proporcjonalna do ogólnej liczby atomów tego izotopu, która nie
@@ Linia 11: / Linia 9: @@
 jako czas, po którym połowa atomów danego izotopu ulega rozpadowi.
 Z obserwacji wynika, że okres połowicznego rozpadu oznaczany
-literą <math>\displaystyle T</math> (lub <math>\displaystyle T_{\frac12}</math>) jest stałą wielkością
+literą <math>T</math> (lub <math>T_{\frac12}</math>) jest stałą wielkością
-charakteryzującą dany izotop (tzn. nie zmienia się w czasie, ani
+charakteryzującą dany izotop (tzn. nie zmienia się w czasie ani
-nie zależy od innych czynników chemicznych, czy fizycznych).
+nie zależy od innych czynników chemicznych czy fizycznych).
 a) Wyznaczyć zależność pozostałej liczby atomów izotopu od czasu
@@ Linia 27: / Linia 25: @@
 }}
-{{cwiczenie|||
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-Bank prowadzi konta z ciągłą
+Prędkość rozpadu izotopu pierwiastka promieniotwórczego jest ujemna i proporcjonalna do liczby atomów izotopu substancji, które w danej chwili jeszcze się nie rozpadły. Zapisać tę zależność za pomocą równania różniczkowego i podać rozwiązanie tego równania (warto przypomnieć sobie z wykładu przykład dotyczący modelu matematycznego stygnięcia pewnej substancji). Wyrazić współczynnik proporcjonalności z równania różniczkowego za pomocą czasu połowicznego rozpadu.
-kapitalizacją odsetek. Niech <math>\displaystyle K(t)</math> oznacza wartość w chwili <math>\displaystyle t</math>
-kapitału złożonego w tym banku (jednostką czasu jest 1 rok). Niech
-<math>\displaystyle r</math> będzie roczną stopą procentową.
-a) Pokazać, że zachodzi równanie <math>\displaystyle   K'(t)=rK(t)</math>.
+b) Odpowiedź na to pytanie można podać, nie stosując zależności liczby atomów od czasu. Wystarczy wykorzystać definicję okresu
+połowicznego rozpadu.
-b) Na jaki okres należy złożyć kapitał w banku z ciągłą
+</div></div>
-kapitalizacją odsetek i roczną stopą procentową <math>\displaystyle 8\%</math>, by go
-podwoić?
-}}
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Prędkość rozpadu izotopu pierwiastka
+promieniotwórczego jest ujemna i wprost proporcjonalna do ilości
+atomów, które się jeszcze nie rozpadły, co możemy zapisać
+równaniem
+<center><math>
+N'(t)=-\lambda N(t)</math>,</center>
-{{cwiczenie|||
+gdzie <math>t</math> jest czasem, <math>N</math> liczbą atomów izotopu, a <math>\lambda</math>
-Niech <math>\displaystyle t_0, x_0</math> będą liczbami
+współczynnikiem proporcjonalności, nazywanym '''''stałą rozpadu
-rzeczywistymi, <math>\displaystyle a, b</math> dodatnimi i niech
+promieniotwórczego'''''. Analogicznie jak w przykładzie z wykładu
-<center><math>\displaystyle
+dotyczącym stygnięcia (względnie ogrzewania) danej substancji,
-D=(t_0-a, t_0+a)\times (x_0-b,x_0+b).
+równanie to ma przy warunku początkowym <math>N(t_0)=N_0</math> dokładnie
-</math></center>
+jedno rozwiązanie <math>N(t)=N_0\exp(-\lambda (t-t_0))</math>, a jeśli w
-Udowodnić, że jeśli
+szczególności <math>t_0=0</math>, to <math>N(t)=N_0\exp(-\lambda t)</math>. Z definicji
-funkcja <math>\displaystyle f: D\ni (t,x)\mapsto f(t,x)\in \mathbb{R}</math> jest ciągła, jej
+okresu połowicznego rozpadu <math>T</math> wynika zależność:
-pochodna cząstkowa względem zmiennej <math>\displaystyle x</math> istnieje, jest ciągła i
+<center><math>
-ograniczona w zbiorze <math>\displaystyle D</math>, to problem początkowy Cauchy'ego
+N_0\exp(-\lambda T)=N(T)=\frac{N_0}{2}</math>,</center>
-<center><math>\displaystyle \begincases x'(t)=f(t,x(t))\\x(t_0)=x_0\endcases </math></center>
-ma
-rozwiązanie i jest ono jedyne.
-Korzystając z powyższego twierdzenia wyznaczyć zbiory punktów
+zatem <math>\lambda = \frac{\ln 2}{T}</math> i w konsekwencji
-<math>\displaystyle (t_0,x_0)</math>, dla których istnieje jednoznaczne rozwiązanie
+<center><math>
-problemu Cauchy'ego
+N(t)=N_0\exp\left(-\frac{t}T{\ln 2}\right)=N_02^{-\frac{t}{T}}</math></center>
-a) <math>\displaystyle \begincases x'= t-\ln(x-t)\\x(t_0)=0\endcases ,\quad </math> b)
+b) Wobec ostatniego wzoru wystarczy wyliczyć <math>t</math> (gdzie jednostką
-<math>\displaystyle \begincases x'=\sqrt{t^2-x}+4t\\x(t_0)=0\endcases .</math>
+jest rok) z równania
+<center><math>
+\frac1{16}N_0=N_02^{-\frac t{28}}</math></center>
-}}
+Otrzymujemy <math>t=4\cdot 28= 112</math> lat. Jest to jednak oczywiste też
+wprost z definicji czasu połowicznego rozpadu. Jeśli na początku
+mamy <math>N_0</math> atomów, to po 28 latach <math>\frac12N_0</math>, po następnych 28
+latach <math>\frac12\cdot \frac{1}2N_0=\frac14N_0</math>, po kolejnych 28
+latach <math>\frac18N_0</math>, aż wreszcie po kolejnych 28 latach
+<math>\frac1{16}N_0</math>.<br>
-{{cwiczenie|||
+c) Tym razem za jednostkę czasu przyjmijmy 1 dzień. Jeśli <math>N_0</math>
-Pokazać, że dla dowolnej stałej <math>\displaystyle C\in
+było początkową ilością atomów polonu-210, to
-\mathbb{R}</math> funkcje
+<math>N(100)=N_02^{-\frac{100}{140}}=N_02^{-\frac57}\approx
-<center><math>\displaystyle
+,6095068271N_0</math>, zatem po 100 dniach pozostanie jeszcze prawie
-f_C(t)=\begincases 0, & \text{ dla }t\leq C\\
+<math>61\%</math> początkowej ilości atomów izotopu.
-(t-C)^3, & \text{ dla }t>C
-\endcases , \qquad g_C(t)=\begincases
-(t-C)^3, & \text{ dla }t<C\\0, & \text{ dla }t\geq
-C\endcases \qquad {\rm i}\qquad h\equiv 0
-</math></center>
-są rozwiązaniami równania różniczkowego <math>\displaystyle x'=3x^\frac{2}{3}</math>. Czy
+</div></div>
-istnieją jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione
-powyżej? Czy istnieje taki problem początkowy Cauchy'ego dla tego
-równania, który nie ma rozwiązania? Wskazać wszystkie takie punkty
-<math>\displaystyle (t_0,x_0)</math>, dla których problem początkowy
-<center><math>\displaystyle \begincases x'(t)=3x^\frac{2}{3}(t)\\x(t_0)=x_0\endcases </math></center>
-a) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale <math>\displaystyle (t_0-\delta,
+{{cwiczenie|13.2.||
-t_0+\delta)</math> dla pewnego <math>\displaystyle \delta>0</math>,
+Bank prowadzi konta z ciągłą
+kapitalizacją odsetek. Niech <math>K(t)</math> oznacza wartość w chwili <math>t</math>
+kapitału złożonego w tym banku (jednostką czasu jest 1 rok). Niech
+<math>r</math> będzie roczną stopą procentową.
-b) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale <math>\displaystyle (t_0-\delta,
+a) Pokazać, że zachodzi równanie <math>K'(t)=rK(t)</math>.
-t_0+\delta)</math> dla dowolnego <math>\displaystyle \delta>0</math>.
-}}
+b) Na jaki okres należy złożyć kapitał w banku z ciągłą
+kapitalizacją odsetek i roczną stopą procentową <math>8\%</math>, by go
-{{cwiczenie|||
+podwoić?
-Pokazać, że dla dowolnej stałej <math>\displaystyle C\in
-\mathbb{R}</math> funkcje
-<center><math>\displaystyle
-f_C(t)=\begincases 0, & \text{ dla }t\leq 0\\
-C\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t>0
-\endcases \qquad {\rm i}\qquad g_C(t)=\begincases
-C\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t<0\\0, & \text{ dla }t\geq
-\endcases
-</math></center>
-są rozwiązaniami równania różniczkowego <math>\displaystyle t^3x'=2x</math>. Czy istnieją
-jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione powyżej?
-Wskazać wszystkie takie punkty <math>\displaystyle (t_0,x_0)</math>, dla których problem
-początkowy
-<center><math>\displaystyle \begincases t^3x'(t)=2x(t)\\x(t_0)=x_0\endcases </math></center>
-a) nie ma rozwiązania,
-b) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale <math>\displaystyle (t_0-\delta,
-t_0+\delta)</math> dla pewnego <math>\displaystyle \delta>0</math>,
-c) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale <math>\displaystyle (t_0-\delta,
-t_0+\delta)</math> dla dowolnego <math>\displaystyle \delta>0</math>.
 }}
-{{cwiczenie|||
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-Wykorzystując metodę kolejnych
+Niech <math>K_0</math> oznacza kapitał początkowy złożony w banku. Do jakiej kwoty urósłby on po <math>t</math> latach, gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek w stosunku rocznym? Do jakiej
-przybliżeń Picarda znaleźć rozwiązanie problemu początkowego
+kwoty urósłby on po <math>t</math> latach, gdyby bank dokonywał kapitalizacji odsetek <math>n</math> razy w ciągu roku? Przechodząc we wzorze na tę ostatnią kwotę do granicy (przy  <math>n</math> zmierzającym do nieskończoności), otrzymamy szukaną zależność przy kapitalizacji
-Cauchy'ego
+ciągłej. Wystarczy teraz sprawdzić, czy spełnia ona zadane równanie różniczkowe.
-a)  <math>\displaystyle \begincases x'(t)=t+x(t)\\ x(0)=1\endcases ,\quad</math> b)
+</div></div>
-<math>\displaystyle \begincases x'(t)=t^2+x^2(t)\\ x(0)=1\endcases </math>.
-}}
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Niech <math>K_0=K(0)</math> oznacza kapitał początkowy złożony w banku. Gdyby bank dokonywał  kapitalizacji
+odsetek w stosunku rocznym, to po <math>t</math> latach kapitał urósłby do kwoty <math>K_0(1+r)^t</math>. Gdyby kapitalizacja była dokonywana <math>n</math> razy w roku, kapitał urósłby do kwoty <math>K_0(1+\frac rn)^{nt}</math>. Jeśli kapitalizacja jest ciągła, kapitał urośnie do kwoty
+<center><math>
+K(t)=\lim_{n\rightarrow \infty} K_0\left(1+\frac rn\right)^{nt}=
+\lim_{n\rightarrow \infty} K_0\left[\left(1+\frac
+rn\right)^{\frac{n}{r}}\right]^{rt}= K_0\exp(rt)
+</math></center>
-{{cwiczenie|||
+A stąd <math>K'(t)=rK_0\exp(rt)=rK(t)</math>.<br>
-Wykorzystując metodę łamanych Eulera dla
-<math>\displaystyle h=0,1</math>
-a) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu
+b) Szukamy czasu <math>t</math> takiego, że <math>2K_0=K_0\exp(0,8t)</math>. Wyliczamy
-początkowego <math>\displaystyle \begincases x'(t)=t+x(t)\\ x(1)=1\endcases </math> w
+<math>t=\frac{\ln{2}}{0,08}\approx 8,664339757</math>. Należy zatem złożyć
-przedziale <math>\displaystyle \left[1;\ 1,5\right]</math> i obliczyć przybliżoną wartość
+kapitał na 8 lat i 8 miesięcy...
-<math>\displaystyle x(1,5)</math>;
-b) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu
+</div></div>
-początkowego <math>\displaystyle \begincases x'(t)=t+x^2(t)\\ x(0)=0\endcases </math> w
-przedziale <math>\displaystyle \left[0;\ 0,4\right]</math> i obliczyć przybliżoną wartość
-<math>\displaystyle x(0,4)</math>.
-}}
+{{cwiczenie|13.3.|cw_13_3|
+Niech <math>t_0, x_0</math> będą liczbami
+rzeczywistymi, <math>a, b</math> dodatnimi i niech
+<center><math>
+D=(t_0-a, t_0+a)\times (x_0-b,x_0+b)</math></center>
+Udowodnić, że jeśli
+funkcja <math>f: D\ni (t,x)\mapsto f(t,x)\in \mathbb{R}</math> jest ciągła, jej
+pochodna cząstkowa względem zmiennej <math>x</math> istnieje, jest ciągła i
+ograniczona w zbiorze <math>D</math>, to problem początkowy Cauchy'ego
-{{cwiczenie|||
+<center><math>\begin{cases} x'(t)=f(t,x(t))\\x(t_0)=x_0\end{cases}</math></center>
-Wyznaczyć wielomian Taylora rzędu 5 w
+ma rozwiązanie i jest ono jedyne.
-punkcie <math>\displaystyle 0</math> funkcji <math>\displaystyle x</math>, będącej rozwiązaniem problemu
-początkowego Cauchy'ego
-a) <math>\displaystyle \begincases x'(t)=x^2(t)-x(t)t\\ x(0)=1\endcases ,\quad</math> b)
+Korzystając z powyższego twierdzenia, wyznaczyć zbiory punktów
-<math>\displaystyle \begincases x'(t)=2x(t)\cos{t}-3t\\ x(0)=1\endcases </math><br>
+<math>(t_0,x_0)</math>, dla których istnieje jednoznaczne rozwiązanie
-i obliczyć przybliżoną wartość <math>\displaystyle x(1)</math>.
+problemu Cauchy'ego
-}}
-{{cwiczenie|||
+a) <math>\begin{cases} x'= t-\ln(x-t)\\x(t_0)=0\end{cases} ,\quad</math>
-Interpretując obraz pola wektorowego
-<center><math>\displaystyle
-\mathrm{dom}\, f\ni (t,x) \mapsto (t,x)+(1,f(t,x))\in\mathbb{R}^2
-</math></center>
-(lub pola kierunków) określić w przybliżeniu przebieg rozwiązania
+b) <math>\begin{cases} x'=\sqrt{t^2-x}+4t\\x(t_0)=0\end{cases}</math>.
-równania różniczkowego <math>\displaystyle x'=f(t,x)</math>, jeśli
-{| border=1
-|+ <span style="font-variant:small-caps">Uzupelnij tytul</span>
-|-
-| a) <math>\displaystyle f(t,x)=-2</math>,  ||  b) <math>\displaystyle f(t,x)=-t</math>,  ||  c) <math>\displaystyle f(t,x)= t^2</math>,
-|-
-| d) <math>\displaystyle \displaystyle f(t,x)=-\frac1x</math>,  ||  e) <math>\displaystyle \displaystyle
-f(t,x)=-\frac tx</math>. ||
-|}
 }}
-===Wskazówki===
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Dla dowolnego ustalonego <math>t\in (t_0-a,t_0+a)</math> rozważamy funkcję
+<center><math>\phi_t: (x_0-b,x_0+b)\ni x \mapsto \phi_t(x):=f(t,x)\in \mathbb{R}</math></center>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.010|Uzupelnic z.am2.13.010|]] Prędkość rozpadu izotopu pierwiastka
+jednej zmiennej rzeczywistej <math>x</math>. Należy zastosować twierdzenie
-promieniotwórczego jest ujemna i proporcjonalna do liczby atomów
+Lagrange'a (z 9 modułu analizy matematycznej 1) do tej funkcji, a następnie zastosować twierdzenie Picarda.
-izotopu substancji, które w danej chwili jeszcze się nie rozpadły.
-Zapisać tę zależność za pomocą równania różniczkowego i podać
-rozwiązanie tego równania (warto przypomnieć sobie z wykładu
-przykład dotyczący modelu matematycznego stygnięcia pewnej
-substancji). Wyrazić współczynnik proporcjonalności z równania
-różniczkowego za pomocą czasu połowicznego rozpadu.
-b) Odpowiedź na to pytanie można podać nie stosując zależności
+a), b) Wyznaczamy zbiory (otwarte), w których funkcja <math>f</math> (która jest dana wzorem po prawej stronie równania różniczkowego) jest ciągła i ma ciągłą pochodną cząstkową po <math>x</math>.
-liczby atomów od czasu. Wystarczy wykorzystać definicję okresu
-połowicznego rozpadu.
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.020|Uzupelnic z.am2.13.020|]] Niech <math>\displaystyle K_0</math> oznacza kapitał początkowy
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-złożony w banku. Do jakiej kwoty urósłby on po <math>\displaystyle t</math> latach, gdyby
+Niech
-bank dokonywał kapitalizacji odsetek w stosunku rocznym? Do jakiej
+<center><math>
-kwoty urósłby on po <math>\displaystyle t</math> latach, gdyby bank dokonywał kapitalizacji
+M:=\sup\left\{\left|\frac{\partial f}{\partial x}(t,x)\right|: (t,x)\in
-odsetek <math>\displaystyle n</math> razy w ciągu roku? Przechodząc we wzorze na tę
+D\right\}</math></center>
-ostatnią kwotę do granicy (przy  <math>\displaystyle n</math> zmierzającym do
-nieskończoności), otrzymamy szukaną zależność przy kapitalizacji
-ciągłej. Wystarczy teraz sprawdzić, czy spełnia ona zadane
-równanie różniczkowe.
-</div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.030|Uzupelnic z.am2.13.030|]] Dla dowolnego ustalonego <math>\displaystyle t\in
+Z założenia <math>M</math> jest liczbą skończoną. Ustalmy dowolne
-(t_0-a,t_0+a)</math> rozważamy funkcję
+<math>t\in(t_0-a,t_0+a)</math> i rozważmy funkcję
-<center><math>\displaystyle \phi_t: (x_0-b,x_0+b)\ni x \mapsto \phi_t(x):=f(t,x)\in \mathbb{R}</math></center>
+<center><math>
+\phi_t: (x_0-b,x_0+b)\ni x\mapsto \phi_t(x):=f(t,x)\in\mathbb{R}</math></center>
-jednej zmiennej rzeczywistej <math>\displaystyle x</math>. Należy zastosować twierdzenie
+Zgodnie z założeniami, funkcja ta jest różniczkowalna, zatem na
-Lagrange'a (z 9 modułu analizy matematycznej 1) do tej funkcji, a
+mocy twierdzenia Lagrange'a dla dowolnych punktów <math>x_1,x_2\in
-następnie zastosować twierdzenie Picarda.
+(x_0-b,x_0+b)</math> istnieje <math>\xi\in (x_0-b,x_0+b)</math> takie, że
+<center><math>
+f(t,x_1)-f(t,x_2)=\phi_t(x_1)-\phi_t(x_2)=\phi_t'(\xi)(x_1-x_2)</math></center>
-a), b) Wyznaczamy zbiory (otwarte), w których funkcja <math>\displaystyle f</math> (która
+Ponieważ <math>\phi_t'(\xi)=\frac{\partial f}{\partial x}(t,\xi)</math>, z
-jest dana wzorem po prawej stronie równania różniczkowego) jest
+dowolności <math>t</math>  i z definicji <math>M</math> otrzymujemy
-ciągła i ma ciągłą pochodną cząstkową po <math>\displaystyle x</math>.
+<center><math>
+\forall t\in (t_0-a,t_0+a) \; \forall x_1,x_2\in (x_0-b,x_0+b):
+|f(t,x_1)-f(t,x_2)|\leq M|x_1-x_2|</math></center>
-</div></div>
+Zatem na mocy twierdzenia Picarda rozwiązanie problemu
+początkowego Cauchy'ego istnieje i jest jedyne.<br>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.040|Uzupelnic z.am2.13.040|]] Czy funkcja <math>\displaystyle f_{C_1}+g_{C_2}</math> może być
+a) Funkcja <math>f(t,x)=t-\ln(x-t)</math> nie jest określona, jeśli <math>x-t\leq
-rozwiązaniem równania <math>\displaystyle x'=3x^\frac{2}{3}</math>? Jakim zbiorem jest suma
+</math>, natomiast jest dobrze określona i klasy <math>C^\infty</math> w zbiorze
-mnogościowa wykresów wszystkich funkcji <math>\displaystyle f_C</math>, po <math>\displaystyle C\in\mathbb{R}</math>? Jakim
+<math>G=\{(t,x)\in\mathbb{R}^2: x-t>0\}</math>. Jeśli <math>(t_0,x_0)\in G</math>, to
-zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji <math>\displaystyle g_C</math>,
+<math>r=\frac13(x_0-t_0)>0</math> oraz <math>[t_0-r,t_0+r]\times[x_0-r,x_0+r]</math>
-po <math>\displaystyle C\in\mathbb{R}</math>?
+zawiera się w <math>G</math>. W szczególności na zbiorze <math>(t_0-r,t_0+r)\times
+(x_0-r,x_0+r)</math> funkcja <math>f</math> jest ciągła i ma ograniczoną pochodną
+cząstkową po <math>x</math>. Zatem w otoczeniu punktu <math>t_0</math> problem
+Cauchy'ego z warunkiem początkowym <math>x(t_0)=x_0</math> ma dokładnie jedno
+rozwiązanie.<br>
-a), b) Rozważyć osobno przypadek <math>\displaystyle x_0=0</math> i <math>\displaystyle x_0\neq 0</math> i
+b) Funkcja <math>f(t,x)=\sqrt{t^2-x}+4t</math> nie jest określona, jeśli
-skorzystać z zadania [[##z.am2.13.030|Uzupelnic z.am2.13.030|]].
+<math>t^2-x<0</math>, natomiast jest dobrze określona i ciągła w zbiorze
+<math>\{(t,x)\in\mathbb{R}^2: t^2-x\geq 0\}</math>. Jeśli <math>(t_0,x_0)\in
+G=\{(t,x)\in\mathbb{R}^2: t^2-x>0\}</math>, to istnieje takie <math>r>0</math>, że
+<math>[t_0-r,t_0+r]\times[x_0-r,x_0+r]</math>   zawiera się w <math>G</math>. W
+szczególności na zbiorze <math>(t_0-r,t_0+r)\times (x_0-r,x_0+r)</math>
+funkcja <math>f</math> jest ciągła i ma ograniczoną pochodną cząstkową po
+<math>x</math>. Zatem w otoczeniu punktu <math>t_0</math> problem Cauchy'ego z warunkiem
+początkowym <math>x(t_0)=x_0</math> ma dokładnie jedno rozwiązanie.
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.050|Uzupelnic z.am2.13.050|]] Czy funkcja <math>\displaystyle f_{C_1}+g_{C_2}</math> może być
+{{cwiczenie|13.4.||
-rozwiązaniem równania <math>\displaystyle t^3x'=2x</math>?
+Pokazać, że dla dowolnej stałej <math>C\in
+\mathbb{R}</math> funkcje
-a) Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji
+<center><math>f_C(t)=\begin{cases}0, & \text{ dla }t\leq C\\
-<math>\displaystyle f_C</math>, po <math>\displaystyle C\in\mathbb{R}</math>? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów
+(t-C)^3, & \text{ dla }t>C
-wszystkich funkcji <math>\displaystyle g_C</math>, po <math>\displaystyle C\in\mathbb{R}</math>?
+\end{cases}</math></center>
+<center><math>
-b) W których punktach można skorzystać z zadania
+g_C(t)=\begin{cases} (t-C)^3, & \text{ dla }t<C\\0, & \text{ dla }t\geq
-[[##z.am2.13.030|Uzupelnic z.am2.13.030|]]?
+C\end{cases}
-c) W których punktach nie można skorzystać z zadania
-[[##z.am2.13.030|Uzupelnic z.am2.13.030|]]?
-</div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.060|Uzupelnic z.am2.13.060|]] Należy policzyć <math>\displaystyle x_1,x_2,x_3,...</math> z ciągu
-kolejnych przybliżeń Picarda.
-a) Zachęcamy do wyliczenia <math>\displaystyle x_5</math> i porównania otrzymanego
-wielomianu z szeregiem Maclaurina funkcji <math>\displaystyle f(t)=2\exp{t}</math>.
-b) Proszę policzyć przynajmniej <math>\displaystyle x_3</math>. Dla liczb bliskich zeru
-otrzymujemy z tego przybliżenia rozwiązania z dość dużą
-dokładnością.
-</div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.070|Uzupelnic z.am2.13.070|]] a) Uzupełnijmy tabelkę
-<center><math>\displaystyle
-\begin{array} {|c|c|c|c|}
-\hline
-t& x& t+x & (t+x)h\\
-\hline\hline t_0=1,0&x_0=1& & \\ \hline t_1=1,1&x_1= & & \\
-\hline
-t_2=1,2&x_2= & & \\
-\hline \vdots& \vdots & \vdots & \vdots\\ \hline t_5=1,5&x_5= & & \\
-\hline
-\end{array} ,
 </math></center>
-przy czym nie ma potrzeby wypełniania ostatnich dwóch rubryk, bo
+i <math>h\equiv 0</math>, są rozwiązaniami równania różniczkowego <math>x'=3x^\frac{2}{3}</math>. Czy
-chcemy policzyć  <math>\displaystyle x_5 \approx x(1,5)</math>.
+istnieją jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione
+powyżej? Czy istnieje taki problem początkowy Cauchy'ego dla tego
+równania, który nie ma rozwiązania? Wskazać wszystkie takie punkty
+<math>(t_0,x_0)</math>, dla których problem początkowy
+<center><math>\begin{cases} x'(t)=3x^\frac{2}{3}(t)\\x(t_0)=x_0\end{cases}</math></center>
-b) Podobnie jak w punkcie a).
+a) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale <math>(t_0-\delta,
+t_0+\delta)</math> dla pewnego <math>\delta>0</math>,
-</div></div>
+b) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale <math>(t_0-\delta,
+t_0+\delta)</math> dla dowolnego <math>\delta>0</math>.
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.080|Uzupelnic z.am2.13.080|]] Zauważmy, że warunek początkowy
+}}
-Cauchy'ego <math>\displaystyle \begincases x'(t)=f(t,x(t))\\x(t_0)=x_0\endcases </math>
-daje nam bezpośrednio wartość <math>\displaystyle x(t_0)</math> oraz <math>\displaystyle x'(t_0)=f(t_0,x_0)</math>.
-Ale zauważmy, że łatwo policzyć też <math>\displaystyle x''(t_0)</math> mając
-<math>\displaystyle x'(t)=f(t,x(t))</math> i td...
-</div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Czy funkcja <math>f_{C_1}+g_{C_2}</math> może być rozwiązaniem równania <math>x'=3x^\frac{2}{3}</math>? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji <math>f_C</math>, po <math>C\in\mathbb{R}</math>? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji <math>g_C</math>, po <math>C\in\mathbb{R}</math>?
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.090|Uzupelnic z.am2.13.090|]] Rysowanie obrazu pola kierunków możemy
+a), b) Rozważyć osobno przypadek <math>x_0=0</math> i <math>x_0\neq 0</math> i skorzystać z [[cw_13_3|ćwiczenia 13.3.]]
-rozpocząć od wyznaczenia '''''izoklin''''', czyli poziomic funkcji
-<math>\displaystyle f</math>. Są to nie tylko zbiory, na których funkcja <math>\displaystyle f</math> jest stała,
-ale również zbiory, na których pole kierunków jest stałe.
 </div></div>
-===Rozwiązania i odpowiedzi===
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Oczywiście <math>h</math> jest rozwiązaniem naszego równania. Zauważmy, że
+<center><math>
+f_C'(t)=\begin{cases}0, & \text{ dla }t\leq C\\
+(t-C)^2, & \text{ dla }t>C
+\end{cases} = \begin{cases} 0, & \text{ dla }t\leq C\\
+\left((t-C)^3\right)^{\frac23}, & \text{ dla }t>C
+\end{cases} </math>,</center>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.010|Uzupelnic z.am2.13.010|]] a) Prędkość rozpadu izotopu pierwiastka
+czyli <math>f_C'(t)= 3\left(f_C(t)\right)^{\frac23}</math>. Analogicznie
-promieniotwórczego jest ujemna i wprost proporcjonalna do ilości
+sprawdzamy, że <math>g_C</math> jest rozwiązaniem naszego równania. Nie są to
-atomów, które się jeszcze nie rozpadły, co możemy zapisać
+jednak jedyne rozwiązania. Jeśli <math>C_1\geq C_2</math>, to
-równaniem
+<center><math>
-<center><math>\displaystyle
+\left(f_{C_1}+g_{C_2}\right)(t)=\begin{cases} (t-C)^3, & \text{ dla }t< C_2\\
-N'(t)=-\lambda N(t),
+, & \text{ dla }C_2\leq t\leq C_1\\
+(t-C)^3, & \text{ dla }t>C_2
+\end{cases}
 </math></center>
-gdzie <math>\displaystyle t</math> jest czasem, <math>\displaystyle N</math> liczbą atomów izotopu, a <math>\displaystyle \lambda</math>
+jest również rozwiązaniem naszego równania.
-współczynnikiem proporcjonalności, nazywanym '''''stałą rozpadu
-promieniotwórczego'''''. Analogicznie jak w przykładzie z wykładu
-dotyczącym stygnięcia (względnie ogrzewania) danej substancji,
-równanie to ma przy warunku początkowym <math>\displaystyle N(t_0)=N_0</math> dokładnie
-jedno rozwiązanie <math>\displaystyle N(t)=N_0\exp(-\lambda (t-t_0))</math>, a jeśli w
-szczególności <math>\displaystyle t_0=0</math>, to <math>\displaystyle N(t)=N_0\exp(-\lambda t)</math>. Z definicji
-okresu połowicznego rozpadu <math>\displaystyle T</math> wynika zależność:
-<center><math>\displaystyle
-N_0\exp(-\lambda T)=N(T)=\frac{N_0}{2},
-</math></center>
-zatem <math>\displaystyle \lambda = \frac{\ln 2}{T}</math> i w konsekwencji
+Niech <math>(t_0,x_0)</math> będzie dowolnym punktem płaszczyzny. Jeśli
-<center><math>\displaystyle
+<math>x_0=0</math>, to <math>x_0=f_{t_0+1}(t_0)</math>; jeśli <math>x_0>0</math>, to
-N(t)=N_0\exp\left(-\frac{t}T{\ln 2}\right)=N_02^{-\frac{t}{T}}.
+<math>x_0=(t_0-(t_0-\sqrt[3]{x_0}))^3=f_{t_0-\sqrt[3]{x_0}}(t_0)</math>;
-</math></center>
+wreszcie jeśli <math>x_0<0</math>, to
+<math>x_0=(t_0-(t_0-\sqrt[3]{x_0}))^3=g_{t_0-\sqrt[3]{x_0}}(t_0)</math>.
+Zatem każdy problem Cauchy'ego
+<math>\begin{cases} x'(t)=3x^\frac{2}{3}(t)\\x(t_0)=x_0\end{cases}</math> ma
+rozwiązanie.
-b) Wobec ostatniego wzoru wystarczy wyliczyć <math>\displaystyle t</math> (gdzie jednostką
+Niech teraz <math>(t_0,x_0)</math> będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.
-jest rok) z równania
-<center><math>\displaystyle
-\frac1{16}N_0=N_02^{-\frac t{28}}.
-</math></center>
-Otrzymujemy <math>\displaystyle t=4\cdot 28= 112</math> lat. Jest to jednak oczywiste też
+a) Jeśli  <math>x_0\neq 0</math>, to <math>r=\frac12|x_0|>0</math> oraz w zbiorze
-wprost z definicji czasu połowicznego rozpadu. Jeśli na początku
+<math>(t_0-r,t_0+r)\times (x_0-r,x_0+r)</math> funkcja <math>f(t,x)=3x^{\frac23}</math>
-mamy <math>\displaystyle N_0</math> atomów, to po 28 latach <math>\displaystyle \frac12N_0</math>, po następnych 28
+spełnia założenia twierdzenia udowodnionego w [[#cw_13_3|ćwiczenie 13.3.]], zatem wtedy badany problem Cauchy'ego ma
-latach <math>\displaystyle \frac12\cdot \frac{1}2N_0=\frac14N_0</math>, po kolejnych 28
+jedyne rozwiązanie w pewnym przedziale.
-latach <math>\displaystyle \frac18N_0</math>, aż wreszcie po kolejnych 28 latach
-<math>\displaystyle \frac1{16}N_0</math>.<br>
-c) Tym razem za jednostkę czasu przyjmijmy 1 dzień. Jeśli <math>\displaystyle N_0</math>
+b) Jeśli <math>x_0=0</math>, to zacieśnienia funkcji <math>f_{t_0}</math> i <math>h</math> do
-było początkową ilością atomów polonu-210, to
+dowolnego przedziału <math>(t_0-\delta, t_0+\delta)</math> są dwoma różnymi
-<math>\displaystyle N(100)=N_02^{-\frac{100}{140}}=N_02^{-\frac57}\approx
+rozwiązaniami tym przedziale.
-,6095068271N_0</math>, zatem po 100 dniach pozostanie jeszcze prawie
-<math>\displaystyle 61\%</math> początkowej ilości atomów izotopu.
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.020|Uzupelnic z.am2.13.020|]] a) Niech <math>\displaystyle K_0=K(0)</math> oznacza kapitał
+{{cwiczenie|13.5.||
-początkowy złożony w banku. Gdyby bank dokonywał  kapitalizacji
+Pokazać, że dla dowolnej stałej <math>C\in
-odsetek w stosunku rocznym, to po <math>\displaystyle t</math> latach kapitał urósłby do
+\mathbb{R}</math> funkcje
-kwoty <math>\displaystyle K_0(1+r)^t</math>. Gdyby kapitalizacja była dokonywana <math>\displaystyle n</math> razy w
+<center><math>
-roku, kapitał urósłby do kwoty <math>\displaystyle K_0(1+\frac rn)^{nt}</math>. Jeśli
+f_C(t)=\begin{cases} 0, & \text{ dla }t\leq 0\\
-kapitalizacja jest ciągła, kapitał urośnie do kwoty
+C\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t>0
-<center><math>\displaystyle
+\end{cases} \qquad {\rm i}\qquad g_C(t)=\begin{cases}
-K(t)=\lim_{n\rightarrow \infty} K_0\left(1+\frac rn\right)^{nt}=
+C\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t<0\\0, & \text{ dla }t\geq
-\lim_{n\rightarrow \infty} K_0\left[\left(1+\frac
+\end{cases}
-rn\right)^{\frac{n}{r}}\right]^{rt}= K_0\exp(rt).
 </math></center>
-A stąd <math>\displaystyle K'(t)=rK_0\exp(rt)=rK(t)</math>.<br>
+są rozwiązaniami równania różniczkowego <math>t^3x'=2x</math>. Czy istnieją
+jeszcze jakieś rozwiązania tego równania nie uwzględnione powyżej?
+Wskazać wszystkie takie punkty <math>(t_0,x_0)</math>, dla których problem
+początkowy
+<center><math>\begin{cases} t^3x'(t)=2x(t)\\x(t_0)=x_0\end{cases}</math></center>
-b) Szukamy czasu <math>\displaystyle t</math> takiego, że <math>\displaystyle 2K_0=K_0\exp(0,8t)</math>. Wyliczamy
+a) nie ma rozwiązania,
-<math>\displaystyle t=\frac{\ln{2}}{0,08}\approx 8,664339757</math>. Należy zatem złożyć
-kapitał na 8 lat i 8 miesięcy...
-</div></div>
+b) ma rozwiązanie jednoznaczne w przedziale <math>(t_0-\delta,
+t_0+\delta)</math> dla pewnego <math>\delta>0</math>,
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.030|Uzupelnic z.am2.13.030|]] Niech
+c) ma co najmniej dwa różne rozwiązania w przedziale <math>(t_0-\delta,
-<center><math>\displaystyle
+t_0+\delta)</math> dla dowolnego <math>\delta>0</math>.
-M:=\sup\left\{\left|\frac{\partial f}{\partial x}(t,x)\right|: (t,x)\in
-D\right\}.
-</math></center>
-Z założenia <math>\displaystyle M</math> jest liczbą skończoną. Ustalmy dowolne
+}}
-<math>\displaystyle t\in(t_0-a,t_0+a)</math> i rozważmy funkcję
-<center><math>\displaystyle
-\phi_t: (x_0-b,x_0+b)\ni x\mapsto \phi_t(x):=f(t,x)\in\mathbb{R}.
-</math></center>
-Zgodnie z założeniami, funkcja ta jest różniczkowalna, zatem na
-mocy twierdzenia Lagrange'a dla dowolnych punktów <math>\displaystyle x_1,x_2\in
-(x_0-b,x_0+b)</math> istnieje <math>\displaystyle \xi\in (x_0-b,x_0+b)</math> takie, że
-<center><math>\displaystyle
-f(t,x_1)-f(t,x_2)=\phi_t(x_1)-\phi_t(x_2)=\phi_t'(\xi)(x_1-x_2).
-</math></center>
-Ponieważ <math>\displaystyle \phi_t'(\xi)=\frac{\partial f}{\partial x}(t,\xi)</math>, z
-dowolności <math>\displaystyle t</math>  i z definicji <math>\displaystyle M</math> otrzymujemy
-<center><math>\displaystyle
-\forall t\in (t_0-a,t_0+a) \; \forall x_1,x_2\in (x_0-b,x_0+b):
-|f(t,x_1)-f(t,x_2)|\leq M|x_1-x_2|.
-</math></center>
-Zatem na mocy twierdzenia Picarda rozwiązanie problemu
-początkowego Cauchy'ego istnieje i jest jedyne.<br>
-a) Funkcja <math>\displaystyle f(t,x)=t-\ln(x-t)</math> nie jest określona, jeśli <math>\displaystyle x-t\leq
-</math>, natomiast jest dobrze określona i klasy <math>\displaystyle C^\infty</math> w zbiorze
-<math>\displaystyle G=\{(t,x)\in\mathbb{R}^2: x-t>0\}</math>. Jeśli <math>\displaystyle (t_0,x_0)\in G</math>, to
-<math>\displaystyle r=\frac13(x_0-t_0)>0</math> oraz <math>\displaystyle [t_0-r,t_0+r]\times[x_0-r,x_0+r]</math>
-zawiera się w <math>\displaystyle G</math>. W szczególności na zbiorze <math>\displaystyle (t_0-r,t_0+r)\times
-(x_0-r,x_0+r)</math> funkcja <math>\displaystyle f</math> jest ciągła i ma ograniczoną pochodną
-cząstkową po <math>\displaystyle x</math>. Zatem w otoczeniu punktu <math>\displaystyle t_0</math> problem
-Cauchy'ego z warunkiem początkowym <math>\displaystyle x(t_0)=x_0</math> ma dokładnie jedno
-rozwiązanie.<br>
-b) Funkcja <math>\displaystyle f(t,x)=\sqrt{t^2-x}+4t</math> nie jest określona, jeśli
-<math>\displaystyle t^2-x<0</math>, natomiast jest dobrze określona i ciągła w zbiorze
-<math>\displaystyle \{(t,x)\in\mathbb{R}^2: t^2-x\geq 0\}</math>. Jeśli <math>\displaystyle (t_0,x_0)\in
-G=\{(t,x)\in\mathbb{R}^2: t^2-x>0\}</math>, to istnieje takie <math>\displaystyle r>0</math>, że
-<math>\displaystyle [t_0-r,t_0+r]\times[x_0-r,x_0+r]</math>   zawiera się w <math>\displaystyle G</math>. W
-szczególności na zbiorze <math>\displaystyle (t_0-r,t_0+r)\times (x_0-r,x_0+r)</math>
-funkcja <math>\displaystyle f</math> jest ciągła i ma ograniczoną pochodną cząstkową po
-<math>\displaystyle x</math>. Zatem w otoczeniu punktu <math>\displaystyle t_0</math> problem Cauchy'ego z warunkiem
-początkowym <math>\displaystyle x(t_0)=x_0</math> ma dokładnie jedno rozwiązanie.
-</div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.040|Uzupelnic z.am2.13.040|]] Oczywiście <math>\displaystyle h</math> jest rozwiązaniem naszego
-równania. Zauważmy, że
-<center><math>\displaystyle
-f_C'(t)=\begincases 0, & \text{ dla }t\leq C\\
-(t-C)^2, & \text{ dla }t>C
-\endcases = \begincases 0, & \text{ dla }t\leq C\\
-\left((t-C)^3\right)^{\frac23}, & \text{ dla }t>C
-\endcases ,
-</math></center>
-czyli <math>\displaystyle f_C'(t)= 3\left(f_C(t)\right)^{\frac23}</math>. Analogicznie
-sprawdzamy, że <math>\displaystyle g_C</math> jest rozwiązaniem naszego równania. Nie są to
-jednak jedyne rozwiązania. Jeśli <math>\displaystyle C_1\geq C_2</math>, to
-<center><math>\displaystyle
-\left(f_{C_1}+g_{C_2}\right)(t)=\begincases (t-C)^3, & \text{ dla }t< C_2\\
-, & \text{ dla }C_2\leq t\leq C_1\\
-(t-C)^3, & \text{ dla }t>C_2
-\endcases
-</math></center>
-jest również rozwiązaniem naszego równania.
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Czy funkcja <math>f_{C_1}+g_{C_2}</math> może być rozwiązaniem równania <math>t^3x'=2x</math>?
-Niech <math>\displaystyle (t_0,x_0)</math> będzie dowolnym punktem płaszczyzny. Jeśli
+a) Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji <math>f_C</math>, po <math>C\in\mathbb{R}</math>? Jakim zbiorem jest suma mnogościowa wykresów wszystkich funkcji <math>g_C</math>, po <math>C\in\mathbb{R}</math>?
-<math>\displaystyle x_0=0</math>, to <math>\displaystyle x_0=f_{t_0+1}(t_0)</math>; jeśli <math>\displaystyle x_0>0</math>, to
-<math>\displaystyle x_0=(t_0-(t_0-\sqrt[3]{x_0}))^3=f_{t_0-\sqrt[3]{x_0}}(t_0)</math>;
-wreszcie jeśli <math>\displaystyle x_0<0</math>, to
-<math>\displaystyle x_0=(t_0-(t_0-\sqrt[3]{x_0}))^3=g_{t_0-\sqrt[3]{x_0}}(t_0)</math>.
-Zatem każdy problem Cauchy'ego
-<math>\displaystyle \begincases x'(t)=3x^\frac{2}{3}(t)\\x(t_0)=x_0\endcases </math> ma
-rozwiązanie.
-Niech teraz <math>\displaystyle (t_0,x_0)</math> będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.
+b) W których punktach można skorzystać z [[#cw_13_3|ćwiczenia 13.3]]?
-a) Jeśli  <math>\displaystyle x_0\neq 0</math>, to <math>\displaystyle r=\frac12|x_0|>0</math> oraz w zbiorze
+c) W których punktach nie można skorzystać z [[#cw_13_3|ćwiczenia 13.3]]?
-<math>\displaystyle (t_0-r,t_0+r)\times (x_0-r,x_0+r)</math> funkcja <math>\displaystyle f(t,x)=3x^{\frac23}</math>
-spełnia założenia twierdzenia udowodnionego w zadaniu
-[[##z.am2.13.030|Uzupelnic z.am2.13.030|]], zatem wtedy badany problem Cauchy'ego ma
-jedyne rozwiązanie w pewnym przedziale.
-b) Jeśli <math>\displaystyle x_0=0</math>, to zacieśnienia funkcji <math>\displaystyle f_{t_0}</math> i <math>\displaystyle h</math> do
-dowolnego przedziału <math>\displaystyle (t_0-\delta, t_0+\delta)</math> są dwoma różnymi
-rozwiązaniami tym przedziale.
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.050|Uzupelnic z.am2.13.050|]] Zauważmy, że
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-<center><math>\displaystyle
+Zauważmy, że
-f_C(t)=\begincases 0, & \text{ dla }t\leq 0\\
+<center><math>
+f_C(t)=\begin{cases} 0, & \text{ dla }t\leq 0\\
 C\frac{2}{t^3}\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t>0
-\endcases ,
+\end{cases} </math>,</center>
-</math></center>
-czyli <math>\displaystyle t^3f_C'(t)= 2f_C(t)</math>. Analogicznie sprawdzamy, że <math>\displaystyle g_C</math>
+czyli <math>t^3f_C'(t)= 2f_C(t)</math>. Analogicznie sprawdzamy, że <math>g_C</math>
 jest rozwiązaniem naszego równania. Nie są to jednak jedyne
-rozwiązania. Jeśli <math>\displaystyle C_1, C_2</math> są dowolne, to
+rozwiązania. Jeśli <math>C_1, C_2</math> są dowolne, to
-<center><math>\displaystyle
+<center><math>
 \left(f_{C_1}+g_{C_2}\right)(t)=
-\begincases C_2\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t<0\\
+\begin{cases} C_2\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t<0\\
 , & \text{ dla }t= 0\\
 C_1\exp\left(-\frac {1}{t^2}\right), & \text{ dla }t>0
-\endcases
+\end{cases}
 </math></center>
 jest również rozwiązaniem naszego równania.<br>
-Niech teraz <math>\displaystyle (t_0,x_0)</math> będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.
+Niech teraz <math>(t_0,x_0)</math> będzie dowolnym punktem na płaszczyźnie.
-a) Zauważmy, że jeśli funkcja <math>\displaystyle x</math> jest rozwiązaniem równania
+a) Zauważmy, że jeśli funkcja <math>x</math> jest rozwiązaniem równania
-<math>\displaystyle t^3x'(t)=2x(t)</math>, to <math>\displaystyle x(0)=0</math>. Zatem jeśli <math>\displaystyle t_0= 0, x_0\neq 0</math>, to
+<math>t^3x'(t)=2x(t)</math>, to <math>x(0)=0</math>. Zatem jeśli <math>t_0= 0, x_0\neq 0</math>, to
 badany problem początkowy nie ma rozwiązania.
-b) Jeśli  <math>\displaystyle t_0\neq 0</math>, to <math>\displaystyle r=\frac12|t_0|>0</math> oraz w zbiorze
+b) Jeśli  <math>t_0\neq 0</math>, to <math>r=\frac12|t_0|>0</math> oraz w zbiorze
-<math>\displaystyle (t_0-r,t_0+r)\times (x_0-r,x_0+r)</math> funkcja
+<math>(t_0-r,t_0+r)\times (x_0-r,x_0+r)</math> funkcja
-<math>\displaystyle f(t,x)=\frac{2x}{t^3}</math> spełnia założenia twierdzenia
+<math>f(t,x)=\frac{2x}{t^3}</math> spełnia założenia twierdzenia
-udowodnionego w zadaniu [[##z.am2.13.030|Uzupelnic z.am2.13.030|]], zatem wtedy badany
+udowodnionego w [[#cw_13_3|ćwiczeniu 13.3]], zatem wtedy badany
 problem Cauchy'ego, równoważny problemowi
-<math>\displaystyle \begincases x'(t)=\frac{2x(t)}{t^3}\\x(t_0)=x_0\endcases </math> ma
+<math>\begin{cases} x'(t)=\frac{2x(t)}{t^3}\\x(t_0)=x_0\end{cases}</math>, ma
 jedyne rozwiązanie w pewnym przedziale.
-b) Jeśli <math>\displaystyle t_0=0</math> i <math>\displaystyle x_0=0</math>, to zacieśnienia wszystkich funkcji
+b) Jeśli <math>t_0=0</math> i <math>x_0=0</math>, to zacieśnienia wszystkich funkcji
-postaci <math>\displaystyle f_C</math>, <math>\displaystyle g_C</math>, czy <math>\displaystyle f_{C_1}+g_{C_2}</math> są rozwiązaniami  i
+postaci <math>f_C</math>, <math>g_C</math>, czy <math>f_{C_1}+g_{C_2}</math> są rozwiązaniami  i
 wśród nich nieskończenie wiele jest parami różnych (przykładowe
-różne to <math>\displaystyle f_0</math> i <math>\displaystyle f_1</math>).
+różne to <math>f_0</math> i <math>f_1</math>).
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.060|Uzupelnic z.am2.13.060|]] a)
+{{cwiczenie|13.6.||
-<center><math>\displaystyle \aligned
+Wykorzystując metodę kolejnych
+przybliżeń Picarda, znaleźć rozwiązanie problemu początkowego
+Cauchy'ego
+a) <math>\begin{cases}x'(t)=t+x(t)\\ x(0)=1\end{cases} ,\quad</math>
+b) <math>\begin{cases} x'(t)=t^2+x^2(t)\\ x(0)=1\end{cases}</math>.
+}}
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Należy policzyć <math>x_1,x_2,x_3,..</math>. z ciągu kolejnych przybliżeń Picarda.
+a) Zachęcamy do wyliczenia <math>x_5</math> i porównania otrzymanego wielomianu z szeregiem Maclaurina funkcji <math>f(t)=2\exp{t}</math>.
+b) Proszę policzyć przynajmniej <math>x_3</math>. Dla liczb bliskich zeru otrzymujemy z tego przybliżenia rozwiązania z dość dużą dokładnością.
+</div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a)
+<center><math>\begin{align}
 &x_0=x(0)=1,\\
 &x_1=1+\int_0^t(s+1)ds=1+t+\frac{t^2}2,\\
@@ Linia 509: / Linia 383: @@
 +t+t^2+\frac{t^3}3+\frac{t^4}{12}+\frac{t^5}{60}+\frac{t^6}{720},\\
 &\vdots
-\endaligned
+\end{align}
 </math></center>
 Wiemy, że
-<center><math>\displaystyle
+<center><math>
 \exp{t}=\sum_{n=0}^\infty \frac{2t^n}{n!}=
 +2t+t^2+\frac{t^3}3+\frac{t^4}{12}+\frac{t^5}{60}+\frac{t^6}{360}+...=
-+t+(1+t+t_2+ \frac{t^3}3+\frac{t^4}{12}+\frac{t^5}{60}+\frac{t^6}{360}+...),
++t+(1+t+t_2+ \frac{t^3}3+\frac{t^4}{12}+\frac{t^5}{60}+\frac{t^6}{360}+...)</math>,</center>
-</math></center>
-a stąd widać, że <math>\displaystyle g(t)=2\exp(t)-1-t</math> jest bliskie rozwiązania.
+a stąd widać, że <math>g(t)=2\exp(t)-1-t</math> jest bliskie rozwiązania.
-Sprawdzimy łatwo, że <math>\displaystyle g'(t)=2\exp(t)-1=g(t)+t</math> i <math>\displaystyle g(0)=1</math>, zatem
+Sprawdzimy łatwo, że <math>g'(t)=2\exp(t)-1=g(t)+t</math> i <math>g(0)=1</math>, zatem
-<math>\displaystyle g</math> jest rozwiązaniem.<br>
+<math>g</math> jest rozwiązaniem.<br>
 b)
-<center><math>\displaystyle \aligned
+<center><math>\begin{align}
 &x_0=x(0)=0,\\
 &x_1=\int_0^ts^2ds=\frac{t^3}3,\\
@@ Linia 531: / Linia 404: @@
 \frac{t^3}3+\frac{t^7}{63}+\frac{2t^{11}}{2079}+\frac{t^{15}}{59535},\\
 &\vdots
-\endaligned
+\end{align}
 </math></center>
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.070|Uzupelnic z.am2.13.070|]] a) Uzupełnijmy tabelkę
+{{cwiczenie|13.7.||
-<center><math>\displaystyle
+Wykorzystując metodę łamanych Eulera dla
+<math>h=0,1</math>
+a) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu
+początkowego <math>\begin{cases} x'(t)=t+x(t)\\ x(1)=1\end{cases}</math> w
+przedziale <math>\left[1;\ 1,5\right]</math> i obliczyć przybliżoną wartość
+<math>x(1,5)</math>;
+b) skonstruować przybliżony obraz krzywej całkowej problemu
+początkowego <math>\begin{cases} x'(t)=t+x^2(t)\\ x(0)=0\end{cases}</math> w
+przedziale <math>\left[0;\ 0,4\right]</math> i obliczyć przybliżoną wartość
+<math>x(0,4)</math>.
+}}
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Uzupełnijmy tabelkę
+<center><math>
+\begin{array} {|c|c|c|c|}
+\hline
+t& x& t+x & (t+x)h\\
+\hline\hline t_0=1,0&x_0=1& & \\ \hline t_1=1,1&x_1= & & \\
+\hline
+t_2=1,2&x_2= & & \\
+\hline \vdots& \vdots & \vdots & \vdots\\ \hline t_5=1,5&x_5= & & \\
+\hline
+\end{array}
+</math></center>
+<br>
+przy czym nie ma potrzeby wypełniania ostatnich dwóch rubryk, bo chcemy policzyć  <math>x_5 \approx x(1,5)</math>.
+b) Podobnie jak w punkcie a).
+</div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Uzupełnijmy tabelkę
+<center><math>
 \begin{array} {|c|c|c|c|}
 \hline
@@ Linia 552: / Linia 463: @@
 Przybliżonym obrazem krzywej będącej rozwiązaniem naszego problemu
-Cauchy'ego w przedziale <math>\displaystyle \left[1;\ 1,5\right]</math> jest łamana o
+Cauchy'ego w przedziale <math>\left[1;\ 1,5\right]</math> jest łamana o
-węzłach <math>\displaystyle (t_0,x_0),...,(t_5,x_5)</math>. Mamy <math>\displaystyle x(1,5)\approx 2,33153</math>.<br>
+węzłach <math>(t_0,x_0),\ldots,(t_5,x_5)</math>. Mamy <math>x(1,5)\approx 2,33153</math>.<br>
 b)  Uzupełnijmy tabelkę
-<center><math>\displaystyle
+<center><math>
 \begin{array} {|c|c|c|c|}
 \hline
@@ Linia 570: / Linia 481: @@
 Przybliżonym obrazem krzywej będącej rozwiązaniem naszego problemu
-Cauchy'ego w przedziale <math>\displaystyle \left[0;\ 0,4\right]</math> jest łamana o
+Cauchy'ego w przedziale <math>\left[0;\ 0,4\right]</math> jest łamana o
-węzłach <math>\displaystyle (t_0,x_0),...,(t_4,x_4)</math>. Mamy <math>\displaystyle x(0,4)\approx
+węzłach <math>(t_0,x_0),\ldots,(t_4,x_4)</math>. Mamy <math>x(0,4)\approx
 ,06010006001</math>.
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.080|Uzupelnic z.am2.13.080|]]
+{{cwiczenie|13.8.||
+Wyznaczyć wielomian Taylora rzędu 5 w
+punkcie <math>0</math> funkcji <math>x</math>, będącej rozwiązaniem problemu
+początkowego Cauchy'ego
+a) <math>\begin{cases} x'(t)=x^2(t)-x(t)t\\ x(0)=1\end{cases} ,\quad</math>
+b) <math>\begin{cases} x'(t)=2x(t)\cos{t}-3t\\ x(0)=1\end{cases}</math><br>
+i obliczyć przybliżoną wartość <math>x(1)</math>.
+}}
-a) <center><math>\displaystyle \aligned
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Zauważmy, że warunek początkowy Cauchy'ego <math>\begin{cases} x'(t)=f(t,x(t))\\x(t_0)=x_0\end{cases}</math>
+daje nam bezpośrednio wartość <math>x(t_0)</math> oraz <math>x'(t_0)=f(t_0,x_0)</math>.
+Ale zauważmy, że łatwo policzyć też <math>x''(t_0)</math> mając <math>x'(t)=f(t,x(t))</math> itd...
+</div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) <center><math>\begin{align}
 &&&x(0)=1,\\
 &x'=x^2-xt&&x'(0)=1,\\
@@ Linia 587: / Linia 516: @@
 +16+14-8=28,\\
 &\vdots&&\vdots
-\endaligned</math></center>
+\end{align}</math></center>
-zatem wielomian Taylora funkcji <math>\displaystyle x</math> rzędu 5 o środku w punkcie <math>\displaystyle 0</math>
+zatem wielomian Taylora funkcji <math>x</math> rzędu 5 o środku w punkcie <math>0</math>
 ma postać
-<center><math>\displaystyle
+<center><math>
 T^5_0 x(t)= 1+t+\frac12t^2+\frac13t^3+\frac{7}{24}t^4+\frac{7}{30}t^5
 </math></center>
-oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora <center><math>\displaystyle x(1)\approx T^5_0 x(1)=
+oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora <center><math>x(1)\approx T^5_0 x(1)=
-+1+\frac12+\frac13+\frac7{24}+\frac7{30}=3\frac{43}{120}.</math></center>
++1+\frac12+\frac13+\frac7{24}+\frac7{30}=3\frac{43}{120}</math>.</center>
-b) <center><math>\displaystyle \aligned
+b) <center><math>\begin{align}
 &&&x(0)=1,\\
 &x'=2x\cos{t}-3t&&x'(0)=2,\\
@@ Linia 609: / Linia 538: @@
 -24-12+2=-34,\\
 &\vdots&&\vdots
-\endaligned</math></center>
+\end{align}</math></center>
-zatem wielomian Taylora funkcji <math>\displaystyle x</math> rzędu 5 o środku w punkcie <math>\displaystyle 0</math>
+zatem wielomian Taylora funkcji <math>x</math> rzędu 5 o środku w punkcie <math>0</math>
 ma postać
-<center><math>\displaystyle
+<center><math>
 T^5_0 x(t)= 1+2t+\frac12t^2-\frac{1}{2}t^4-\frac{17}{60}t^5
 </math></center>
-oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora <center><math>\displaystyle
+oraz na mocy wniosku ze wzoru Taylora <center><math>
 x(1)\approx T^5_0 x(1)=
-+2+\frac12+0-\frac12-\frac{17}{60}=2\frac{43}{60}.
++2+\frac12+0-\frac12-\frac{17}{60}=2\frac{43}{60}</math></center>
+</div></div>
+{{cwiczenie|13.9.||
+Interpretując obraz pola wektorowego
+<center><math>
+\mathrm{dom}\, f\ni (t,x) \mapsto (t,x)+(1,f(t,x))\in\mathbb{R}^2
 </math></center>
+(lub pola kierunków), określić w przybliżeniu przebieg rozwiązania
+równania różniczkowego <math>x'=f(t,x)</math>, jeśli
+a) <math>f(t,x)=-2</math>
+b) <math>f(t,x)=-t</math>,
+c) <math>f(t,x)= t^2</math>,
+d) <math>f(t,x)=-\frac1x</math>,
+e) <math>f(t,x)=-\frac tx</math>}}
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Rysowanie obrazu pola kierunków możemy rozpocząć od wyznaczenia '''''izoklin''''', czyli poziomic funkcji
+<math>f</math>. Są to nie tylko zbiory, na których funkcja <math>f</math> jest stała, ale również zbiory, na których pole kierunków jest stałe.
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am2.13.090|Uzupelnic z.am2.13.090|]] a) Funkcja <math>\displaystyle f</math> jest stała na całej
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Funkcja <math>f</math> jest stała na całej
 płaszczyźnie, więc również pole kierunków jest stałe. W każdym
-punkcie <math>\displaystyle (t,x)</math> zaczepiamy wektor <math>\displaystyle [1,-2]</math>. Każde rozwiązanie
+punkcie <math>(t,x)</math> zaczepiamy wektor <math>[1,-2]</math>. Każde rozwiązanie
-równania <math>\displaystyle x'=-2</math> jest funkcją liniową o współczynniku kierunkowym
+równania <math>x'=-2</math> jest funkcją liniową o współczynniku kierunkowym
-<math>\displaystyle -2</math>. Na przykład rozwiązaniem problemu początkowego Cauchy'ego
+<math>-2</math>. Na przykład rozwiązaniem problemu początkowego Cauchy'ego
-<math>\displaystyle \begincases x'(t)=-2\\x(0)=2\endcases </math> jest funkcja
+<math>\begin{cases} x'(t)=-2\\x(0)=2\end{cases}</math> jest funkcja
-<math>\displaystyle x(t)=-2t+2</math>.
+<math>x(t)=-2t+2</math>.
 <br>
-{{red}{ Rysunek am2c13.0010}}<br>
+b) Równania izoklin (por. wskazówkę) dla funkcji <math>f(t,x)=-t</math> mają
+postać <math>-t=k</math>. Zatem izoklinami są proste pionowe (prostopadłe do
-b) Równania izoklin (por. wskazówkę) dla funkcji <math>\displaystyle f(t,x)=-t</math> mają
+osi <math>Ot</math>). Na przykład w dowolnym punkcie prostej <math>t=0</math> zaczepiamy
-postać <math>\displaystyle -t=k</math>. Zatem izoklinami są proste pionowe (prostopadłe do
+wektor <math>[1,0]</math>; w dowolnym punkcie prostej <math>t=1</math> - wektor
-osi <math>\displaystyle Ot</math>). Na przykład w dowolnym punkcie prostej <math>\displaystyle t=0</math> zaczepiamy
+<math>[1,-1]</math>; <math>t=-1</math> - wektor <math>[1,1]</math>, <math>t=2</math> - wektor <math>[1,-2]</math>,
-wektor <math>\displaystyle [1,0]</math>; w dowolnym punkcie prostej <math>\displaystyle t=1</math> -- wektor
+<math>t=-2</math> - wektor <math>[1,2]</math>. Każde rozwiązanie równania <math>x'=-t</math> jest
-<math>\displaystyle [1,-1]</math>; <math>\displaystyle t=-1</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,1]</math>, <math>\displaystyle t=2</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,-2]</math>,
+funkcją kwadratową postaci <math>x(t)=-\frac12t^2+C</math>. Na przykład
-<math>\displaystyle t=-2</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,2]</math>. Każde rozwiązanie równania <math>\displaystyle x'=-t</math> jest
-funkcją kwadratową postaci <math>\displaystyle x(t)=-\frac12t^2+C</math>. Na przykład
 rozwiązaniem problemu Cauchy'ego
-<math>\displaystyle \begincases x'=-t\\x(0)=2\endcases </math> jest funkcja
+<math>\begin{cases} x'=-t\\x(0)=2\end{cases}</math> jest funkcja
-<math>\displaystyle x(t)=-\frac12t^2+2</math>.
+<math>x(t)=-\frac12t^2+2</math>.
 <br>
-{{red}{ Rysunek am2c13.0020}}<br>
+{| border="0" align="center" cellspacing="10"
+|[[File:am2c13.0010.svg|253x253px|thumb|center|Rysunek do ćwiczenia 13.9.(a)]]
+|[[File:am2c13.0020.svg|253x253px|thumb|center|Rysunek do ćwiczenia 13.9.(b)]]
+|}
-c) Równania izoklin dla funkcji <math>\displaystyle f(t,x)=t^2</math> mają postać <math>\displaystyle t^2=k</math>,
+c) Równania izoklin dla funkcji <math>f(t,x)=t^2</math> mają postać <math>t^2=k</math>,
-zatem <math>\displaystyle t=\pm\sqrt{k}</math>, jeśli <math>\displaystyle k\geq 0</math>. W szczególności izokliną
+zatem <math>t=\pm\sqrt{k}</math>, jeśli <math>k\geq 0</math>. W szczególności izokliną
-dla <math>\displaystyle k=0</math> jest prosta pionowa <math>\displaystyle t=0</math>, natomiast jeśli <math>\displaystyle k>0</math>, to
+dla <math>k=0</math> jest prosta pionowa <math>t=0</math>, natomiast jeśli <math>k>0</math>, to
 mamy sumę mnogościową dwóch prostych pionowych.  Na przykład w
-dowolnym punkcie prostej <math>\displaystyle t=0</math> zaczepiamy wektor <math>\displaystyle [1,0]</math>; w
+dowolnym punkcie prostej <math>t=0</math> zaczepiamy wektor <math>[1,0]</math>; w
-dowolnym punkcie prostej <math>\displaystyle t=1</math> i prostej <math>\displaystyle t=-1</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,1]</math>;
+dowolnym punkcie prostej <math>t=1</math> i prostej <math>t=-1</math> - wektor <math>[1,1]</math>;
-<math>\displaystyle t=2</math> i <math>\displaystyle t=-2</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,4]</math>, <math>\displaystyle t=3</math> i <math>\displaystyle t=-3</math> -- wektor
+<math>t=2</math> i <math>t=-2</math> - wektor <math>[1,4]</math>, <math>t=3</math> i <math>t=-3</math> - wektor
-<math>\displaystyle [1,9]</math>. Każde rozwiązanie równania <math>\displaystyle x'=t^2</math> jest funkcją
+<math>[1,9]</math>. Każde rozwiązanie równania <math>x'=t^2</math> jest funkcją
-kwadratową postaci <math>\displaystyle x(t)=\frac13t^3+C</math>. Na przykład rozwiązaniem
+kwadratową postaci <math>x(t)=\frac13t^3+C</math>. Na przykład rozwiązaniem
-problemu Cauchy'ego <math>\displaystyle \begincases x'(t)=t^2\\x(0)=0\endcases </math>
+problemu Cauchy'ego <math>\begin{cases} x'(t)=t^2\\x(0)=0\end{cases}</math>
-jest funkcja <math>\displaystyle x(t)=\frac13t^3</math>.
+jest funkcja <math>x(t)=\frac13t^3</math>.
 <br>
-{{red}{ Rysunek am2m13.0030}}<br>
+d) Tym razem <math>\mathrm{dom}\, f=\{(t,x): x\neq 0\}</math>. Izokliny dla funkcji
+<math>f(t,x)=-\frac1x</math> to proste poziome <math>x=-\frac1k</math>
-d) Tym razem <math>\displaystyle \mathrm{dom}\, f=\{(t,x): x\neq 0\}</math>. Izokliny dla funkcji
+(oczywiście <math>k\neq 0</math>). Na przykład w dowolnym punkcie prostej
-<math>\displaystyle \displaystyle f(t,x)=-\frac1x</math> to proste poziome <math>\displaystyle x=-\frac1k</math>
+<math>x=1</math> zaczepiamy wektor <math>[1,-1]</math>; w dowolnym punkcie prostej <math>x=2</math>
-(oczywiście <math>\displaystyle k\neq 0</math>). Na przykład w dowolnym punkcie prostej
+- wektor <math>[1,-\frac12]</math>; <math>x=3</math> - wektor <math>[1,-\frac13]</math>, <math>x=-1</math>
-<math>\displaystyle x=1</math> zaczepiamy wektor <math>\displaystyle [1,-1]</math>; w dowolnym punkcie prostej <math>\displaystyle x=2</math>
+- wektor <math>[1,1]</math>; <math>x=-2</math> - wektor <math>[1,\frac12]</math>. Zauważmy pewną
--- wektor <math>\displaystyle [1,-\frac12]</math>; <math>\displaystyle x=3</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,-\frac13]</math>, <math>\displaystyle x=-1</math>
+symetrię (względem osi <math>x=t</math>) w stosunku do przypadku b).  Każde
--- wektor <math>\displaystyle [1,1]</math>; <math>\displaystyle x=-2</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,\frac12]</math>. Zauważmy pewną
+rozwiązanie równania <math>x'=-\frac1x</math> jest postaci <math>
-symetrię (względem osi <math>\displaystyle x=t</math>) w stosunku do przypadku b).  Każde
+f_C(t)=\sqrt{C-2t}</math> lub <math>g_C(t)=-\sqrt{C-2t}</math> (<math>t<\frac C2</math>).  Na
-rozwiązanie równania <math>\displaystyle x'=-\frac1x</math> jest postaci <math>\displaystyle
-f_C(t)=\sqrt{C-2t} </math> lub <math>\displaystyle g_C(t)=-\sqrt{C-2t}</math> (<math>\displaystyle t<\frac C2</math>).  Na
 przykład rozwiązaniem problemu Cauchy'ego
-<math>\displaystyle \begincases x'(t)=-\frac1{x(t)}\\x(0)=1\endcases </math> jest funkcja
+<math>\begin{cases} x'(t)=-\frac1{x(t)}\\x(0)=1\end{cases}</math> jest funkcja
-<math>\displaystyle f_{1}</math>.
+<math>f_{1}</math>.
 <br>
-{{red}{ Rysunek am2m13.0040}}<br>
+e) Podobnie, jak w poprzednim przypadku, <math>\mathrm{dom}\, f=\{(t,x): x\neq
+\}</math>. Izokliny dla funkcji <math>f(t,x)=-\frac tx</math> to
-e) Podobnie, jak w poprzednim przypadku, <math>\displaystyle \mathrm{dom}\, f=\{(t,x): x\neq
-\}</math>. Izokliny dla funkcji <math>\displaystyle \displaystyle f(t,x)=-\frac tx</math> to
 proste
-<math>\displaystyle x=-\frac1kt</math>, gdy <math>\displaystyle k\neq 0</math>, oraz prosta pionowa <math>\displaystyle t=0</math>, gdy <math>\displaystyle k=0</math>. Na przykład w
+<math>x=-\frac1kt</math>, gdy <math>k\neq 0</math>, oraz prosta pionowa <math>t=0</math>, gdy <math>k=0</math>. Na przykład w
-dowolnym punkcie prostej <math>\displaystyle t=0</math> zaczepiamy wektor <math>\displaystyle [1,0]</math>; w
+dowolnym punkcie prostej <math>t=0</math> zaczepiamy wektor <math>[1,0]</math>; w
-dowolnym punkcie prostej <math>\displaystyle x=t</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,-1]</math>; <math>\displaystyle x=-t</math> --
+dowolnym punkcie prostej <math>x=t</math> - wektor <math>[1,-1]</math>; <math>x=-t</math> -
-wektor <math>\displaystyle [1,1]</math>, <math>\displaystyle x=\frac12t</math> -- wektor <math>\displaystyle [1,-2]</math>; <math>\displaystyle x=-\frac12t</math> --
+wektor <math>[1,1]</math>, <math>x=\frac12t</math> - wektor <math>[1,-2]</math>; <math>x=-\frac12t</math> -
-wektor <math>\displaystyle [1,2]</math>. Zauważmy, że każdy taki wektor jest prostopadły do
+wektor <math>[1,2]</math>. Zauważmy, że każdy taki wektor jest prostopadły do
 prostej, na której go zaczepiamy. Zatem krzywymi całkowymi są tu
-okręgi o środku <math>\displaystyle (0,0)</math>. To one są krzywymi, do których każda
+okręgi o środku <math>(0,0)</math>. To one są krzywymi, do których każda
-prosta  przechodząca przez punkt <math>\displaystyle (0,0)</math> jest prostopadła.
+prosta  przechodząca przez punkt <math>(0,0)</math> jest prostopadła.
-Rozwiązania równania <math>\displaystyle x'=-\frac tx</math> są dane w postaci uwikłanej
+Rozwiązania równania <math>x'=-\frac tx</math> są dane w postaci uwikłanej
-wzorem <math>\displaystyle t^2+x^2(t)=a^2</math>. Na przykład rozwiązaniem problemu
+wzorem <math>t^2+x^2(t)=a^2</math>. Na przykład rozwiązaniem problemu
-Cauchy'ego <math>\displaystyle \begincases x'(t)=-\frac t{x(t)}\\x(0)=1\endcases </math>
+Cauchy'ego <math>\begin{cases} x'(t)=-\frac t{x(t)}\\x(0)=1\end{cases}</math>
-jest funkcja <math>\displaystyle x(t)=\sqrt{1-t^2}</math> (<math>\displaystyle t\in (-1,1)</math>).
+jest funkcja <math>x(t)=\sqrt{1-t^2}</math> (<math>t\in (-1,1)</math>).
 <br>
+{| border="0" align="center" cellspacing="10"
-{{red}{ Rysunek am2m13.0050}}<br>
+|[[File:am2c13.0030.svg|253x253px|thumb|center|Rysunek do ćwiczenia 13.9.(c)]]
+|[[File:am2c13.0040.svg|253x253px|thumb|center|Rysunek do ćwiczenia 13.9.(d)]]
+|[[File:am2c13.0050.svg|253x253px|thumb|center|Rysunek do ćwiczenia 13.9.(e)]]
+|}
 </div></div>