Aufgabe:
| \(x(t)‘ = 1+x(t)^2 \\ x(\frac{\pi}{4}) = -1\)
Lösung:
$$1+x(t)^2$$ also die Steigung der gesuchten Funktion, ist überall ungleich 0. Es gibt also keine stationäre Lösung.
Desweiteren ist $$1+x(t)^2$$ auf ganz $$\mathbb{R}^2$$ stetig und lokal Lipschitz bezüglich $$x$$ daher ist dieses Anfangswertproblem eindeutig lösbar.
$$\begin{align}\frac{dx}{dt} &= 1+x^2\\ \frac{dx}{1+x^2} &= 1 \text{ } dt\\ \int \frac{dx}{1+x^2} &= \int 1 \text{ } dt\\ \arctan (x) &= t+c \quad (c\in \mathbb{R})\\ x &= \tan(t + c)\end{align}$$
Mit der Anfangsbedingung gilt
$$\tan(\frac{\pi}{4} + c) = -1$$
Daraus folgt
$$c=-\frac{\pi}{2}$$
denn
$$\tan(\frac{\pi}{4} -\frac{\pi}{2}) = \tan(-\frac{\pi}{4}) = -1$$
Somit lautet die Lösung des Anfangswertproblems:
$$x(t)=\tan(t-\frac{\pi}{2})$$