Obsah 1 Obyčejné diferenciální rovnice 3 1.1 Základní pojmy............................................ 3 1.2 Obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu................................ 5 1.3 Exaktní rovnice............................................ 6 1.4 Separovatelné diferenciální rovnice.................................. 8 1.5 Lineární rovnice............................................ 10 1.5.1 Řešení homogenní rovnice y H................................. 10 1.5.2 Variace konstanty....................................... 10 1.5.3 Obecné řešení lineární rovnice................................. 10 1.6 Bernoulliova rovnice.......................................... 13 1.6.1 Řešení homogenní rovnice y H................................. 13 1.6.2 Variace konstanty....................................... 13 1.6.3 Obecné řešení Bernoulliovy rovnice.............................. 13-1-
Harmonogram přednášek a cvičení. 1. Diferenciální rovnice základní pojmy (obyčejné diferenciální rovnice, řád diferenciální rovnice, řešení diferenciální rovnice, integrální křivka, počáteční (Cauchyova) úloha) existence řešení klasifikace obyčejných diferenciálních rovnic 25.9.,2.10. Obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu separovatelné (řešení separací proměnných) exaktní lineární Bernoulliova 9.10. Možnosti řešení Řešení v Matlabu Řešení numerickou metodou Zápočtový testík 16., 23. 10. Obyčejné diferenciální rovnice 2. řádu homogenní nehomogenní (se speciální pravou stranou) převod na soustavu rovnic 1. řádu 30.10. Možnosti řešení Řešení v Matlabu Řešení numerickou metodou 6.11. Soustavy diferenciálních rovnic cvičení Opakování: zápočtový test 2. Numerické metody 13.11. Řešení nelineární rovnice 20.11. Výpočet určitého integrálu: pomocí mocninné řady; numerickou metodou 27.11. Řešení praktické úlohy (plocha) 4.12. Interpolace a aproximace dat 11.12. Řešení soustav lineárních rovnic 18.12. Shrnutí: zápočtový test -2-
Kapitola 1 Obyčejné diferenciální rovnice Základní studijní text: https://homel.vsb.cz/~kre40/esfmat2/difrov.html Příklad: Chladnutí kávy Předpokládáme, že rychlost ochlazování (tj. změna teploty v čase) kávy v hrnečku v místnosti je přímo úměrná rozdílu teploty kávy a vzduchu v místnosti. V místnosti je teplota 23 C. Za jak dlouho se právě zalitá káva ochladí na 40 C, když po po 10 minutách má káva teplotu 65 C? Označíme t čas, y(t) teplotu kávy, T teplotu v místnosti, k konstantu úměrnosti. Sestavíme rovnici pro ochlazování: y (t) = k (y(t) T ) Zapíšeme známé údaje o teplotě: y(0) = 100, y(10) = 65 Nahradíme derivaci y (t) = dy dt a upravíme rovnici dy y T = k dt Rovnici integrujeme: dy y T = k dt kt+c ln y T + C 1 = kt + C 2 ln(y T ) = kt + C 3 y T = e 3 y>t,c 3=C 2 C 1 y(t) popisuje ochlazování kávy: Konstanty C, k určíme ze známých údajů o teplotě. 1.1 Základní pojmy y(t) = Ce kt + T (C = e C3 ) Diferenciální rovnice jsou rovnice, které obsahují neznámou funkci a její derivace. Obyčejné diferenciální rovnice obsahují neznámou funkci jedné proměnné a její derivace. Příklady: y + xy = 0, y + y = xy hledáme funkci y(x) Parciální diferenciální rovnice obsahují neznámou funkci více proměnných a její derivace. u Příklady: x = 3xy, 2 u x 2 + 2 u = x + y hledáme funkci u(x, y) y2 Řád diferenciální rovnice určuje nejvyšší derivace neznámé funkce. Řešení diferenciální rovnice je funkce, která vyhovuje diferenciální rovnici (na zadané množině). Příklad: Ověříme, zda funkce x 2 xy + y 2 = 0 je řešením diferenciální rovnice (x 2y)y = 2x y. -3-
funkce x 2 xy + y 2 = 0 je zadaná implicitně, zderivujeme ji: 2x y xy + 2yy = 0 upravíme: 2x y y (x 2y) = 0 a porovnáme se zadanou rovnicí y (x 2y) = 2x y nebo vyjádříme y = y 2x 2y x = 2x y x 2y a dosadíme y do diferenciální rovnice: (x 2y) 2x y = 2x y 2x y = 2x y x 2y Obecné řešení je množina funkcí (závislých na konstantě resp. konstantách). Partikulární řešení je jedna konkrétní funkce, kterou určíme z obecného řešení výpočtem nebo volbou konstanty. Výjimečné řešení nelze získat z obecného řešení pro žádnou hodnotu konstanty. Graf konkrétního řešení se nazývá integrální křivka. Rovnice v normálním tvaru: y n = f(y n 1, y n 2,..., y, y, x) Řešení existuje v oblasti, ve které je f spojitá. Cauchyova (počáteční) úloha Diferenciální rovnice + počáteční podmínka. Hledáme partikulární řešení, procházející zadaným bodem. Příklady (procvičení) Určete, zda se jedná o obyčejnou nebo parciální diferenciální rovnici. Uveďte řád diferenciální rovnice. Ověřte, zda uvedená funkce je řešením zadané diferenciální rovnice. y(x) = 2 x + 2 ln(x) + 7 1 y = x + 1 1 x y + 1 y 1 = 4, y 2 = x + 3 y = y + 1 x + 1 y(1) = 2 y(0) = 3-4-
1.2 Obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu separovatelné exaktní lineární Bernoulliova Rovnice v normálním tvaru: Rovnice v diferenciálech při P y = Q x y = f(x, y), [x, y] G P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, Funkce f, P, Q musí být (alespoň) spojité v oblasti G R 2 Oblast je otevřená souvislá (neprázdná) množina. [x, y] G y = p(x) q(y) P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 y = a(x)y + b(x) y = a(x)y + b(x)y p Příklady (procvičení) Určete typ(y) ODR 1. řádu 1. y = xy 2. y = x 2 y 2 3. y x + 1 x y = x2 4. y x + 1 x y = y2, y 2 ( 5. x 2 dx + y 2 2 ) dy = 0 x 6. (3 + 2xy)dx + (x 2 3y 2 )dy = 0 7. 3x 2 ydx + (x 3 + y)dy = 0 8. 2x cos ydx x 2 sin ydy = 0-5-
1.3 Exaktní rovnice Nechť P (x, y), Q(x, y) jsou spojité v G R 2 a mají spojité derivace v každém bodě [x, y] G. P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 je exaktní v G P y = Q x tj. pokud P (x, y)dx + Q(x, y)dy je totálním diferenciálem funkce F (x, y). Funkci F budeme nazývat kmenovou funkcí. Postup řešení exaktní rovnice Kmenovou funkci F můžeme určit stejným ( způsobem) jako potenciál vektorového pole (P, Q). F Vyjdeme z definice gradientu: gradf = x, F = (P, Q) y 1. F = P (x, y) F (x, y) = x P (x, y) dx = U 1 (x, y) + K 1 (y) 2. F = Q(x, y) F (x, y) = y Q(x, y) dy = U 2 (x, y) + K 2 (x) 3. Kmenovou funkci F (x, y) vytvoříme sloučením U 1 (x, y) a U 2 (x, y), přičemž členy, které se vyskytují v obou výrazech, zapisujeme do výsledného výrazu pouze jedenkrát. Řešení exaktní rovnice zpravidla určíme v implicitním tvaru. Příklad: exaktní rovnice (2y 3x 3 )dx + 2(x y)dy = 0 1. Ověření exaktnosti 2. 2y 3x 2 dx = 2xy x 3 + K 1 (y) 3. 2x 2y dy = 2xy y 2 + K 2 (x) 4. F (x, y) = 2xy x 3 y 2 + C resp. y 2 2xy + x 3 + C = 0 5. Zkouška Vyjádříme df resp. gradf Uvažujeme - li řešení jako funkci jedné proměnné y(x), zadané rovnicí F (x, y) = 0, potom pro její derivaci musí platit dy (x, y) = P pro Q(x, y) 0. dx Q(x, y) -6-
Příklady Pro danou diferenciální rovnici 1. ověřte, zda je exaktní 2. určete obecné řešení Varianty zadání 1. y 2 x 2 dx + ( y 2 2 x ) dy = 0 2. (3 + 2xy)dx + (x 2 3y 2 )dy = 0 3. 3x 2 ydx + (x 3 + y)dy = 0 4. 2x cos ydx x 2 sin ydy = 0 ( 1 5. y y ) ( 1 x 2 + 2y 5 dx + x x ) + 2x + 11 dy = 0 y2 6. y 2 x dx + 4y xdy = 0 7. xe 2y dx + (x 2 + 1)e 2y dy = 0 8. (3x 2 y 2xy 2 )dx + (x 3 2x 2 y)dy = 0 9. (cos(2y) + y + x)dx + (x 3 2x 2 y)dy = 0 10. y 2 dx + 2xydy = 0 y 11. x 2 dx 1 x dy = 0 ) ( 12. (ln y ey e y x 2 dx + x + x ) dy = 0 y 13. (x + 3y)dx + 3xdy = 0 14. y 2 dx + 2xydy = 0 15. y sin xdx cos xdy = 0 16. (2x y 2 )dx + (3 2xy)dy = 0-7-
1.4 Separovatelné diferenciální rovnice y = P (x) Q(y) Existence řešení : P (x) Q(y) musí být spojitá v oblasti G R 2 Řešení : funkce y(x) definovaná na intervalu J, pokud platí: Interval není tvořen jediným bodem, y má spojitou derivaci na J, tj y C 1 (J) x J : [x, y(x)] G x J : y (x) = f(x, y(x)) Prodloužení řešení, maximální řešení. Postup řešení: y = dy dx 1. y = dy dx, dy = P (x) Q(y dx 2. Separujeme proměnné: R(y)dy = P (x)dx 3. Integrujeme levou a pravou stranu rovnice Levá = R(y)dy P ravá = P (x)dx 4. Vyjádříme y(x) = + C, případně zapíšeme řešení jako množinu funkcí, zadaných rovnicemi F (x, y) = C 5. Řešení Cauchyovy (počáteční) úlohy: z počáteční podmínky určíme konstantu C a tím získáme partikulární řešení vyhovující zadané podmínce. Příklad: separovatelná rovnice Předpokládejme, že voda v nádobě zamrzá tak, že obsah nezamrzlé plochy A (v cm 2 ) se mění přibližně podle rovnice (čas t měřený v dnech): da dt = 4t 3. a) Určete obsah plochy nezamrzlé plochy v závislosti na čase A(t), když víte, že po prvním dnu byl nezamrzlý obsah roven 2 cm 2. b) Vypočtěte, po kolika dnech bude nezamrzlý obsah roven 0,5 cm 2. c) Vypočtěte, jak velká bude nezamrzlý obsah po deseti dnech. Řešení a) Známe-li derivaci A(t), která závisí pouze na t, určíme A(t) integrováním: A(t) = 4t 3 dt = 2t 2 + C. Integrační konstantu C určíme z informace o obsahu po prvním dnu: A(1) = 2cm 2 2 = 2 (1) 2 + C C = 0 a obsah nezamrzlé plochy v závislosti na čase je A(t) = 2t 2. b) Určíme t tak, aby A = 0, 5 cm 2 : 0, 5 = 2t 2 t = 2, tj. nezamrzlá plocha bude mít velikost 0,5 cm 2 po dvou dnech. c) Určíme A pro t = 10 : A(10) = 2 10 2 (cm 2 ), tj. nezamrzlá plocha bude mít po deseti dnech obsah 0,02 cm 2 = 2 mm 2. -8-
Příklady k procvičení 1. y = 1 x 1 y, y(1) = 0 2. y = y 2 sin(2x), y( π 4 ) = 4 3. y = 3 2 3 y + 1, y(0) = 2 4. y = e y cos(2x), y(0) = ln 2 5. y = xy2 + x y x 2 y, y(0) = 1 6. (2x + e y )dx + xe y dy = 0, y(1) = 0 ( x 2 7. xydx + 2 + 1 ) dy = 0, y y(0) = 1 8. x 4 y + 3x 3 y = 1, y( 1) = 2 9. xy y = x 2 sin x, ( y π ) = π 2 2-9-
1.5 Lineární rovnice y + p(x)y = q(x) resp. y = p(x)y + q(x) Pro existenci řešení požadujeme spojitost p(x), q(x) na množině G R, na které hledáme řešení. Je-li q(x) = 0, rovnice y = p(x)y, resp. y + p(x)y = 0 se nazývá homogenní. 1 2 Pro určení obecného řešení diferenciální rovnice nejprve hledáme obecné řešení homogenní rovnice (y H ), potom libovolné partikulární řešení nehomogenní rovnice (y p ). Obecné řešení lineární rovnice (y ob ) je jejich součtem y ob = y H + y P. 1.5.1 Řešení homogenní rovnice y H Homogenní rovnice je separovatelná a její obecné řešení (y H ) je: dy = p(x) dx ln y = p(x) dx y y H = Const e p(x) dx 1.5.2 Variace konstanty Najdeme takovou funkci u(x), aby y ob = u(x) e p(x) dx bylo řešením nehomogenní rovnice. Postup nalezení u(x): 1. Označíme v(x) = e p(x) dx, tj. hledáme y ob ve tvaru y ob = u(x) v(x). 2. Zderivujeme y ob. y = u (x) v(x) + u(x) v (x), kde v (x) = p(x)v(x), tj. y = u (x) v(x) u(x) p(x) v(x) 3. Dosadíme y ob a y ob do původní diferenciální rovnice: u (x) v(x) u(x) p(x) v(x) = p(x) u(x)v(x) +q(x), tj. y y ob ob u (x) v(x) = q(x), což je separovatelná rovnice pro hledanou funkci u(x), tedy u(x) = 1.5.3 Obecné řešení lineární rovnice Našli jsme obecné řešení y ob ve tvaru součinu y ob = u(x) v(x). Upravíme tento výsledek na tvar y ob = y H + y P. y ob = q(x) v(x) dx + C e p(x) dx v(x) u(x) q(x) v(x) dx + C. q(x) = C v(x) + v(x) v(x) dx y H y P 1 V v některých zdrojích se užívá pojem homogenní rovnice v jiném kontextu. Pozor na to! 2 Pozor na tvar rovnice a znaménko ±p(x), změna znaménka způsobí chybu v určení v(x), protože ln a = ln b + ln c ln a = ln bc a = bc, ale ln a = ln b + ln c ln a = ln c b a = c b! -10-
Příklad. Určíme obecné řešení rovnice y = 2xy + x 3 1. Existence řešení: 2x a x 3 jsou spojité pro všechna reálná čísla x, řešení existuje v R. 2. Určíme řešení homogenní rovnice y = 2xy: separujeme: dy = 2x dx, toto je korektní pro y 0, y = 0 je také řešení (ověříme!) y a integrujeme: ln y = x 2 + C 1 y = e x2 +C 1 y = e C1 e x2 y H = Const e x2 v(x) 3. Určíme obecné řešení ve tvaru y ob = u(x) v(x). (a) Nahradíme Const funkcí u(x): y ob = u(x) e x2, (b) vyjádříme derivaci y ob : y ob = u e x2 + u e x2 ( 2x), (c) dosadíme vyjádření y ob a y ob do původní rovnice, (když se nic nevyruší, je někde chyba!) u e x2 + u e x2 ( 2x) = 2x u e x2 + x 3, (d) upravíme a zapíšeme rovnici pro u(x) : u (x) v(x) = q(x) u (x) e x2 = x 3 u(x) = x 3 e x2 dx (e) integrujeme: použijeme-li substituci t = x 2, dt = 2x dx, dostaneme 1 který integrujeme per-partes, dostaneme 2 tet dt = 1 2 tet 1 2 et + C. Máme u(x) = 1 2 x2 e x2 1 2 ex2 + C, v(x) = e x2, y ob = 4. Upravíme obecné řešení a zapíšeme ve tvaru y ob = y H + y P y ob = 1 ( x 2 1 ) + Ce x2, y H = Ce x2, y P = 1 ( x 2 1 ) 2 2 1 2 tet dt, ( 1 2 x2 e x 2 1 + C 2 ex2 5. Provedeme zkoušku: y H musí vyhovovat homogenní rovnici, y P nehomogenní. (a) Pro y H musí platit: y H = 2xy H, tj.y H = 2xCe x2. Zderivujeme y H = 2xC e x2, tj. y H vyhovuje homogenní rovnici. (b) Pro y P musí platit: y P = 2xy P + x 3, tj. y P = 2x 1 ( x 2 1 ) + x 3, tj. y P = x 2 Zderivujeme y P = 1 2 2x = x, tj. y P vyhovuje nehomogenní rovnici. Případně můžeme ověřit, že celé obecné ( řešení vyhovuje rovnici. y = 1 2 x 2 1 ) ( + Ce x2 ( pravá strana 2xy + x 3 1 = 2x 2 x 2 1 ) + Ce x2) + x 3 = x 3 + x 2xCe x2 + x 3 = x 2xCe x2 levá strana y L = = x 2xCe x2 P ) e x2-11-
Příklady na lineární rovnici 1. y x + 1 x y = x2, y(1) = 1 2. y sin x y cos x = sin 3 x, y( π 4 ) = 1 2 3. y y = e 2x, y(0) = 2 4. xy y = 2x 3, y(1) = 2 5. xy y = x, y(4) = 12 6. y + y cotg x = 1, y( π 2 ) = 0 7. x 2 y + xy = ln x, y(1) = 1 2 8. y = y 2 x y(4) = 1 9. y y x = 0, y(0) = 0 10. xy y + 4x = 0, y( 1) = 3 11. xy + y 4x = 0, y(1) = 3 12. y cos x y sin x = tg x, y(π) = 1 13. xy = y y x, y(0) = 1-12-
1.6 Bernoulliova rovnice Základní tvar Bernoulliovy rovnice y + p(x)y = q(x)y l resp. y = p(x)y + q(x)y l, kde p(x), q(x) jsou spojité funkce na intervalu J R, l R. Předpokládáme, že l 0, l 1. V případě, že l > 0, je funkce y = 0 řešením rovnice. Poznámka: Řešení nemusí existovat na celém intervalu J. Bernoulliovu rovnici řešíme podobně, jako lineární rovnici. 1.6.1 Řešení homogenní rovnice y H Homogenní rovnice je separovatelná a její obecné řešení (y H ) je: dy = p(x) dx ln y = p(x) dx y y H = Const e p(x) dx 1.6.2 Variace konstanty Najdeme takovou funkci u(x), aby y ob = u(x) e p(x) dx bylo řešením nehomogenní rovnice. Postup nalezení u(x): 1. Označíme v(x) = e p(x) dx, tj. hledáme y ob ve tvaru y ob = u(x) v(x). 2. Zderivujeme y ob. y = u (x) v(x) + u(x) v (x), kde v (x) = p(x)v(x), tj. y = u (x) v(x) u(x) p(x) v(x) 3. Dosadíme y ob a y ob do původní diferenciální rovnice: u (x) v(x) u(x) p(x) v(x) y ob = p(x) u(x)v(x) +q(x) u l (x)v l (x), tj. y ob u (x) v(x) = q(x)u l (x)v l (x), což je separovatelná rovnice pro hledanou funkci u(x) a 1.6.3 Obecné řešení Bernoulliovy rovnice tj. y l ob u (x) u l (x) = q(x) vl 1 (x) u l+1 (x) l + 1 = Upravíme u(x) a zapíšeme obecné řešení y ob ve tvaru součinu y ob = u(x) v(x). u(x) = ( (1 l) q(x)v l 1 (x) dx + C. ) 1 q(x)v l 1 1 l (x) dx + C, v(x) = e p(x) dx y ob = ( (1 l) ) 1 q(x)v l 1 1 l (x) dx + C v(x) -13-
Příklad. Určíme partikulární řešení Bernoulliovy rovnice, které prochází bodem [1, 4]. y = 1 x y x2 y 2, y(1) = 4 1. Existence řešení: x 0 řešení diferenciální rovnice existují v polorovinách M 1 = {[x, y] R 2 : x (, 0), y (, )} a M 2 = {[x, y] R 2 : x (0, ), y (, )}. Partikulární řešení, které prochází bodem [1, 4] leží v polorovině M 2. Interval nalezeného řešení nemusí být celý interval (0, ), ale jeho podmnožina! 2. Určíme řešení homogenní rovnice y = 1 x y separujeme: dy y = 1 x dx a integrujeme: y H = Const x Pro separaci : y 0. Je y = 0 řešením diferenciální rovnice y = 1 x y x2 y 2? Levá strana: y = 0 Pravá strana: 1 x 0 x2 0 2 = 0 L? = P ano. Je to hledané řešení počáteční úlohy? (Prochází bodem [ 1, 4]?) y(1) 4 není. 3. Variace konstanty (a) Nahradíme Const = u(x) a označíme v(x) = x (b) y zderivujeme: y = u v y = u v + uv = u x + u (c) y a y dosadíme do původní rovnice: u x + u = 1 x u x x2 u 2 x 2 (d) Upravíme rovnici pro funkci u: u x = u 2 x 4, (e) separujeme: du u 2 = x3 dx integrujeme: 1 u = x4 4 + C 4 u = 4 x 4 + C 4. Vyjádříme obecné řešení: y ob = u v: y ob = ( ) 4 x 4 x = 4x + C x 4 + C 5. Určíme partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce y(1) = 4: 4 = 4 4x 4 4C = 4 C = 2 y = 1 + C x 4 2 6. Interval nalezeného řešení: x 4 2 x (0, ) x ( 4 2, ) 7. Provedeme zkoušku: y = 4x x 4 2, y = 4(x4 2) 4x 4x 3 (x 4 2) 2 dosadíme do rovnice: y = 1 x y x2 y 2 levá strana: y = 12x4 8 (x 4 2) 2 pravá strana: 1 x y x2 y 2 = 1 x 4x x 4 2 16x 2 x2 (x 4 2) 2 Určené řešení vyhovuje diferenciální rovnici a platí y(1) = 4, tj. i počáteční podmínce. -14-
Příklady k procvičení 1. xy + y = y 2 ln x, y(1) = 1 2. y + y x = 2 yx 2, y(1) = 1 3. y + x x 2 + 1 y = 1 2 y3 (x 2 + 1), y(0) = 1-15-