y = 1 x (y2 y), dy dx = 1 x (y2 y) dy y 2 = dx dy y 2 y y(y 4) = A y + B 5 = A(y 1) + By, tj. A = 1, B = 1. dy y 1

Transkript

1 ODR - řešené příkla 20 5 ANALYTICKÉ A NUMERICKÉ METODY ŘEŠENÍ ODR A. Analtické meto řešení Vzorové příkla: 5.. Příklad. Řešte diferenciální rovnici = 2. Řešení: Přepišme danou rovnici na tvar = (2 ), což je občejná diferenciální rovnice prvního řádu se separovanými proměnnými. Za předpokladu 0, 2 0 (tj. 0 a ) dostáváme d = (2 ) 2 = d 2 = d. Integrand na levé straně rozložíme na parciální zlomk: odtud Po vnásobení faktorem 2 máme 2 = ( 4) = A + B. 5 = A( ) + B, tj. A =, B =. Odtud dosazením a integrací dostáváme 2 = + = ln + ln = ln (integrační konstantu neuvádíme). Te po integraci obou stran ln = ln + ln C = ln C, C R, C 0, přičemž integrační konstantu z důvodu úprav posledního vztahu píšeme v poněkud neobvklém tvaru ln C. Odlogaritmováním dostáváme = C, C R, C 0, tj. 9 = C, C R, C 0 (odstranění absolutních hodnot je proveditelné na jednotlivých oblastech vmezených vztah 0, 2, 6). Odtud vjádříme eplicitně neznámou funkci ve tvaru =, C R, C 0. C Zbývá posoudit případ 2 = 0 (tj. = 0 nebo = ). Dosazením těchto konstantních funkcí do dané rovnice zjistíme, že se jedná o řešení. Všimněme si, že řešení = lze zahrnout do obecného řešení

2 ODR - řešené příkla 2 volbou C = 0, avšak řešení = 0 nelze v tomto tvaru získat žádnou volbou C. Všechna řešení uvažované rovnice jsou te tvaru =, C R, = 0. C O správnosti výsledku se můžeme přesvědčit zkouškou (proved te) Příklad. Řešte počáteční problém cos + sin =, (0) =. Řešení: Danou rovnici lze přepsat (za předpokladu cos 0) na tvar + tg = cos, což je z důvodu linearit vzhledem k rovnice lineární. Tuto rovnici řešíme ve dvou krocích metodou variace konstant. I. Určíme obecné řešení přidružené homogenní rovnice + tg = 0. Separací proměnných dostáváme pro 0 a cos 0 = tg d. Integrál na pravé straně určíme (bez uvedení integrační konstant) jako sin sin tg d = cos d = d = ln cos, cos tj. ln = ln cos + ln C = ln C cos, C R, C 0. Po provedení odlogaritmování a odstranění absolutních hodnot máme h = C cos, C R, kde volba parametru C = 0 zahrnuje i nulové řešení = 0, které jsme vzhledem k předpokladu 0 dosud neuvažovali. Zdůrazněme, že získaný vztah je pouze řešením homogenní rovnice, proto volíme označení h. II. Provedeme variaci konstant a obecné řešení původní nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru = C() cos, C() =? Neznámou funkci C() určíme dosazením tohoto vztahu do řešené nehomogenní rovnice: tj. po úpravě C () cos() + C()( sin ) + C() cos tg = 2 cos, C () = 4 cos 2, C() = d cos = tg + C. Dosazením takto vpočteného C() pak máme obecné řešení ve tvaru = ( tg + C) cos = C cos + sin. Nní hledané partikulární řešení určíme dosazením počáteční podmínk do obecného řešení: = C cos 0 + sin 0 = C.

3 ODR - řešené příkla 22 Partikulární řešení daného počátečního problému je te funkce = cos + sin Příklad. Nalezněte všechna řešení diferenciální rovnice = Řešení: Přepíšeme-li tuto rovnici na tvar = 2, pak vidíme, že ji můžeme řešit jednak substitucí u = /, kde také jako rovnici Bernoulliovu (kde r = te substitucí u = 2 ). Užijeme oba postup: a) Rovnici zapíšeme jako = 2 ( ( ) ). Položíme proto u = /, te = u + u, a daná rovnice se transformuje na tvar nebo-li za uvedeného předpokladu 0 u + u = 2 ( u ) u u = u u. Po převedení této rovnice na diferenciální tvar dostáváme a dále Odtud integrací 2u du u 2 + = d, 2u u 2 + du = d. ln(u 2 + ) = ln + ln C = ln C, C R, C 9. Po odlogaritmování a odstranění absolutních hodnot dostáváme obecné řešení ve tvaru u 2 = C, C R, C 9. Zpětným dosazením substituce lze snadno určit obecné řešení zadané rovnice ve tvaru = C, C R, C 0. Obecné řešení te zahrnuje všechna řešení dané rovnice a tvoří jednoparametrickou soustavou kružnic se středem v bodě (C / 2, 0) a poloměrem C / 2. b) Rovnici upravme na tvar = 2 2

4 ODR - řešené příkla 23 a budeme ji řešit jako Bernoulliovu rovnici substitucí u = 5 r = 2. Při dosazování substituce budeme postupovat tak, že rovnici nejprve vdělíme faktorem r = (te vnásobíme ) a poté do ní dosadíme u = 5, resp. l = 2. Dostáváme te = ( ) 2 8, u = u. Tuto lineární rovnici vřešíme metodou variace konstant. I. Přidruženou homogenní rovnici u = u lze řešit separací proměnných, nebo další substitucí v = u /. Oběma způsob snadno zjistíme, že II. Dále necht Dosazením do řešené lineární rovnice máme C () + C() = C() u h = C, C R. u = C(), C() =?, tj. C () =. Odtud C() = + C, a obecné řešení lineární rovnice je te tvaru Zpětným dosazením substituce pak dostáváme u = C 2, C R. 2 = C 2, C R, C 0. Částečně řešené příkla: 5.4. Příklad. Řešte diferenciální rovnici + tg = 2 tg. Řešení: Tato rovnice je rovnicí lineární, ale také rovnicí se separovanými proměnnými, nebot = 2 tg tg = tg (3 ). V těchto případech bývá obvkle výhodnější řešit danou rovnici metodou separace proměnných. Za předpokladu 2 te rovnici přepíšeme na diferenciální tvar a odtud integrací = tg d 2 ln 2 = ln cos + ln C, C R, C 0, tj. ln 2 = ln cos + ln C = ln C cos, C R, C 0 (v souvislosti s provedenou úpravou připomeňme, že obecná konstanta vnásobená libovolným nenulovým reálným číslem zůstává obecnou konstantou - v našem případě není te nutno měnit její znaménko). Po provedení odlogaritmování, odstranění absolutních hodnot, a diskuze případu = 2 dostáváme obecné řešení = 2 C cos, C R.

5 ODR - řešené příkla Příklad. Řešte diferenciální rovnici = +. Řešení: Za předpokladu 0 dělíme čitatel i jmenovatel faktorem, čímž dostáváme = / + /. Zavedeme te substituci u = / a po jejím dosazení a úpravě máme u = 2u + u u. Za předpokladu 2u + u 2 0 (tj. u 0, u 2) rovnici přepíšeme na diferenciální tvar + u 2u + u 2 du = d a odtud integrací 2 ln 2u + u2 = ln + ln C = ln C, C R, C 0. Po odlogaritmování, odstranění absolutních hodnot a zahrnutí případu 2u + u 2 = 0 dostáváme 2u + u 2 = C 2, C R. Zpětné dosazení substituce pak vede k nalezení obecného řešení = C, C R Příklad. Řešte diferenciální rovnici + 2 = e 0. Řešení: Daná rovnice je lineární, a řešíme ji proto metodou variace konstant. I. + 3 = 0, / = 2 d a odtud integrací ln = 2 + ln C, C R, C 5. Zapíšeme-li funkci 2 pomocí logaritmu jako ln e 2, dostáváme a po provedení obvklých kroků II. = C() e 2, C() =? Dosazením do dané nehomogenní rovnice máme ln = ln C e 2, C R, C 0 h = C e 2, C R. C () e 2 + C() e 5 ( 2) + 8C() e 2 = e 8, tj. C () =, C() = C.

6 ODR - řešené příkla 25 Odtud máme obecné řešení ( ) = e 5 C + 2, C R Příklad. Řešte diferenciální rovnici = e +. Řešení: Protože e + = e e, rovnici řešíme separací proměnných: e = e d, a po integraci e = e + C, tj. = ln(c e s ), C R Příklad. Řešte diferenciální rovnici tg = tg. Řešení: Rovnice je lineární, postupujeme opět pomocí meto variace konstant. I. tg = 0, / = tg d a odtud integrací ln = ln cos + ln C = ln C cos, C R, C 0, C h = cos, C R. II. Řešení hledejme ve tvaru Po dosazení a úpravě máme = C(), C() =? cos C () = cos sin, a odtud integrací (druhý člen integrujeme per partes) C() = cos + C. Obecné řešení: = cos + C cos = C cos Příklad. Řešte diferenciální rovnici = Řešení: Rovnici upravíme jako a řešíme ji separací proměnných: = (2 + 7) ( 2 ) = = 2 0 d, tj. po integraci 2 ln(2 + ) = 2 ln ln C, C R, C 8. Odtud po obvklých úpravách 2 + = C( 2 ), C R.

7 ODR - řešené příkla Příklad. Řešte diferenciální rovnici = 2. Řešení: Jde o rovnici se separovanými proměnnými, ale také o rovnici Bernoulliovu. Zvolíme řešení pomocí Bernoulliov substituce: rovnici dělíme 2 a obdržíme 8 = 0 za předpokladu 0. Položme u = /, tj. u = / 2 a dostáváme u = u, te u = u. Vzniklá rovnice je (musí být) lineární, ale v našem případě je rovněž rovnicí se separovanými proměnnými. Te pro u 0 máme du u = d, a po integraci ln u = + ln C, tj. ln u = ln C e, C R, C 0. Obvklým postupem obdržíme u = C e, C R, tj. všechna řešení jsou (po zahrnutí vloučeného případu = 0) tvaru = 5 C e = e e, C R, = 0. C 5.. Příklad. Řešte počáteční problém + = arctg + + 2, () = π 0. Řešení: Daná rovnice je lineární, nebot za předpokladu 0 + = arctg I. Separací proměnných řešíme příslušnou homogenní rovnici: + = 0, = d. Odtud snadno h = C /, C B. II. Řešení nehomogenní rovnice hledejme ve tvaru Dosazením a po úpravě máme = C() /, C() =? C () = arctg Integrací per partes ( arctg d = arctg d) dostáváme C() = arctg + C.

8 ODR - řešené příkla 27 Odtud obecné řešení: = arctg + C = C + arctg, C R. Dosazením počáteční podmínk máte π 4 = C + arctg, te C = 0. Hledané partikulární řešení je proto tvaru = arctg, > Příklad. Řešte počáteční problém = (ln ln ), () = 2. Řešení: Rovnici přepíšeme na tvar a řešíme substitucí u = u /. Odtud = (ln ln ) = ln u = u(ln u ), te separací proměnných (za předpokladu u(ln u ) 0, tj. u 0, u e) dostáváme du u(ln u ) = d. Následnou integrací (integrál na levé straně řešíme bud substitucí t = ln u, nebo přímo užitím vzorce pro f () f() d) dostáváme ln ln u = ln + ln C = ln C, C R, C 0. Odtud obvklými úpravami ln u = + C, tj. u = e +C, C R. Zpětným dosazením substituce dostáváme obecné řešení původní rovnice ve tvaru = e +C, C R. Po dosazení počáteční podmínk platí = e +C, tj. C =. Hledané partikulární řešení je proto funkce = e, > 0. B. Numerické meto řešení Vzorové příkla: 5.3. Příklad. Je dán počáteční problém = 2, (0) =. Pomocí eplicitní Eulerov meto určete přibližně hodnotu ( / 2). Řešení: Z teoretického hlediska je třeba nejprve ukázat, že řešení úloh na intervalu 0, / 2 vskutku eistuje, a je určeno jednoznačně. K tomuto účelu lze užít Picardovu větu o eistenci a jednoznačnosti řešení počátečního problému. Formulace tohoto tvrzení obvkle zahrnuje i odhad velikosti intervalu, na němž je (jednoznačně určené) řešení definováno. Bez bližšího odvození poznamenejme, že podle tohoto odhadu je hledané řešení definované alespoň v intervalu / 2, / 2, což je pro náš účel dostačující.

9 ODR - řešené příkla 28 Nní přistoupíme k numerickému řešení. Zvolme nejprve n = 5, tj. h = 0, a 0 = 0, = 0,, 2 = 0, 2, 3 = 0, 3, 4 = 0, 4, 5 = 0, 5. Z počáteční podmínk máme Y 0 = a dále počítáme Y = Y 0 + hf( 0, Y 0 ) = Y 0 + h 0 (Y 0 ) 2 =, Y 2 = Y + hf(, Y ) = Y + h (Y ) 2 =, 000, Y 3 = Y 2 + hf( 2, Y 2 ) = Y 2 + h 2 (Y 2 ) 2 =, 0304, Y 4 = Y 3 + hf( 3, Y 3 ) = Y 3 + h 3 (Y 3 ) 2 =, 0623, Y 5 = Y 4 + hf( 4, Y 4 ) = Y 4 + h 4 (Y 4 ) 2 =, 074. Dostáváme te (0, 5), 074. Pro n = 0 je h = 0, 05, a odtud analogickým postupem (0, 5) Y 0 =, 243. Přesným řešením daného počátečního problému je funkce = 2 / (2 2 ), a tudíž přesná hodnota ( / 2) =, 429. Při volbě kroku h = 0, je absolutní chba pro = / 2 rovna 0,0355 a relativní chba je 3, %. Při h = 0, 05 se absolutní i relativní chba zmenšil přibližně na polovinu, což odpovídá tomu, že eplicitní Eulerova metoda je řádu Příklad. Je dán opět počáteční problém Pomocí meto prediktor - korektor, kde = 2, (0) =. P: i+ = Y i + hf( i, Y i ), K: Y i+ = Y i + hf( i+, i+ ) určeme přibližně hodnotu ( / 2). Řešení: Především si všimněme, že prediktor je eplicitní Eulerova metoda a korektor implicitní Eulerova metoda. Zvolíme h = 0, a při obvklém označení dostáváme: = Y 0 + h 0 (Y 2 0 ) =, Y = Y 0 + h ( 2 = Y + h (Y 2 ) =, 0202, Y 2 = Y + h 2 ( 3 = Y 2 + h 2 (Y 2 ) 2 =, 052, Y 3 = Y 2 + h 3 ( 4 = Y 3 + h 3 (Y 3 ) 2 =, 0980, Y 4 = Y 3 + h 4 ( 5 = Y 4 + h 4 (Y 4 ) 2 =, 67, Y 5 = Y 4 + h 5 ( ) 2 =, 000, 2 ) 2 =, 0308, 3 ) 2 =, 0640, 4 ) 2 =, 22, 5 ) 2 =, 797.