Obyčejné diferenciální rovnice Jiří Fišer LS 2014 1 Úvodní moivační příklad Po prosudování éo kapioly zjisíe, k čemu mohou bý diferenciální rovnice užiečné. Jak se pomocí nich dá modelova prakický problém, jak může vypada jejich řešení a co nám přináší jeho další zkoumání. Prakická moivace je vždy a nejlepší. Spojením s fyzikou volného pádu si uvědomíme, že diferenciální rovnice skuečně nejsou jen dalším maemaickým výmyslem určeným na erorizování sudenů. Než si přesně nadefinujeme, co o vlasně obyčejné diferenciální rovnice jsou, uvedeme si jeden ilusrační příklad. Příklad 1.1 (Vrh ělesem svisle dolů). Těleso o hmonosi m vrhneme svisle dolů s počáeční rychlosí v 0 a budeme zkouma, jak se mění jeho rychlos v = v() v následujícím čase 0, jesliže počíáme s odporem vzduchu s koeficienem k(> 0). Řešení: Pokud si nejse moc jisi svými fyzikálními znalosmi (a chcee s ím něco děla), ak doporučuji dvě videa z cyklu České elevize Rande s fyzikou. První je věnováno Newonovým zákonům 1 a druhé zrychlení a volnému pádu 2. Na padající ěleso působí zemská íže (urychluje pád) a současně odpor vzduchu (zpomaluje pád). Zaímco zemskou íži považujeme za konsanní (mg), ak odpor vzduchu závisí přímo úměrně na akuální rychlosi (kv). Jiné síly působící na ěleso neuvažujeme. 1 hp://www.ceskaelevize.cz/porady/10319921345-rande-s-fyzikou/ 211563230150003-newonovy-zakony/video/ 2 hp://www.ceskaelevize.cz/porady/10319921345-rande-s-fyzikou/ 211563230150002-zrychleni-a-volny-pad/video/ 1
Počáeční rychlos v čase = 0 Síly v průběhu pádu Odpor prosředí: kv v(0) = v 0 Tíhová síla: mg Obrázek 1: Grafické znázornění siuace padajícího ělesa. Pokud na ěleso působí nějaká nenulová síla, uděluje mu zrychlení. Závislos éo síly F, hmonosi ělesa m a jeho zrychlení a popisuje druhý Newonův zákon: m a = F. Hmonos ělesa m je dána, zrychlení a = dv vyjádříme jako derivaci akuální d rychlosi a F = mg kv je souče uvažovaných sil (síla působící směrem k Zemi je brána kladně, v opačném směru záporně). Po dosazení do rovnice druhého Newonova zákona: m dv = mg kv. (1) d V éo rovnici se vyskyuje derivace neznámé (hledané) funkce v = v() a je o příklad zv. lineární diferenciální rovnice prvního řádu. Rovnice ohoo ypu se v průběhu semesru naučíme řeši (=nají funkce, keré dané rovnici vyhovují). V uo chvíli si ukážeme, k čemu lze při řešení akové rovnice dojí. Uvedeme si jednoparamerickou řídu funkcí, keré všechny (se svými derivacemi) vyhovují rovnici (1) pro 0: v = v() = c e k m + mg, c R, [0, ). (2) k Zkusme uo skuečnos ověři. Abychom mohli dosadi řešení (2) do rovnice (1), pořebujeme vypočís derivaci rychlosi dv d = c e k m + mg = c k k m k e m. Dosadíme do levé srany (1) a upravíme: ( c km ) km e L = m = c k e k m. 2
Podobně pro pravou sranu (1) po dosazení dosaneme: P = mg k c e k m + mg = c k e k m. k Tedy L = P pro libovolné c R a [0, ). Jelikož c R, exisuje nekonečně mnoho řešení (funkcí), keré vyhovují rovnici (1) na inervalu [0, ). Čím se liší? Co předsavují? Jak mezi nimi rozlišova? Klíčem bude zaím nezapočíaná počáeční rychlos v 0. Mezi všemi možnými řešeními budeme vybíra jen a, kerá splňují počáeční podmínku v(0) = v 0. Uvidíme, že bude právě jedno: Dosadíme zpě do (2): v = v() = v(0) = v 0, c e k m 0 + mg = v 0, k c + mg = v 0, k c = v 0 mg k. v 0 mg e k m + mg, [0, ). (3) k k Řešení (2) nazýváme obecné (zahrnuje všechna řešení), zaímco řešení (3) nazýváme parikulární. Na závěr prozkoumáme dva liminí savy parikulárního řešení, pro k 0 + (zanedbání odporu vzduchu) lim v 0 mg 0<k 0 + k e k m + mg k = v 0 + g. a pro (liminí chování rychlosi v čase) v := lim v 0 mg e k m + mg = mg k k k. Zde je v liminí (konsanní) rychlos, při keré se odpor vzduchu vyrovná s íhovým zrychlením. Na obrázku 2 je znázorněn vývoj rychlosi padajícího ělesa při počáeční rychlosi v 0 < v. 3
v v v 0 0 Obrázek 2: Graf rychlosi padajícího ělesa v = v(), kde v(0) = v 0 značí počáeční rychlos a v je rychlos liminí. 2 Diferenciální rovnice základní pojmy Po prosudování éo kapioly již budee zná přesnou definici obyčejné diferenciální rovnice n-ého řádu (dokonce budee vědě i co je o en řád) a jejího řešení. Budee umě ověři, podle definice, zda nějaká daná funkce je řešením dané diferenciální rovnice. Po vágním moivačním úvodu je řeba zamíři do bezpečí přesných definic. Jak jsme si ilusrovali na předchozí ukázce, při prakických úlohách časo pořebujeme naléz neznámou funkci, jejíž vlasnosi jsou popsány pomocí jejích derivací, zasazených do nějaké rovnice. Takovou rovnici pak nazýváme diferenciální rovnice. Poznámka 2.1. V maemaice i v aplikacích se pracuje s obyčejnými diferenciálními rovnicemi, o jsou y, kde neznámá funkce je funkcí jedné nezávisle proměnné a derivace neznámé funkce je obyčejnou derivací, a aké s parciálními diferenciálními rovnicemi, kde neznámá funkce je funkcí více proměnných a její derivace jsou edy derivacemi parciálními. V omo exu se budeme zabýva výhradně obyčejnými diferenciálními rovnicemi, a ak si občas budeme moci dovoli vynecha slovo obyčejný a použí pouze ermín diferenciální rovnice. 4
kde Rovnici F(, y, y,... y (n) ) = 0, (4) F je daná funkce n + 2 proměnných, definovaná na nějaké množině kde I R je inerval 3 a Ω R n+1, I je nezávisle proměnná, y = y() je neznámá funkce, a G = I Ω,, y,... y (n) jsou derivace éo neznámé funkce y, nazýváme obyčejná diferenciální rovnice n-ého řádu. Řádem diferenciální rovnice (4) rozumíme řád nejvyšší derivace, kerá se v (4) vyskyuje. Speciálně, pro n = 1, edy máme obyčejnou diferenciální rovnici prvního řádu F(, y, y ) = 0. Nyní si ukážeme ři příklady jednoduchých diferenciálních rovnic, u kerých (jen se znalosí základů diferenciálního a inegrálního poču) budeme schopni urči alespoň někerá řešení. Příklad 2.2. Hledáme funkci y = y(), pro niž plaí y = 2 + cos. Ukažme, že jde opravdu o diferenciální rovnici. Rovnici y = 2 + cos lze přepsa na y 2 cos = 0, což můžeme psá jako F(, y, y ) = 0, kde funkci F definujeme předpisem F(, x 1, x 2 ) = x 2 2 + cos. Poom skuečně F(, y, y ) = y 2 cos, a ak dosáváme edy F(, y, y ) = 0, I = (, ) = R, Ω = R R, G = I Ω = R R 2. Podle definice primiivní funkce je hledanou funkcí y() každá funkce primiivní k zadané funkci 2+cos, edy y = 2 +sin +C, kde C je (libovolná) inegrační konsana a R. 3 Inerval I může bý různého varu, například (a, b), [a, b], (a, ) nebo (, ). 5
Příklad 2.3. Najdeme funkci y = y(), pro niž plaí y = y. Nejprve opě určíme F(, y, y, y ) = y + y, G = R R 3. Dále z vlasnosí derivací funkcí cos a sin vidíme, že uvedená rovnice je splněna například pro funkci y 1 = cos, aké pro funkci y 2 = sin, ale rovněž pro y = C 1 cos + C 2 sin, kde C 1, C 2 R. Ve všech ěcho případech nejsou na žádná definiční omezení (ani v zadání, ani u řešení), a ak můžeme opě vzí R. Příklad 2.4. Najdeme funkci y = y(), pro niž plaí y = 1, přičemž y(2) = 5. Určíme F(, y, y ) = y 1, G = R R 2. Nejprve si všimněme jen rovnice y = 1; vyhovuje jí každá funkce y = + C, kde R a C je libovolná konsana. Použijeme-li nyní uvedenou podmínku, dosaneme 5 = 2+C, a z oho C = 3. Takže funkce y = +3, R, vyhovuje jak uvedené rovnici, ak zadané podmínce. V našich příkladech jde posupně o obyčejné diferenciální rovnice prvního, druhého a opě prvního řádu. Je čas se pá po přesnější definici pojmu řešení. Jelikož v diferenciální rovnici je neznámou funkce, množinou řešení akové rovnice je množina funkcí. Tyo funkce musí splňova dva požadavky: musí se dá dosadi do rovnice; edy musí exisova všechny jejich pořebné derivace a mohou nabýva jen akové hodnoy, aby byly v definičním oboru funkce F, po jejich dosazení musí bý F idenicky rovna nule. Tyo požadavky hledané funkce nemusí splňova všude ( I), ale sačí na nějakém inervalu. Proo obvykle hovoříme o řešení diferenciální rovnice na inervalu. 6
Definice 2.5 (Řešení diferenciální rovnice). Funkce ϕ, kerá je n-krá spojiě diferencovaelná na inervalu J, je řešením diferenciální rovnice (4) na J, jesliže pro každé J plaí (, ϕ(), ϕ (),..., ϕ (n) () ) G a F (, ϕ(), ϕ (),..., ϕ (n) () ) = 0. Z éo definice vyplývá, že kromě řešení y = ϕ() je aké řeba urči inerval J I, na kerém je ϕ řešením. J nebudeme zjiš ova v om případě, kdy bude odpovída přirozenému definičnímu oboru funkce ϕ. Poznámka 2.6 ([2]). Řešení diferenciální rovnice prvního řádu F(, y, y ) = 0 se aké nazývá inegrál diferenciální rovnice a jeho graf v rovině (, y) zase inegrální křivka. Ne vždy se podaří naléz řešení v expliciním varu, a ak inegrální křivky mohou bý dány i implicině: explicině: y = ϕ(), J, implicině: H(, y) = 0, (, y) D R 2. Řeši diferenciální rovnici znamená urči všechna její řešení. Ale ne každá aková rovnice musí bý řešielná. Množinu všech řešení naší diferenciální rovnice (4) nazýváme obecné řešení. 4 Obecné řešení (4) lze v někerých případech (například u lineárních diferenciálních rovnic) vyjádři ve varu y = ϕ(, C 1, C 2,..., C n ), kde C 1, C 2,..., C n R. Když z obecného řešení vybereme jedno konkréní (například volbou konsan C 1, C 2,..., C n ), hovoříme o parikulárním řešení 5. 4 Někeří auoři do obecného řešení nezahrnují zv. singulární řešení. To je definováno ak, že každým bodem inegrální křivky odpovídající omuo řešení prochází alespoň jedna další inegrální křivka příslušné diferenciální rovnice. Příkladem singulárního řešení je funkce y 0 v příkladu 3.5 na sraně 20 ve skripech [1]. 5 Singulární řešení lze rovněž chápa jako parikulární řešení. 7
Příklad 2.7. Zjisěe, zda funkce je řešením diferenciální rovnice a na jaké množině (inervalu). y = 1 + e + 1 2 2 y y = 0 (5) Řešení. Jde o obyčejnou diferenciální rovnici druhého řádu, kde definiční obor funkce F (na levé sraně rovnice (5)) je G = I Ω = R R 3, nebo F(, y, y, y ) je definována pro libovolné hodnoy svých argumenů. Nabízená funkce je aké definována pro všechna R. Nyní vypočeme první a druhou derivaci nabízené funkce, abychom mohli výsledek dosadi do rovnice (5): y () = (1+e + 1 2 2 ) = 0+e +1 = e +1, y () = (e +1 ) = e 1. Nyní dosadíme do (5): L = y y = (e 1) (e + 1 ) = 2 0 = P. Daná funkce y = 1 + e + 1 2 2 edy není řešením rovnice (5), nebo jsme nedosali idenickou rovnos levé a pravé srany rovnice (5) na žádném inervalu pro. Když se ovšem zamyslíme, uvědomíme si, že cíl jsme minuli jen o kousek. Sačí upravi znaménko u a jedničky se nám ve výsledku odečou: Tedy y = 1 + e 1 2 2, y () = e 1, y () = e 1. L = y y = (e 1) (e 1 ) = 0 = P, pro všechna R. Funkce y = 1 + e 1 2 2 je edy řešením rovnice (5) na R (J = R). 8
Další příklady: Příklad 2.8. Zjisěe, zda funkce y() = 2 5 sin 1 5 cos 1 2 e 2 + 6 je řešením diferenciální rovnice y + 2y cos = 0 a na jaké množině (inervalu). [Ano, je řešením na celé reálné ose.] Příklad 2.9. Zjisěe, zda funkce y() = 2 3 3 2 5 je řešením diferenciální rovnice y = 0 a na jaké množině (inervalu). [Ano, je řešením pro [0, + ). Tedy J = I = [0, + ), Ω = R 2.] Příklad 2.10. Zjisěe, zda funkce je řešením diferenciální rovnice y() = 1 2 ln 1 2 2y 1 = 0 a na jaké množině (inervalu). [Ze zadání: I = (, 0) nebo I = (0, ) a Ω = R 3. Nabízená funkce je řešením na inervalu J = (0, ).] 9
3 Obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu Po éo přednášce již vcelku bezpečně poznáe obyčejnou diferenciální rovnici prvního řádu a budee vědě, jak sesroji její směrové pole. Čekají Vás obrázky! Budou z Vás malíři diferenciálních rovnic. Na předchozí přednášce jsme si uvedli, že obyčejná diferenciální rovnice prvního řádu má obecný impliciní var F(, y, y ) = 0. Pro naše účely je o var zbyečně obecný. Úplně nám budou sači rovnice, ve kerých je první derivace neznámé funkce vyjádřena explicině (jsou zapsány v zv. normálním varu): y = f(, y). (6) Budeme předpokláda, že k rovnici (6) exisují inegrální křivky (grafy řešení) na nějaké množině G = I Ω, I, Ω R, kde je funkce f definována. 3.1 Geomerická inerpreace obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu směrové pole Proměnné a y z rovnice (6) můžeme chápa jako souřadnice bodu (, y) v rovině y. Každému bodu (, y) G je přiřazena hodnoa f(, y) a na základě vzahu (6) je ao hodnoa spojena s derivací neznámé funkce y. Vzhledem k omu, že geomericky derivace udává směr, máme na G pomocí (6) definováno zv. směrové pole {(, y, f(, y) ) ; (, y) G }, kde uspořádaným rojicím (, y, f(, y) ) říkáme lineární elemeny. Tyo se dají znázorni pomocí krákých úseček se sředem v (, y) a se směrnicí f(, y). Inegrální křivky diferenciální rovnice (6) mají v každém bodě v G ečnu orienovanou shodně se směrovým polem (směrnice ečny v bodě (, y) má hodnou f(, y)) Křivky v G, ve kerých je y = f(, y) = c, c R, se nazývají izokliny. (Lineární elemeny ležící na éo křivce mají všechny sejnou směrnici c.) 10
Příklad 3.1 (Směrové pole). Znázorněe směrové pole diferenciální rovnice y = y, a o pomocí izoklin. Dále načrněe graf jednoho řešení. Řešení. Pravá srana f(, y) = y je definována pro 0 a y R. Tím je dáno, že úlohu můžeme uvažova na dvou oblasech: G 1 = (,0) R, nebo G 2 = (0, ) R. Izokliny jsou y křivky v G, na kerých je derivace y, a edy i hodnoy f(, y), konsanní. Budeme je edy hleda pomocí rovnice y = c, c R, odkud (snažíme se explicině vyjádři závislos y na ) y = c, c R. Pro každé c R jde o rovnici přímky, kerá prochází počákem a má směrnici c. Když vezmeme v poaz podmínku 0 (resp. naše uvažované oblasi G 1 a G 2 ), ak dosaneme vždy dvě polopřímky, na kerých směrnice lineárních elemenů mají oožnou hodnou c. To znamená, že jsou v dané polopřímce obsaženy. Současně z oho plyne, že i grafy řešení se s ěmio polopřímkami shodují. Vše je graficky znázorněno na obrázku 3. 11
c = 2 c = 1 c = 1 2 c = 0 y c = 2 c = 1 c = 0 c = 1 2 Řešení y = 1, > 0. 2 c = 1 2 c = 1 2 c = 1 c = 2 c = 2 c = 1 Obrázek 3: Směrové pole z příkladu 3.1 sesrojené pomocí izoklin. y ' = y/ 4 3 2 1 y 0-1 -2-3 -4-4 -3-2 -1 0 1 2 3 4 Obrázek 4: Směrové pole z příkladu 3.1 sesrojené pomocí počíače (síě bodů). 12
Příklad 3.2 (Směrové pole). Znázorněe směrové pole diferenciální rovnice y = y pomocí izoklin. Také se pokuse načrnou graf někerého řešení. Řešení. Pravá srana f(, y) = y je definována pro R a y 0, ím je dáno G = (, ) [0, ). Izokliny: y = c, a edy y = c. Zde můžeme nahlédnou, že výraz dává smysl jen pro c, nebo levá srana ( y) je nuně nezáporná, což samozřejmě musíme požadova i po pravé sraně. Celkově edy dosaneme: y = ( c) 2, c R, c. Pro zvolené c edy půjde o pravou polovinu paraboly s vrcholem (počákem) v bodě (c, 0). Vše (i s náčrkem řešení) je znázorněno na obrázku 5. y c = 2 c = 1 c = 0 c = 1 c = 2 Řešení Obrázek 5: Směrové pole z příkladu 3.2 sesrojené pomocí izoklin. 13
y ' = - sqr(y) 4 3 2 1 y 0-1 -2-3 -4-4 -3-2 -1 0 1 2 3 4 Obrázek 6: Směrové pole z příkladu 3.1 sesrojené pomocí počíače (síě bodů). Další příklady: Příklad 3.3. Znázorněe směrová pole následujících diferenciálních rovnic. Pokuse se načrnou i graf nějakého řešení. a) y = y 2, b) 2y + 2y 3 = 0, c) y = y y, d) y = 2 + y 2, e) y = y. 14
y ' = y - 2 4 3 2 1 y 0-1 -2-3 -4-4 -3-2 -1 0 1 2 3 4 Obrázek 7: Směrové pole z příkladu 3.3a) sesrojené pomocí počíače (síě bodů). 3.2 Exisence a jednoznačnos řešení Cauchyovy úlohy Časo nás ve výsledku nebudou zajíma všechna řešení dané úlohy, ale jen aková, kerá mají požadovanou vlasnos, splňují určiou podmínku. Přiom je důležié, zda akové řešení vůbec exisuje (exisence řešení), a když ano, zda jich nemůže bý víc ((ne)jednoznačnos řešení). Takové podmínky mohou bý formulovány různě, my se však zaměříme jen na jeden yp. Cauchyova úloha Budeme se věnova zv. počáeční podmínce y( 0 ) = y 0, (7) kerá společně s diferenciální rovnicí (6) voří zv. Cauchyovu úlohu, kerá je základní úlohou v eorii diferenciálních rovnic. Definice 3.4 (Cauchyova úloha). Mějme diferenciální rovnici (6) a počáeční podmínku (7). 15
Jejich kombinaci, úlohu y = f(, y), y( 0 ) = y 0, ( 0, y 0 ) G, (8) nazýváme Cauchyova úloha. Za její řešení bereme akové řešení y = y() diferenciální rovnice y = f(, y), keré je definováno na nějakém inervalu J (kde 0 J) a splňuje počáeční podmínku y( 0 ) = y 0. Příklad Cauchyovy úlohy je v příkladu 2.3 na sraně 12 skrip [1]. Inegrální křivky z ohoo příkladu předsavují sousavu navzájem rovnoběžných přímek y = + C, C R. Parikulární řešení dané Cauchyovy úlohy (s počáeční podmínkou y(2) = 5) je pak reprezenováno ou přímkou sousavy, kerá prochází bodem (2, 5). Vše je znázorněno na obrázku 8. y 5 0 2 Obrázek 8: Grafické znázornění řešení (přímky y = + C, C R) rovnice y = 1. Zvýrazněno je řešení y = +3 splňující počáeční podmínku y(2) = 5. Exisence a jednoznačnos řešení Cauchyovy úlohy Posačující podmínky pro exisenci a jednoznačnos řešení Cauchyovy úlohy můžeme schemaicky znázorni následovně: f(, y) spojiá na D = Exisence 16
f(, y) spojiá na D + = Exisence a jednoznačnos f omezená na D y Obdélník D, kerý se ve schémau vyskyuje je definován ve skripech [1] na sraně 19, kde je o exisenci a jednoznačnosi řešení Cauchyovy úlohy pojednáno podrobněji. Zde si vysačíme s následující věou, ve keré D nahradíme celou rovinou R R. Věa 3.5. Nech pravá srana rovnice (6) splňuje následující dvě podmínky: je spojiá funkce na R R vzhledem k oběma proměnným a y; má na R R spojiou a ohraničenou parciální derivaci f y. Poom Cauchyova úloha (8) má právě jedno řešení y = y() definované na celém R. Příklad 3.6 ([2]). Ukážeme, že řešení rovnice y = + cos y s počáeční podmínkou y( 0 ) = y 0 je definované na celém inervalu (, ). Řešení. Pravá srana je spojiá nar R v obou proměnných a y a parciální derivace pravé srany vzhledem k y exisuje a je ohraničená v celé rovině (, y), proože f = 0 sin y = sin y 1. y Tím jsou splněny předpoklady věy 3.5, a ak podle ní má úloha y = + cos y, y( 0 ) = y 0, právě jedno řešení y = y() definované pro R = (, ). Ukázku nejednoznačného řešení najdee v příkladu 3.5 skrip [1] na sraně 20. 17
4 Vybrané elemenární meody řešení obyčejných diferenciálních rovnic prvního řádu Po prosudování éo kapioly již budee umě rozezna a vyřeši separovaelnou obyčejnou diferenciální rovnici prvního řádu. Konečně se vám dosane do ruky násroj (posup) k akivnímu vyřešení nějaké diferenciální rovnice. Chceme-li úspěšně řeši diferenciální rovnice, je řeba: pozna, jakého ypu je zadaná rovnice, zná algorimus řešení ohoo ypu rovnic, správně zvládnou pořebné výpočení operace. Pojd me si edy předsavi první yp diferenciálních rovnic, kerý se naučíme řeši. 4.1 Separace proměnných Tuo meodu lze uží u zv. separovaelných rovnic. Ty lze převés na zv. separovanou rovnici ϕ(y) dy = ψ() d, (9) ve kerém jsou proměnné a y separovány (odděleny), každá na své sraně rovnice. Uvažujme dále rovnici Φ(y) = Ψ() + C, (10) kde Φ(y) je funkce primiivní k ϕ(y), Ψ() je primiivní k ψ() a C je (inegrační) konsana. Jinými slovy, levou sranu rovnice (9) jsme inegrovali podle y a pravou sranu podle, přičemž jsme dvě inegrační konsany nahradili jedinou, umísěnou na pravé sraně. Dá se ukáza (naznačeno je o ve skripech [1] na sraně 22), že funkce y = u() je řešením rovnice (9) právě ehdy, když vyhovuje rovnici (10); ouo rovnicí lze edy vyjádři obecné řešení dané diferenciální rovnice (9). 18
Vra me se nyní k naší rovnici y = f(, y). Kdy ona bude separovaelná? Zřejmě ehdy, když její pravá srana půjde vyjádři jako součin, f(, y) = g()h(y): y = g()h(y). (11) Za předpokladu h(y) 0 a při vědomí y = dy můžeme (11) převés na d separovanou rovnici dy = g() d, (12) h(y) kerá se již řeší jako (9). Zbývá vyšeři podmínku h(y) 0. Pokud má rovnice h(y) = 0 (13) nějaké řešení y = y 0 ( R), poom je konsanní funkce y y 0 řešením (11), nebo po dosazení do (11) posupně dosáváme: (y 0 ) = h(y 0 )g(), 0 = 0g(), 0 = 0 (nebo derivace konsany na levé sraně rovnice je nula). Za obecné řešení (11) budeme brá obecné řešení (12) doplněné o kořeny (13). Vše si prakicky ukážeme na následujících příkladech. Příklad 4.1. Najdeme obecné řešení rovnice y = (1 y). 1 + Řešení. Ze zadání vyplývá, že řešení budeme hleda pro 1, nebo pro uo hodnou není pravá srana definována. Tao rovnice sice zaím není separovaná, ale je separovaelná, j. lze v ní separova proměnné. Vyjádříme-li y jako dy, lze rovnici upravi na var, kde d proměnné jsou již separované: dy 1 y = d 1 +, (14) přičemž použiá úprava vyžaduje předpoklad y 1. Dále Po inegraci máme dy 1 y = d 1 +. ln 1 y = ln 1 + + C, kde C je libovolná konsana. V éo chvíli je daná diferenciální rovnice již v podsaě vyřešena, všechno další jsou úpravy a kompleace řešení. 19
Předně, jsou-li v ako získané rovnici logarimy, bývá vhodné i inegrační konsanu vyjádři jako logarimus: C = ln C 1, kde C 1 je libovolná kladná konsana (zůsává zachováno, že C je libovolná konsana). Rovnici odlogarimujeme a máme Položíme-li C 2 = 1 C 1 a z oho kde C 3 0, edy ln 1 + ln 1 y = + ln C 1 1 + 1 y = C 1 e. (C 2 > 0 je pak aké libovolná kladná konsana), pak 1 y 1 + = ±C 2 e 1 y 1 + = C 3 e, 1 y = C 3 e (1 + ), y = 1 C 3 e (1 + ), což je obecné řešení (14) v expliciním varu. Nyní se vráíme k podmínce (y 1), kerou si vyžádala meoda řešení, a podíváme se, zda jsme ím nezanedbali nějaké řešení. Tedy ověříme, zda y 1, je řešením, ím, že uo funkci dosadíme do levé a pravé srany dané diferenciální rovnice: L = y = 0, P = (1 y) 1 + = 0. Jelikož L = P pro 1, funkce y 1, 1, je skuečně řešením. Too řešení však nemusíme uvádě zvláš, proože je dosaneme, když ve výše uvedeném obecném řešení připusíme nulovou hodnou C. Konečný var obecného řešení je edy [ ] y = 1 + C e (1 + ), C R, 1. Siuace je znázorněna na obrázku 9. Všimněe si zajímavého chování řešení v blízkosi bodu ( 1, 1). 20
6 4 2 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0 2 4 Obrázek 9: Grafické znázornění několika řešení úlohy 4.1. Příklad 4.2. Najdeme (obecné) řešení diferenciální rovnice y = 1 2 y 2. Řešení. Ze zadání éo separovaelné diferenciální rovnice plyne, že neznámá funkce y se nikdy nesmí rovna nule, y 0, nebo se vyskyuje ve jmenovaeli. Tao skuečnos nám umožňuje vynásobi celou rovnici y 2 a po přepsání derivace na podíl diferenciálů dosáváme (zde bez dodaečných podmínek): y 2 y = 1 2. Pokračujeme v úpravách a výpočech: y 2 dy = (1 2) d, y 2 dy = (1 2) d, 1 3 y3 = 2 + C 1, C 1 R, y 3 = 3 3 2 + C 2, C 2 = 3C 1 C 2 R, y = 3 3 3 2 + C 2, C 2 R. 21
Obecné řešení dané rovnice je y = 3 3 3 2 + C, C R, y 0. Na obrázku 10 je poněkud nedokonale znázorněno několik kladných řešení. 1.8 1.6 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Obrázek 10: Grafické znázornění několika řešení úlohy 4.2. Další příklady: Příklad 4.3. Pomocí separace proměnných vyřeše následující diferenciální rovnice: 1. y = y, [y = Cx, C R, x 0], x 2. y = x y, [ y = ± x2 + C, C R, y 0, x C ], 3. y = y x, [ y = C x, C R, x 0], 22
4. y = x y, [y2 + x 2 = C, C 0, y 0], 5. y = y 1 x 2 y 2, [ y 2 + y + ln(y 1) = 1 + C, C R, x 0, y 0, 2 x y 1 ]. 5 Lineární diferenciální rovnice 1. řádu (LDR 1.ř ) Po prosudování éo kapioly budee schopni rozpozna a vyřeši LDR 1.ř meodou variace konsany. Výhodou LDR 1.ř je jejich jednoduchý var a přímočaré řešení. Lineární diferenciální rovnicí prvního řádu nazýváme rovnici varu y + p()y = f(). (15) Funkce f() se nazývá pravá srana. Pokud pravá srana není idenicky rovna nule, máme nehomogenní LDR 1.ř (NHLDR 1.ř ), v opačném případě máme rovnici homogenní (HLDR 1.ř ): y + p()y = 0 (16) Budeme předpokláda, že p a f jsou spojié funkce na nějakém inervalu I. Jak je o poom s exisencí řešení počáeční úlohy? Věa 5.1 (O globálnosi řešení LDR 1.ř, [2]). Jesliže jsou funkce p a f spojié na inervalu I, poom úloha y + p()y = f(), y( 0 ) = y 0, kde 0 I a y 0 je libovolné reálné číslo, má jediné řešení y = y() na celém inervalu I. LDR 1.ř jsou velmi důležié. Jednak na ně vede řada významných prakických problémů (chemické reakce, množení bakerií, radioakivní rozpad, ochlazování ěles,... ) a jednak lze někeré jiné ypy rovnic řeši ak, že je ransformujeme na LDR 1.ř. Exisuje několik meod, jak řeši LDR 1.ř ; lze je například řeši i vzorcem. 6 Nejznámější je meoda variace konsany. 6 Prakicky se dává přednos použií někeré z akivních meod, sloužících jinak i k odvození onoho vzorce. 23
Meoda variace konsany Tao meoda spočívá ve řech krocích: 1. Nejprve řešíme (separací proměnných) příslušnou rovnici homogenní a obecné řešení zapíšeme s inegrační konsanou K. 2. Řešení nehomogenní rovnice hledáme v oméž varu, kde však K = K() je funkce (odsud i název meody: z konsany se sane funkce). Dosadíme edy funkci vypočenou v bodě 1 do dané nehomogenní rovnice a dosaneme rovnici pro neznámou funkci K. 3. Inegrací vypočeme K() (s inegrační konsanou C) a dosadíme je do funkce vypočené v kroku 1. Posup při řešení LDR 1.ř příkladu. meodou variance konsany si ukážeme na Příklad 5.2. Určíme obecné řešení diferenciální rovnice y = + y. Řešení: Danou rovnici lze přepsa do sandardního varu y y =, máme edy p() 1 a f() =. Podle návodu řešíme ve řech krocích: 1. Meodou separace proměnných vyřešíme příslušnou homogenní rovnici y y = 0. Její obecné řešení je y = C e, C R. 2. Too řešení dosadíme do dané nehomogenní rovnice s ím, že C nahradíme funkcí K = K(). Po dosazení máme K e +K e K e = ; dva členy s K se ruší (a o vždy!) a máme K = e. 3. Inegrujeme: K = e d = [meoda per pares] = C e e. Too vypočené K dosadíme do rovnice y = K e a dosáváme y = (C e e ) e. Obecné řešení dané nehomogenní rovnice je edy [ ] y = C e 1, C R. 24
4 2 4 3 2 1 0 1 2 3 2 4 Obrázek 11: Grafické znázornění několika řešení z příkladu 5.2. Poznámka 5.3. Vidíme, že obecné řešení nehomogenní rovnice je rovno souču obecného řešení příslušné rovnice homogenní (C e ) a parikulárního řešení dané rovnice nehomogenní ( 1). Teno poznaek plaí pro lineární rovnice obecně. Příklad 5.4. Určíme obecné řešení diferenciální rovnice y +y cos = sin 2. Řešení: Pravá srana je sin 2, příslušná rovnice homogenní je y +y cos = 0. 1. Separací proměnných dosáváme obecné řešení příslušné rovnice homogenní y = C e sin, C R. 2. Too řešení dosadíme do dané nehomogenní rovnice s ím, že C nahradíme funkcí K = K(). Po dosazení máme K e sin +K e sin ( cos ) + K e sin cos = sin 2; dva členy s K se ruší (jako vždy) a máme K = e sin sin 2. 3. Inegrujeme: K = e sin sin 2 d = e sin 2 sin cos d = v = e sin cos u = 2 cos v = e sin = 2 e sin sin 2 e sin cos d = 2 e sin sin 2 e sin +C, C R. 25
Too vypočené K dosadíme do rovnice y = K e sin a dosáváme y = (2 e sin sin 2 e sin +C) e sin. Obecné řešení dané nehomogenní rovnice je edy [ y = 2(sin 1) + C e sin, ] C R. 10 5 4 2 2 4 6 5 10 15 Obrázek 12: Grafické znázornění několika řešení z příkladu 5.4. Další příklady: Příklad 5.5. Najděe obecné řešení diferenciální rovnice [ y + 2y = 2 e 2. y = C e 2 + 2 e 2, C R ] Příklad 5.6. Najděe obecné řešení diferenciální rovnice [ y + 2y = 2 + 2. y = C e 2 + 1 ] 4 (22 + 2 1), C R 26
Použiá a rozšiřující lieraura [1] J. Fišer: Úvod do eorie obyčejných diferenciálních a diferenčních rovnic. Skripa Přf UP, Olomouc, 2013. [2] J. Diblík, M. Růžičková: Obyčajné diferenciálne rovnice. EDISvydavaelsví ŽU, Žilina, 2008. [3] J. Kalas, M. Ráb: Obyčejné diferenciální rovnice. MU Brno, PřF, 2001. [4] J. Kopáček: Maemaická analýza nejen pro fyziky II. Mafyzpress, Praha, 2007. [5] P. Kreml a kol.: Maemaika II. VŠB-TU Osrava, [online], dosupné z: hp://www.sudopory.vsb.cz/maerialy.hml, [ciováno 15. 10. 2012]. [6] J. Kuben: Obyčejné diferenciální rovnice. VA Brno, 2000. [7] J. Nagy: Elemenární meody řešení obyčejných diferenciálních rovnic. MVŠT IX, SNTL, Praha, 1978. 27