Lineární rovnice prvního řádu. Máme řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce h(t) = 2

Transkript

1 Cvičení 1 Lineární rovnice prvního řádu 1. Najděe řešení Cauchyovy úlohy x + x g = cos, keré vyhovuje podmínce x(π) =. Máme nehomogenní lineární diferenciální ( rovnici prvního řádu. Funkce h() = g a q() = cos k 1 jsou definované a spojié v inervalech π, k + 1 ) π, k Z. Proože je počáeční podmínka ( definována v bodě 0 = π. Budeme hleda řešení v inervalu π, 5 ) π. Nejprve určíme řešení příslušné homogenní rovnice u + u g = 0. To je u() = C cos. Jedno parikulární řešení nehomogenní rovnice najdeme variací konsany. Řešení budeme hleda ve varu w() = C() cos. Po dosazení do původní rovnice dosaneme C () = cos, neboli C() = sin. Obecné řešení nehomogenní rovnice je x() = C cos + sin cos. Z podmínky x(π) = plyne, C =. Řešení Cauchyovy úlohy je edy x() = ( + sin ) cos pro ( π, 5 ) π.. Najděe řešení Cauchyovy úlohy x x =, keré vyhovuje podmínce x(1) = 1. Máme nají řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu. Proo nejprve vyřešíme příslušnou homogenní rovnici u = u. Sandardním způsobem získáme její řešení u = Ce. Řešení nehomogenní rovnice w() získáme variací konsany, j. předpokládáme, že w() = C()e. Po dosazení do dané diferenciální rovnice dosaneme C () = ( )e, čili C() = e. Tedy hledané řešení nehomogenní rovnice je w() = a obecné řešení dané diferenciální rovnice je x() = Ce +. Z počáeční podmínky plyne rovnos x(1) = 1 = Ce + 1. Tedy C = 1 e. Když dosadíme uo konsanu do obecného řešení, získáme hledané řešení Cauchyho úlohy x() = e Najděe řešení Cauchyovy úlohy x + x =, keré vyhovuje podmínce x(0) = 1. 1 Máme řeši nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce h() = 1 a q() = jsou definované a spojié v inervalech (, 1), ( 1, 1) a (1, + ). Proože počáeční podmínka je dána v bodě 0 = 0, kerý leží v inervalu ( 1, 1), budeme hleda řešení rovnice v omo inervalu. Nejprve najdeme obecné řešení příslušné homogenní rovnice u + dosaneme u u = 1 = u = 0. Sandardní meodou 1 Typese by AMS-TEX 1

2 a po inegraci získáme u() = C Řešení w() nehomogenní rovnice budeme hleda ve varu w() = C() 1 +. Po dosazení do původní 1 rovnice dosaneme C () = (1 ) 1 + = + 1 +, neboli C() = 1 ( ) ln(1 + ). Parikulární řešení w() nehomogenní rovnice je edy w() = obecné řešení dané diferenciální rovnice je x() = 1 + ) ( ) (C ln(1 + ). 1 ) ( ) ( ln(1 + ) Z podmínky x(0) = 1 = C plyne, že C =, a edy řešení dané Cauchyovy úlohy je x() = 1 + ) ( ) ( ln(1 + ) 1 pro ( 1, 1). a. Najděe řešení Cauchyovy úlohy x x =, keré vyhovuje podmínce x( 1) = 0. Máme řeši nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Tao rovnice je speciálního ypu. Funkce h() = je konsanní. Proo lze hleda řešení příslušné homogenní rovnice u u = 0 ve varu u = e λ. Jesliže eno předpoklad dosadíme do homogenní rovnice, dosaneme λ = 0, kerá se nazývá charakerisická rovnice. Její řešení je λ =. Tedy obecné řešení homogenní rovnice je u() = Ce. Také parikulární řešení nehomogenní rovnice lze v omo případě nají bez inegrace. Proože pravá srana q() = je polynom supně a µ = 0 není kořenem charakerisické rovnice, lze parikulární řešení nehomogenní rovnice hleda ve varu w = a +b+c, kde a, b a c jsou konsany. Dosazením do původní rovnice a srovnáním koeficienů u různých mocnin proměnné, dosaneme sousavu rovnic a = 1, a b = 0 a b c = 0, kerá má řešení a = 1, b = 1 a c = 1. Proo je parikulární řešení nehomogenní rovnice rovno w() = 1 a její obecné řešení je x() = Ce 1. Z počáeční podmínky plyne x( 1) = 0 = Ce 1, edy C = e. Z oho dosáváme hledané řešení Cauchyho úlohy x() = 1 ( e (+1) 1 ). 5. Najděe řešení Cauchyovy úlohy x + x = e +, keré vyhovuje podmínce x(0) =. Máme opě řeši nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu s konsanními koeficieny. Její charakerisická rovnice λ + = 0 má řešení λ =, a edy obecné řešení homogenní rovnice je u() = Ce. Parikulární řešení nehomogenní rovnice budeme hleda ve varu w() = w 1 () + w (), kde w 1 () je parikulární řešení rovnice w 1 + w 1 = e a w je parikulární řešení rovnice w + w =. Proože µ = je řešením charakerisické rovnice, budeme hleda funkci w 1 ve varu w 1 () = (a + b)e. Jesliže eno předpoklad dosadíme do rovnice pro w 1, dosaneme po srovnání koeficienů u různých mocnin proměnné sousavu rovnic a = 1 a b = 0. Tedy w 1 () = e. Funkci w budeme hleda ve varu w () = A + B, proože µ = 0 není řešení

3 charakerisické rovnice. Po dosazení do rovnice pro w snadno zjisíme, že w () = 1. Obecné řešení dané diferenciální rovnice je edy x() = Ce + e + 1. Jesliže použijeme počáeční podmínku, dosaneme pro konsanu C vzah = C 1, ze keré plyne C =. Hledané řešení Cauchyovy úlohy je edy ( ) x() = + e Najděe řešení Cauchyovy úlohy x x = sin, keré vyhovuje podmínce x(0) = 1. Máme nají řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu s konsanními koeficieny. Charakerisická rovnice λ = 0 má řešení λ =. Tedy obecné řešení příslušné homogenní rovnice je edy u() = Ce. Z varu pravé srany nehomogenní rovnice plyne, že její parikulární řešení lze hleda ve varu w() = a cos + b sin. Po dosazení do nehomogenní rovnice dosaneme po srovnání koeficienů u cos a sin sousavu lineárních rovnic a + b = 0 a a b = 1, jejíž řešení je a = 1 10 a b = 10. nehomogenní rovnice w() = je x() = Ce cos + sin 10 Cauchyho úlohy je Našli jsme edy jedno parikulární řešení cos + sin. Odud plyne, že obecné řešení nehomogenní rovnice 10. Z počáeční podmínky pak dosaneme C =, a edy hledané řešení 5 x() = 6e cos sin Najděe řešení Cauchyovy úlohy x x = cosh, keré vyhovuje podmínce x(0) = 1. Máme nají řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu s konsanními koeficieny. Charakerisická rovnice λ 1 = 0 má řešení λ = 1. Tedy obecné řešení příslušné homogenní rovnice je edy u() = Ce. Pravá srana nehomogenní rovnice je cosh = 1 ( e + e ). Proo budeme parikulární řešení nehomogenní rovnice hleda jako souče dvou funkcí w 1 a w, keré jsou řešení rovnic w 1 w 1 = e a w w = e. Proože µ = 1 je řešení charakerisické rovnice budeme hleda w 1 ve varu w 1 () = ae. Po dosazení do rovnice dosaneme koeficien a = 1, a edy w 1 () = e. Proože µ = 1 není kořenem charakerisické rovnice, hledáme w ve varu w () = be. Po dosazení do rovnice dosaneme b = 1, a edy w () = e. Obecné řešení dané diferenciální rovnice je x() = Ce + e e. Z počáeční podmínky x(0) = 1 získáme 1 = C 1, čili C = 5. Tedy řešení Cauchyho úlohy je x() = (5 + )e e. 8. Najděe řešení diferenciální rovnice x inx = 0, n R, keré vyhovuje podmínce x(0) = x(π). Máme nají řešení homogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu s konsanními koeficieny. Její charakerisická rovnice je λ in = 0. Tedy obecné řešení je x() = Ce in. Podmínka x(0) =

4 x(π) dává vzah C = Ce πin. Pokud n / Z plyne odsud C = 0 a rovnice má pouze riviální řešení x() = 0. Je-li ale n Z, je řešení rovnice x() = Ce in, kde C je libovolná komplexní konsana. 9. Najděe řešení diferenciální rovnice ( x x)x + x = 0. Tao diferenciální rovnice není lineární. Ale pokud budeme považova za funkci proměnné x, pak d plaí dx = 1 x a daná rovnice přejde na diferenciální rovnici (1 x) x + x d d = 0 dx dx = x 1 x + 1 x. (1) Rovnice (1) již lineární je, a proo lze nají její řešení sandardním způsobem. Nejprve nalezneme řešení homogenní rovnice d dx = x 1 x = (x) = Cx e 1/x, kde C je libovolná konsana. Řešení w(x) nehomogenní rovnice nalezneme variací konsany, j. budeme jej hleda ve varu w(x) = C(x)e 1/x, kde C(x) je diferencovaelná funkce proměnné x. Po dosazení do rovnice (1) dosaneme pro uo funkci vzah C (x) = 1 1 x e 1/x = C(x) = x e 1/x dx x=1/y = C(x) = x + 1 e 1/x. x Z oho plyne, že parikulární řešení diferenciální rovnice (1) je w(x) = x(x + 1) a obecné řešení éo rovnice je (x) = Cx e 1/x + x(x + 1), kde C je libovolná konsana. Řešení naší původní úlohy je pak funkce inverzní k éo funkci. 10. Najděe řešení diferenciální rovnice x + x = x ln. Daná diferenciální rovnice není lineární, ale lze na lineární diferenciální rovnici převés (Bernoulliova rovnice). Jesliže rovnici vydělíme x dosaneme diferenciální rovnici x x + 1 x = ln. Jesliže zavedeme novou proměnnou y = 1 x, pak y = x x a diferenciální rovnice (1) přejde na lineární rovnici y + y = ln. (1) Nejprve nalezneme obecné řešení homogenní rovnice u + u = 0. Sandardním způsobem dosaneme du u = d = u = C, kde C je libovolná konsana. Řešení w() nehomogenní rovnice budeme hleda variací konsany, j. ve varu w() = C(), kde C() je diferencovaelná funkce proměnné. Po dosazení do (1) dosaneme pro funkci C() vzah C () = ln = C() = ln = w() = ln. Tedy obecné řešení diferenciální rovnice (1) je y() = ( C ln ), a edy obecné řešení dané diferenciální rovnice je x() = 1 y() = ( C ln ), kde C je libovolná konsana.

5 Cvičení Nelineární rovnice prvního řádu 1. Najděe řešení Cauchyovy úlohy x = x, keré vyhovuje počáeční podmínce: a) x(5) = 0; + 1 b) x(1) = 1; c) x() 1 pro. Máme řeši diferenciální rovnici prvního řádu se separovanými proměnnými. V omo případě je 1 f() = + 1 a g(x) = x. Tyo funkce jsou definované a spojié v celém R. Rovnice g(x) = x = 0 má jediné řešení x = 0, a edy x = 0 je jedno řešení éo rovnice. Proože g (x) = x je omezená funkce na každém konečném inervalu, splňuje pravá srana rovnice předpoklady věy o jednoznačnosi řešení. Proo je v případě a) x = 0 jediné řešení, keré splňuje počáeční podmínku. Abychom dosali řešení úloh b) a c), najdeme obecné řešení éo diferenciální rovnice. Sandardním posupem dosaneme pro x 0 x x = = dx x = Tedy obecné nenulové řešení diferenciální rovnice je d C = 1 x = arcg + C. 1 x() = arcg + C. (1) Definiční obor ohoo řešení je pro C π roven R, ale pro C < π je (, g C) nebo (g C, + ) podle oho, kde leží počáeční podmínka. V případě b) dosaneme z počáečních podmínek 1 = 1 π/ + C, j. C = 1 π. Řešení Cauchyho úlohy je edy x() = π + arcg pro (, + ). 1 V případě c) dosaneme z (1) pro limiu vzah 1 = C + π/, j. C = 1 π, a edy řešení je x() = pro (, + ). π + arcg. Najděe řešení Cauchyovy úlohy (1 )x = (x x ), keré splňuje podmínku: a) x(0) = ; b) x() = 0. V omo případě máme diferenciální rovnici, kerá vyřešená vzhledem k proměnné x. Proo ji nejprve vyřešíme. Ale k omu pořebujeme, aby 1 0, j. 1. Dosaneme diferenciální rovnici x = 1 (x x ), (1) což je rovnice se separovanými proměnnými. Zde je řeba upozorni na o, že bod = 1 nepaří do definičního oboru řešení rovnice (1), ale může nebo nemusí paři do definičního oboru řešení původní rovnice. Proo pokud lze prodlouži řešení rovnice (1) do bodu = 1, musíme vyšeřova chování řešení v okolí ohoo bodu zvlášť. Rovnice (1) je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými, kde f() =, jejíž obor 1 spojiosi je R \ {1}, a funkce g(x) = x x, kerá je spojiá na celém R. Její nulové body jsou 5

6 řešením rovnice x x = 0, j. body x 1 = 1 a x =. Derivace funkce g (x) = x 1 je omezená v každém konečném inervalu, a edy konsanní řešení x = 1 a x = jsou jednoznačná. V případě a) jsou počáeční podmínky [ 0 ; x 0 ] = [0; ]. Proo budeme hleda v inervalu (, 1) a závisle proměnná x bude paři do inervalu (, + ). Inegrací rovnice (1) dosaneme x dξ ξ ξ = τ ( dτ, neboli ln x ) = ln(1 ). 0 1 τ x + 1 Když ješě vyřešíme uo rovnici vzhledem k proměnné x, dosaneme řešení příslušné Cauchyho úlohy ve varu ( x() = 9 ) 8 pro, (, 1). V případě b) je počáeční podmínka dána v bodě [ 0 ; x 0 ] = [; 0]. Proo budeme hleda řešení v inervalu (1, + ) a hodnoy funkce x() budou leže v inervalu ( 1, ). Inegrací dosaneme rovnice (1) x dξ 0 ξ ξ 1 = τ ( ) dτ x, neboli ln = ln 6 1 τ (x + 1) 1. Jesliže najdeme z poslední rovnice x, dosaneme x() = Při řešení rovnice (1) jsme se museli omezi na inerval (1, + ), ale funkce x() daná výše uvedeným vzahem má věší definiční obor. Jesliže ji dosadíme do původní rovnice, lze se přesvědči, že je řešením dané diferenciální rovnice na inervalu ( 51, + ). Ale máme-li zkouma, zda je oo řešení jediné na celém omo inervalu, musíme podrobněji zkouma chování obecného řešení v bodě = 1. Sandardní meodou se snadno zjisí, že obecné řešení diferenciální rovnice (1) pro > 1 a 1 < x < je x = C 1 + C, () kde C > 0 (v našem případě je C = 5). Too řešení má pro 1+ limiu 1 pro každou konsanu C > 0. Bod (1, 1) je zv. singulárním bodem dané rovnice. Derivace zprava ohoo obecného řešení v bodě = 1 je rovna x (1) = 9 C. Je edy určena konsanou C jednoznačně. Proože musí exisova derivace řešení x() v bodě = 1, musí bý derivace zleva v omo bodě rovna 9 > 0. Jak snadno nahlédneme, je musí hodnoy řešení x() pro < 1 leže v inervalu C (, 1). Sandardní meodou zjisíme, že obecné řešení v omo inervalu má opě var (). Proože je konsana C jednoznačně určena derivací v bodě = 1, lze řešení, keré jsme získali výše na inervalu (1, + ) jediným způsobem prodlouži pro < 1. Z oho plyne, že řešení původní rovnice je jediné a je dáno vzahem x() = pro ( ) 51, +.. Najděe řešení Cauchyho úlohy (1 )x = x 1, keré splňuje počáeční podmínku: a) x() = 5 ; b) x(0) = 5. 6

7 Opě jde o rovnici, kerá není vyřešena vzhledem k x. Rovnici lze pro ±1 vyřeši, ale musíme si uvědomi, že jsme vyloučili body = ±1. Proo řešení, keré získáme inegrací, je někdy možné rozšíři i za yo body. Po vyřešení dosaneme rovnici se separovanými proměnnými x = x 1 1. (1) Tedy máme f() =, což je spojiá funkce na inervalech (, 1), ( 1, 1) a (1, + ). Funkce 1 g(x) = x 1 je definována na inervalech (, 1, 1, + ) a je v ěcho inervalech spojiá. Nulové body funkce g(x) jsou řešení rovnice x 1 = 0, j. = ±1. Známe edy již dvě řešení diferenciální rovnice x = ±1. Ale proože funkce g x (x) = není definována v bodech ±1 x 1 bude řeba podrobně zkouma body 1, v nichž řešení [ x() nabývá hodnoy x( 1 ) = ±1. V případě a) jsou dány počáeční podmínky v bodě ; 5 ]. Proo budeme hleda o řešení rovnice (1), jehož definiční obor je podinerval (1, + ) a pro keré je x() 1. Obvyklým posupem dosaneme x 5/ Z éo rovnice plyne dξ ξ 1 = dτ 1 τ neboli ln x + x 1 x + x 1 = Najdeme funkci x(). Když si uvědomíme, že plaí rovnos dosaneme jednoduchou úpravou 1 x + x 1 = x x 1, x() = = ln + 1 ( 1). Too řešení je definováno na inervalu (1, + ) a je o[ jediné řešení dané Cauchyovy úlohy. V případě b) jsou dány počáeční podmínky v bodě 0; 5 ]. Proo budeme hleda o řešení rovnice (1), jehož definiční obor je podinerval ( 1, 1) a pro keré je x() 1. Sandardním posupem dosaneme x 5/ Z éo rovnice plyne dξ ξ 1 = dτ 1 τ neboli ln 0 x + x 1 = ( (1 + ) 1 x + x 1 Najdeme funkci x(). Sejně jako v případě a) odud plyne rovnos x() = (1 ). ) = ln () Funkce () má sice definiční inerval ( 1, 1), ale o ješě neznamená, že je řešením dané rovnice. Měli bychom se ješě přesvědči, že funkce () je skuečně správné řešení. Jde o o, že výraz x 1 musí bý věší nebo roven nule. Při řešení rovnice jsme oiž použili pouze skuečnosi, že ( x 1 ) = x 1. Z předchozích rovnic plyne, že x 1 = (1 + ) 1 x = 7 ( + )( + 1) (1 ).

8 Na inervalu ( 1, 1) je eno výraz věší nebo roven nule pouze na inervalu 1 ), 1. Proo dává vzah () řešení pouze na omo inervalu. V bodě = 1 ( je x 1 ) = 1. Proože z rovnice () plyne, že na inervalu ( 1 ) (, 1 je x ( + )( + 1) () = (1 ), je x 1 ) = 0. Řešení lze edy ( prodlouži na inerval 1, 1 ak, že na omo inervalu definujeme x() = 1. Proože z rovnice (1) plyne, že na inervalu ( 1, 1) je derivace řešení x () 0, je funkce na omo inervalu rosoucí. Proo je funkce ( 1 pro 1, 1 x() = (1 pro ( 1 ) () ), 1 jediné řešení dané Cauchyho úlohy pro diferenciální rovnici (1) na inervalu ( 1, 1). Ale když hledáme řešení původní Cauchyho úlohy, lze oo řešení prodlouži i na věší inerval. Lze snadno nahlédnou, že řešení () lze pro každé a < 1 prodlouži na inerval (a, 1) ak, že položíme x() = 1 pro (a, 1. V bodě a již není funkce 1 = 0, a proo lze opě vyřeši danou rovnici vzhledem k proměnné x a získa opě rovnici (1). Na inervalu (, a) je, jak plyne z rovnice (1), derivace menší nebo rovna nule. Proo selhává náš argumen, kerý jsme použili v inervalu ( 1, 1) a proože v bodě [a; 1] nejsou splněny předpoklady věy o jednoznačnosi, může na inervalu (, a) exisova řešení, keré je různé od konsanního řešení x() = 1. Na inervalu (, a) budeme edy hleda nekonsanní řešení rovnice (1) s počáeční podmínkou x(a) = 1. Obvyklou inegrací dosaneme x Sejným posupem jako výše dosaneme 1 dξ ξ 1 = a dτ 1 τ. x + x 1 = a 1 + a a odud x() = (1 + ) (1 a) + (1 ) (1 + a) ( 1)(a 1). () Ješě se přesvědčíme, že výraz x 1 je na inervalu (, a) věší nebo roven nule. Po dosazení dosaneme výraz (a 1)(a ) x 1 = ( 1)(a 1), kerý je pro < a < 1 věší než nula. Daná Cauchyho úloha má na inervalu (, ( 1) nekonečně mnoho řešení, kerá jsou dána vzahem () pro (, a, x() = 1 pro a, 1 a vzahem () pro 1 ), 1, kde paramer a (, 1) (pro a = je první inerval prázdná množina.) a. Najděe řešení Cauchyho úlohy x = 1 x, keré splňuje počáeční podmínku x(π) = 0. Máme řeši Cauchyho úlohu pro diferenciální rovnici prvního řádu se separovanými proměnnými. Funkce f() = 1 je spojiá na celém R a funkce g(x) = 1 x je definována na inervalu 1, 1 a je na omo inervalu spojiá Nulové body funkce g(x) jsou ±1. Máme edy dvě konsanní řešení x() = ±1. Ale funkce x x () = není definovaná v bodech ±1. Tedy jesliže pro nějaké 1 1 x 8

9 je x( 1 ) = ±1 může bý v omo bodě narušena jednoznačnos řešení dané Cauchyho úlohy. Nejprve najdeme obvyklým způsobem obecné řešení dané rovnice. dx = d + C neboli arcsin x = + C. 1 x Bylo by ale chybou usoudi z éo rovnice, že x() = sin( + C). Funkce arcsin x má oiž obor hodno π, π, a proo se pro dané C musíme omezi inerval na π C, π C. Funkce x() = sin( + C) je řešením dané rovnice, ale jen na výše uvedeném inervalu. Zkoumejme, zda je možné oo řešení prodlouži na věší inerval. V bodě 1 = π C je hodnoa funkce x( 1) = 1 a x ( 1 ) = 0 proo lze funkci prodlouži pro > 1 konsanní funkcí x() = 1. Podobně pro <, kde = π C, lze funkci prodlouži konsanní funkcí x() = 1. Z původní diferenciální rovnice plyne, že derivace řešení je věší nebo rovna nule. To znamená, že řešení diferenciální rovnice je neklesající funkcí proměnné. Proo pro > 1 musí bý x() = 1 a pro < musí bý x() = 1. Z počáeční podmínky plyne, že 0 = sin(π + C). Tedy se musí rovna C = kπ, kde k Z. Ale bod = π musí leže v inervalu, ve kerém řešení není konsanní. Z oho plyne, že musíme voli C = π. Exisuje edy jediné řešení dané Cauchyho úlohy, keré je dáno vzahy ( 1 pro, π π x() = sin( π) pro, π ) π 1 pro, + b. Najděe řešení diferenciální rovnice ( x ) + x = 1, keré splňuje počáeční podmínku x(π) = 0. Na rozdíl od předchozího zde není rovnice vyřešena vzhledem k proměnné x. Jesliže uo rovnici vyřešíme, dosaneme dvě rovnice x = ± 1 x. Na první pohled by se mohlo zdá, že řešení dané diferenciální budou řešení z předešlé úlohy, j. x 1 () = sin( π) = sin a x () = x 1 () = π sin. To bude pravda, ale pouze v inervalu, π. Ale obě ao řešení lze prodlouži na inerval (, + ) nekonečně mnoha způsoby. V každém bodě 1, ve kerém je řešení x( 1 ) = 1 lze pokračova buď konsanní funkcí x() = 1 nebo vhodně posunuou funkcí sin( + α). Podobně lze pokračova v bodech, ve kerých je x ( ) = Najděe obecné řešení rovnice x = x x. Máme nají řešení nelineární diferenciální rovnice, kerá nemá ( separované proměnné. Ale ao x ) rovnice je zv. homogenní rovnice, j. rovnice ypu x = f, kerou lze převés na rovnici se separovanými proměnnými ak, že zavedeme novou funkci y() vzahem x() = y(). Když eno vzah derivujeme, dosaneme x = y + y. Jesliže dosadíme do dané rovnice, získáme vzah y + y = y (1 y ). Po jednoduché úpravě dosaneme rovnici se separovanými proměnnými y = y(1 + y ) 1 y, 9

10 kerou již umíme inegrova. Inegrace dává 1 y d y(1 + y ) dy = = y 1 + y = C 1. Když dosadíme nazpě za y = x dosaneme po jednoduché úpravě a vhodné volbě konsany řešení původní rovnice v impliciním varu x + = Cx, což jsou rovnice sysému kružnic, keré se doýkají osy O v počáku souřadnic. 6. Najděe inegrální křivky diferenciální rovnice (x + )x = x. Daná diferenciální rovnice je prvního řádu a je nelineární. Ale, jak se lze snadno přesvědči, je homogenní. Proo použijeme novou závisle proměnnou y(), kerá je definována vzahem x = y. Dosadíme do dané rovnice a po jednoduchých úpravách získáme vzah y = y + 1 y + 1, což už je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými. Rovnici inegrujeme obvyklým způsobem a dosaneme y + 1 d y + 1 dy = = 1 ln(y + 1) + arcg y = ln + C 1. Jesliže dosadíme nazpě za y = x, získáme implicině definované řešení rovnice ve varu ln x + + arcg x = C 1. Jesliže zavedeme nové proměnná pomocí rovnic = r cos ϕ a x = r sin ϕ, lze poslední rovnici psá ve varu ln r + ϕ = C 1 neboli r = Ce ϕ, což je rovnice logarimické spirály. 7. Najděe sousavu rovinných křivek, keré jsou kolmé na sysém křivek daný rovnicí xy = C, kde C je paramer. Sysém křivek je zadán pomocí impliciní funkce. Normálový vekor ke každé křivce ohoo sysému v bodě [x; y] je úměrný grad(xy) = (y, x). Tečný vekor ke křivce dané rovnicí y = y(x) je úměrný vekoru (1, y ). Proo musí plai rovnos (y, x) = λ(1, y ), j. y = λ, x = λy = yy. Sousava hledaných křivek edy vyhovuje diferenciální rovnici x = yy, jejíž řešení je v impliciním varu dáno vzahem y x = C, což je opě rovnice sysému rovnoosých hyperbol pooočených o úhel π kolem počáku souřadnic. 10

11 Cvičení Homogenní lineární rovnice vyšších řádů 1. Najděe obecné řešení rovnice x + x x = 0. Daná rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Sačí edy nají její dvě lineárně nezávislá řešení. Proože je o rovnice s konsanními koeficieny, budeme hleda její řešení ve varu u() = e λ. Po dosazení získáme pro λ charakerisickou rovnici λ + λ 1 = (λ + 1)(λ 1) = 0, kerá má dva kořeny λ 1 = 1 a λ = 1. Oba kořeny jsou násobnosi 1. Proo je fundamenální sysém řešení éo rovnice u 1 () = e a u () = e / a obecné řešení kde C 1 a C jsou konsany. x() = C 1 e + C e /,. Najděe řešení Cauchyho úlohy x 5x x = 0, x(0) =, x (0) =. Máme nají řešení Cauchyho úlohy pro homogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu s konsanními koeficieny. Řešení rovnice lze hleda ve varu u() = e λ. Po dosazení do dané diferenciální rovnice získáme pro λ charakerisickou rovnici λ 5λ = (λ )(λ + 1) = 0. Kořeny charakerisické rovnice jsou λ 1 = a λ = 1, keré jsou násobnosi 1. Tedy obecné řešení dané diferenciální rovnice je u() = C 1 e + C e /, kde C 1 a C jsou konsany. Jesliže dosadíme počáeční podmínky, získáme pro konsany C 1 a C sousavu lineárních algebraických rovnic C 1 + C = a C 1 1 C = = C 1 = 1, C =. Hledané řešení Cauchyho úlohy je x() = e / e.. Najděe všechna řešení diferenciální rovnice x x +x = 0, kerá splňují podmínky x(0) = 1, x (0) =. Nejprve najdeme obecné řešení dané rovnice. Ta je homogenní lineární diferenciální rovnice řeího řádu a konsanními koeficieny. Proo hledáme řešení ve varu u() = e λ. Po dosazení dosaneme charakerisickou rovnici λ λ + λ = λ(λ ) = 0. Tao rovnice má kořen λ = 0, kerý je násobnosi 1, a λ =, což je kořen násobnosi. Proo je obecné řešení éo diferenciální rovnice u() = C 1 + C e + C e, 11

12 kde C 1, C a C jsou libovolné konsany. Z počáečních podmínek dosaneme pro yo konsany sousavu dvou lineárních algebraických rovnic C 1 + C = 1, C + C =, jejíž obecné řešení je např. C 1 = c, C = 1 c a C = c, kde c je volielný paramer. Tedy řešení naší rovnice, keré splňují dané podmínky je x() = c + (1 c)e + ce, c R.. Najděe řešení Cauchyovy úlohy x + x + x = 0, x(0) = 1, x (0) =. Máme řeši Cauchyho úlohu pro homogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu s konsanními koeficieny. Proo hledáme řešení rovnice ve varu u() = e λ. Po dosazení do rovnice získáme charakerisickou rovnici λ + λ + = 0. Tao rovnice má dva komplexně sdružené kořeny λ 1, = 1 ± i. Obecné řešení bychom mohli napsa v komplexním varu u() = C 1 e ( 1+i ) + C e ( 1 i ), kde C 1 a C jsou libovolné komplexní konsany. Pokud nás ale zajímá reálné řešení, j. řešení, pro keré plaí u() = u(), musí bý konsany komplexně sdružené, j. musí plai C = C 1. Ale z hlediska výpoču konsan při řešení Cauchyho úlohy je věšinou výhodnější voli reálný fundamenální sysém řešení, j. ( ) u 1 () = Re e ( 1+i ) = e cos ( ) a u () = Im e ( 1+i ) = e sin, kerý je lineární kombinací předchozího. Pomocí ohoo fundamenálního sysému řešení lze pak napsa obecné reálné řešení dané diferenciální rovnice jako u() = C 1 e cos + C e sin, kde C 1 a C jsou libovolné reálné konsany. Jejich hodnou dosaneme řešením sousavy lineárních algebraických rovnic C 1 = 1 a C 1 + C =, keré plynou z počáečních podmínek. Řešení éo sousavy je C 1 = 1 a C =. Řešení dané Cauchyho úlohy je edy x() = e cos + e sin. 5. Najděe fundamenální sysém řešení diferenciální rovnice x () + x + x + x + x = 0. (1) Proože (1) je lineární diferenciální rovnice čvrého řádu, je fundamenální sysém řešení vořen čyřmi lineárně nezávislými řešeními éo rovnice. Proože je o rovnice s konsanními koeficieny, budeme hleda řešení ve varu x() = e λ. Po dosazení do rovnice (1), získáme pro λ charakerisickou rovnici λ + λ + λ + λ + 1 = (λ + 1) (λ + λ + 1). 1

13 Tao rovnice má kořen λ = 1, kerý je násobnosi a dva komplexně sdružené kořeny λ, = 1 + i, keré jsou násobnosi 1. Fundamenální sysém řešení rovnice (1) je např. u 1 () = e, u () = e u () = e / cos, u () = e / sin. 6. Když víe, že jedno řešení diferenciální rovnice je x 1 () = e, najděe její obecné řešení. ( )x + ( )x + (1 )x = 0 (1) Proože koeficien u druhé derivace = 0 pro = 0 a =, omezíme se na jeden z inervalů (, 0), (0, ) nebo (, ). Abychom našli obecné řešení homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu, pořebujeme nají dvě lineárně nezávislá řešení. Proože známe jedno řešení x 1 () = e, budeme druhé řešení hleda ve varu x() = x 1 ()y() = e y(). Derivace funkce x() jsou x () = (y + y)e a x () = (y + y + y)e. Když dosadíme do rovnice (1) dosaneme po snadných úpravách rovnici ( )y ( + )y = 0. Jesliže označíme y () = z(), získáme pro funkci z() lineární rovnici prvního řádu ( )z = ( + )z = z = ( )e. Jelikož z() = y () = ( )e, dosaneme inegrací y() = e, a edy druhé řešení rovnice (1) je x () =. Proože wronskián řešení x 1 () = e a x () = je W () = ( )e 0, jsou ao řešení lineárně nezávislá a voří edy fundamenální sysém řešení rovnice (1). 7. Předpokládeje, že diferenciální rovnice ( )x ( + 6)x + ( 6)x = 0 (1) má řešení varu x = n, kde n je konsana. Najděe obecné řešení éo diferenciální rovnice. Proože koeficien u druhé derivace = 0 pro = 0 a =, omezíme se na jeden z inervalů (, 0), (0, ) nebo (, ). Proože máme nají obecné řešení homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu, sačí urči dvě lineárně nezávislá rovnice (1). Nejprve najdeme řešení varu x() = n. Když dosadíme uo funkci do diferenciální rovnice (1), dosaneme po jednoduchých algebraických úpravách vzah ( n)( n + n ) = 0, kerý musí plai pro všechna. Proo je n = a známe edy jedno řešení x 1 () = diferenciální rovnice (1). Proože již známe jedno řešení lineární homogenní diferenciální rovnice, lze sníži řád éo rovnice ak, že položíme x() = x 1 ()y() = y(). Snadno určíme derivace akové funkce x(): x () = y + y a x = y + 6 y + 6y. 1

14 Tyo derivace dosadíme do diferenciální rovnice (1) a po algebraických úpravách dosaneme rovnici ( )y ( + 6)y = 0. Jesliže zavedeme novou proměnnou z() = y (), dosaneme lineární diferenciální rovnici ( )z = ( + 6)z = ln z = + 6 ( ) d = Proože je z() = y () najdeme funkci y() inegrací: ( 1 y() = ) e d = 1 e. ( ) d = z() = e. Tedy jsme našli druhé řešení x () = e diferenciální rovnice (1). Proože wronskián řešení x 1 () = a x () = e je W () = ( )e 0, jsou ao řešení lineárně nezávislá, a edy voří fundamenální sysém řešení diferenciální rovnice (1). Obecné řešení éo rovnice je kde C 1 a C jsou libovolné konsany. x() = C 1 + C e, 8. Diferenciální rovnice x x x = 0 má řešení varu x() = n, kde n je konsana. Najděe její řešení, keré splňuje podmínku x(1) = 0, x (1) = 1. Máme nají řešení Cauchyho úlohy pro homogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. Nejprve najdeme obecné řešení éo rovnice. Proože je ao rovnice druhého řádu, je její fundamenální sysém řešení složen ze dvou lineárně nezávislých řešení. Jelikož předpokládáme, že má řešení var x() = n, dosadíme eno výraz do dané rovnice a po úpravách získáme pro n rovnici n(n 1) n = n n = (n + 1)(n ) = 0. Tao rovnice má dvě řešení n 1 = 1 a n =. Získali jsme edy dvě řešení dané rovnice x 1 () = 1 a x () =. Jejich wronskián W () =, kerý je pro 0 nenulový. Tedy ao řešení jsou na inervalech (, 0, ), (0, ) lineárně nezávislá, a proo voří fundamenální sysém řešení. Obecné řešení dané rovnice je edy x() = C 1 + C, kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Ty najdeme z počáečních podmínek, keré dávají Řešení dané Cauchyho úlohy edy je C 1 + C = 0, C 1 + C = 1 = C 1 = 1 C = 1. x() = 1 + pro > 0. Poznámka: Lineární diferenciální rovnice ypu n x (n) + a n 1 n 1 x (n 1) + + a 1 x + a 0 x = f(), kde a i jsou konsany se nazývají Eulerovy rovnice. Pro > 0 je lze přenés subsiucí = e τ na lineární rovnice s konsanními koeficieny. Tyo rovnice mají řešení varu n ln k, kde n je kořen charakerisické rovnice, kerou dosaneme, když dosadíme do příslušné diferenciální rovnice x() = n, a k je násobnos ohoo kořene. 1

15 9. Diferenciální rovnice x + x + x = 0 má řešení varu x() = n, kde n je konsana. Najděe její fundamenální sysém řešení. Daná rovnice je homogenní lineární diferenciální druhého řádu. Fundamenální sysém řešení se edy skládá ze dvou nezávislých řešení. Proože je o rovnice Eulerova ypu, předpokládáme řešení ve varu x() = n. Po dosazení předpokládaného řešení do diferenciální rovnice, dosaneme pro n charakerisickou rovnici n(n 1) + n + = n + n + = 0 = n 1, = 1 ± i. Pro > 0 má edy rovnice komplexní fundamenální sysém řešení x 1 () = 1+i = 1 e i ln cos(ln ) + i sin(ln ) = x () = 1 i = 1 e i ln cos(ln ) i sin(ln ) =. Je zvykem voli reálný fundamenální sysém řešení x 1 () = cos(ln ) a x () = sin(ln ), kerý je lineární kombinace komplexního fundamenálního sysému řešení. 10. V závislosi na konsanách p, q > 0 a q najděe fundamenální sysém řešení diferenciální rovnice x + px + q x = 0 (volné lumené kmiy). Daná rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konsanními koeficieny. Její charakerisická rovnice λ + pλ + q = 0 má řešení λ ± = p ± p q. (1) Fundamenální sysém řešení závisí na hodnoě diskriminanu p q rovnici (1). 1) Je-li diskriminan p q = r > 0 je fundamenální sysém řešení x 1 () = e (p r) a x () = e (p+r). Obecné řešení x() = C 1 e (p r) + C e (p+r) je klesající (proože p > r) a jeho limia pro + je rovna nule. Řešení, keré splňuje počáeční podmínky x(0) = x 0 a x (0) = v 0 je x() = e p ( x 0 cosh r + v 0 + px 0 r ) sinh r. Too řešení, pokud není nulové, má u vlasnos, že může pouze jednou procháze bodem x = 0. To nasane v čase > 0, pro kerý plaí rovnos x 0 cosh r + v 0 + (p r)x 0 r sinh r = 0 = = 1 r ln v 0 + (p r)x 0 v 0 + (p + r)x 0 Takový pohyb se nazývá aperiodický. 15

16 ) Je-li diskriminan p q = 0 je fundamenální sysém řešení x 1 () = e p a x () = e p. Obecné řešení x() = C 1 e p + C e p má v podsaě sejné vlasnosi jako v případě 1). Řešení s danými počáečními podmínkami je x() = e p( x 0 + (v 0 + px 0 ) ), keré může opě procháze pouze jednou bodem x = 0. Takový pohyb se nazývá aké aperiodický (ale nejsem si příliš jis, zda nemá nějaký přívlasek). ) Je-li diskriminan p q = ω < 0, ω > 0, je fundamenální sysém řešení x 1 () = e p cos ω a x () = e p sin ω. Obecné řešení x() = e p( C 1 cos ω + C sin ω ) prochází bodem x = 0 pro > 0 nekonečněkrá. Řešení, keré splňuje počáeční podmínky je x() = e p ( x 0 cos ω + v 0 + px 0 ω Teno pohyb můžeme považova za vlnění s úhlovou frekvencí ω = q p = q 1 p q, ) sin ω. jehož ampliuda A je klesající funkcí času, A() = A 0 e p. V případě, že je konsana lumení p malá vzhledem k úhlové frekvenci volných nelumených kmiů q, se během jednoho kmiu, j. za půlperiodu T = π pπ ampliuda změní e q p krá. Logarimus ohoo výrazu s opačným q p pπ znaménkem, j. se nazývá logarimický dekremen kmiavého pohybu. q p 11. V závislosi na parameru r R najděe všechna řešení diferenciální rovnice x + rx = 0, keré splňují podmínky: a) x(0) = 0, x (1) = 1; b) x(0) = 0, x (1) = 0. Tao úloha se liší od všech předešlých úloh ím, že jsou podmínky na řešení dány ve dvou různých bodech. Takové podmínky se nazývají okrajové podmínky a úloha nají řešení diferenciální rovnice s okrajovými podmínkami okrajová úloha pro diferenciální rovnici. Řeši okrajovou úlohu pro diferenciální rovnici je zcela jiný, a zpravidla složiější, problém než nají řešení diferenciální rovnice s počáečními podmínkami. 1) Pro r < 0 je obecné řešení diferenciální rovnice x() = C 1 e r + C e r. Z okrajových podmínek dosaneme pro konsany C 1 a C sousavu rovnic C 1 + C = 0, r ( C1 e r C e r ) = ɛ, kde ɛ = 1 v případě a), resp. ɛ = 0 v případě b). Tedy v případě a) je C 1 = C = řešení rovnice je x() = sinh r r cosh r. V případě b) je C 1 = C = 0 a daná rovnice má pouze nulové řešení. 1 r cosh r a 16

17 ) Pro r = 0 je obecné řešení rovno x() = C 1 + C. Z okrajových podmínek pak plyne, že v případě a) je řešení x() = a v případě b) dosáváme opě nulové řešení x() = 0. ) Pro r > 0 je obecné řešení rovno x() = C 1 cos r + C sin r. Z okrajových podmínek dosaneme pro konsany C 1 a C sousavu rovnic C 1 = 0, rc cos r = ɛ. ( ) k + 1 Tedy je-li r π, má rovnice v případě a) řešení x() = sin r a v případě b) pouze r cos r nulové řešení x() = 0. ( k + 1 Ale je-li r = π), nemá rovnice v případě a) žádné řešení, ale v případě b) dosáváme množinu řešení x() = C sin r, kde C je libovolná konsana. Poznámka. Hlavní rozdíl mezi oběma případy spočívá v om, že úloha v případě a) nemá u vlasnos, že lineární kombinace řešení je opě řešení, což mají homogenní lineární rovnice, kdežo úloha v případě b) uo vlasnos má. Tedy z ohoo hlediska není úloha v omo případě homogenní. Pokud bychom zavedli v případě a) novou proměnnou y() = x() získali bychom nehomogenní rovnici y + ry = r, jejíž řešení by vyhovovalo okrajovým podmínkám y(0) = y (0) = 0. Je o vlasně nehomogenní úloha pro případ b), kerý lze považova za příslušnou homogenní úlohu. Podrobnější analýzou ohoo příkladu bychom mohli ukáza, že homogenní rovnice (případ b) má pouze nulové řešení právě ehdy, když exisuje právě jedno řešení nehomogenní rovnice (případ a) pro každou pravou sranu, j. hodnou x (1) (Fredholmova alernaiva). Tuo věu byse měli zná s eorie sousav lineárních algebraických rovnic a plaí i v mnohem obecnějších případech. 1. Najděe obecné řešení diferenciální rovnice x = 1 + ( x ). (1) Proože diferenciální rovnice (1) neobsahuje proměnné x a x, zavedeme novou proměnnou y() = x (). Z rovnice (1) dosaneme pro u funkci diferenciální rovnici prvního řádu y = 1 + y, což je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými. Sandardním posupem získáme dy = d = argsinh y = + C 1 = y() = sinh( + C 1 ). 1 + y Proože y = x, dosaneme dvojnásobnou inegrací obecné řešení diferenciální rovnice (1) ve varu kde C 1, C a C jsou libovolné konsany. x() = sinh ( + C 1 ) + C + C, 1. Najděe obecné řešení diferenciální rovnice x ( 1 ln x ) x + ( 1 + ln x ) (x ) = 0. (1) Proože diferenciální rovnice (1) neobsahuje explicině nezávisle proměnnou, zavedeme novou proměnnou p(x) rovnicí p(x) = x. Proože pak plaí x = pp, získáme z rovnice (1) vzah ( p x ( 1 ln x ) p + ( 1 + ln x ) ) p = 0. () 17

18 Pokud vyloučíme riviální případ p = 0, kerý odpovídá konsannímu řešení x() = C, je rovnice () diferenciální rovnice prvního řádu se separovanými proměnnými. Sandardním posupem získáme dp ln x + 1 p = ln x 1 dx x = p(x) = C 1x ( ln x 1 ). () Proože p = x je diferenciální rovnice () rovnicí prvního řádu se separovanými proměnnými. Obvyklým způsobem dosaneme dx d = C 1x ( ln x 1 ) = dx x ( ln x 1 ) = C 1 d = 1 ln x 1 = C 1 1+C = ln x = 1. C 1 + C 18

19 Cvičení Nehomogenní lineární rovnice vyšších řádů Příklad 1. Najděe řešení Cauchyho úlohy x + x 6x = e s počáeční podmínkou x(0) = 1; x (0) =. Máme nají řešení Cauchyho úlohy pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu s konsanními koeficieny a speciální pravou sranou. Nejdříve najdeme obecné řešení příslušné homogenní rovnice u + u 6u = 0. Proože je o lineární diferenciální rovnice s konsanními koeficieny, budeme hleda její řešení ve varu u() = e λ. Po dosazení do homogenní rovnice dosaneme charakerisickou rovnici λ + λ 6λ = (λ )(λ + ) = 0, kerá má kořeny λ 1 = a λ =, keré jsou oba násobnosi 1. Proo je obecné řešení homogenní rovnice u() = C 1 e + C e, kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Parikulární řešení w() nehomogenní rovnice lze hleda odhadem. Proože 1 není kořenem charakerisické rovnice, budeme předpokláda, že parikulární řešení má var w() = (a + b)e, kde a a b jsou konsany. Dosadíme do dané nehomogenní rovnice a pro konsany a a b získáme vzahy a + a b = = a =, a b = 0 = a = 1, b =. Našli jsme edy parikulární řešení nehomogenní rovnice w() = + e. Proo je obecné řešení dané nehomogenní rovnice x() = C 1 e + C e + e. Abychom našli řešení Cauchyovy úlohy, musíme ješě urči konsany C 1 a C. Z počáečních podmínek dosaneme pro yo konsany sousavu dvou algebraických lineárních rovnic C 1 + C = 1, C 1 C 7 = = C 1 = 1, C =. Tedy hledané řešení Cauchyho úlohy je x() = e + e + e. Příklad. Najděe obecné řešení diferenciální rovnice x x + 5x =. Máme nají obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Nejprve najdeme obecné řešení příslušné homogenní rovnice x x + 5x = 0. Proože se jedná o rovnici s konsanními koeficieny, budeme řešení éo rovnice hleda ve varu u() = e λ. Po dosazení do homogenní rovnice získáme charakerisickou rovnici λ λ + 5 = 0 = (λ i)(λ + i) = 0. Charakerisická rovnice má dva komplexně sdružené kořeny λ 1, = ± i, keré jsou násobnosi 1. Proo lze za fundamenální sysém řešení zvoli funkce u 1 () = e cos, u () = e sin a obecné řešení homogenní rovnice je u() = C 1 e cos + C e sin, 19

20 kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Proože řešíme diferenciální rovnici s konsanními koeficieny, pravá srana nehomogenní rovnice b() = je polynom supně a 0 není kořenem charakerisické rovnice, budeme hleda parikulární řešení nehomogenní rovnice ve varu w() = a + b + c. Když dosadíme funkci w() do dané nehomogenní rovnice dosaneme pro konsany a, b a c rovnice a (a + b) + 5(a + b + c) = 5a + (5b 8a) + 5c b + a = = = 5a = 1, 5b 8a = 0, 5c b + a = 0 = a = 1 5, b = 8 5, c = 15. Tedy parikulární řešení nehomogenní rovnice je w() = rovnice je x() = C 1 e cos + C e sin , kde C 1 a C jsou libovolné konsany. a obecné řešení dané Příklad. Najděe řešení diferenciální rovnice x + x + x + x = 8e, keré vyhovuje počáečním podmínkám x(0) = x (0) = x (0) = 1. Jedná se o nehomogenní lineární diferenciální rovnici řeího řádu. Proo nejprve najdeme řešení homogenní rovnice x + x + x + x = 0. Proože je o lineární diferenciální rovnice s konsanními koeficieny, budeme hleda řešení ve varu x() = e λ. Když dosadíme uo funkci do homogenní rovnice, dosaneme pro λ charakerisickou rovnici λ + λ + λ + 1 = (λ + 1)(λ + 1) = (λ + 1)(λ i)(λ + i). Tedy charakerisická rovnice má ři kořeny λ 1 = 1. λ, = ±i, keré jsou všechny násobnosi 1. Proo je fundamenální sysém řešení u 1 () = e, u () = cos, u () = sin a obecné řešení homogenní rovnice je u() = C 1 e + C cos + C sin, kde C 1, C a C jsou libovolné konsany. Proože máme rovnici s konsanními koeficieny a pravá srana má speciální var, budeme hleda parikulární řešení nehomogenní rovnice odhadem. Proože 1 není kořenem charakerisické rovnice má parikulární řešení nehomogenní rovnice var w() = (a + b)e. Derivace éo funkce jsou w () = (a + a + b)e, w () = (a + a + b)e, w () = (a + a + b)e. Když dosadíme do nehomogenní rovnice, získáme pro konsany a a b vzahy a + 6a + b = 8 = a = 8, 6a + b = 0 = a =, b =. Tedy parikulární řešení nehomogenní rovnice je w() = ( )e a její obecné řešení je x() = C 1 e + C cos + C sin + ( )e, kde C 1, C a C jsou libovolné konsany. Ty musíme urči ak, aby řešení splňovalo počáeční podmínky. Když dosadíme yo podmínky do obecného řešení, získáme pro konsany C 1, C a C sousavu ří lineárních algebraických rovnic C 1 + C = 1, C 1 + C 1 = 1, C 1 C + 1 = 1 = C 1 = C =, C =. Hledané řešení diferenciální rovnice je edy x() = e + cos + sin + ( )e. 0

21 Příklad. Najděe řešení diferenciální rovnice x + x + 5x = 17 cos, keré splňuje počáeční podmínku x(0) =, x (0) = 0. Jedná se o nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. Proo nejprve najdeme řešení homogenní rovnice x + x + 5x = 0. Proože je o lineární diferenciální rovnice s konsanními koeficieny, budeme hleda řešení ve varu x() = e λ. Když dosadíme uo funkci do homogenní rovnice, dosaneme pro λ charakerisickou rovnici λ + λ + 5 = (λ + 1 i)(λ i) = 0, kerá má dva komplexně sdružené kořeny λ 1, = 1±i, keré jsou oba násobnosi 1. Fundamenální sysém řešení je např. u 1 () = e cos, u () = e sin. Odud dosáváme obecné řešení homogenní rovnice u() = C 1 e cos + C e sin, kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Proože se jedná o lineární rovnici s konsanními koeficieny a její pravá srana má speciální var, budeme parikulární řešení nehomogenní rovnice hleda odhadem. Proože i není kořenem charakerisické rovnice, budeme hleda parikulární řešení nehomogenní rovnice ve varu w() = a cos + b sin, kde a a b jsou konsany. Po dosazení do původní rovnice získáme pro konsany a a b sousavu dvou algebraických rovnic (a + b) cos + ( a + b) sin = 17 cos = a + b = 17, a + b = 0 = a = 1, b =. Tedy jsme našli parikulární řešení nehomogenní rovnice w() = cos + sin. Tedy obecné řešení dané nehomogenní rovnice je x() = C 1 e cos + C e sin + cos + sin, kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Ty musíme urči z počáečních podmínek. Po jejich dosazení dosaneme C =, C 1 + C + 8 = 0 = C 1 =, C =. Tedy řešení dané Cauchyho úlohy je x() = e cos e sin + cos + sin. Příklad 5. Najděe obecné řešení diferenciální rovnice x 6x + 8x = e + e. Máme nají obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Nejprve najdeme obecné řešení homogenní rovnice x 6x + 8x = 0. Proože je o rovnice s konsanními koeficieny, budeme její řešení hleda ve varu x() = e λ. Dosadíme-li do homogenní rovnice, získáme pro λ charakerisickou rovnici λ 6λ + 8 = (λ )(λ ) = 0, kerá má kořeny λ 1 = a λ =, keré jsou oba násobnosi 1. Proo lze fundamenální sysém řešení zvoli ve varu u 1 () = e a u () = e. Tedy obecné řešení homogenní rovnice je u() = C 1 e + C e, kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Proože máme rovnici s konsanními koeficieny a pravá srana nehomogenní rovnice má speciální var, lze hleda parikulární řešení nehomogenní rovnice odhadem. Too řešení budeme hleda ve varu w() = w 1 () + w (), kde w 1 () je řešení nehomogenní rovnice s pravou sranou e a w () řešení s pravou sranou e. Proože 1 není kořenem 1

22 charakerisické rovnice, hledáme w 1 () ve varu w () = ae. Po dosazení do příslušné nehomogenní rovnice dosaneme vzah a = 1. Tedy w 1() = 1 e. Proože je kořen charakerisické rovnice násobnosi 1, hledáme řešení w () ve varu w () = ae. Po dosazení do příslušné nehomogenní rovnice dosaneme a = 1. Tedy w () = e. Parikulární řešení nehomogenní rovnice je proo w() = 1 e e a její obecné řešení je kde C 1 a C jsou libovolné konsany. x() = C 1 e + C e + 1 e e, Příklad 6. Najděe parikulární řešení diferenciální rovnice x + x = sin sin. Máme nají parikulární řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Proože máme rovnici s konsanními koeficieny, a proože její pravá srana sin sin = 1 ( cos cos ), lze hleda parikulární řešení w() odhadem. Řešení budeme hleda jako souče dvou funkcí w() = w 1 () + w (), kde funkce w 1 () je parikulární řešení s pravou sranou cos a w () je parikulární cos řešení s pravou sranou. Proože charakerisická rovnice příslušné homogenní rovnice je λ + 1 = 0 a edy její řešení je λ = ±i, budeme hleda řešení w 1 () ve varu w 1 () = a cos + b sin. Proože je w 1() = (b+a) cos +( a+b) sin a w 1 () = ( a+b) cos +( b a) sin, dosaneme po dosazení do rovnice b cos a sin = cos = a = 0, b = 1 = w 1() = sin. Proože i není řešením charakerisické rovnice, budeme řešení w () hleda ve varu w () = a cos + b sin. Po dosazení do příslušné rovnice dosaneme cos 8a cos 8b sin = = a = 1 16, b = 0 = w cos () = 16. Parikulární řešení dané rovnice je např. w() = sin + cos 16. Příklad 7. Najděe parikulární řešení diferenciální rovnice x x + 5x = e sin. Máme nají parikulární řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Proože se jedná o rovnici s konsanními koeficieny a speciální pravou sranou, budeme hleda parikulární řešení w() odhadem. Příslušná charakerisická rovnice λ λ + 5 = 0 má řešení λ 1, = ± i. Proo budeme předpokláda, že w() = ae cos + be sin. Derivace funkce w() jsou w () = ( (a + b) + a ) e cos + ( (b a) + b ) e sin w () = ( (a + b) + a + b ) e cos + ( ( a + b) a + b ) e sin. Když dosadíme do dané rovnice, dosaneme vzah be cos ae sin = e sin = a = 1, b = 0 = w() = e cos.

23 Jiná možnos, jak nají parikulární řešení je ao. Pravou sranu nehomogenní rovnice napíšeme v komplexním varu e sin = 1 (e (+i) e ( i)) i a budeme hleda komplexní parikulární řešení w 1 () pro pravou sranu b 1 () = 1 i e(+i). Proože koeficieny v rovnici jsou reálné plaí pro parikulární řešení w () s pravou sranu b () = 1 i e( i) = b 1 () vzah w () = w 1 () a parikulární řešení celé rovnice je w() = w 1 () + w () = Re ( w 1 () ). Sačí edy nají řešení w 1 (). Proože je +i kořenem charakerisické rovnice, budeme hleda w 1 () ve varu w 1 () = ae (+i), kde a je komplexní konsana. Derivace funkce w 1 () jsou w 1() = a ( ( + i) + 1 ) ( ) e (+i) a w 1 () = a ( + i) + ( + i) e (+i). Po dosazení do příslušné diferenciální rovnice dosaneme aie (+i) = 1 i e(+i) = a = 1 = w() = Re (e (+i)) = e cos. Parikulární řešení dané rovnice je edy w() = e cos. Příklad 8. Najděe parikulární řešení rovnice x x = e e e + e. Máme nají jedno řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Proože pravá srana éo rovnice nemá speciální var, budeme hleda parikulární řešení meodou variace konsan. Příslušná homogenní rovnice x x = 0 má charakerisickou rovnici λ 1 = 0, kerá má kořeny λ 1, = ±1. Tedy obecné řešení éo homogenní rovnice je u() = C 1 e + C e, kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Parikulární řešení budeme hleda ve varu w() = C 1 ()e + C ()e, kde C 1 () a C () jsou diferencovaelné funkce. Derivováním dosaneme V éo rovnosi položíme w () = C 1()e + C ()e + C 1 e C e. C 1()e + C ()e = 0 a za ohoo předpokladu je w () = C 1 e C e. Tedy w () = C 1()e C ()e + C 1 e + C e. Když dosadíme do dané rovnice, zjisíme, že funkce C 1() a C () splňují sousavu rovnic Z éo sousavy plyne C 1() = 1 C 1()e + C e = 0 a C 1()e C e = e e e + e. e e e + e e, C () = 1 e e e + e e = = C 1 () = e arcg e, C () = e + arcg e.

24 Tedy parikulární řešení je w() = e C 1 () + e C () = e arcg e e arcg e. Příklad 9. Najděe parikulární řešení diferenciální rovnice x x + x =, keré splňuje podmínky x(1) = 0 a x (1) = 1. Vlasně máme řeši Cauchyho úlohu pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. Proože daná rovnice Eulerova ypu, budeme řešení příslušné homogenní rovnice x x +x = 0 hleda ve var x() = n. Po dosazení do homogenní rovnice získáme pro n rovnici n n + = 0, kerá má řešení n 1 = 1 a n =. Proo je řešení homogenní rovnice u() = C 1 + C, kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Proože se nejedná o diferenciální rovnici s konsanními koeficieny, budeme hleda parikulární řešení nehomogenní rovnice variací konsan. Předpokládáme řešení nehomogenní rovnice ve varu w() = C 1 ()+ C (), kde C 1 () z C () jsou diferencovaelné funkce proměnné. V první derivaci funkce w() = C 1() + C () + C 1 () + C () položíme idenicky C 1() + C () = 0. (1) Za ohoo předpokladu je w () = C 1 () + C (), a edy druhá derivace funkce w() je w () = C 1() + C () + C (). Když dosadíme do původní rovnice, získáme, uvažujeme-li podmínku (1), pro funkce C 1() a C () sousavu rovnic C 1() + C () = 0, C 1() + C () = = = C 1() = 1, C () = 1 = C 1() = ln, C () = 1. Našli jsme edy parikulární řešení w() = (ln + 1). Tedy obecné řešení dané rovnice je x() = C 1 + C (ln + 1), kde C 1 a C jsou libovolné konsany. Proože hledáme řešení, keré splňuje počáeční podmínky musíme ješě urči konsany. Z nich získáme sousavu rovnic C 1 + C 1 = 0, C 1 + C = 1 = C 1 = 1, C =. Hledané řešení je edy x() = (ln + ) pro (0, ). Příklad 10. V závislosi na paramerech p, q, ω > 0, q p > 0, hledeje obecné řešení diferenciální rovnice x + px + q x = sin ω (lumené kmiy vynucené periodickou silou). Máme nají obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Proože se jedná o diferenciální rovnici s konsanními koeficieny budeme hleda řešení příslušné homogenní rovnice ve varu e() = e λ. Po dosazení do homogenní rovnice x + px + q x = 0 získáme pro λ charakerisickou rovnici λ + pλ + q = 0, kerá má kořeny λ 1, = p ± i q p = p ± ir, kde jsme označili r = q p. Obecné řešení homogenní rovnice je edy u() = C 1 e p cos r + C e p sin r = Ce p sin(r + α),