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

Transkript

1 Cvičení Lineární rovnice prvního řádu. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x + x tg t = cos t, které vyhovuje podmínce xπ =. Máme nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce ht = tg t a qt = cos t k jsou definované a spojité v intervalech π, k + π, k Z. Protože je počáteční podmínka definována v bodě t 0 = π. Budeme hledat řešení v intervalu t π, 5 π. Nejprve určíme řešení příslušné homogenní rovnice u + u tg t = 0. To je ut = C cos t. Jedno partikulární řešení nehomogenní rovnice najdeme variací konstanty. Řešení budeme hledat ve tvaru wt = Ct cos t. Po dosazení do původní rovnice dostaneme C t = cos t, neboli Ct = sin t. Obecné řešení nehomogenní rovnice je xt = C cos t + sin t cos t. Z podmínky xπ = plyne, C =. Řešení Cauchyovy úlohy je tedy xt = + sin t cos t pro t π, 5 π.. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x tx = t t, které vyhovuje podmínce x =. Máme najít řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu. Proto nejprve vyřešíme příslušnou homogenní rovnici u = tu. Standardním způsobem získáme její řešení u = Ce t. Řešení nehomogenní rovnice wt získáme variací konstanty, tj. předpokládáme, že wt = Cte t. Po dosazení do dané diferenciální rovnice dostaneme C t = t t e t, čili Ct = t e t. Tedy hledané řešení nehomogenní rovnice je wt = t a obecné řešení dané diferenciální rovnice je xt = Ce t + t. Z počáteční podmínky plyne rovnost x = = Ce +. Tedy C = e. Když dosadíme tuto konstantu do obecného řešení, získáme hledané řešení Cauchyho úlohy xt = et + t.. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x + x t = t, které vyhovuje podmínce x0 =. Máme řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce ht = t a qt = t jsou definované a spojité v intervalech,,, a, +. Protože počáteční podmínka je dána v bodě t 0 = 0, který leží v intervalu,, budeme hledat řešení rovnice v tomto intervalu. Nejprve najdeme obecné řešení příslušné homogenní rovnice u + dostaneme u u = t = + t + t u t = 0. Standardní metodou Typeset by AMS-TEX

2 a po integraci získáme ut = C + t t. Řešení wt nehomogenní rovnice budeme hledat ve tvaru wt = Ct + t. Po dosazení do původní t rovnice dostaneme C t = t t + t = t + + t, neboli Ct = t ln + t. Partikulární řešení wt nehomogenní rovnice je tedy wt = + t t obecné řešení dané diferenciální rovnice je xt = + t t C ln + t. t t ln + t Z podmínky x0 = = C plyne, že C =, a tedy řešení dané Cauchyovy úlohy je xt = + t t ln + t t pro t,. a 4. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x x = t, které vyhovuje podmínce x = 0. Máme řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Tato rovnice je speciálního typu. Funkce ht = je konstantní. Proto lze hledat řešení příslušné homogenní rovnice u u = 0 ve tvaru u = e λt. Jestliže tento předpoklad dosadíme do homogenní rovnice, dostaneme λ = 0, která se nazývá charakteristická rovnice. Její řešení je λ =. Tedy obecné řešení homogenní rovnice je ut = Ce t. Také partikulární řešení nehomogenní rovnice lze v tomto případě najít bez integrace. Protože pravá strana qt = t je polynom stupně a µ = 0 není kořenem charakteristické rovnice, lze partikulární řešení nehomogenní rovnice hledat ve tvaru w = at +bt+c, kde a, b a c jsou konstanty. Dosazením do původní rovnice a srovnáním koeficientů u různých mocnin proměnné t, dostaneme soustavu rovnic a =, a b = 0 a b c = 0, která má řešení a =, b = a c =. Proto je partikulární 4 řešení nehomogenní rovnice rovno wt = t t 4 a její obecné řešení je xt = Cet t t 4. Z počáteční podmínky plyne x = 0 = Ce 4, tedy C = e. Z toho dostáváme hledané 4 řešení Cauchyho úlohy xt = 4 e t+ t t. 5. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x + 4x = te 4t + 4t, které vyhovuje podmínce x0 =. Máme opět řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu s konstantními koeficienty. Její charakteristická rovnice λ + 4 = 0 má řešení λ = 4, a tedy obecné řešení homogenní rovnice je ut = Ce 4t. Partikulární řešení nehomogenní rovnice budeme hledat ve tvaru wt = w t + w t, kde w t je partikulární řešení rovnice w + 4w = te 4t a w je partikulární řešení rovnice w + 4w = 4t. Protože µ = 4 je řešením charakteristické rovnice, budeme hledat funkci w ve tvaru w t = tat + be 4t. Jestliže tento předpoklad dosadíme do rovnice pro w, dostaneme po srovnání koeficientů u různých mocnin proměnné t soustavu rovnic a = a b = 0. Tedy w t = t e 4t. Funkci w budeme hledat ve tvaru w t = At + B, protože µ = 0 není řešení

3 charakteristické rovnice. Po dosazení do rovnice pro w snadno zjistíme, že w t = t. Obecné řešení dané diferenciální rovnice je tedy xt = Ce 4t + t e 4t + t. Jestliže použijeme počáteční podmínku, dostaneme pro konstantu C vztah = C, ze které plyne C =. Hledané řešení Cauchyovy úlohy je tedy xt = + t e 4t + t. 6. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x x = sin t, které vyhovuje podmínce x0 =. Máme najít řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu s konstantními koeficienty. Charakteristická rovnice λ = 0 má řešení λ =. Tedy obecné řešení příslušné homogenní rovnice je tedy ut = Ce t. Z tvaru pravé strany nehomogenní rovnice plyne, že její partikulární řešení lze hledat ve tvaru wt = a cos t + b sin t. Po dosazení do nehomogenní rovnice dostaneme po srovnání koeficientů u cos t a sin t soustavu lineárních rovnic a + b = 0 a a b =, jejíž řešení je a = 0 a b = 0. nehomogenní rovnice wt = je xt = Ce t cos t + sin t 0 Cauchyho úlohy je Našli jsme tedy jedno partikulární řešení cos t + sin t. Odtud plyne, že obecné řešení nehomogenní rovnice 0. Z počáteční podmínky pak dostaneme C =, a tedy hledané řešení 5 xt = 6et cos t sin t Najděte řešení Cauchyovy úlohy x x = cosh t, které vyhovuje podmínce x0 =. Máme najít řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu s konstantními koeficienty. Charakteristická rovnice λ = 0 má řešení λ =. Tedy obecné řešení příslušné homogenní rovnice je tedy ut = Ce t. Pravá strana nehomogenní rovnice je cosh t = e t + e t. Proto budeme partikulární řešení nehomogenní rovnice hledat jako součet dvou funkcí w a w, které jsou řešení rovnic w w = et a w w = e t. Protože µ = je řešení charakteristické rovnice budeme hledat w ve tvaru w t = ate t. Po dosazení do rovnice dostaneme koeficient a =, a tedy w t = t et. Protože µ = není kořenem charakteristické rovnice, hledáme w ve tvaru w t = be t. Po dosazení do rovnice dostaneme b = 4, a tedy w t = e t. Obecné řešení dané 4 diferenciální rovnice je xt = Ce t + t et e t 4. Z počáteční podmínky x0 = získáme = C 4, čili C = 5. Tedy řešení Cauchyho úlohy je 4 xt = 5 + tet e t Najděte řešení diferenciální rovnice x inx = 0, n R, které vyhovuje podmínce x0 = xπ. Máme najít řešení homogenní lineární diferenciální rovnice prvního řádu s konstantními koeficienty. Její charakteristická rovnice je λ in = 0. Tedy obecné řešení je xt = Ce int. Podmínka x0 =

4 xπ dává vztah C = Ce πin. Pokud n / Z plyne odsud C = 0 a rovnice má pouze triviální řešení xt = 0. Je-li ale n Z, je řešení rovnice xt = Ce int, kde C je libovolná komplexní konstanta. 9. Najděte řešení diferenciální rovnice t tx xx + x = 0. Tato diferenciální rovnice není lineární. Ale pokud budeme považovat t za funkci proměnné x, pak dt platí dx = x a daná rovnice přejde na diferenciální rovnici xt x + x dt dt = 0 dx dx = x x t + x. Rovnice již lineární je, a proto lze najít její řešení standardním způsobem. Nejprve nalezneme řešení homogenní rovnice dt dx = x x = tx = Cx e /x, kde C je libovolná konstanta. Řešení wx nehomogenní rovnice nalezneme variací konstanty, tj. budeme jej hledat ve tvaru wx = Cxe /x, kde Cx je diferencovatelná funkce proměnné x. Po dosazení do rovnice dostaneme pro tuto funkci vztah C x = x e /x = Cx = x e /x dx x=/y = Cx = x + e /x. x Z toho plyne, že partikulární řešení diferenciální rovnice je wx = xx + a obecné řešení této rovnice je tx = Cx e /x + xx +, kde C je libovolná konstanta. Řešení naší původní úlohy je pak funkce inverzní k této funkci. 0. Najděte řešení diferenciální rovnice tx + x = tx ln t. Daná diferenciální rovnice není lineární, ale lze na lineární diferenciální rovnici převést Bernoulliova rovnice. Jestliže rovnici vydělíme x dostaneme diferenciální rovnici x x t + x = t ln t. Jestliže zavedeme novou proměnnou y = x, pak y = x x a diferenciální rovnice přejde na lineární rovnici ty + y = t ln t. Nejprve nalezneme obecné řešení homogenní rovnice tu + u = 0. Standardním způsobem dostaneme du u = dt = u = Ct, t kde C je libovolná konstanta. Řešení wt nehomogenní rovnice budeme hledat variací konstanty, tj. ve tvaru wt = tct, kde Ct je diferencovatelná funkce proměnné t. Po dosazení do dostaneme pro funkci Ct vztah C t = ln t = Ct = ln t t = wt = t ln t. Tedy obecné řešení diferenciální rovnice je yt = t C ln t, a tedy obecné řešení dané diferenciální rovnice je xt = yt = t C ln t, kde C je libovolná konstanta. 4

5 Cvičení Nelineární rovnice prvního řádu. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x = x t, které vyhovuje počáteční podmínce: a x5 = 0; + b x = ; c xt pro t. Máme řešit diferenciální rovnici prvního řádu se separovanými proměnnými. V tomto případě je ft = t + a gx = x. Tyto funkce jsou definované a spojité v celém R. Rovnice gx = x = 0 má jediné řešení x = 0, a tedy x = 0 je jedno řešení této rovnice. Protože g x = x je omezená funkce na každém konečném intervalu, splňuje pravá strana rovnice předpoklady věty o jednoznačnosti řešení. Proto je v případě a x = 0 jediné řešení, které splňuje počáteční podmínku. Abychom dostali řešení úloh b a c, najdeme obecné řešení této diferenciální rovnice. Standardním postupem dostaneme pro x 0 x x = t + = dx x = Tedy obecné nenulové řešení diferenciální rovnice je dt t + + C = x = arctg t + C. xt = arctg t + C. Definiční obor tohoto řešení je pro C π roven R, ale pro C < π je, tg C nebo tg C, + podle toho, kde leží počáteční podmínka. V případě b dostaneme z počátečních podmínek = π/4 + C, tj. C = π. Řešení Cauchyho úlohy je tedy 4 xt = 4 π arctg t pro t, +. V případě c dostaneme z pro limitu t vztah = C + π/, tj. C = π, a tedy řešení je xt = pro t, +. π + arctg t. Najděte řešení Cauchyovy úlohy t x = t x x, které splňuje podmínku: a x0 = ; b x = 0. V tomto případě máme diferenciální rovnici, která vyřešená vzhledem k proměnné x. Proto ji nejprve vyřešíme. Ale k tomu potřebujeme, aby t 0, tj. t. Dostaneme diferenciální rovnici x = t t x x, což je rovnice se separovanými proměnnými. Zde je třeba upozornit na to, že bod t = nepatří do definičního oboru řešení rovnice, ale může nebo nemusí patřit do definičního oboru řešení původní rovnice. Proto pokud lze prodloužit řešení rovnice do bodu t =, musíme vyšetřovat chování řešení v okolí tohoto bodu zvlášť. Rovnice je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými, kde ft =, jejíž obor t spojitosti je R \ {}, a funkce gx = x x, která je spojitá na celém R. Její nulové body jsou t 5

6 řešením rovnice x x = 0, tj. body x = a x =. Derivace funkce g x = x je omezená v každém konečném intervalu, a tedy konstantní řešení x = a x = jsou jednoznačná. V případě a jsou počáteční podmínky [t 0 ; x 0 ] = [0; ]. Proto budeme hledat v intervalu t, a závisle proměnná x bude patřit do intervalu, +. Integrací rovnice dostaneme x dξ t ξ ξ = τ dτ, neboli ln 4 x = ln t. 0 τ x + Když ještě vyřešíme tuto rovnici vzhledem k proměnné x, dostaneme řešení příslušné Cauchyho úlohy ve tvaru xt = 9 8t 4t pro t,,. 4 V případě b je počáteční podmínka dána v bodě [t 0 ; x 0 ] = [; 0]. Proto budeme hledat řešení v intervalu, + a hodnoty funkce xt budou ležet v intervalu,. Integrací dostaneme rovnice x dξ t 0 ξ ξ = τ dτ x, neboli ln = ln 6 τ x + t. Jestliže najdeme z poslední rovnice x, dostaneme xt = t 54 t + 5. Při řešení rovnice jsme se museli omezit na interval, +, ale funkce xt daná výše uvedeným vztahem má větší definiční obor. Jestliže ji dosadíme do původní rovnice, lze se přesvědčit, že je řešením dané diferenciální rovnice na intervalu 5, +. Ale máme-li zkoumat, zda je toto řešení jediné na celém tomto intervalu, musíme podrobněji zkoumat chování obecného řešení v bodě t =. Standardní metodou se snadno zjistí, že obecné řešení diferenciální rovnice pro t > a < x < je x = t C t + C, kde C > 0 v našem případě je C = 5. Toto řešení má pro t + limitu pro každou konstantu C > 0. Bod, je tzv. singulárním bodem dané rovnice. Derivace zprava tohoto obecného řešení v bodě t = je rovna x = 9 C. Je tedy určena konstantou C jednoznačně. Protože musí existovat derivace řešení xt v bodě t =, musí být derivace zleva v tomto bodě rovna 9 > 0. Jak snadno nahlédneme, je musí hodnoty řešení xt pro t < ležet v intervalu C,. Standardní metodou zjistíme, že obecné řešení v tomto intervalu má opět tvar. Protože je konstanta C jednoznačně určena derivací v bodě t =, lze řešení, které jsme získali výše na intervalu, + jediným způsobem prodloužit pro t <. Z toho plyne, že řešení původní rovnice je jediné a je dáno vztahem xt = t 54 t + 5 pro t 5, +.. Najděte řešení Cauchyho úlohy t x = x, které splňuje počáteční podmínku: a x = 5 ; b x0 =

7 Opět jde o rovnici, která není vyřešena vzhledem k x. Rovnici lze pro t ± vyřešit, ale musíme si uvědomit, že jsme vyloučili body t = ±. Proto řešení, které získáme integrací, je někdy možné rozšířit i za tyto body. Po vyřešení dostaneme rovnici se separovanými proměnnými x = x t. Tedy máme ft =, což je spojitá funkce na intervalech,,, a, +. Funkce t gx = x je definována na intervalech,,, + a je v těchto intervalech spojitá. Nulové body funkce gx jsou řešení rovnice x = 0, tj. = ±. Známe tedy již dvě řešení diferenciální rovnice x = ±. Ale protože funkce g x x = není definována v bodech ± x bude třeba podrobně zkoumat body t, v nichž řešení [ xt nabývá hodnoty xt = ±. V případě a jsou dány počáteční podmínky v bodě ; 5 ]. Proto budeme hledat to řešení rovnice, jehož definiční obor je podinterval, + a pro které je xt. Obvyklým postupem dostaneme x 5/ Z této rovnice plyne dξ t ξ = dτ τ neboli ln x + x x + x = t + t. Najdeme funkci xt. Když si uvědomíme, že platí rovnost dostaneme jednoduchou úpravou x + x = x x, xt = t + t. = ln t + t. Toto řešení je definováno na intervalu, + a je to[ jediné řešení dané Cauchyovy úlohy. V případě b jsou dány počáteční podmínky v bodě 0; 5 ]. Proto budeme hledat to řešení rovnice 4, jehož definiční obor je podinterval, a pro které je xt. Standardním postupem dostaneme x 5/4 Z této rovnice plyne dξ t ξ = dτ τ neboli ln 0 x + x = + t t x + x Najdeme funkci xt. Stejně jako v případě a odtud plyne rovnost xt = 5 + 6t + 5t 4 t. = ln + t t.. Funkce má sice definiční interval,, ale to ještě neznamená, že je řešením dané rovnice. Měli bychom se ještě přesvědčit, že funkce je skutečně správné řešení. Jde o to, že výraz x musí být větší nebo roven nule. Při řešení rovnice jsme totiž použili pouze skutečnosti, že x = x. Z předchozích rovnic plyne, že x = + t t x = 7 t + t + 4 t.

8 Na intervalu, je tento výraz větší nebo roven nule pouze na intervalu,. Proto dává vztah řešení pouze na tomto intervalu. V bodě t = je x =. Protože z rovnice plyne, že na intervalu, je x t + t + t = t, je x = 0. Řešení lze tedy prodloužit na interval, tak, že na tomto intervalu definujeme xt =. Protože z rovnice plyne, že na intervalu, je derivace řešení x t 0, je funkce na tomto intervalu rostoucí. Proto je funkce pro t, xt = 5 + 6t + 5t 4 t pro t, jediné řešení dané Cauchyho úlohy pro diferenciální rovnici na intervalu,. Ale když hledáme řešení původní Cauchyho úlohy, lze toto řešení prodloužit i na větší interval. Lze snadno nahlédnout, že řešení lze pro každé a < prodloužit na interval a, tak, že položíme xt = pro t a,. V bodě a již není funkce t = 0, a proto lze opět vyřešit danou rovnici vzhledem k proměnné x a získat opět rovnici. Na intervalu, a je, jak plyne z rovnice, derivace menší nebo rovna nule. Proto selhává náš argument, který jsme použili v intervalu, a protože v bodě [a; ] nejsou splněny předpoklady věty o jednoznačnosti, může na intervalu, a existovat řešení, které je různé od konstantního řešení xt =. Na intervalu, a budeme tedy hledat nekonstantní řešení rovnice s počáteční podmínkou xa =. Obvyklou integrací dostaneme x Stejným postupem jako výše dostaneme dξ t ξ = a dτ τ. x + x = + t t a + a a odtud xt = + t a + t + a t a. 4 Ještě se přesvědčíme, že výraz x je na intervalu, a větší nebo roven nule. Po dosazení dostaneme výraz at a t x = t a, který je pro t < a < větší než nula. Daná Cauchyho úloha má na intervalu, nekonečně mnoho řešení, která jsou dána vztahem 4 pro t, a, xt = pro t a, a vztahem pro t,, kde parametr a, pro a = je první interval prázdná množina. 4a. Najděte řešení Cauchyho úlohy x = x, které splňuje počáteční podmínku xπ = 0. Máme řešit Cauchyho úlohu pro diferenciální rovnici prvního řádu se separovanými proměnnými. Funkce ft = je spojitá na celém R a funkce gx = x je definována na intervalu, a je na tomto intervalu spojitá Nulové body funkce gx jsou ±. Máme tedy dvě konstantní řešení xt = ±. Ale funkce x x t = není definovaná v bodech ±. Tedy jestliže pro nějaké t x 8

9 je xt = ± může být v tomto bodě narušena jednoznačnost řešení dané Cauchyho úlohy. Nejprve najdeme obvyklým způsobem obecné řešení dané rovnice. dx = dt + C neboli arcsin x = t + C. x Bylo by ale chybou usoudit z této rovnice, že xt = sint + C. Funkce arcsin x má totiž obor hodnot π, π, a proto se pro dané C musíme omezit interval na t π C, π C. Funkce xt = sint + C je řešením dané rovnice, ale jen na výše uvedeném intervalu. Zkoumejme, zda je možné toto řešení prodloužit na větší interval. V bodě t = π C je hodnota funkce xt = a x t = 0 proto lze funkci prodloužit pro t > t konstantní funkcí xt =. Podobně pro t < t, kde t = π C, lze funkci prodloužit konstantní funkcí xt =. Z původní diferenciální rovnice plyne, že derivace řešení je větší nebo rovna nule. To znamená, že řešení diferenciální rovnice je neklesající funkcí proměnné t. Proto pro t > t musí být xt = a pro t < t musí být xt =. Z počáteční podmínky plyne, že 0 = sinπ + C. Tedy se musí rovnat C = kπ, kde k Z. Ale bod t = π musí ležet v intervalu, ve kterém řešení není konstantní. Z toho plyne, že musíme volit C = π. Existuje tedy jediné řešení dané Cauchyho úlohy, které je dáno vztahy pro t, π π xt = sint π pro t, π π pro t, + 4b. Najděte řešení diferenciální rovnice x + x =, které splňuje počáteční podmínku xπ = 0. Na rozdíl od předchozího zde není rovnice vyřešena vzhledem k proměnné x. Jestliže tuto rovnici vyřešíme, dostaneme dvě rovnice x = ± x. Na první pohled by se mohlo zdát, že řešení dané diferenciální budou řešení z předešlé úlohy, tj. x t = sint π = sin t a x t = x t = π sin t. To bude pravda, ale pouze v intervalu, π. Ale obě tato řešení lze prodloužit na interval, + nekonečně mnoha způsoby. V každém bodě t, ve kterém je řešení xt = lze pokračovat buď konstantní funkcí xt = nebo vhodně posunutou funkcí sint + α. Podobně lze pokračovat v bodech t, ve kterých je x t =. 5. Najděte obecné řešení rovnice x = tx t x. Máme najít řešení nelineární diferenciální rovnice, která nemá separované proměnné. Ale tato x rovnice je tzv. homogenní rovnice, tj. rovnice typu x = f, kterou lze převést na rovnici se t separovanými proměnnými tak, že zavedeme novou funkci yt vztahem xt = tyt. Když tento vztah derivujeme, dostaneme x = ty + y. Jestliže dosadíme do dané rovnice, získáme vztah ty + y = t y t y. Po jednoduché úpravě dostaneme rovnici se separovanými proměnnými ty = y + y y, 9

10 kterou již umíme integrovat. Integrace dává y dt y + y dy = t = y + y = C t. Když dosadíme nazpět za y = x dostaneme po jednoduché úpravě a vhodné volbě konstanty řešení t původní rovnice v implicitním tvaru x + t = Cx, což jsou rovnice systému kružnic, které se dotýkají osy Ot v počátku souřadnic. 6. Najděte integrální křivky diferenciální rovnice x + tx = x t. Daná diferenciální rovnice je prvního řádu a je nelineární. Ale, jak se lze snadno přesvědčit, je homogenní. Proto použijeme novou závisle proměnnou yt, která je definována vztahem x = ty. Dosadíme do dané rovnice a po jednoduchých úpravách získáme vztah ty = y + y +, což už je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými. Rovnici integrujeme obvyklým způsobem a dostaneme y + dt y + dy = t = lny + + arctg y = ln t + C. Jestliže dosadíme nazpět za y = x, získáme implicitně definované řešení rovnice ve tvaru t ln x + t + arctg x t = C. Jestliže zavedeme nové proměnná pomocí rovnic t = r cos ϕ a x = r sin ϕ, lze poslední rovnici psát ve tvaru ln r + ϕ = C neboli r = Ce ϕ, což je rovnice logaritmické spirály. 7. Najděte soustavu rovinných křivek, které jsou kolmé na systém křivek daný rovnicí xy = C, kde C je parametr. Systém křivek je zadán pomocí implicitní funkce. Normálový vektor ke každé křivce tohoto systému v bodě [x; y] je úměrný gradxy = y, x. Tečný vektor ke křivce dané rovnicí y = yx je úměrný vektoru, y. Proto musí platit rovnost y, x = λ, y, tj. y = λ, x = λy = yy. Soustava hledaných křivek tedy vyhovuje diferenciální rovnici x = yy, jejíž řešení je v implicitním tvaru dáno vztahem y x = C, což je opět rovnice systému rovnoosých hyperbol pootočených o úhel π 4 kolem počátku souřadnic. 0

11 Cvičení Homogenní lineární rovnice vyšších řádů. Najděte obecné řešení rovnice x + x x = 0. Daná rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Stačí tedy najít její dvě lineárně nezávislá řešení. Protože je to rovnice s konstantními koeficienty, budeme hledat její řešení ve tvaru ut = e λt. Po dosazení získáme pro λ charakteristickou rovnici λ + λ = λ + λ = 0, která má dva kořeny λ = a λ =. Oba kořeny jsou násobnosti. Proto je fundamentální systém řešení této rovnice u t = e t a u t = e t/ a obecné řešení kde C a C jsou konstanty. xt = C e t + C e t/,. Najděte řešení Cauchyho úlohy x 5x x = 0, x0 =, x 0 =. Máme najít řešení Cauchyho úlohy pro homogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu s konstantními koeficienty. Řešení rovnice lze hledat ve tvaru ut = e λt. Po dosazení do dané diferenciální rovnice získáme pro λ charakteristickou rovnici λ 5λ = λ λ + = 0. Kořeny charakteristické rovnice jsou λ = a λ =, které jsou násobnosti. Tedy obecné řešení dané diferenciální rovnice je ut = C e t + C e t/, kde C a C jsou konstanty. Jestliže dosadíme počáteční podmínky, získáme pro konstanty C a C soustavu lineárních algebraických rovnic C + C = a C C = = C =, C =. Hledané řešení Cauchyho úlohy je xt = e t/ e t.. Najděte všechna řešení diferenciální rovnice x 4x +4x = 0, která splňují podmínky x0 =, x 0 =. Nejprve najdeme obecné řešení dané rovnice. Ta je homogenní lineární diferenciální rovnice třetího řádu a konstantními koeficienty. Proto hledáme řešení ve tvaru ut = e λt. Po dosazení dostaneme charakteristickou rovnici λ 4λ + 4λ = λλ = 0. Tato rovnice má kořen λ = 0, který je násobnosti, a λ =, což je kořen násobnosti. Proto je obecné řešení této diferenciální rovnice ut = C + C e t + C te t,

12 kde C, C a C jsou libovolné konstanty. Z počátečních podmínek dostaneme pro tyto konstanty soustavu dvou lineárních algebraických rovnic C + C =, C + C =, jejíž obecné řešení je např. C = c, C = c a C = c, kde c je volitelný parametr. Tedy řešení naší rovnice, které splňují dané podmínky je xt = c + ce t + cte t, c R. 4. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x + x + 4x = 0, x0 =, x 0 =. Máme řešit Cauchyho úlohu pro homogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu s konstantními koeficienty. Proto hledáme řešení rovnice ve tvaru ut = e λt. Po dosazení do rovnice získáme charakteristickou rovnici λ + λ + 4 = 0. Tato rovnice má dva komplexně sdružené kořeny λ, = ± i. Obecné řešení bychom mohli napsat v komplexním tvaru ut = C e +i t + C e i t, kde C a C jsou libovolné komplexní konstanty. Pokud nás ale zajímá reálné řešení, tj. řešení, pro které platí ut = ut, musí být konstanty komplexně sdružené, tj. musí platit C = C. Ale z hlediska výpočtu konstant při řešení Cauchyho úlohy je většinou výhodnější volit reálný fundamentální systém řešení, tj. u t = Re e +i t = e t cos t a u t = Im e +i t = e t sin t, který je lineární kombinací předchozího. Pomocí tohoto fundamentálního systému řešení lze pak napsat obecné reálné řešení dané diferenciální rovnice jako ut = C e t cos t + C e t sin t, kde C a C jsou libovolné reálné konstanty. Jejich hodnotu dostaneme řešením soustavy lineárních algebraických rovnic C = a C + C =, které plynou z počátečních podmínek. Řešení této soustavy je C = a C =. Řešení dané Cauchyho úlohy je tedy xt = e t cos t + e t sin t. 5. Najděte fundamentální systém řešení diferenciální rovnice x 4 + x + 4x + x + x = 0. Protože je lineární diferenciální rovnice čtvrtého řádu, je fundamentální systém řešení tvořen čtyřmi lineárně nezávislými řešeními této rovnice. Protože je to rovnice s konstantními koeficienty, budeme hledat řešení ve tvaru xt = e λt. Po dosazení do rovnice, získáme pro λ charakteristickou rovnici λ 4 + λ + 4λ + λ + = λ + λ + λ +.

13 Tato rovnice má kořen λ =, který je násobnosti a dva komplexně sdružené kořeny λ, = + i, které jsou násobnosti. Fundamentální systém řešení rovnice je např. u t = e t, u t = te t u t = e t/ cos t, u 4t = e t/ sin t. 6. Když víte, že jedno řešení diferenciální rovnice je x t = e t, najděte její obecné řešení. t t x + t x + tx = 0 Protože koeficient u druhé derivace t t = 0 pro t = 0 a t =, omezíme se na jeden z intervalů, 0, 0, nebo,. Abychom našli obecné řešení homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu, potřebujeme najít dvě lineárně nezávislá řešení. Protože známe jedno řešení x t = e t, budeme druhé řešení hledat ve tvaru xt = x tyt = e t yt. Derivace funkce xt jsou x t = y + ye t a x t = y + y + ye t. Když dosadíme do rovnice dostaneme po snadných úpravách rovnici t t y t 4t + y = 0. Jestliže označíme y t = zt, získáme pro funkci zt lineární rovnici prvního řádu t t z = t 4t + z = z = t te t. Jelikož zt = y t = t te t, dostaneme integrací yt = t e t, a tedy druhé řešení rovnice je x t = t. Protože wronskián řešení x t = e t a x t = t je W t = t t e t 0, jsou tato řešení lineárně nezávislá a tvoří tedy fundamentální systém řešení rovnice. 7. Předpokládejte, že diferenciální rovnice t t x tt + t 6x + t 6x = 0 má řešení tvaru x = t n, kde n je konstanta. Najděte obecné řešení této diferenciální rovnice. Protože koeficient u druhé derivace t t = 0 pro t = 0 a t =, omezíme se na jeden z intervalů, 0, 0, nebo,. Protože máme najít obecné řešení homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu, stačí určit dvě lineárně nezávislá rovnice. Nejprve najdeme řešení tvaru xt = t n. Když dosadíme tuto funkci do diferenciální rovnice, dostaneme po jednoduchých algebraických úpravách vztah nt nt + n = 0, který musí platit pro všechna t. Proto je n = a známe tedy jedno řešení x t = t diferenciální rovnice. Protože již známe jedno řešení lineární homogenní diferenciální rovnice, lze snížit řád této rovnice tak, že položíme xt = x tyt = t yt. Snadno určíme derivace takové funkce xt: x t = t y + t y a x = t y + 6t y + 6ty.

14 Tyto derivace dosadíme do diferenciální rovnice a po algebraických úpravách dostaneme rovnici tt y t 4t + 6y = 0. Jestliže zavedeme novou proměnnou zt = y t, dostaneme lineární diferenciální rovnici tt z = t 4t + 6z = ln z = t 4t + 6 tt dt = Protože je zt = y t najdeme funkci yt integrací: yt = t t e t dt = t et. + t dt = zt = t t t e t. Tedy jsme našli druhé řešení x t = te t diferenciální rovnice. Protože wronskián řešení x t = t a x t = te t je W t = t t e t 0, jsou tato řešení lineárně nezávislá, a tedy tvoří fundamentální systém řešení diferenciální rovnice. Obecné řešení této rovnice je kde C a C jsou libovolné konstanty. xt = C t + C te t, 8. Diferenciální rovnice t x tx x = 0 má řešení tvaru xt = t n, kde n je konstanta. Najděte její řešení, které splňuje podmínku x = 0, x =. Máme najít řešení Cauchyho úlohy pro homogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. Nejprve najdeme obecné řešení této rovnice. Protože je tato rovnice druhého řádu, je její fundamentální systém řešení složen ze dvou lineárně nezávislých řešení. Jelikož předpokládáme, že má řešení tvar xt = t n, dosadíme tento výraz do dané rovnice a po úpravách získáme pro n rovnici nn n = n n = n + n = 0. Tato rovnice má dvě řešení n = a n =. Získali jsme tedy dvě řešení dané rovnice x t = t a x t = t. Jejich wronskián W t = 4t, který je pro t 0 nenulový. Tedy tato řešení jsou na intervalech, 0,, 0, lineárně nezávislá, a proto tvoří fundamentální systém řešení. Obecné řešení dané rovnice je tedy xt = C + C t, t kde C a C jsou libovolné konstanty. Ty najdeme z počátečních podmínek, které dávají Řešení dané Cauchyho úlohy tedy je C + C = 0, C + C = = C = 4 C = 4. xt = 4t + t 4 pro t > 0. Poznámka: Lineární diferenciální rovnice typu t n x n + a n t n x n + + a tx + a 0 x = ft, kde a i jsou konstanty se nazývají Eulerovy rovnice. Pro t > 0 je lze přenést substitucí t = e τ na lineární rovnice s konstantními koeficienty. Tyto rovnice mají řešení tvaru t n ln k t, kde n je kořen charakteristické rovnice, kterou dostaneme, když dosadíme do příslušné diferenciální rovnice xt = t n, a k je násobnost tohoto kořene. 4

15 9. Diferenciální rovnice t x + tx + x = 0 má řešení tvaru xt = t n, kde n je konstanta. Najděte její fundamentální systém řešení. Daná rovnice je homogenní lineární diferenciální druhého řádu. Fundamentální systém řešení se tedy skládá ze dvou nezávislých řešení. Protože je to rovnice Eulerova typu, předpokládáme řešení ve tvaru xt = t n. Po dosazení předpokládaného řešení do diferenciální rovnice, dostaneme pro n charakteristickou rovnici nn + n + = n + n + = 0 = n, = ± i. Pro t > 0 má tedy rovnice komplexní fundamentální systém řešení x t = t +i = t e i ln t cosln t + i sinln t = t x t = t i = t e i ln t cosln t i sinln t =. t Je zvykem volit reálný fundamentální systém řešení x t = cosln t t a x t = sinln t t, který je lineární kombinace komplexního fundamentálního systému řešení. 0. V závislosti na konstantách p, q > 0 a q najděte fundamentální systém řešení diferenciální rovnice x + px + q x = 0 volné tlumené kmity. Daná rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty. Její charakteristická rovnice λ + pλ + q = 0 má řešení λ ± = p ± p q. Fundamentální systém řešení závisí na hodnotě diskriminantu p q rovnici. Je-li diskriminant p q = r > 0 je fundamentální systém řešení x t = e p rt a x t = e p+rt. Obecné řešení xt = C e p rt + C e p+rt je klesající protože p > r a jeho limita pro t + je rovna nule. Řešení, které splňuje počáteční podmínky x0 = x 0 a x 0 = v 0 je xt = e pt x 0 cosh rt + v 0 + px 0 r sinh rt. Toto řešení, pokud není nulové, má tu vlastnost, že může pouze jednou procházet bodem x = 0. To nastane v čase t > 0, pro který platí rovnost x 0 cosh rt + v 0 + p rx 0 r sinh rt = 0 = t = r ln v 0 + p rx 0 v 0 + p + rx 0 Takový pohyb se nazývá aperiodický. 5

16 Je-li diskriminant p q = 0 je fundamentální systém řešení x t = e pt a x t = te pt. Obecné řešení xt = C e pt + C te pt má v podstatě stejné vlastnosti jako v případě. Řešení s danými počátečními podmínkami je xt = e pt x 0 + v 0 + px 0 t, které může opět procházet pouze jednou bodem x = 0. Takový pohyb se nazývá také aperiodický ale nejsem si příliš jist, zda nemá nějaký přívlastek. Je-li diskriminant p q = ω < 0, ω > 0, je fundamentální systém řešení x t = e pt cos ωt a x t = e pt sin ωt. Obecné řešení xt = e pt C cos ωt + C sin ωt prochází bodem x = 0 pro t > 0 nekonečněkrát. Řešení, které splňuje počáteční podmínky je xt = e pt x 0 cos ωt + v 0 + px 0 ω Tento pohyb můžeme považovat za vlnění s úhlovou frekvencí ω = q p = q p q, sin ωt. jehož amplituda A je klesající funkcí času, At = A 0 e pt. V případě, že je konstanta tlumení p malá vzhledem k úhlové frekvenci volných netlumených kmitů q, se během jednoho kmitu, tj. za půlperiodu T = π pπ amplituda změní e q p krát. Logaritmus tohoto výrazu s opačným q p pπ znaménkem, tj. se nazývá logaritmický dekrement kmitavého pohybu. q p. V závislosti na parametru r R najděte všechna řešení diferenciální rovnice x + rx = 0, které splňují podmínky: a x0 = 0, x = ; b x0 = 0, x = 0. Tato úloha se liší od všech předešlých úloh tím, že jsou podmínky na řešení dány ve dvou různých bodech. Takové podmínky se nazývají okrajové podmínky a úloha najít řešení diferenciální rovnice s okrajovými podmínkami okrajová úloha pro diferenciální rovnici. Řešit okrajovou úlohu pro diferenciální rovnici je zcela jiný, a zpravidla složitější, problém než najít řešení diferenciální rovnice s počátečními podmínkami. Pro r < 0 je obecné řešení diferenciální rovnice xt = C e rt + C e rt. Z okrajových podmínek dostaneme pro konstanty C a C soustavu rovnic C + C = 0, r C e r C e r = ɛ, kde ɛ = v případě a, resp. ɛ = 0 v případě b. Tedy v případě a je C = C = řešení rovnice je xt = sinh rt r cosh r. V případě b je C = C = 0 a daná rovnice má pouze nulové řešení. r cosh r a 6

17 Pro r = 0 je obecné řešení rovno xt = C + C t. Z okrajových podmínek pak plyne, že v případě a je řešení xt = t a v případě b dostáváme opět nulové řešení xt = 0. Pro r > 0 je obecné řešení rovno xt = C cos rt + C sin rt. Z okrajových podmínek dostaneme pro konstanty C a C soustavu rovnic C = 0, rc cos r = ɛ. k + Tedy je-li r π, má rovnice v případě a řešení xt = sin rt a v případě b pouze r cos r nulové řešení xt = 0. k + Ale je-li r = π, nemá rovnice v případě a žádné řešení, ale v případě b dostáváme množinu řešení xt = C sin rt, kde C je libovolná konstanta. Poznámka. Hlavní rozdíl mezi oběma případy spočívá v tom, že úloha v případě a nemá tu vlastnost, že lineární kombinace řešení je opět řešení, což mají homogenní lineární rovnice, kdežto úloha v případě b tuto vlastnost má. Tedy z tohoto hlediska není úloha v tomto případě homogenní. Pokud bychom zavedli v případě a novou proměnnou yt = xt t získali bychom nehomogenní rovnici y + ry = rt, jejíž řešení by vyhovovalo okrajovým podmínkám y0 = y 0 = 0. Je to vlastně nehomogenní úloha pro případ b, který lze považovat za příslušnou homogenní úlohu. Podrobnější analýzou tohoto příkladu bychom mohli ukázat, že homogenní rovnice případ b má pouze nulové řešení právě tehdy, když existuje právě jedno řešení nehomogenní rovnice případ a pro každou pravou stranu, tj. hodnotu x Fredholmova alternativa. Tuto větu byste měli znát s teorie soustav lineárních algebraických rovnic a platí i v mnohem obecnějších případech.. Najděte obecné řešení diferenciální rovnice x = + x. Protože diferenciální rovnice neobsahuje proměnné x a x, zavedeme novou proměnnou yt = x t. Z rovnice dostaneme pro tu funkci diferenciální rovnici prvního řádu y = + y, což je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými. Standardním postupem získáme dy = dt = argsinh y = t + C = yt = sinht + C. + y Protože y = x, dostaneme dvojnásobnou integrací obecné řešení diferenciální rovnice ve tvaru kde C, C a C jsou libovolné konstanty. xt = sinh t + C + C t + C,. Najděte obecné řešení diferenciální rovnice x ln x x + + ln x x = 0. Protože diferenciální rovnice neobsahuje explicitně nezávisle proměnnou t, zavedeme novou proměnnou px rovnicí px = x. Protože pak platí x = pp, získáme z rovnice vztah p x ln x p + + ln x p = 0. 7

18 Pokud vyloučíme triviální případ p = 0, který odpovídá konstantnímu řešení xt = C, je rovnice diferenciální rovnice prvního řádu se separovanými proměnnými. Standardním postupem získáme dp ln x + p = ln x dx x = px = C x ln x. Protože p = x je diferenciální rovnice rovnicí prvního řádu se separovanými proměnnými. Obvyklým způsobem dostaneme dx dt = C x ln x = dx x ln x = C dt = ln x = C t+c = ln x =. C t + C 8

19 Cvičení 4 Nehomogenní lineární rovnice vyšších řádů Příklad. Najděte řešení Cauchyho úlohy x + x 6x = 4te t s počáteční podmínkou x0 = ; x 0 =. Máme najít řešení Cauchyho úlohy pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu s konstantními koeficienty a speciální pravou stranou. Nejdříve najdeme obecné řešení příslušné homogenní rovnice u + u 6u = 0. Protože je to lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty, budeme hledat její řešení ve tvaru ut = e λt. Po dosazení do homogenní rovnice dostaneme charakteristickou rovnici λ + λ 6λ = λ λ + = 0, která má kořeny λ = a λ =, které jsou oba násobnosti. Proto je obecné řešení homogenní rovnice ut = C e t + C e t, kde C a C jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení wt nehomogenní rovnice lze hledat odhadem. Protože není kořenem charakteristické rovnice, budeme předpokládat, že partikulární řešení má tvar wt = at + be t, kde a a b jsou konstanty. Dosadíme do dané nehomogenní rovnice a pro konstanty a a b získáme vztahy 4at + a 4b = 4t = 4a = 4, a 4b = 0 = a =, b = 4. Našli jsme tedy partikulární řešení nehomogenní rovnice wt = 4t + e t. Proto je obecné řešení 4 dané nehomogenní rovnice xt = C e t + C e t 4t + e t. 4 Abychom našli řešení Cauchyovy úlohy, musíme ještě určit konstanty C a C. Z počátečních podmínek dostaneme pro tyto konstanty soustavu dvou algebraických lineárních rovnic C + C 4 =, C C 7 4 = = C =, C = 4. Tedy hledané řešení Cauchyho úlohy je xt = e t + 4 e t 4t + 4 e t. Příklad. Najděte obecné řešení diferenciální rovnice x 4x + 5x = t. Máme najít obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Nejprve najdeme obecné řešení příslušné homogenní rovnice x 4x + 5x = 0. Protože se jedná o rovnici s konstantními koeficienty, budeme řešení této rovnice hledat ve tvaru ut = e λt. Po dosazení do homogenní rovnice získáme charakteristickou rovnici λ 4λ + 5 = 0 = λ iλ + i = 0. Charakteristická rovnice má dva komplexně sdružené kořeny λ, = ± i, které jsou násobnosti. Proto lze za fundamentální systém řešení zvolit funkce u t = e t cos t, u t = e t sin t a obecné řešení homogenní rovnice je ut = C e t cos t + C e t sin t, 9

20 kde C a C jsou libovolné konstanty. Protože řešíme diferenciální rovnici s konstantními koeficienty, pravá strana nehomogenní rovnice bt = t je polynom stupně a 0 není kořenem charakteristické rovnice, budeme hledat partikulární řešení nehomogenní rovnice ve tvaru wt = at + bt + c. Když dosadíme funkci wt do dané nehomogenní rovnice dostaneme pro konstanty a, b a c rovnice a 4at + b + 5at + bt + c = 5at + 5b 8at + 5c 4b + a = t = = 5a =, 5b 8a = 0, 5c 4b + a = 0 = a = 5, b = 8 5, c = 5. Tedy partikulární řešení nehomogenní rovnice je wt = 5 t t + 5 rovnice je xt = C e t cos t + C e t sin t + 5 t t + 5, kde C a C jsou libovolné konstanty. a obecné řešení dané Příklad. Najděte řešení diferenciální rovnice x + x + x + x = 8te t, které vyhovuje počátečním podmínkám x0 = x 0 = x 0 =. Jedná se o nehomogenní lineární diferenciální rovnici třetího řádu. Proto nejprve najdeme řešení homogenní rovnice x + x + x + x = 0. Protože je to lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty, budeme hledat řešení ve tvaru xt = e λt. Když dosadíme tuto funkci do homogenní rovnice, dostaneme pro λ charakteristickou rovnici λ + λ + λ + = λ + λ + = λ + λ iλ + i. Tedy charakteristická rovnice má tři kořeny λ =. λ, = ±i, které jsou všechny násobnosti. Proto je fundamentální systém řešení u t = e t, u t = cos t, u t = sin t a obecné řešení homogenní rovnice je ut = C e t + C cos t + C sin t, kde C, C a C jsou libovolné konstanty. Protože máme rovnici s konstantními koeficienty a pravá strana má speciální tvar, budeme hledat partikulární řešení nehomogenní rovnice odhadem. Protože není kořenem charakteristické rovnice má partikulární řešení nehomogenní rovnice tvar wt = at + be t. Derivace této funkce jsou w t = at + a + be t, w t = at + a + be t, w t = at + a + be t. Když dosadíme do nehomogenní rovnice, získáme pro konstanty a a b vztahy 4at + 6a + 4b = 8t = 4a = 8, 6a + 4b = 0 = a =, b =. Tedy partikulární řešení nehomogenní rovnice je wt = t e t a její obecné řešení je xt = C e t + C cos t + C sin t + t e t, kde C, C a C jsou libovolné konstanty. Ty musíme určit tak, aby řešení splňovalo počáteční podmínky. Když dosadíme tyto podmínky do obecného řešení, získáme pro konstanty C, C a C soustavu tří lineárních algebraických rovnic C + C =, C + C =, C C + = = C = C =, C = 4. Hledané řešení diferenciální rovnice je tedy xt = e t + cos t + 4 sin t + t e t. 0

21 Příklad 4. Najděte řešení diferenciální rovnice x + x + 5x = 7 cos t, které splňuje počáteční podmínku x0 =, x 0 = 0. Jedná se o nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. Proto nejprve najdeme řešení homogenní rovnice x + x + 5x = 0. Protože je to lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty, budeme hledat řešení ve tvaru xt = e λt. Když dosadíme tuto funkci do homogenní rovnice, dostaneme pro λ charakteristickou rovnici λ + λ + 5 = λ + iλ + + i = 0, která má dva komplexně sdružené kořeny λ, = ±i, které jsou oba násobnosti. Fundamentální systém řešení je např. u t = e t cos t, u t = e t sin t. Odtud dostáváme obecné řešení homogenní rovnice ut = C e t cos t + C e t sin t, kde C a C jsou libovolné konstanty. Protože se jedná o lineární rovnici s konstantními koeficienty a její pravá strana má speciální tvar, budeme partikulární řešení nehomogenní rovnice hledat odhadem. Protože i není kořenem charakteristické rovnice, budeme hledat partikulární řešení nehomogenní rovnice ve tvaru wt = a cos t + b sin t, kde a a b jsou konstanty. Po dosazení do původní rovnice získáme pro konstanty a a b soustavu dvou algebraických rovnic a + 4b cos t + 4a + b sin t = 7 cos t = a + 4b = 7, 4a + b = 0 = a =, b = 4. Tedy jsme našli partikulární řešení nehomogenní rovnice wt = cos t + 4 sin t. Tedy obecné řešení dané nehomogenní rovnice je xt = C e t cos t + C e t sin t + cos t + 4 sin t, kde C a C jsou libovolné konstanty. Ty musíme určit z počátečních podmínek. Po jejich dosazení dostaneme C + =, C + C + 8 = 0 = C =, C =. Tedy řešení dané Cauchyho úlohy je xt = e t cos t e t sin t + cos t + 4 sin t. Příklad 5. Najděte obecné řešení diferenciální rovnice x 6x + 8x = e t + e t. Máme najít obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Nejprve najdeme obecné řešení homogenní rovnice x 6x + 8x = 0. Protože je to rovnice s konstantními koeficienty, budeme její řešení hledat ve tvaru xt = e λt. Dosadíme-li do homogenní rovnice, získáme pro λ charakteristickou rovnici λ 6λ + 8 = λ λ 4 = 0, která má kořeny λ = a λ = 4, které jsou oba násobnosti. Proto lze fundamentální systém řešení zvolit ve tvaru u t = e t a u t = e 4t. Tedy obecné řešení homogenní rovnice je ut = C e t + C e 4t, kde C a C jsou libovolné konstanty. Protože máme rovnici s konstantními koeficienty a pravá strana nehomogenní rovnice má speciální tvar, lze hledat partikulární řešení nehomogenní rovnice odhadem. Toto řešení budeme hledat ve tvaru wt = w t + w t, kde w t je řešení nehomogenní rovnice s pravou stranou e t a w t řešení s pravou stranou e t. Protože není kořenem

22 charakteristické rovnice, hledáme w t ve tvaru w t = ae t. Po dosazení do příslušné nehomogenní rovnice dostaneme vztah a =. Tedy w t = et. Protože je kořen charakteristické rovnice násobnosti, hledáme řešení w t ve tvaru w t = ate t. Po dosazení do příslušné nehomogenní rovnice dostaneme a =. Tedy w t = t et. Partikulární řešení nehomogenní rovnice je proto wt = et t et a její obecné řešení je kde C a C jsou libovolné konstanty. xt = C e t + C e 4t + et t et, Příklad 6. Najděte partikulární řešení diferenciální rovnice x + x = sin t sin t. Máme najít partikulární řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Protože máme rovnici s konstantními koeficienty, a protože její pravá strana sin t sin t = cos t cos t, lze hledat partikulární řešení wt odhadem. Řešení budeme hledat jako součet dvou funkcí wt = w t + w t, kde funkce w t je partikulární řešení s pravou stranou cos t a w t je partikulární cos t řešení s pravou stranou. Protože charakteristická rovnice příslušné homogenní rovnice je λ + = 0 a tedy její řešení je λ = ±i, budeme hledat řešení w t ve tvaru w t = at cos t + bt sin t. Protože je w t = bt+a cos t+ at+b sin t a w t = at+b cos t+ bt a sin t, dostaneme po dosazení do rovnice b cos t a sin t = cos t = a = 0, b = 4 = w t = t 4 sin t. Protože i není řešením charakteristické rovnice, budeme řešení w t hledat ve tvaru w t = a cos t + b sin t. Po dosazení do příslušné rovnice dostaneme cos t 8a cos t 8b sin t = = a = 6, b = 0 = w cos t t = 6. Partikulární řešení dané rovnice je např. wt = t 4 sin t + cos t 6. Příklad 7. Najděte partikulární řešení diferenciální rovnice x 4x + 5x = e t sin t. Máme najít partikulární řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Protože se jedná o rovnici s konstantními koeficienty a speciální pravou stranou, budeme hledat partikulární řešení wt odhadem. Příslušná charakteristická rovnice λ 4λ + 5 = 0 má řešení λ, = ± i. Proto budeme předpokládat, že wt = ate t cos t + bte t sin t. Derivace funkce wt jsou w t = a + bt + a e t cos t + b at + b e t sin t w t = a + 4bt + 4a + b e t cos t + 4a + bt a + 4b e t sin t. Když dosadíme do dané rovnice, dostaneme vztah be t cos t ae t sin t = e t sin t = a =, b = 0 = wt = t et cos t.

23 Jiná možnost, jak najít partikulární řešení je tato. Pravou stranu nehomogenní rovnice napíšeme v komplexním tvaru e t sin t = e +it e it i a budeme hledat komplexní partikulární řešení w t pro pravou stranu b t = i e+it. Protože koeficienty v rovnici jsou reálné platí pro partikulární řešení w t s pravou stranu b t = i e it = b t vztah w t = w t a partikulární řešení celé rovnice je wt = w t + w t = Re w t. Stačí tedy najít řešení w t. Protože je +i kořenem charakteristické rovnice, budeme hledat w t ve tvaru w t = ate +it, kde a je komplexní konstanta. Derivace funkce w t jsou w t = a + it + e +it a w t = a + 4it + + i e +it. Po dosazení do příslušné diferenciální rovnice dostaneme aie +it = i e+it = a = 4 = wt = t Re e +it = t et cos t. Partikulární řešení dané rovnice je tedy wt = t et cos t. Příklad 8. Najděte partikulární řešení rovnice x x = et e t e t + e t. Máme najít jedno řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Protože pravá strana této rovnice nemá speciální tvar, budeme hledat partikulární řešení metodou variace konstant. Příslušná homogenní rovnice x x = 0 má charakteristickou rovnici λ = 0, která má kořeny λ, = ±. Tedy obecné řešení této homogenní rovnice je ut = C e t + C e t, kde C a C jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení budeme hledat ve tvaru wt = C te t + C te t, kde C t a C t jsou diferencovatelné funkce. Derivováním dostaneme V této rovnosti položíme w t = C te t + C te t + C e t C e t. C te t + C te t = 0 a za tohoto předpokladu je w t = C e t C e t. Tedy w t = C te t C te t + C e t + C e t. Když dosadíme do dané rovnice, zjistíme, že funkce C t a C t splňují soustavu rovnic Z této soustavy plyne C t = C te t + C e t = 0 a C te t C e t = et e t e t + e t. e t e t e t + e t e t, C t = e t e t e t + e t et = = C t = e t arctg e t, C t = et + arctg et.

24 Tedy partikulární řešení je wt = e t C t + e t C t = e t arctg e t e t arctg e t. Příklad 9. Najděte partikulární řešení diferenciální rovnice t x tx + x = t, které splňuje podmínky x = 0 a x =. Vlastně máme řešit Cauchyho úlohu pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. Protože daná rovnice Eulerova typu, budeme řešení příslušné homogenní rovnice t x tx +x = 0 hledat ve tvar xt = t n. Po dosazení do homogenní rovnice získáme pro n rovnici n n + = 0, která má řešení n = a n =. Proto je řešení homogenní rovnice ut = C t + C t, kde C a C jsou libovolné konstanty. Protože se nejedná o diferenciální rovnici s konstantními koeficienty, budeme hledat partikulární řešení nehomogenní rovnice variací konstant. Předpokládáme řešení nehomogenní rovnice ve tvaru wt = tc t+t C t, kde C t z C t jsou diferencovatelné funkce proměnné t. V první derivaci funkce wt = tc t + t C t + C t + tc t položíme identicky tc t + t C t = 0. Za tohoto předpokladu je w t = C t + tc t, a tedy druhá derivace funkce wt je w t = C t + tc t + C t. Když dosadíme do původní rovnice, získáme, uvažujeme-li podmínku, pro funkce C t a C t soustavu rovnic tc t + t C t = 0, t C t + t C t = t = = C t = t, C t = t = C t = ln t, C t = t. Našli jsme tedy partikulární řešení wt = tln t +. Tedy obecné řešení dané rovnice je xt = C t + C t tln t +, kde C a C jsou libovolné konstanty. Protože hledáme řešení, které splňuje počáteční podmínky musíme ještě určit konstanty. Z nich získáme soustavu rovnic C + C = 0, C + C = = C =, C =. Hledané řešení je tedy xt = t tln t + pro t 0,. Příklad 0. V závislosti na parametrech p, q, ω > 0, q p > 0, hledejte obecné řešení diferenciální rovnice x + px + q x = sin ωt tlumené kmity vynucené periodickou silou. Máme najít obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice druhého řádu. Protože se jedná o diferenciální rovnici s konstantními koeficienty budeme hledat řešení příslušné homogenní rovnice ve tvaru et = e λt. Po dosazení do homogenní rovnice x + px + q x = 0 získáme pro λ charakteristickou rovnici λ + pλ + q = 0, která má kořeny λ, = p ± i q p = p ± ir, kde jsme označili r = q p. Obecné řešení homogenní rovnice je tedy ut = C e pt cos rt + C e pt sin rt = Ce pt sinrt + α, 4

25 kde C a C jsou libovolné konstanty a C = C sin α, C = C cos α. Protože se jedná o diferenciální rovnici s konstantními koeficienty a speciální pravou stranou, budeme partikulární řešení wt nehomogenní rovnice hledat odhadem. Neboť iω není kořenem charakteristické rovnice předpokládali jsme, že p > 0 bude mít partikulární řešení nehomogenní rovnice tvar wt = A cos ωt + B sin ωt. Po dosazení do původní rovnice dostaneme pro konstanty A a B soustavu dvou algebraických rovnic q ω A + Bpω = 0, Apω + q ω B =, která má řešení pω A = q ω + 4p ω, B = q ω q ω + 4p ω. Tedy jsme našli partikulární řešení nehomogenní rovnice wt = pω cos ωt + q ω sin ωt sinωt + δ q ω = + 4p ω q ω, + 4p ω pω kde δ = arctg q ω. Tedy obecné řešení dané rovnice je xt = Ce pt sin q p t + α + sinωt + δ q ω + 4p ω. První část tohoto řešení je člen, který odpovídá vlastním tlumeným kmitům. Jeho amplituda s časem klesá úměrně s funkcí e pt a je tedy pro velká t malá. Proto pro velké časy t je podstatný druhý člen. Ten má amplitudu konstantní, rovnou q ω. Při daných konstantách p a q nabývá + 4p ω tato amplituda největší hodnoty pro ω = q. V tomto případě nastává jev, který se nazývá rezonance. Poznamenejme, že v případě netlumených kmitů, tj. pro p = 0, bychom museli partikulární řešení nehomogenní rovnice hledat v případě rezonance ve tvaru wt = At cos ωt + Bt sin ωt a amplituda těchto kmitů by byla neomezená. Povšimněte si také toho, že počáteční fáze kmitů δ nesplývá pro p 0 s počáteční fází budící síly ft = sin ωt. 5