---
title: "Lecture 9: Równania różniczkowe I"
lecture_number: 9
has_solutions: true
has_exercises: true
file_format: mystnb
kernelspec:
  name: sagemath
  display_name: SageMath
---

```{include} ../_includes/sagecell-loader.md
```

# Równania różniczkowe I

(sec-RC)=
## Przykład równania różniczkowego: układ RC

:::{narration}

```{tikz}

   \useasboundingbox (-1.5,-1) rectangle (7.5,5);
   \draw (0,0)
   to [V,v=$e$] (0,4)
   to [R=$R$,i=$i$,v_<=$u_R$] (6,4)
   to [C=$C$,v_<=$u$] (6,0)
   to [short] (0,0);
```

Rozważmy obwód elektryczny, w którym szeregowo
połączone są:

- źródło napięcia o sile elektromotorycznej $e(t)$ zależnej od czasu $t\in \rr$,

- opornik o stałej rezystancji $R>0$

- kondensator o stałej pojemności $C>0$.

  Zmienne napięcie między
  okładkami kondensatora oznaczmy przez $u(t)$.

  Prąd o zmiennym natężeniu $i(t)$
  płynie w obwodzie w kierunku zaznaczonym na schemacie.

Jeśli $Q(t)$ oznacza ładunek na okładce kondensatora w chwili $t$,
to dla każdego $t\in\rr$ mamy:

$$
\begin{aligned}
u_R(t) & = R\cdot i(t),    &
i(t)   & = \Diff[t]{Q}(t), &
Q(t)   & = C\cdot u(t),
\end{aligned}
$$

gdzie $u_R(t)$ oznacza zmienne w czasie napięcie na oporności $R$.

Zgodnie z drugim prawem Kirchoffa $u(t) + u_R(t) = e(t)$.

Z tego otrzymujemy, że

```{math}
:label: eq-RC

u(t) + RC\cdot\Diff[t]{u}(t) = e(t).
```

Jeśli założymy, że funkcja $e:\rr\to\rr$ jest określona, to
otrzymaliśmy równanie na funkcję $u:\rr\to\rr$, w którym występuje
również pochodna $\displaystyle \dot u = \Diff[t]{u}:\rr\to\rr$ tej funkcji.

Jest to przykład równania różniczkowego, które zwięźle możemy zapisać w postaci

```{math}
RC\cdot\dot u + u = e.
```

Możemy zadać szereg pytań:

1. Czy istnieje funkcja $u:\rr\to\rr$ spełniająca równanie {eq}`eq-RC`?
2. Jaki jest zbiór wszystkich funkcji $u:\rr\to\rr$, które spełniają to równanie?
3. Zakładając dodatkowo, że dla $t_0\in\rr$ ustalimy wartość $u(t_0) = u_0\in\rr$,
   jakie będą odpowiedzi na powyższe pytania?
4. Jakie będą odpowiedzi na te pytania jeśli zawężymy
   dziedziny funkcji $e$ i $u$ do $t\in[t_0,t_1]$, gdzie $t_1 > t_0$?

Nim odpowiemy na te pytania sformułujmy ogólne pojęcie równania różniczkowego.
:::

## Definicja równania różniczkowego

:::{narration}

Niech $n\in\nn$.
:::

:::{prf:definition}

**Równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu $n$** {index}`równanie różniczkowe; zwyczajne`
nazywamy równanie

```{math}
:label: eq-RRZ

F \left(t,u,\dot u, \ddot u, \ldots, u^{(n)}\right) = 0,
```

w którym:

- $F:I\times X\to\rr$ jest funkcją określoną na dziedzinie $I\times X\subseteq \rr\times\rr^{n+1}$
- $t\in I$ jest zmienną niezależną określoną na przedziale $I$
- $u:I\to\rr$ jest funkcją zmiennej $t$, dla której istnieją wszystkie pochodne do rzędu $n$
- używamy oznaczeń $\displaystyle\dot u = \Diff[t]{u}$,
  $\displaystyle\ddot u = \Diff[t^2]{^2 u}$, _etc._.
  :::

:::{prf:remark}

1. Przymiotnik "zwyczajne" wskazuje, że występuje tylko jedna zmienna niezależna.

   Rozważa się również **równania różniczkowe cząstkowe**, o większej liczbie zmiennych niezależnych.
2. Litery $u$, $t$ występujące w powyższej definicji są umowne i nawiązują
   do przykładu {eq}`eq-RC`, jednakże czasami bardziej intuicyjnie
   jest rozważać równania, w których zamiast funkcji $u(t)$ mamy $y(x)$, $x(t)$, $v(t)$, _etc._.
3. Oznaczenie kropką pochodnej względem zmiennej oznaczonej literą $t$, czyli
   $\displaystyle\dot u = \Diff[t]{u}$,
   jest zwyczajowe.

   W równaniach na funkcje zmiennej $x$ stosujemy standardowe oznaczenie, czyli
   $\displaystyle y' = \Diff{y}$ lub $\displaystyle u' = \Diff{u}$, _etc._.
:::

:::{prf:definition}

**Całką szczególną** {index}`całka; szczególna` lub
**rozwiązaniem szczególnym** {index}`rozwiązanie; szczególne`
równania różniczkowego {eq}`eq-RRZ` na przedziale $I\subseteq\rr$
nazywamy dowolną funkcję $u:I\to \rr$ taką, że

$$
\forall t\in I \qquad F\left(t,u(t),\dot u(t), \ddot u(t), \ldots, u^{(n)}(t)\right) = 0.
$$

Wykres każdego takiego rozwiązania
$
\Gamma = \Set{ (t,u(t)) : t\in I } \subseteq \rr^2
$
nazywamy **krzywą całkową** {index}`krzywa; całkowa`.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Rozważmy "najprostsze" równanie różniczkowe pierwszego rzędu

```{math}
\dot u = 0.
```

na pewnym przedziale $I\subseteq \rr$.

Zakładając, że funkcja $u:I \to \rr$ jest różniczkowalna wiemy, że
jest na tym przedziale stała, co zapisujemy:

```{math}
u(t) = C, \qquad \text{gdzie } C\in \rr \text{ jest pewną stałą.}
```

Znaleźliśmy wszystkie całki szczególne rozważanego równania.
:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-01
:class: [exercise]

Sprawdźmy, czy
funkcja $u(t) = c\cdot e^{6t}$,
gdzie $c\in\rr$,
jest rozwiązaniem równania
$\ddot u -36u = 0$?

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-12-ex-01`, {numref}`prob-12-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Obliczmy pochodne:

$$
\begin{aligned}
\dot u(t)  & = 6c\cdot e^{6t},
           &
   \ddot u(t) & = 36c\cdot e^{6t}
\end{aligned}
$$

i wstawiamy do lewej strony równania:

$$
L = \ddot u -36u = 36c\cdot e^{6t} - 36\cdot \Paren{c\cdot e^{6t}} = 0 = P.
$$

Zatem dla każdego $c\in \rr$ podana funkcja jest rozwiązaniem równania.
:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-02
:class: [exercise]

Znajdźmy rozwiązania równania różniczkowego $\dot u = t\sin t$
i przedstawmy na wykresie krzywe całkowe.
::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(
   [pi*(i-7)*(5)^(-1) + (x*sin (x)).integrate(x) for i in range(10)],
   (x, -1.5*pi, 1.5*pi),
   thickness=2, aspect_ratio=1,
   color = ['#9a1006', '#3466af', '#006872', '#9a1006', '#3466af', '#006872', '#9a1006', '#3466af', '#006872', '#9a1006'],
   legend_label=[r'$u_0(x)$', r'$u_1(x)$', r'$u_2(x)$', r'$u_3(x)$', r'$u_4(x)$',
                 r'$u_5(x)$', r'$u_6(x)$', r'$u_7(x)$', r'$u_8(x)$', r'$u_9(x)$']
   ),
   transparent=True, frame=False)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex((t * sin(t)).integrate(t))
content = rf"""
\dot u(t) = t\sin t
\qlq
u(t) & = \Int[t]{{t\sin t}}
\\
& = {body_01} + C \,
"""
glue('sageglue_9_0', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Funkcja po prawej stornie równania jest ciągła,
więc z definicji całki nieoznaczonej wynika, że:

```{glue:} sageglue_9_0
```

gdzie $C \in \rr$.

To są rozwiązania podanego równania.

:::

:::{prf:definition}

Dla ustalonych liczb $t_0\in I$, $u_0, u_1, \ldots, u_{n-1} \in \rr$,
warunek:

```{math}
u(t_0) = u_0,\quad \dot u(t_0) = u_1,\ldots,\quad u^{(n-1)}(t_0) = u_{n-1},
```

dołączony do równania {eq}`eq-RRZ` nazywamy
**warunkiem początkowym Cauchy'ego** {index}`warunek Cauchy'ego`.

**Zagadnieniem Cauchy'ego** {index}`zagadnienie Cauchy'ego`
nazywamy problem znalezienia całki szczególnej równania różniczkowego
spełniającej dany warunek Cauchy'ego, czyli:

$$
& F\left(t,u,\dot u, \ddot u, \ldots, u^{(n)}\right) = 0,            \\
    & u(t_0) = u_0,\quad \dot u(t_0) = u_1,\ldots,\quad u^{(n-1)}(t_0) = u_{n-1}.
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-03
:class: [exercise]

Znajdź rozwiązanie zagadnienia Cauchy'ego:
$\quad \dot u = t\sin t,\quad u(\pi) = 0$.
::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex((t * sin(t)).integrate(t))
content = rf"""
u(t) = {body_01} + C,\ C\in \rr.
"""
glue('sageglue_9_1', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex((t * sin(t)).integrate(t))
content = rf"""
u(t) =  {body_01} - \pi.
"""
glue('sageglue_9_2', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Wiemy, że rozwiązania mają postać {glue:}`sageglue_9_1`
Warunek początkowy będzie spełniony jeśli

$$
u(\pi) = -\pi \cos \pi + \sin \pi + C = \pi + C = 0
   \qlq
   C = -\pi.
$$

Zatem szukane rozwiązanie to

```{glue:} sageglue_9_2
```
:::

:::{prf:definition}

**Całką ogólną** {index}`całka; ogólna` lub
**rozwiązaniem ogólnym** {index}`rozwiązanie; ogólne`
równania różniczkowego {eq}`eq-RRZ` rzędu $n$
nazywamy zbiór (rodzina) całek szczególnych tego równania $\Solutions{}$
zależny od $n$ parametrów, o tej własności, że
dla każdego warunku początkowego Cauchy'ego

$$
u(t_0) = u_0 \in \rr,\quad \dot u(t_0) = u_1 \in \rr,
   \ldots,\quad u^{(n-1)}(t_0) = u_{n-1} \in \rr,
$$

istnieje całka szczególna $u\in \Solutions{}$
spełniająca ten warunek początkowy.
:::

:::{narration}

Rozwiązanie równania różniczkowego polega na znalezieniu jego całki ogólnej.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Dla równania $\dot u = 0$ całkę ogólną stanowi rodzina

```{math}
\Solutions{} = \Set{u(t) = C : C\in\rr}.
```

Istotnie, dla dowolnego warunku początkowego Cauchy'ego
$
   u(t_0) = u_0 \in \rr,
   $
   możemy przyjąć $C = u(t_0) = u_0$.

   Zatem całkę szczególną spełniającą ten
warunek Cauchy'ego jest funkcja $u:\rr \to \rr$, $u(t) = u_0.$
:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-04
:class: [exercise]

Pokażmy, że zbiór rozwiązań
równania różniczkowego $\dot u = t\sin t$
znalezionych w
{ref}`lec-10-ex-02` jest rozwiązaniem ogólnym tego równania.
::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex((t * sin(t)).integrate(t))
content = rf"""
u(t) =  {body_01} + u_0 + t_0 \cos t_0 - \sin t_0.
"""
glue('sageglue_9_3', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Istotnie,
warunek początkowy będzie spełniony jeśli

$$
u(t_0) = -t_0 \cos t_0 + \sin t_0 + C = u_0
   \qlq
   C = u_0 + t_0 \cos t_0 - \sin t_0.
$$

Zatem dla danych $t_0, u_0 \in \rr$ rozwiązaniem będzie {glue:}`sageglue_9_3`
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Całka ogólna równania różniczkowego nie musi zawierać wszystkich jego całek szczególnych.

Na przykład, dla równania $\displaystyle \dot u = 3\cdot u^{\frac 2 3}$ mamy całkę ogólną

```{math}
\Solutions{} = \Set{u(t) = (t+C)^3 : C \in \rr}.
```

Istotnie, dla $u \in \Solutions{}$ mamy

$$
\dot u  = \Diff[t]{} \left[ (t+C)^3 \right]
   = 3\cdot (t+C)^2 = 3\cdot \left[ (t+C)^3 \right]^{\frac 2 3} = 3\cdot u^{\frac 2 3},
$$

więc są to rozwiązania szczególne.

Ponadto

$$
u(t_0) = u_0
   \qlq
   (t_0+C)^3 = u_0
   \qlq
   C = u_0^\frac 1 3 - t_0,
$$

więc dla każdego warunku początkowych Cauchy'ego istnieje całka szczególna w $\Solutions{}.$

Jednakże funkcja $u(t)\equiv 0$ jest również rozwiązaniem tego równania,
lecz nie należy do $\Solutions{}$.
:::

## Interpretacja geometryczna

:::{narration}

Załóżmy, że równanie różniczkowe pierwszego rzędu
da się przedstawić w postaci

$$
\dot u = f(t,u),
$$

gdzie funkcja $f:I\times U \to \rr$ jest ciągła;
$I, U \subseteq \rr$ są pewnymi przedziałami.

Jeśli funkcja $u:I\to U$ jest rozwiązaniem tego równania,
to styczna do jej wykresu w punkcie $(t_1, u(t_1))$ ma równanie

```{math}
y = a\cdot(x - t_1) + u(t_1),
```

przy czym zgodnie z równaniem różniczkowym
współczynnik nachylenia jest równy

```{math}
a = \dot u(t_1) = f(t_1, u(t_1)).
```

Jeśli zaznaczymy na płaszczyźnie te proste styczne,
to otrzymamy orientacyjną informację w jaki sposób przebiegają krzywe całkowe.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot_slope_field(
      -y,(x,-0.1,4),(y,-1,1)
   ) +
   plot(
      [(i-10)*(2)^(-1)*e^(-x) for i in range(20)],
      (x, -0.1,4),
      thickness=2,
      aspect_ratio = 1,
      ymin=-1, ymax=1,
      axes_labels=['t','u']
   ),
   transparent=True, frame=False
)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Rozważmy równanie

```{math}
\dot u = -u.
```

Na powyższym rysunku czarnymi przedziałami zaznaczono schematycznie styczne
do krzywych całkowych tego równania.

Zauważmy, że na każdej
prostej poziomej $u=u_1$ nachylenie prostych stycznych
jest takie samo (współczynnik nachylenia jest równy $-u_1$),
gdyż prawa strona równania zależy jedynie od zmiennej $u$.

Kolorowe krzywe przedstawiają pewne krzywe całkowe.

Przebieg pozostałych można z grubsza wywnioskować na podstawie
nachylania stycznych.
:::

## Przykładowe klasy równań

:::{prf:example}
:class: [example]

Jeśli "losowo" wybierzemy równanie różniczkowe zwyczajne, to
najczęściej nie będziemy w stanie podać jawnej postaci jego rozwiązań.

Oto kilka klas równań, które umiemy rozwiązywać
(i cześć z nich rozwiążemy w toku wykładu):

1. Równanie o zmiennych rozdzielonych, jeśli można je doprowadzić do postaci

   ```{math}
   \displaystyle \dot u = \frac {f(t)}{g(u)},
   ```

   gdzie $f,g$ są funkcjami ciągłymi na pewnym przedziale, $g\neq 0$.

   Na przykład:

   $$
   \begin{aligned}
   \Diff[t]{u}      & = u^2\cdot t , &
   RC\cdot \dot u + u     & = 0 ,       &
   y' \cdot e^x - \sqrt y & = 0 .
   \end{aligned}
   $$

2. Równanie liniowe pierwszego rzędu, jeśli można je doprowadzić do postaci

   ```{math}
   \displaystyle \dot u + p(t)\cdot u = f(t),
   ```

   gdzie $p,f$ są funkcjami ciągłymi na pewnym przedziale.

   Na przykład:

   $$
   \begin{aligned}
   \dot u - 2u                & = e^{-t} , &
   RC\cdot \dot u + u            & = e(t) ,   &
   y' \cdot e^x - y\cdot\cos x + \sqrt{x} & = 0 .
   \end{aligned}
   $$

3. Równanie liniowe rzędu $n$, jeśli można je doprowadzić do postaci

   ```{math}
   \displaystyle u^{(n)} + p_{n-1}(t)\cdot u^{(n-1)} + \ldots + p_1(t)\cdot \dot u + p_0(t)\cdot u = f(t),
   ```

   gdzie $p_{n-1},\ldots, p_1, p_0 ,f$ są funkcjami ciągłymi na pewnym przedziale.

   Na przykład:

   $$
   \begin{aligned}
   \ddot u + 3\dot u + u       & = 0 ,     &
   \ddot u + 3\dot u + u       & = e^{-t} ,   &
   \dddot u - \sin t \cdot \dot u & = \cos(3t) .
   \end{aligned}
   $$

4. Równanie Bernoulli'ego, jeśli można je doprowadzić do postaci

   ```{math}
   \displaystyle \dot u = p(t)\cdot u + q(t)\cdot u^\alpha,
   ```

   gdzie $p,q$ są funkcjami ciągłymi na pewnym przedziale, $\alpha\in\rr$.

   Na przykład:

   $$
   \begin{aligned}
   RC\cdot \dot u & = -u + e(t) ,      &
   \dot u - 2u    & = \sin(3t)\cdot u^2 .
   \end{aligned}
   $$

5. Jest wiele innych typów równań, które umiemy rozwiązywać
   oraz takie o rozwiązaniu których możemy tylko pomarzyć:

   $$
   \begin{aligned}
   (\dot u)^2 + \sqrt u\cdot e^{\pi t} & = \ln t &
   \sin(y') \cdot y'' - \arctg x   & = 0 .
   \end{aligned}
   $$

:::

## Równania o zmiennych rozdzielonych

:::{narration}

Niech $f: (a,b) \to \rr$, $g: (c,d) \to \rr$ będą
funkcjami ciągłymi, przy czym $\forall u\in (c,d) \ g(u)\neq 0$.
:::

:::{prf:definition}

Równanie różniczkowe, które można doprowadzić do postaci

```{math}
:label: eq-RRZZmienneRozdzielone

\begin{aligned}
   \displaystyle \Diff[t]{u} = \frac {f(t)}{g(u)}
\end{aligned}
```

nazywamy
**równaniem różniczkowym o zmiennych rozdzielonych**
{index}`równanie różniczkow; o zmiennych rozdzielonych`.
:::

:::{narration}

Rozwiązanie równania {eq}`eq-RRZZmienneRozdzielone` znajdujemy
mnożąc je obustronnie przez $g(u)$, a następnie całkując względem $t$:

$$
\dot u                 & = \frac {f(t)}{g(u)}
\qquad\Leftrightarrow        &
g(u)\cdot \dot u          & =  f(t)          \\
&             &
\Int[t]{ g(u(t))\cdot \dot u (t) } & = \Int[t]{ f(t) } .
$$

Podstawiając w całce z lewej strony $v = u(t)$,
otrzymamy $dv = \dot u (t)\ dt$, więc

$$
\Int[v]{ g(v)} = \Int[t]{ f(t) }.
$$

Zauważmy, że tą samą zależność (jedynie z innymi oznaczeniami $v=u$)
otrzymalibyśmy
dostawiając obustronnie znak całki do równania {eq}`eq-RRZZmienneRozdzielone`
pomnożonego przez $g(u)\, dt$

$$
\dot u          & = \frac {f(t)}{g(u)}
   \qquad\Leftrightarrow &
   g(u)\, du       & =  f(t)\, dt        \\
                &             &
   \Int[u]{ g(u) }    & = \Int[t]{ f(t) } .
$$

Jeśli przez $F, G$ oznaczymy funkcje pierwotne odpowiednio funkcji $f, g$, to
otrzymamy

```{math}
G(u) = F(t) + C,
```

gdzie $C\in \rr$ jest stałą całkowania.

Jeśli funkcja $G$ jest odwracalna na $(c,d)$,
to w ostateczności otrzymamy całkę ogólną

```{math}
u(t) = G^{-1}\left( F(t) + C \right), \qquad C\in\rr.
```

Jeśli chcemy znaleźć całkę szczególną, możemy od razu posługiwać się
całką oznaczoną.

Przyjmując warunek początkowy $u(t_0) = u_0$ dostaniemy zależność

$$
\IntDef[v]{u_0}{u(t)}{ g(v) } & = \IntDef[s]{t_0}{t}{ f(s) }
   \\
   u(t)              &
   = G^{-1}\left( \IntDef[s]{t_0}{t}{ f(s) } + G(u_0) \right)
   = G^{-1}\left( F(t) - F(t_0) + G(u_0) \right).
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-05
:class: [exercise]

Rozwiążmy równanie

$$
\Diff[t]{u} = u^2\cdot t .
$$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-12-ex-02`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
var('u t')
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot_slope_field(
   u^2*t,(t,-4,4),(u,-4,4),
   ) +
   plot(
   [-2*((i-10)*(2)^(-1)+t^2)^(-1) for i in range(20)],
   (t, -4,4),
   detect_poles='hide',
   thickness=1,
   aspect_ratio = 1,
   ymin=-2, ymax=3
   ),
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dla $u\neq 0$ jest to równanie o zmiennych rozdzielonych,
więc w tym przypadku obliczamy:

$$
\Diff[t]{u} = u^2\cdot t
   \qlq
   \frac {du}{u^2} = t\, dt
    & \qlq
   \Int[u]{\frac {1}{u^2}} = \Int[t]{t}
   \\ & \qlq
   -\frac 1 u = \tfrac 1 2 t^2 + \tfrac 1 2 C, \quad C \in \rr
   \\ & \qlq
   u = -\frac 2{t^2 + C}, \quad C \in \rr.
$$

Zauważmy, że
$
\quad
t^2 + C \neq 0 \qlq t \neq \pm\sqrt{-C}$.

$\quad$
Zatem

$$
D_u =
   \begin{cases}
      \rr                   & \text{dla } C > 0    \\
      \rr\setminus\Set{-\sqrt{-C}, \sqrt{-C}} & \text{dla } C \leq 0
   \end{cases}
   .
$$

Dodatkowo, funkcja $u(t) = 0$ również spełnia to równanie,
więc jest jego rozwiązaniem.

:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-06
:class: [exercise]

Znajdźmy całkę ogólną równania
$
\quad
RC\cdot \dot u + u  = 0$,
$\quad$
oraz rozwiązanie spełniające warunek $u(1) = 2.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-12-ex-02`, {numref}`prob-12-ex-03`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dla $u\neq 0$ jest to równanie o zmiennych rozdzielonych,
więc:

$$
RC\cdot \dot u + u  = 0
   \qlq
   RC\cdot\frac {du}{u} = -dt
    & \qlq
   RC \cdot\Int[u]{\frac {1}{u}} = \Int[t]{-1}
   \\ & \qlq
   RC \cdot\ln |u| = - t + C_1, \quad C_1 \in \rr
   \\ & \qlq
   |u| = e^{-\frac t {RC}}\cdot e^{\frac {C_1} {RC}}, \quad C_1 \in \rr.
$$

Przyjmijmy $|u_0| = e^{\frac {C_1} {RC}} > 0$
dla pewnego $u_0 \in \rr \setminus \Set{0}$,
zauważając, że jest to zależność odwracalna, tzn. $C_1 = RC \cdot \ln |u_0|.$

Pozbywając się modułu dostajemy:

```{math}
u(t) = u_0 \cdot e^{-\frac t {RC}}, \quad u_0 \in \rr\setminus\Set{0}.
```

Na koniec zauważmy, że $u(t) = 0$ jest również rozwiązaniem równania,
przy czym dokładnie takie rozwiązanie otrzymamy przyjmując $u_0 = 0$.

Ostatecznie całka ogólna ma postać:

```{math}
u(t) = u_0 \cdot e^{-\frac t {RC}}, \quad u_0 \in \rr,
```

przy czym $u(0) = u_0$.

Warunek początkowy będzie spełniony jeśli

$$
u(1) = u_0 \cdot e^{-\frac 1 {RC}} = 2
   \qlq
   u_0 = 2\, e^{\frac 1 {RC}}.
$$

Szukane rozwiązanie szczególne to

```{math}
u(t) = 2\, e^{\frac 1 {RC}} \cdot e^{-\frac t {RC}} = 2\, e^{\frac {1-t} {RC}}.
```

:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-07
:class: [exercise]

Rozwiążmy zagadnienie Cauchy'ego:
$\quad y' \cdot e^x - \sqrt y = 0,\quad y(0) = 1. $

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-12-ex-02`, {numref}`prob-12-ex-06`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
var('u t')
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot_slope_field(
   sqrt(u)*e^(-t),(t,-2,4),(u,0,4),
   ) +
   sum([
      plot(
      0.25* e^(-2*t)* ((i+1)*(2)^(-1)* e^t - 1)^2,
      (t, -log((i+1)*(2)^(-1)),4),
      color=hue(i*20^(-1)),
      detect_poles='hide',
      thickness=1,
      aspect_ratio = 1,
      ymin=0, ymax=3
      )
      for i in range(20)]) +
   plot(
   0.25* (3-e^(-x))^2,
   (x, -log(3),4),
   detect_poles='hide',
   thickness=2,
   color = PWRed
   ),
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dla $y\neq 0$ rozpoznajemy równanie o zmiennych rozdzielonych:

$$
y' \cdot e^x - \sqrt y = 0
   \qlq
   \Diff{y} \cdot e^x = \sqrt y
   \qlq
   \frac {dy} {\sqrt y} = e^{-x}\, dx
    & \qlq
   \Int[y]{ y^{-\frac 1 2}} = \Int{e^{-x}}
   \\ & \qlq
   2\, y^{\frac 1 2} = -e^{-x} + C, \quad C\in \rr
   \\ & \qlq
   \sqrt{y} = \tfrac 1 2 \Paren{ C - e^{-x}}, \quad C\in \rr
$$

Ponieważ lewa strona ostatniej zależności jest $\geq 0$,
to równoważnie otrzymamy:

$$
y = \tfrac 1 4 \Paren{ C -e^{-x}}^2
   \Quad{\wedge}
    & C -e^{-x}  \geq 0
   , \quad C\in \rr
   \\
    & C  \geq e^{-x}
   \qlq
   \ln C \geq -x
   \qlq
   -\ln C \leq x.
$$

To oznacza, że ostatecznie mamy rozwiązania:

$$
y(x) = \tfrac 1 4 \Paren{ C -e^{-x}}^2
   \Quad{\wedge}
    D_y = \IntCO{-\ln C,\, +\infty}
   , \quad C > 0.
$$

Warunek początkowy będzie spełniony jeśli

$$
y(0) = \tfrac 1 4 \Paren{ C -e^{-0}}^2 = 1
   \qlq
   |C - 1| = 2
   \qlq
   C \in \Set{-1,3},
$$

co przy uwzględnieniu warunku $C > 0$ daje $C = 3.$

Szukane rozwiązanie szczególne to

$$
y(x) = \tfrac 1 4 \Paren{ 3 -e^{-x}}^2
   \Quad{\wedge}
   D_y = \IntCO{-\ln 3,\, +\infty}.
$$

:::

## Równania liniowe pierwszego rzędu

:::{narration}

Niech $p, f: (a,b) \to \rr$ będą
funkcjami ciągłymi.
:::

:::{prf:definition}

Równanie różniczkowe, które można doprowadzić do postaci

```{math}
:label: eq-RRZLiniowePierwszegoRzedu

\begin{aligned}
   \Diff[t]{u} + p(t)\cdot u = f(t)
\end{aligned}
```

nazywamy
równaniem różniczkowym liniowym pierwszego rzędu.
{index}`równanie różniczkowe; liniowe pierwszego rzędu`
:::

:::{narration}

Równanie liniowe pierwszego rzędu {eq}`eq-RRZLiniowePierwszegoRzedu`
rozwiążemy metodą uzmienniania stałej,
która składa się z dwóch kroków:

1. Rozwiązujemy jednorodne równanie liniowe pierwszego rzędu

   ```{math}
   \Diff[t]{u} + p(t)\cdot u = 0,
   ```

   które jest równaniem o zmiennych rozdzielonych.

   Wykonując kolejne przekształcenia dla $u\neq 0$, otrzymujemy:

   $$
   \begin{aligned}
   \frac 1 u \, du     & = - p(t) \, dt                                \\
   \Int[u]{\frac 1 u } & = - \Int[t]{ p(t) }                              \\
   \ln |u|       & = - \Int[t]{ p(t) } + \ln C_1                          \\
   |u|           & = e^{- \Int[t]{ p(t) } + \ln C_1} =  e^{\ln C_1}\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }}
   =  C_1\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }}
   \end{aligned}
   $$

   gdzie $C_1>0$ jest stałą, zaś $\Int[t]{ p(t) }$ oznacza pewną funkcję pierwotną funkcji $p$.

   Możemy pozbyć się wartości bezwzględnej po lewej stronie równania,
   zmieniając założenie na stałą $C_1 \neq 0$.

   Zauważmy ponadto, że $u(t)\equiv 0$ jest rozwiązaniem równania jednorodnego,
   które pokrywa się z przyjęciem $C_1 = 0$.

   Ostatecznie

   $$
   u(t) = C\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }},
   \qquad
   \text{gdzie } C \in \rr.
   $$

2. Wracamy do wyjściowego równania $ \dot {u} + p(t)\cdot u = f(t)$.

   Okazuje się, że jego rozwiązanie jest postaci

   ```{math}
   :label: eq-Uzmienniona

   u(t) = C(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }},
   ```

   gdzie $C:(a,b)\to \rr$ jest funkcją, która spełnia równanie różniczkowe
   wynikające ze wstawienia {eq}`eq-Uzmienniona` do równania {eq}`eq-RRZLiniowePierwszegoRzedu`.

   Zauważmy, że

   $$
   \begin{aligned}
   \Diff[t]{u}(t) & =
   \Diff[t]{}\left[ C(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }} \right]
   \\ & =
   \Diff[t]{C}(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }} + C(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }}
   \cdot\Diff[t]{}\left[- \Int[t]{ p(t) }\right]                              \\
   & = \Diff[t]{C}(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }} - p(t)\cdot C(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }}
   \\ & = \Diff[t]{C}(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }} - p(t)\cdot u(t),
   \end{aligned}
   $$

   zatem po wstawieniu {eq}`eq-Uzmienniona` do równania {eq}`eq-RRZLiniowePierwszegoRzedu` otrzymamy

   $$
   \begin{aligned}
   \left[
   \Diff[t]{C}(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }} - \cancel{p(t)\cdot u(t)}
   \right]
   + \cancel{p(t)\cdot u(t)}           & = f(t) \\
   \Diff[t]{C}(t)\cdot e^{- \Int[t]{ p(t) }} & = f(t)
   \qlq
   \Diff[t]{C}(t) = f(t)\cdot e^{\Int[t]{ p(t) }}
   \end{aligned}
   $$

   i ostatecznie

   $$
   C(t) = \Int[t]{ f(t)\cdot e^{\Int[t]{ p(t) }} }.
   $$

:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-08
:class: [exercise]

Znajdźmy rozwiązanie równania
$\quad \dot u - 2u = e^{-t}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-12-ex-03`, {numref}`prob-12-ex-06`, {numref}`prob-12-ex-07`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot_slope_field(
   2*u + e^(-t),(t,-2,4),(u,-4,4),
   ) +
   sum([
      plot(
      e^((2)^(-1)*(i-15) + 2*t) - e^(-t)*3^(-1),
      (t, -2,4),
      color=hue(i*20^(-1)),
      detect_poles='hide',
      thickness=1,
      aspect_ratio = 1,
      ymin=-2, ymax=1
      )
      for i in range(20)]) +
   sum([
      plot(
      -e^((2)^(-1)*(i-15) + 2*t) - e^(-t)*3^(-1),
      (t, -2,4),
      color=hue(i*20^(-1)),
      detect_poles='hide',
      thickness=1,
      aspect_ratio = 1,
      ymin=-2, ymax=1
      )
      for i in range(20)]),
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Rozwiązujemy równanie jednorodne:

   $$
   \Diff[t]{u} - 2u = 0
   & \qlq
   \frac {du} u = 2 \, dt
   \\ & \qlq
   \Int[u] {\frac 1 u} = \Int[t] {2}
   \\ & \qlq
   \ln |u| = 2t + \ln C
   \\ & \qlq
   u(t) = C\cdot e^{2t}, \quad C \in \rr .
   $$

2. Uzmienniamy stałą:

   $$
   u(t) = C(t)\cdot e^{2t}
   \Quad{\imply}
   \dot u(t) = \dot C(t)\cdot e^{2t} + C(t) \cdot 2\, e^{2t}.
   $$

   Funkcja $C(t)$ musi spełniać równanie:

   $$
   \dot u - 2u            & = e^{-t}
   \\
   \dot C(t)\cdot e^{2t} + \cancel{C(t) \cdot 2\, e^{2t}}
   - \cancel{2\, C(t)\cdot e^{2t}} & = e^{-t}
   \\
   \dot C(t)              & = e^{-3t}
   \qlq
   C(t) = \Int[t]{e^{-3t}} = -\tfrac 1 3 e^{-3t} + C_1,
   \quad C_1 \in \rr .
   $$

   Ostatecznie, rozwiązanie równania $\dot u - 2u = e^{-t}$ to:

   $$
   u(t) & = C(t)\cdot e^{2t}
      = \Paren{-\tfrac 1 3 e^{-3t} + C_1} \cdot e^{2t}
      \\ &
      = -\tfrac 1 3 e^{-t} + C_1 \cdot e^{2t}, \quad C_1 \in \rr.
   $$

:::

::::{exercise}
:label: lec-10-ex-09
:class: [exercise]

Znajdźmy rozwiązanie zagadnienie Cauchy'ego:

```{math}
RC\cdot \dot u + u = \sin t     ,\quad u(0) = u_0,
```

które odpowiada wzbudzeniu obwodu z {numref}`sec-RC`
siłą elektromotoryczną zależną od czasu
$e(t) = \sin t$ ze stanu, w którym napięcie
między okładkami kondensatora
w chwili $t_0 = 0$
jest równe $u_0.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-12-ex-03`, {numref}`prob-12-ex-07`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math


var('alpha', latex_name='\\alpha')
var('R C')
var('C1', latex_name='C_1')

body_01 = latex((e ^ alpha * t * sin(t)).integrate(t))
content = rf"""
\frac 1 \alpha\cdot \dot u + u          & = \sin t
\\
\frac 1 \alpha\cdot
\Paren{{\dot u_0(t)\cdot e^{{-\alpha t}}
- \cancel{{ u_0(t) \cdot \alpha\, e^{{-\alpha t}}}} }}
+ \cancel{{ u_0(t)\cdot e^{{-\alpha t}} }}     & = \sin t
\\
\dot u_0(t)                    & = \alpha\, e^{{\alpha t}} \sin t
\\
u_0(t) = \alpha \Int[t]{{ e^{{\alpha t}} \sin t}} &
= {body_01} + C_1,
\quad C_1 \in \rr .
"""
glue('sageglue_9_4', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)

body_01 = latex((e ^ alpha * t * sin(t)).integrate(t)(alpha=1 / (R * C)))
content = rf"""
u(t) & = u_0(t)\cdot e^{{-\alpha t}}
= \Paren{{{body_01} + C_1}} \cdot e^{{-\frac t {{CR}}}}
\\ &
= \frac{{\sin t - RC \cos t}}{{R^2 C^2 + 1}} + C_1 \cdot e^{{-\frac t {{RC}}}},
\quad C_1 \in \rr.
"""
glue('sageglue_9_5', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot_slope_field(
   -u + sin(t),(t,0,12),(u,-1,7),
   ) +
   sum([
      plot(
      (i-7)*(5)^(-1)* e^(-t) + 0.5*sin(t) - 0.5*cos(t),
      (t, 0,12),
      color=hue(i*50^(-1)),
      detect_poles='hide',
      thickness=1,
      aspect_ratio = 1,
      ymin=-1, ymax=7
      )
      for i in range(50)]),
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Rozwiązanie równania jednorodnego znamy:
   $
   \quad
   u(t) = u_0 \cdot e^{-\alpha t}, \quad u_0 \in \rr,
   \quad
   $
   gdzie
   $\alpha = \frac 1 {RC}.$

2. Uzmienniamy stałą:
   $
   \quad
   u(t) = u_0(t)\cdot e^{-\alpha t}
   \Quad{\imply}
   \dot u(t) = \dot u_0(t)\cdot e^{-\alpha t} + u_0(t) \cdot (-\alpha)\, e^{-\alpha t}.
   $

   Funkcja $u_0(t)$ musi spełniać równanie:

   ```{glue:math} sageglue_9_4
   ```

   Ostatecznie, rozwiązanie równania $ RC\cdot \dot u + u = \sin t$ to:

   ```{glue:math} sageglue_9_5
   ```

   Warunek początkowy będzie spełniony jeśli

   $$
   u(0) & = \frac{\sin 0 - RC \cos 0}{R^2 C^2 + 1} + C_1 \cdot e^{-\frac 0 {RC}}
      = -\frac{RC}{R^2 C^2 + 1} + C_1 = u_0
      \\
      C_1 & = u_0 + \frac{RC}{R^2 C^2 + 1}.
   $$

   Zatem dla danego $u_0 \in \rr$ rozwiązaniem będzie

   $$
   u(t) =  \frac{\sin t - RC \cos t}{R^2 C^2 + 1}
      + \Paren{u_0 + \frac{RC}{R^2 C^2 + 1}} \cdot e^{-\frac t {RC}}.
   $$

   Zauważmy, że pierwszy składnik jest harmoniką o pulsacji $\omega = 1$,
   zaś drugi funkcją wykładniczą
   szybko zbiegającą do 0 przy $t\longrightarrow +\infty$.

:::