Kreyszig by YHLee;100302; 1-1 Chapter 1.  First‐Order Ordinary Differential Equations (ODE)  1.1 Basic Concepts.  Modeling 

   Mathematical modeling : A problem is formulated by variables, functions and equations.    An ordinary differential equation contains derivatives of a function  ( )y x  of one variable.  ′ = cosy x ′′ + =9 0y y ( )′′′ ′ ′′+ = +2 2 22 2xx y y e y x y   A partial differential equation contains derivatives of a function  ( ),u x y  of more than one variable. 

∂ ∂+ =∂ ∂

2 2

2 20

u ux y

  The order of an ODC is equal to the order of the highest derivative.   A first‐order ODE contains only  ( )′y x    ( )′ =, , 0F x y y : Implicit form ( )′ = ,y f x y : Explicit form Concept of Solution     = ( )y h x  is a solution if it satisfies the ODE in a given interval  <

Kreyszig by YHLee;100302; 1-2 Example 2  Solution Curves   Solve  =' cosy x     By integrating both sides 

    = = +∫cos siny x dx x c ,  c is an arbitrary constant     The equation represents a family of curves, Fig. 2. 

   If c=2, the equation represents a specific curve in Fig. 2.   Example 3 Exponential Growth or Decay   Differentiate  = 3ty ce  and obtain  = 3' 3 ty ce , which is equal to  =' 3y y . 

→ = 3ty ce  is a solution of  =' 3y y      Similarly,  −= 0.2ty ce  is a solution of  = −' 0.2y y    Example 4 Initial Value Problem   Solve  =' 3y y  with  ( )0 5.7y =     The general solution is  = 3ty ce    Apply the initial condition   →   ( ) 00 5.7y ce c= = =       The particular solution is  35.7 ty e=   

 Example 5  Radioactivity 

Experiments show that a radioactive material decomposes at a rate proportional to the present amount.    

  Step 1  Setting up a model 

   dy

kydt

= ,             k: a constant measured by experiments 

            11 11.4 10 [sec ]k X − −= −  for radium.      When the initial amount is given by 0.5g, the initial condition is  ( )0 0.5y = .     Step 2  Solving the eq.     ( ) kty t ce=             Applying the initial condition       ( ) 0.5 kty t e=       Check the solution       ' 0.5 kty ke ky= =       

0(0) 0.5 0.5y e= =       

Step 3  Interpretation of the result   The radioactive material decays exponentially from the initial amount of 0.5g because k is negative. 

 

Kreyszig by YHLee;100302; 1-3 Example 6  A geometric application 

Find the curve passing through the point (1, 1) and having the slope ‐y/x at each of its points.    The mathematical formulation 

   y

yx

′ = − 

   The general solution 

   c

yx

=      : A family of hyperbolas 

   Apply the initial condition 

    11c

=  

→ 1 /y x=    : A particular solution shown           by the thick curve in Fig. 5. 

   1.2 Geometric Meaning of  ( )' ,y f x y= .  Direction Fields • A first‐order ODE  ( )' ,y f x y=  represents the slope of  ( )y x . 

→   Short straight‐line segments, lineal elements, can be drawn in xy‐plane.   →   An approximate solution by connecting lineal elements, Fig. 7(a). 

                                   CAS means Computer Algebra System 

  • ( )' ,y f x y k= =  represents curves of equal inclination, isoclines, Fig. 7(b). 

Kreyszig by YHLee;100302; 1-4  1.3  Separable ODEs.    In most cases ODEs can be written as        ( ) ( )g y y f x′ =          : Separable equation    Integration with respect to x 

    ( ) ( )g y y dx f x dx c′ = +∫ ∫     

  Using  /y dy dx′ = , the general solution is obtained as     ( ) ( )g y dy f x dx c= +∫ ∫        : Method of separating variables   Example 1  A separable ODE   Solve   21y y′ = +      

  By separating variables,  21

dydx

y=

+  

  By integration,    arctany x c= +      or   tan( )y x c= +   

 The constant of integration should follows just after the integration.  Study the following,    Integration      →       arctany x=       →       tany x=       →       tany x c= +   (NOT a solution) 

  Example 2  Radioactivity   Facts:   The iceman, Oetzi, found in Southern Tyrolia in 1991.  The ratio of radioactive carbon  146C       

    to ordinary carbon   126C  was  52.5%  of that of a living organism. 

   Physics : Ordinary carbon becomes radioactive carbon by cosmic rays in the atmosphere.       The ratio  146C /

126C  in a living organism is constant due to breathing and eating. 

      146C  decays to 12

6C  in a dead organism with the half‐life of 5715 years. 

      A radioactive material decomposes at a rate proportional to the present amount    Problem : Find when Oetzi died.    Solution:     A radioactive material decomposes at a rate proportional to the present amount 

    → dy

kydt

=       

     Separating variables 

     dy

kdty=

 →  ln y kt c= +

 →  ktoy y e=  

     Determine k using the half‐life  H=5715 years. 

      0.5kHo oy e y= 

→ ln0.5

0.0001213kH

= = −  

     Using 52.5% ratio 

     12 12

6 6

0.525kt

o oy e y

C C=

 → 

ln0.5255312

0.0001213t years= =

− 

    

Kreyszig by YHLee;100302; 1-5 Example 3  Mixing Problem   A tank contains 1000 gal of water with 100 lb of salt dissolved.   Brine runs into the tank at a rate of 10 gal/min and each gallon contains 5 lb of dissolved salt.   Brine runs out of the tank at a rate of 10 gal/min.   Find the amount of slat in the tank at any time t.    Solution:    Let y(t) be the amount of salt in the tank.   Then, y’(t) represents the rate of change of y in time.   

   10

501000

y y′ = −  

   Separating variables 

    0.015000dy

dty

= −−  

→  − = − + 1ln 5000 0.01y t c   → 0.01 5000ty ce−= +  

   The initial condition     0100 5000ce= +    →  c=‐4900    The solution     0.014900 5000ty e−= − +   

  Example 4  Newton's law of cooling(SKIP) 

Facts:  The daytime temperature in an office building is maintained at 70oF.     The heating is on from 6 AM to 10 PM.     The outside temperature was 50 oF at 10 PM and dropped to 40 oF at 6 AM.     The inside temperature was 65 oF at 2 AM.     What is the inside temperature at  6 AM.  Physics : The time rate of change of the temperature is proportional to the temperature difference.  Modeling :   Let T(t) be the inside temperature and TA the outside temperature.    From Newton’s law 

    ( )AdT

k T Tdt

= −  

General solution:   TA is a function of time and we do not know.   So we take the average value of 45oF as TA.    Then, separating variables, 

   45

dTkdt

T=

−      →      1ln 45T kt c− = +      →      145

kt cT e += +      →      ( ) 45 ktT t ce= +  

 Particular solution:   We choose 10 PM to be t=0.     ( ) 00 45 70T ce= + =     →   ( ) 45 25 ktT t e= +     The inside temperature was 65 oF at 2 AM.     ( ) 44 45 25 65kT e= + =   →  0.056k = −   →       ( ) 0.05645 25 tT t e−= +     6 AM is t=8,     ( ) 0.056 88 45 25 61oT e F−= + =i  

Kreyszig by YHLee;100302; 1-6  Example 5   Leaking tank.  Torricelli’s Law 

The tank has diameter 2m and the hole has diameter 1cm. The initial height of the water is 2.25. When will the tank be empty?  Physics:    Due to the gravity the outflowing water velocity is 

    ( ) ( )0.6 2v t gh t=         : Torricelli’s Law   where the acceleration of gravity  2980 / secg cm= .  Modeling:   The volume of the outflowing water in a short time  tΔ ,     V Av tΔ = Δ         : A is area of hole    Using the change of water height in the tank,     B h Av t− Δ = Δ       : B is area of tank    By letting  tΔ  approach to zero, 

    26.56dh A A

v hdt B B

= − = −  

 General solution:   By separating variables 

    26.56dh A

dtBh

= −      →      26.56dh A

dtBh

= −      →      12 26.56A

h t cB

= − +      →      ( ) ( )20.000332h t c t= −  

 Particular solution:   Using  ( )0 225h cm= , we obtain c=15.0,     ( ) ( )215.0 0.000332h t t= −   Tank empty: 

  ( )20 15.0 0.000332t= −   →  t=45,181  seconds=12.6 hours    Reduction to Separable Form    A first‐order ODE can be made separable if it is of the form of  

   y

y fx

⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

 

   Using change of variable 

   y

ux

=     →  y ux=     →  ' 'y u x u= +  

   The ODE becomes     ( )'u x u f u+ =     By separating variables 

   ( )du dx

f u u x=

− 

  

Kreyszig by YHLee;100302; 1-7 Example 6  Reduction to separable form 

Solve  2 22xyy y x′ = −   Rewrite it as 

   2 2

2y x

yxy−′ =  

   By setting u=y/x 

   1

2 2u

u x uu

′ + = −   

  By separating variables 

    221udu dx

xu= −

+   

  By integrating 

    ( )2 1ln 1 lnu x c+ = − +   →  21 cu x+ =   → 2 2x y cx+ =    or  

2 22

2 4c c

x y⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎝ ⎠

 

    The general solution represent a family of circles passing through the origin   1.4  Exact ODEs.  Integrating Factors    The differential of a function  ( , )u x y  is given as,  

   u u

du dx dyx y∂ ∂

= +∂ ∂

. 

   If  ( , ) constant, then   =0u x y du=   •  A first‐order ODE is given,      ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy+ =  

  It is an exact differential equation  if the left side is of the form u udx dy

x y∂ ∂

+∂ ∂

, 

  In this case, 

   ,         

u uM N

x y∂ ∂

= =∂ ∂        

  (4) 

       Then the solution is      ( , )u x y c=       •  The necessary and sufficient condition for an exact differential equation    By differentiating M and N 

   2 2

 ,             M u N uy y x x x y

∂ ∂ ∂ ∂= =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂     

   By assuming the two second partial derivatives to be continuous 

     M Ny x

∂ ∂=

∂ ∂   

   This is a necessary and sufficient condition for (Mdx+Ndy) to be exact differential.  

Kreyszig by YHLee;100302; 1-8  • The solution    From (4a) 

   u

Mx∂

=∂     

 →  ( )u Mdx k y= +∫

      By differentiating with respect to y, 

    / / /( ) ( )

                             u y N M y N xu dk y dk y

Mdx N Mdxy y dy dy y

∂ ∂ = ∂ ∂ =∂ ∂∂ ∂ ∂⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + ⎯⎯⎯→ = − ⎯⎯⎯⎯⎯→⎣ ⎦ ⎣ ⎦∂ ∂ ∂∫ ∫  ( )dk y N

N dxdy x

∂⎡ ⎤= − ⎢ ⎥∂⎣ ⎦∫       Then,  

    { }Part of   depending only on u Mdx N y dy= +∫ ∫ 

  •  The solution in another method   From (4b) 

   

uN

y∂

=∂      

 →  ( )u Ndy l x= +∫  

   By differentiating with respect to x, 

    / / /( ) ( )

                             u x M M y N xu dl x dl x

Ndy M Ndyx x dx dx x

∂ ∂ = ∂ ∂ =∂ ∂∂ ∂ ∂⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + ⎯⎯⎯→ = − ⎯⎯⎯⎯⎯→⎣ ⎦ ⎣ ⎦∂ ∂ ∂∫ ∫  ( )dl x M

M dydx y

∂⎡ ⎤= − ⎢ ⎥∂⎣ ⎦

∫       Then, 

    { }Part of   depending only on u Ndy M x dx= +∫ ∫  

  Example 1   An exact ODE 

    ( ) ( )2cos 3 2 cos 0x y dx y y x y dy⎡ ⎤+ + + + + =⎣ ⎦   

(7) 

 1. Test for exactness 

  ( )cosM x y= + ,     ( )23 2 cosN y y x y= + + +  

     

      ( )sinM x yy

∂= − +

∂ 

     

( )sinN x yx

∂= − +

∂ 

     The differential equation (7) is exact!  

Kreyszig by YHLee;100302; 1-9 2. The general solution 

     ( ) ( )( ) sinu Mdx k y x y k y= + ⇒ + +∫  

      ( )∂ ⇒ + + =∂

cosu dk

x y Ny dy    

→  ( ) 2cos 3 2dk N x y y ydy

= − + ⇒ +

                 →  3 2 1k y y c= + +      Therefore       ( ) 3 2sinu x y y y c= + + + =         

• In another method 

     { }Part of   depending only on u Mdx N y dy= +∫ ∫  

      ( ) 2cos (3 2 )u x y dx y y dy= + + +∫ ∫       or 

      { }Part of   depending only on u Ndy M x dx= +∫ ∫  

     ( ) { }23 2 cos 0u y y x y dy dx⎡ ⎤= + + + +⎣ ⎦∫ ∫  

 3. Check the solution 

     u u

du dx dyx y∂ ∂

= +∂ ∂

= ( ) ( )2cos 3 2 cos 0x y dx y y x y dy⎡ ⎤+ + + + + =⎣ ⎦  

    OK!  The same as (7).   Example 2  An initial value problem 

Solve     ( ) ( )sinh cos 1 cosh sin 0x y dx x y dy+ − = ,    ( )1 2y =   It can be shown that the equation is exact. Find u using 

 { }Part of   depending only on u Mdx N y dy= +∫ ∫

 

 ( ) { } 1sinh cos 1 0 cosh cos constantu x y dx dy x y x c= + + ⇒ + + =∫ ∫

 

 cosh cos cu x y x= + =

  The initial condition   ( ) ( )cosh 1 cos 2 1 c+ =        →  c=0.358  The particular solution   cosh cos 0.358x y x+ =           

   

Example 3  Non‐exact equation Consider   0ydx xdy− + =   This is not exact. Try to solve it using the above method anyhow, 

  ( )( )u Mdx k y xy k y= + ⇒ − +∫ 

→ u dk

xy dy∂

= − +∂  

→ dk

x xdy

= + (??) 

                       ↑                       k should depend only on y It should be solved by another method than this. 

  

0, 0.358,1, 2, 3c =

Kreyszig by YHLee;100302; 1-10 Reduction to Exact Form.  Integrating Factors    A first‐order ODE can be made to be exact by multiplying an integrating factor, F     ( , ) ( , ) 0P x y dx Q x y dy+ =      : Not exact       0FPdx FQdy+ =           : Exact    The exactness condition 

    ( ) ( )FP FQy x∂ ∂

=∂ ∂  

  →  y y x xF P FP F Q FQ+ = +     : Too complicated to be solved 

     Try  ( )F F x= , then     'y xFP F Q FQ= +      

  →  ( )1 1 y xdF P Q RF dx Q= − ≡     If R is a function of only x, 

    ( ) RdxF x e∫=    • Similarly,   Try  ( )F F y= , then     ' y xF P FP FQ+ =        

  →  ( )1 1 x ydF Q P RF dy P= − ≡     If  R  is a function of only y, 

    ( ) RdyF y e∫=     Example 5  Initial Value Problem    Solve  

    ( ) ( )1 0x y y ye ye dx xe dy+ + + − = ,    ( )0 1y = −     Check the exactness 

            Find the integrating factor 

          R =      Using  R ,   ( ) yF y e−=    The differential equation becomes 

   

Kreyszig by YHLee;100302; 1-11   The general solution 

    { }Part of   depending only on u Mdx N y dy= +∫ ∫    →  ( ) { }‐x yu e y dx e dy−= + +∫ ∫  

→ x yu e xy e c−= + + =     The particular solution     0 10( 1) 3.72e e c+ − + = ⇒  

→ 3.72x ye xy e−+ + =    1.5  Linear ODEs.  Bernoulli Equation.    A first‐order ODE is linear if it is of the form of     ( ) ( )y p x y r x′ + = ,      :  ( ) ( )is input and   is outputr x y x   • Homogeneous Linear ODE     ( ) 0y p x y′ + =     By separating variables 

    ( )dy

p x dxy= −  

  → ( )

( )p x dx

y x ce−∫=  

   Another solution      ( ) 0y x =       : Trivial solution   •  The general solution of nonhomogeneous linear ODE     ( ) 0py r dx dy− + =     An integrating factor 

    ( )1 P Q p xQ y x

∂ ∂⎛ ⎞− ⇒⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

    

     ( )pdx

F x e∫→ =     Then 

    ( )pdx pdx

e y py e r∫ ∫′ + =    

→ ( )'pdx pdxe y e r∫ ∫=   

  →  ( ) h hy x e e rdx c− ⎡ ⎤= +⎣ ⎦∫ ,    ( )h p x dx= ∫     Rewrite this, 

    ( ) h h hy x e e rdx ce− −= +∫                                   ↑               ↑              Response to the input r.           Response to the initial value.   

Kreyszig by YHLee;100302; 1-12 Example 1  First‐order ODE, general solution   Solve        2xy y e′ − = . 

    The general solution 

       Example 2  First‐order ODE, initial value problem    Solve       tan sin2y y x x′ + = ,    ( )0 1y =   

  tan ln sech xdx x= ⇒∫     →  sec ,     cosh he x e x−= =       The general solution 

    ( ) ( ) 2cos sec sin2 cos 2cosy x x x xdx c c x x= + ⇒ −∫ i     The initial condition     1=c cos(0)‐2 cos2(0)    →  c=3    The particular solution     ( ) 23cos 2cosy x x x= −    Example 3  Hormone Level    Reduction to Linear Form. Bernoulli Equation   Certain nonlinear ODE can be transformed to linear ODE.       Bernoulli equation, 

    ( ) ( ) ay p x y g x y′ + = ,      :  a is any real number.                      a=0 or 1,  the equation is linear                    Otherwise,  nonlinear   Let  

    [ ]1( ) ( ) au x y x −= .   →  ( )1(1 )     (1 )  a au a y y a g py− −′ ′= − ⇒ − −  

→ (1 ) (1 )u a pu a g′ + − = −       : Linear ODE       Example 4   Logistic equation     2y Ay By′ = −       : y is a function of t      Since a=2,  let  1u y−= . 

    ( )2 2 2           u y y y By Ay B Au− −′ ′= − ⇒ − − + ⇒ −         It becomes an linear ODE, whose general solution is given by 

    /Atu ce B A−= +   or  1

/Aty

ce B A−=

+ 

  

Kreyszig by YHLee;100302; 1-13 Population Dynamics(SKIP)   The logistic equation is important in population dynamics. 

    [ ]1 ( / )y Ay B A y′ = −     0B=⎯⎯→     1 Aty ec

= ,  exponential growth 

                   ↑                Braking term, y increases when it is small but y decreases when large.    The independent variable t does not appear explicitly,     ( )'y f y=         : Autonomous ODE    When  ( ) 0f y = , its solution is y=constant.       ↑                                            ↑        Critical points.    Equilibrium solution.             Stable if its neighboring solutions remain close to it for all t,  y=4 in Fig. 18.             Unstable if otherwise, y=0 in Fig. 18.   Example 5  Stable and unstable equilibrium solutions(SKIP)   ( )( )' 1 2y y y= − −     Fig. 19(a), direction field   Fig. 19(b), the direction field is squeezed horizontally.   Fig. 19(c), plot of f(y)  

   From (a)     y=1, stable equilibrium solution.     y=2, unstable equilibrium solution. 

Kreyszig by YHLee;100302; 1-14 1.6  Orthogonal Trajectories     Orthogonal trajectories intersect a given family of curves at right angles.    An example: 

     A family of curves is given in xy‐plane with a parameter c,     ( ), , 0G x y c =     The ODE of the given family of curves,       ( )' ,y f x y=     The ODE of the orthogonal trajectories, 

   ( )1

',

yf x y

= −  

     Proof:   ( ) ( )1 1 1 1' , ' , 1y x y y x y = − , two curves are perpendicular.     Example   Parabola   A family of curves,     ( ) 2G , , 0x y c y cx= − =     The ODE of the family of curves, 

    2 2 32

            ' 2 0            'y

yx c y x yx yx

− − −= → − = → =  

   The ODE of the orthogonal trajectories 

    '2x

yy

= −  

   By separating variables 

→ 2 2 112

y x c+ =  

          

( ) 2

2 2 3

An example:     G , , 0

The corresponding ODE can be obtained as

2                   ' 2 0            '

x y c y cx

yyx c y x yx y

x− − −

= − =

= → − = → =

Kreyszig by YHLee;100302; 1-15 1.7  Existence and Uniqueness of Solutions    An initial value problem may have no solution, only one solution, or many solutions.     ( ) ( ), ,              o oy f x y y x y′ = =     Theorem 1  Existence Theorem 

If  ( ),f x y  is continuous and bounded,  ( ),f x y K≤ ,  in some region R,    and  o ox x a y y b− < − < , 

the initial value problem has at least one solution in the interval   ox x− < α ,  

where α is the smaller of a and b/K.           Example     ( ) 2 2,f x y x y= +  is bounded with K=2 in the square,  1,     1x y< < .     ( ) ( ), tanf x y x y= +  in not bounded for  / 2x y+ < π .       Theorem 2   Uniqueness Theorem 

If  ( ),f x y  and  /f y∂ ∂  are continuous and bounded in the region R,       

  ( ),f x y K≤   and    f My∂

≤∂

, 

the initial value problem has at most one solution in the interval  ox x− < α . 

   If the two theorems are combined, there should exist only one solution in the subinterval  ox x− < α . 

 Understanding These Theorems   ( ),f x y K≤  means  'K y K− ≤ ≤ .   →   A solution passing a point  ( ),o ox y  should be between  1 2and l l  in Fig. 27(a) and (b). 

(a) Blue curve is a solution satisfying  ( ),f x y K≤ .  A solution exists in  ox x a− <  Dark curve is not a solution because  ( ),f x y K≤  is not satisfied.  At some points the slope is smaller than –K. 

(b) Blue curve is a solution satisfying  ( ),f x y K≤ .  A solution exists in  − < 'ox x a   

   

Kreyszig by YHLee;100302; 1-16 Example 1  Choice of a Rectangle   An initial value problem     2' 1y y= + ,    ( )0 0y =       in a rectangle,  5 and  3x y< < . 

   Then 

    ( ) 2, 1 10f x y y K= + ≤ =  

    2 6df

y Mdy

= ≤ =  

    0.3b

aK= <  

     A solution exists in  0.3ox x− < . 

  • Lipschitz condition   From the mean value theorem, 

    ( ) ( ) ( )2 1 2 1, ,y y

ff x y f x y y y

y =

∂− = −

∂,    y  is a value between  1 2and y y  

 f

My∂

≤∂

 can be replaced by 

      ( ) ( )2 1 2 1, ,f x y f x y M y y− ≤ −    Example 2   Nonuniqueness   The initial value problem 

    ( )' ,                  0 0y y y= =     Two solutions exist, 

    y=0    and        2

2

/ 4        if   0

/ 4      if   0

y x x

y x x

⎧ = ≥⎪⎨

= −