DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE. Studijní text pro řešitele FO a ostatní zájemce o fyziku. Miroslava Jarešová Bohumil Vybíral

DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE Studijní text pro řešitele FO a ostatní zájemce o fyziku Miroslava Jarešová Bohumil Vybíral Obsah Úvod pojem diferenciální rovnice 3 Příklad1 radioaktivnírozpad.................. 5 1 Obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu 7 1.1 Jakřešitjednoduššídiferenciálnírovnice1.řádu........ 7 1.1.1 Řešení diferenciálních rovnic 1. řádu metodou separace proměnných......................... 8 Příklad2 separaceproměnných 1............... 9 Příklad3 separaceproměnných 2............... 10 Příklad4 integrálníkřivka.................... 12 1.1.2 Řešení lineárních diferenciálních rovnic 1. řádu metodou variacekonstant...................... 13 Příklad5 variacekonstant 1.................. 14 Příklad6 variacekonstant 2.................. 15 Cvičení1................................. 15 1.2 Úlohyvedoucíkřešenídiferenciálníchrovnic1.řádu...... 16 Příklad7 barometrickárovnice................. 16 Příklad8 nabíjeníkondenzátoru................ 16 Příklad9 vlivcívkynaprůchodprouduvel.obvodupřipřechodovémději....................... 18 Příklad10 výtokkapalinyznádoby.............. 20 Příklad11 vedenítepla..................... 21 Příklad12 diskotáčejícísevkapalině............. 22 Příklad13 závěsnýmost 1................... 24 Cvičení2................................. 25 2 Obyčejné diferenciální rovnice 2. řádu 26 2.1 Jakřešitobyčejnédiferenciálnírovnice2.řádu......... 26 Příklad14 řešenídiferenciálnírovnicesníženímřádu..... 26 2.1.1 Homogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstantnímikoeficienty.................... 27 Cvičení3................................. 29

Příklad 15 diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty 1.......................... 30 Příklad 16 diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty 2.......................... 31 Příklad 17 diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty 3.......................... 32 Cvičení4................................. 33 2.2 Úlohyvedoucíkřešenídiferenciálníchrovnic2.řádu...... 33 Příklad18 mechanickýoscilátor................. 33 Příklad 19 kmity kapalinového sloupce ve spojených nádobách 36 Příklad20 myšlenkovýprůletkamenezemí.......... 37 Příklad 21 dvoutělesový oscilátor- model kmitů v dvouatomovémolekule....................... 38 Příklad22 Padajícířetěz..................... 40 Příklad23 Otáčejícísetrubka.................. 42 Cvičení5................................. 44 3 Ukázky náročnějších úloh vedoucích k řešení diferenciálních rovnic 45 Příklad24 závěsnýmost řetězovka.............. 45 Příklad25 úlohaokřivcenejkratšídoby Fermatůvprincip. 49 Příklad 26 úloha o křivce nejkratší doby brachystochrona. 50 4 Shrnutí návod, jak sestavovat diferenciální rovnice podle podmínek úloh 54 Řešení cvičení 56 Cvičení1................................. 56 Cvičení2................................. 56 Cvičení3................................. 57 Cvičení4................................. 57 Cvičení5................................. 57 Literatura 60 2

Úvod pojem diferenciální rovnice Při výpočtech, v nichž se vyskytují derivace funkcí, zjišťujeme, že mezi funkcemi ajejichderivacemiplatířadavztahů.např.profunkci y(t) = Asintplatí y (t)=acost, y (t)= Asint.Potom y (t)+y(t)=0. (1) Vezmeme-lijinoufunkci y(t),např. y(t)=be t,je y (t)=be t,pakmůžeme psát y (t) y(t)=0. (2) Rovnice, v nichž se jako neznámá vyskytuje funkce a její derivace, nazýváme diferenciální rovnice. My se však budeme zabývat problémem opačným: k danému vztahu mezi funkcí a jejími derivacemi a nezávisle proměnnou, budeme hledat funkce, které tentovztahsplňují.vztahy(1)a(2)budemetedychápatjakorovnice,vnichž budeme hledat neznámou funkci y(t). Pak můžeme říci, že např. funkce y(t)=asintjeřešenímrovnice(1).řešenímrovnice(1)jevšaktakéfunkce y(t)=bcost,nebotakéfunkce y(t)=asint+bcost-přesvědčteseotom derivováním a dosazením do(1). Řešením diferenciální rovnice budeme rozumět takové funkce, jejichž dosazením do diferenciální rovnice dostaneme identitu. Je vidět, že řešení dané diferenciální rovnice není jediné, ale může jich být i nekonečně mnoho. V praktických(v našem případě fyzikálních) úlohách však většinou ještě budeme znát podmínky(počáteční, okrajové, doplňující), které nám umožní z nekonečně mnoha řešení vybrat takové, které odpovídá dané situaci. Ukažme si toto na následujícím jednoduchém příkladu. Uvažujme rovnoměrný přímočarý pohyb tělesa. Z fyziky víme, že velikost rychlostijederivacídráhypodlečasu,tj. s (t)=v(t).přirovnoměrnémpřímočarémpohybuje v(t)=v=konst.dostanemepak s (t)=v, (3) což je vlastně diferenciální rovnice pro dráhu s(t). Integrací dostaneme s(t)=vt+c, (4) kde C je libovolná integrační konstanta. Integračníkonstantu Curčímezpočátečníchpodmínek:nechťvčase t=t 0 urazilotělesojiždráhu s 0,tj. s(t 0 )=s 0.Dosadíme-lidorovnice(4)za t=t 0, dostaneme C= s 0 vt 0.Pakmůžemepsát s(t)=s 0 + v(t t 0 ). 3

Zkusme nyní obdobným způsobem popsat rovnoměrně zrychlený pohyb, tj. a(t) = a = konst..víme,žeplatí s (t) = v(t), v (t) = a(t) = a,zčehož dostaneme rovnici s (t)=a. (5) Po první integraci dostaneme další integrací s (t)=at+c 1, (6) s(t)= 1 2 at2 + C 1 t+c 2, (7) kde C 1, C 2 jsoulibovolnéintegračníkonstanty.určímejezdanýchpočátečních podmínek:včase t=0je s(0)=s 0, s (0)=v 0.Podosazenídovztahu(6) dostaneme v 0 = a 0+C 1,tj. C 1 = v 0,podosazenídovztahu(7)dostaneme s 0 = 1 2 a 02 +C 1 0+C 2,tj. C 2 = s 0.Jetedy s(t)=s 0 +v 0 t+ 1 2 at2.přesvědčte se dosazením, že tato funkce je skutečně řešením rovnice(5). Uvědomme si ještě jednu věc: viděli jsme, že v případě rovnoměrného pohybu diferenciální rovnice 1. řádu, stačilo zadat jednu počáteční podmínku, zatímco v případě rovnoměrně zrychleného pohybu diferenciální rovnice 2. řádu bylonutnézadatdvěpočátečnípodmínky.nenítonáhoda.zhlediska fyziky obvykle zadáváme tolik počátečních podmínek, kolik je řád nejvyšší derivace obsažené v rovnici pak dostaneme právě jedno řešení odpovídající dané situaci. Při řešení diferenciálních rovnic bývá zvykem značit derivace různými způsoby: y, d2 y dx 2, ÿ, d2 y dt 2.Tečkaprooznačeníderivacesepoužívávpřípadě,žederivujemepodlečasu,tj. ẏ = dy dt, ÿ = d2 y dt 2.Ovšemproměnnápřiřešenírovnicenemusíbýtvždyčas;pakpoužívámenapř.značení y = dy dx, y = d2 y dx 2, derivujeme-li podle proměnné x. pojem derivace, pouze vystačíme s limitou lim x Nyní si ukážeme dva různé postupy, jak řešit úlohu, jejíž výsledkem bude exponenciální funkce. Při řešení úlohy 1 prvním způsobem ( nepotřebujeme znát 1+ x) 1 x =e.nevýhodatohoto postupu ovšem spočívá v tom, že je příliš zdlouhavý a použitelný pouze pro typy úloh, kde je výsledkem exponenciální funkce(což ne vždy na začátku řešení úlohy poznáme). Druhý způsob využívá derivace, řeší se zde jednoduchá diferenciální rovnice. Postup je rychlejší, lze jej použít i u typů úloh, kde výsledkem není jen exponenciální funkce. 4

Příklad 1 radioaktivní rozpad Rychlost rozpadu prvku rádium je přímo úměrná jeho hmotnosti. Určete, kolik procenthmotnosti m 0 rádiaserozpadneza200let,jestliževíte,žepoločas rozpadu rádia, tj. doba, za níž se rozpadne právě polovina jeho původního množství(resp. hmotnosti), je roven 1590 let. Rychlost rozpadu uvažujeme jako m t. Řešení Úlohu vyřešíme dvěma způsoby, a to a) bez užití derivací, b) s užitím derivací. a) Rozdělme si uvažovanou dobu t rozpadu rádia na n stejných časových intervalů t.označmedále múbytekhmotnostičásticzadobu t.zamalý časový interval t je hmotnost rádia, které se rozpadne, rovna λm t, kde m je hmotnost rádia v daném časovém okamžiku, λ > 0 koeficient úměrnosti. Tatáž hmotnost vzatá s opačným znaménkem(hmotnost nerozpadlých částic ubývá), je rovna přírůstku hmotnosti rozpadlých částic za dobu t: m= λm t. (8) Nechťmárádiumnapočátku1.časovéhointervaluhmotnost m 0,2.časového intervaluhmotnost m 1 = m 0 + m,3.časovéhointervaluhmotnost m 2 = = m 1 + m,...,nakonciuvažovanédoby m n = m. Platí m 1 = m 0 λm 1 t, odkud m 1 = m 0 1+λ t, m 2 = m 1 λm 2 t, odkud m 2 = m 1 1+λ t = m 0 (1+λ t) 2,..., m nakonciuvažovanédoby t=n tje m n = 0 (1+λ t) n. Přitěchtoúvaháchpředpokládáme,žehmotnosti m 0, m 1,..., m n majívčasových intervalech t stálou velikost. Podosazeníza t = t n dostaneme m=m m 0 n= ( 1+λ n) t n. Označme λ t n =1,odkud n=λtx. x Podosazenídovztahupro mdostaneme m= m 0 [( 1+ 1 ) x ] λt. x 5

Řešení úlohy bude tím přesnější, čím větší počet úseků n zvolíme. ( Bude-li v limitě n (tímtaké x ),dostanemeužitímvztahu lim 1+ 1 x =e x x) vztah pro hmotnost m=m 0 e λt. (9) Konstantu λurčímezpodmínky:je-livčase t=t hmotnost m= m 0 2,je m 0 2 = m 0e λt,odkud λ= ln2 T,atudíž m(t)=m(0)e ln2 T t = m 0 2 t ( ) t T 1 T = m(0). 2 Prodanéhodnoty: m(200)=0,915m 0.Za200letserozpadne8,5%rádia. b) Vztah(8) přepíšeme pomocí diferenciálů dm = λmdt. Tutorovniciupravímenatvar dm m = λdt,(tzv.separace-odděleníproměnných).pointegracilnm= λt+lncaodlogaritmováníje m=c e λt. Počátečnípodmínka:včase t = 0je m = m 0,zčehož C = m 0,atudíž m = m 0 e λt.koeficient λurčímezdoplňujícípodmínky:včase t = T je m= m 0 2,tj. m 0 2 = m 0e λt,odkud λ= ln2 T,atudíž m(t)=m 0 e ln2 T t = m 0 2 t T = m 0 ( 1 2) t T, cožjestejnývýsledekjakovúlozea). Prodanéhodnoty: m(200)=0,915m 0.Za200letserozpadne8,5%rádia. Příklad 1 nám ukazuje, jak je výhodné naučit se řešit úlohy pomocí diferenciálních rovnic. Podívejme se tedy v další části na řešení diferenciálních rovnic podrobněji. Vzhledem k omezenému rozsahu textu se omezíme pouze na jednodušší typy obyčejných diferenciálních rovnic majících značné uplatnění při studiu fyzikálních jevů. 6

1 Obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu 1.1 Jak řešit jednodušší diferenciální rovnice 1. řádu Z předchozího textu vyplývá, že obyčejnou diferenciální rovnicí n-tého řádu rozumíme vztah mezi nezávisle proměnnou, neznámou funkcí této proměnné a derivacemi této funkce až do n-tého řádu. Označíme-li nezávisle proměnnou x a neznámou funkci y, pak můžeme obyčejnou diferenciální rovnici n-tého řádu psát ve tvaru ϕ(x,y,y,y,...,y (n) )=0, (10) kde ϕjefunkce(n+2)proměnných. Konkrétněnapř. y + xy=0, y +4y sin(x)=0jsouobyčejnédiferenciální rovnice1.a2.řádu. Řešit(integrovat) diferenciální rovnici(10), znamená nalézt všechny funkce y = ϕ(x), které vyhovují dané diferenciální rovnici. Každá funkce, která vyhovuje dané diferenciální rovnici, se nazývá integrál diferenciální rovnice,např.rovnici y + y = 0vyhovujefunkce y = sinx. Mohlibychomseotompřesvědčitdosazenímdodanérovnice.Nenítoale jediný integrál této rovnice, protože dané rovnici vyhovuje také každá funkce y= Csinxnebo y= Ccosxnebo y= ±Ce x,kde Cjelibovolnákonstanta. Nyní se už začneme zabývat jednoduchými rovnicemi 1. řádu. Takovou rovnicilzepsátobecněvetvaru ϕ(x,y,y )=0. (11) Dokážeme-liztétorovnicevypočítat y jakofunkciproměnných x, y,dostaneme rovnici(11) ve tvaru y = f(x,y). Nejjednodušší typ této rovnice můžeme zapsat ve tvaru y = f(x), (12) což vede k hledání primitivní funkce. Zintegrálníhopočtuvíme,žeje-li F(x)primitivnífunkcekfunkci f(x), paktakékaždáfunkce F(x)+C,kde Cjelibovolnákonstanta,jeprimitivní funkcíkfunkci f(x). Dáletakévíme,žeplatí:jsou-li F 1 (x)af 2 (x)dvěrůznéprimitivnífunkce kfunkci f(x),pakjejejichrozdílrovenkonstantě,tj. F 1 (x) F 2 (x)=c. 7

Dokážeme-li nalézt k funkci f(x) funkci primitivní, zvládneme již také vyřešit diferenciální rovnici(12). Potom y= f(x)dx+c, (13) kde C je libovolná konstanta. Z(13) je vidět, že hledaná funkce není rovnicí(13) určena jednoznačně, ale že rovnice(12) má řešení nekonečně mnoho. Každé takové řešení dostaneme, zvolíme-li za C v rovnici(13) nějaké číslo. Řešení ve tvaru(13), které obsahuje libovolnou konstantu C, nazýváme obecný integrál diferenciální rovnice(12). Každé řešení, které dostaneme z obecného integrálu, zvolíme-li za C nějaké libovolné číslo, se nazývá partikulární integrál diferenciální rovnice(12). Obecný integrál je tedy souhrnem všech integrálů partikulárních. Graf funkce, která je integrálem dané diferenciální rovnice, se nazývá integrální křivka danédiferenciálnírovnice.např.rovnice y =2xmáobecnýintegrál y=x 2 +C, kdežto y= x 2, y= x 2 1apod.jsoujejípartikulárníintegrály.Integrálníkřivky této diferenciální rovnice jsou paraboly ekvidistantně posunuté ve směru osy y. Vzhledem k tomu, že za konstantu C můžeme zvolit libovolné číslo, můžeme klást na hledanou funkci ještě nějaký další požadavek a snažit se, aby hledaná funkce zvolený požadavek splňovala pro hledanou funkci jsme zvolili počáteční podmínku.budemenapř.požadovat,abyhledanáintegrálníkřivka y=x 2 +C procházelanějakýmpředemzvolenýmbodem x 0 =[2,3].Pak3=2 2 + C, zčehož C= 1.Rovnicehledanékřivkytedybude y= x 2 1. 1.1.1 Řešení diferenciálních rovnic 1. řádu metodou separace proměnných Jednáseorovnicitypu Podosazení y = dy dx dostaneme y = f(x)g(y) (14) dy = f(x)g(y). (15) dx Zúvahyvyloučímeprozatímtybody,prokteréje g(y)=0.pakmůžemepsát dy = f(x)dx. (16) g(y) 8

Vrovnici(16)jsouoběproměnnéodsebeoddělenytak,ženalevéstraněrovnice se vyskytuje pouze funkce proměnné y a její diferenciál, na pravé straně pak jen součin funkce proměnné x a diferenciálu dx. V takovém případě jsou proměnné separovány(odděleny). Pokud existují kfunkcím 1 g(y) a f(x)primitivnífunkce,můžemepsát dy g(y) = f(x)dx+c. (17) Je-li g(y)=0,pak dy =0,tj. y= konst.adostávámetzv.singulárnířešení. dx Rovnici(17) nazýváme obecný integrál rovnice(15). Dokážeme-li rovnici (17)řešitvzhledemky,dostanemeobecnýintegrálrovnicevetvaru y= h(x)+ C. Příklad2 separaceproměnných 1 Řešte diferenciální rovnici xdy+ ydx=0. Řešení a)vyloučímeznašíúvahynejprvetybody,prokteréjebuď x=0(bodyosy y)nebo y=0(bodyosy x).pakmůžemedanourovnicidělitsoučinem xya upravit na tvar: dy y = dx x. Pointegraciln y = ln x +K,kde Kjelibovolnákonstanta.Zvolmedále K=ln C 1,kde C 1 >0.Pakdostaneme Po odlogaritmování dostaneme ln y = ln x +lnc 1. y = C 1 x, neboli xy =C 1,kde C 1 >0.Chceme-liodstranitabsolutníhodnotuztéto rovnice, musíme rozlišit dva případy: 1. xy >0,pak xy= C 1,nebo 9

2. xy <0,pak xy= C 1. Oba tyto případy lze vyjádřit jedinou rovnicí kde C R {0}. xy= C, b) Nyní vyřešíme původně vyloučené případy. Nejprve se podíváme na body, proněž y=0.tatorovniceznačíkonstantnífunkci,stálerovnounule.diferenciáltétofunkcejeovšemtakéstálerovennule,tj.dy=0.dosadíme-lido rovnice y=0atakédy=0,vidíme,žejetakétatorovnicesplněna.jetedy funkce y = 0 také integrálem dané rovnice. Integrální křivka je v tomto případě osa x. Podobnějetomuivedruhémpřípadě,tj.pro x=0.pakjeopěttakédx=0 a daná rovnice je zase splněna. Jedobrésiuvědomit,žerovnice xdy+ydx=0nevyjadřujetotéž,corovnice y = y x.všespočívávtom,ževtextuúlohynebylořečeno,zda-lidanárovnice vyjadřuje vztah mezi nezávisle proměnnou x a její funkcí y, nebo zda vyjadřuje vztahmezinezávisleproměnnou yajejífunkcí x.danárovniceotomtaké nicneříká.avšakrovnice y = y mluvívýslovněoderivacifunkce y(podle x nezávisle proměnné x). Skutečně také funkce x = 0, která je integrálem dané rovnicenenífunkcítvaru y= ϕ(x)aosa y,kterájegeometrickýmznázorněním rovnice x = 0 není také opravdu grafem žádné takové funkce. V geometrických úlohách je zpravidla potřeba uvažovat oba zmíněné případy, kdežto při vyšetřování funkcí musí být předem známo, která proměnná je nezávislá a která je její funkcí. Jinak řečeno: Hledáme-li jenom funkce tvaru y = ϕ(x), které dané rovnici vyhovují, potom samozřejmě x = 0 není řešením této úlohy. Všimněme si ještě jednou obou posledních integrálů naší rovnice. Ani jeden nebyl získán integrací dané rovnice, tj. nehledali jsme primitivní funkci. Jsou to tedyintegrályjinépovahynežintegrálytypu xy= C.Mohlobysezdát,žeoba tytointegrályjsouobsaženyvintegráluobecnémpro C=0,alenenítotak.Při integrováníjsmetotiždostalilnc 1,cožjetotéžjakoln C alogaritmovat C=0 nelze. Nemůžeme tedy v obecném integrálu zvolit C = 0. Takový integrál, který nelze dostat z integrálu obecného volbou integrační konstanty, se nazývá integrál singulární. Příklad3 separaceproměnných 2 Řešte rovnice: 10

a)2xdx+dy=0, b) dx xdy=0, c) y y=0. Řešení a) Rovnici lze upravit na tvar dy = 2xdx. Po integraci dostaneme y= x 2 + C. b)rovniciupravímenatvar,kdyjsoujižproměnnéseparovány,tj.dy= 1 x dx, pro x 0.Pointegracije y=ln x +C.Rovnicitakévyhovujeřešení x=0, tzv. singulární řešení. c)rovnicipřevedemenazápispomocídiferenciálů,tj. dy dx = y,poodstranění zlomkůdostanemedy= ydx,poseparaci dy =dxpro y 0. y Pointegraci dostaneme ln y = x+k, kde K je libovolnákonstanta. V tomto případě se ukazuje jako výhodné vyjádřit integrační konstantu K jakopřirozenýlogaritmusnějakéhokladnéhočísla C 1 >0.Tojemožnéučinit, protože každé reálné číslo lze považovat za přirozený logaritmus nějakého kladného čísla. Můžeme tedy psát Pak lze rovnici přepsat na tvar Poúpravěln y =lne x +lnc 1, Pro y <0je y = y,tj. K=lnC 1. ln y =x+lnc 1. y =C 1 e x. y= C 1 e x, pro y >0můžemepsát y= C 1 e x.obatytopřípadylzevyjádřitjedinourovnicí y=ce x, kde C R {0}. Potomln y =lne x +lnc. Poodlogaritmování y= Ce x. Je-li y = 0 dostaneme singulární řešení. 11

Příklad 4 integrální křivka Najděte křivku procházející počátkem soustavy souřadnic[0, 0], pro kterou směrnicetečnyvkaždémjejímbodě[x,y]jerovna2x+1. Řešení Dlezadáníplatí dy dx =2x+1, poseparaciaintegracidy=(2x+1)dx, y= x 2 + x+c. Konstantu C určíme z podmínky zadání: křivka musí procházet bodem[0, 0]. Jetedy0=0+0+C,zčehož C=0. Rovnicekřivkypotomje y= x 2 + x. Nyníurčíme,ojakoukřivkusejedná.Ponížepopsanéúpravěje y= x 2 + x= ( x+ 1 ) 2 1 2 4, cožjerovniceparabolysvrcholemvbodě V= [ 1 2, 1 4 ]. y 4 3 2 1 2 1 V 0 1 2 x Obr. 1 Graf integrální křivky 12

1.1.2 Řešení lineárních diferenciálních rovnic 1. řádu metodou variace konstant Lineární diferenciální rovnice jsou takové rovnice, které jsou lineární vzhledem k neznámé funkci a jejím derivacím. Ve speciálním případě je možno diferenciální rovnici(12) psát ve tvaru y + Py=Q, (18) kde P, Q jsou opět spojité funkce proměnné x v intervalu J. Speciálně dostaneme,jestližejevuvažovanémintervalu Q=0 y + Py=0. (19) Tato rovnice se nazývá homogenní lineární diferenciální rovnice, někdy také lineární diferenciální rovnice s nulovou pravou stranou. Rovnice(18) se pak nazývá nehomogenní(s nenulovou pravou stranou). V rovnici(19) je možno proměnné separovat: dy y = Pdx. Integrací(19) dostaneme její obecný integrál: ln y = Pdx+lnC, kde C >0, odtud potom y= Ce Pdx. (20) Mimotovyhovujerovnici(19)takéfunkce y=0,kterásiceodpovídávolbě konstanty C = 0, ale nedostaneme ji integrací.(proč?) K nalezení obecného integrálu nehomogenní rovnice(resp. s pravou stranou) (18) se užívá tzv. metody variace konstanty: 1. Nejprve řešíme danou homogenní rovnici a najdeme její obecný integrál ve tvaru(20). 2.Vevztahu(20)nahradímekonstantu Cfunkcí C= C(x),tj. y=c(x)e Pdx. (21) Profunkci C(x)pakhledámepodmínku,abyfunkce y=c(x)e Pdx vyhovovalarovnici(18).vypočítáme y adosadímedorovnice(18): y = C (x)e Pdx C(x)Pe Pdx, 13

C (x)e Pdx C(x)Pe Pdx + PC(x)e Pdx = Q, po úpravě dostaneme C (x)=qe Pdx. (22) To je diferenciální rovnice pro funkci C(x), jejíž řešení je možno napsat ve tvaru C(x)= Qe Pdx dx+k, (23) kde K je libovolná konstanta. Dosadíme-li tuto funkci do rovnice(20), obdržíme ( ) y=e Pdx K+ Qe Pdx dx, (24) což je obecný integrál dané diferenciální rovnice. Příklad5 variacekonstant 1 Řešterovnici y + y=e x metodouvariacekonstant. Řešení 1.Nejprveřešímepříslušnouhomogennírovnici y +y=0metodouseparace proměnných. dy y = dx, y= Ce x. 2.Předpokládáme C= C(x),potom y= C(x)e x, y = C (x)e x C(x)e x.podosazenídopůvodnínehomogennírovnice C (x)e x C(x)e x + C(x)e x = e x, C (x) = e 2x, C(x) = 1 2 e2x + K, kde K je libovolná konstanta. ( ) 1 Pak y= 2 e2x + K e x,neboli y= 1 2 ex + Ke x. 14

Příklad6 variacekonstant 2 Řeštediferenciálnírovnici xy y= x 2 metodouvariacekonstant: Řešení 1. Vyřešíme dříve uvedeným postupem homogenní rovnici: xy y = 0, xdy ydx = 0, dy y = dx x, ln y = ln x +lnc, y = Cx. 2.Předpokládáme C= C(x),potom y= C(x)x, y = C (x)x+c(x). Po dosazení do původní nehomogenní rovnice x[c (x)x+c(x)] C(x)x = x 2, x 2 C (x) = x 2, C (x) = 1, C(x) = x+k. Podosazenídovztahupro ydostaneme y=(x+k)x=x 2 + Kx. Cvičení 1 Řešte diferenciální rovnice: 1. y = ky, 2. y y=3, 3. y =2xy, 4. y y=e x 5. y + y= x. 15

1.2 Úlohy vedoucí k řešení diferenciálních rovnic 1. řádu Příklad 7 barometrická rovnice Určete závislost atmosférického tlaku na výšce nad hladinou moře, jestliže víte, žetlaknahladiněmořeje p 0 =1013hPaavevýšce h 1 =500mnadhladinou mořejetlak p 1 =940hPa.Předpokládejte,ževzduchmávšudestejnouteplotu. Řešení Protože teplota vzduchu je ve všech místech stejná, platí pv = konst. Tento zákonlzepřepsatdotvaru p 0 = V = 0,kde p, jsouhodnotyvevýšce h. p V 0 Dále budeme předpokládat, že ve vrstvě o tloušťce dh je hustota konstantní. Tentovztahvyžadujejinýfyzikálnívýklad viz[10].proúbytektlakuvtéto vrstvě pak dostáváme dp = gdh. Z Boylova-Mariottova zákona víme, že platí = p 0 p. Po dosazení do vztahu pro dp dostaneme 0 dp= 0 p 0 pgdh. Po separaci proměnných a integraci obdržíme dp p = 0 p 0 gdh, lnp= 0 p 0 gh+lnc. Poodlogaritmování p=ce 0 p 0 gh = Ce kh,kde k= 0 p 0 g. Okrajovépodmínky:vevýšce h=0jetlak p 0,zčehož C= p 0,atedy p= = p 0 e kh.konstantu kurčímepomocídruhépodmínky,tj.vevýšce h=500m jetlak940hpa: k= 1 h ln p p 0 =0,00015. Hledanázávislostjetedy p=1013e 0,00015h hpa. Příklad 8 nabíjení kondenzátoru Kondenzátorokapacitě Cpřipojímevčase t=0kezdrojionapětí U 0.Nabíjímehopřesrezistoroodporu R.Jakýječasovýprůběhprouduanapětína kondenzátoru? 16

Řešení Zapojenímspínačedopolohy1(vizobr.2)připojímeobvodnazdrojonapětí U 0 = konst. u R u C 1 U 0 2 R C i Obr. 2 Nabíjení kondenzátoru Podle 2. Kirchhoffova zákona platí u R + u C U 0 =0. (25) Podosazeníza u R = Ri, u C = q C do(25)dostaneme Zderivujeme-li rovnici(26), dostaneme Ri+ q C U 0=0. (26) R di dt +1 dq =0. (27) Cdt Užitímvztahu i= dq dt můžemerovnici(27)upravitnatvar R di dt +1 C i=0. Po separaci proměnných, integraci a odlogaritmování dostáváme: di i = 1 RC dt, t i=k 1e RC, (28) kde K 1 jeintegračníkonstanta,kterouurčímezpočátečníchpodmínek.včase t=0jenapětínakondenzátoru u C =0(kondenzátornenínabitý)aproud 17

protékajícíobvodemje I 0.Podle(26)je RI 0 = U 0,odkud I 0 = U 0 R,podle(28) je I 0 = K 1.Pak i=i 0 e du C dt t RC. Průběhnapětínakondenzátoru u C jedánvztahem u C = 1 C q,poderivaci t = 1 dq Cdt = 1 C i= 1 C I 0e RC.Poseparaciproměnnýchaintegraci u C = 1 C du C = 1 C I 0e RC dt, U 0 R ( RC)e RC + K 2, t t t u C = U 0 e RC + K 2. (29) Integračníkonstantu K 2 určímezpočátečníchpodmínek:včase t=0 je u C =0,podosazenído(29)dostaneme:0=U 0 + K 2,odkud K 2 = U 0. Podosazeníza K 2 do(29)dostaneme ( u C = U 0 e t RC U 0 = U 0 1 e t RC ). Příklad9 vlivcívkynaprůchodprouduvel.obvodupřipřechodovém ději Do elektrického obvodu o napětí U zapojíme cívku o indukčnosti L a rezistor o odporu R. Určete proud procházející cívkou v časovém okamžiku t po zapojení. Řešení Po sepnutí spínače je podle 2. Kirchhoffova zákona součet obvodových napětí na cívce a na rezistoru trvale roven svorkovému napětí zdroje. Obvodovénapětínacívcejeurčenovztahem u L = L di dt.vkaždémokamžiku platí u R + u L = U.Podosazení Ri+L di = U. (30) dt 18

u R u L U R L i Obr.3Obvodscívkou Tuto rovnici vyřešíme tzv. metodou variace konstant: 1.Vyřešímerovnici spravoustranourovnounule,tj. Ri+L di dt =0. po separaci proměnných, integraci a odlogaritmování dostaneme i=k 1 e R L t. (31) 2.Nynípředpokládáme K 1 = K 1 (t),potom i=k 1 (t)e R L t. Po derivaci i a dosazení do úplné rovnice(30) dostáváme RK 1 (t)e R L t + L odkud K 1 (t)= U L e R L t, pointegraci K 1 (t)= U R e R L t + K 2. Po dosazení do(31) R di dt = K 1 (t)e L t K 1 (t) R L e R L t, (K 1 (t)e RL t K 1 (t) RL e RL t ) = U, i= U R + K 2e R L t. (32) Integračníkonstantu K 2 určímezpočátečníchpodmínek:včase t=0je i=0, zčehož K 2 = U R. Hledanéřešeníje i= U R (1 e RL t ). 19

Příklad10 výtokkapalinyznádoby Nádobatvarupolokouleopoloměru r=10cmjezcelanaplněnákapalinou. Vedněnádobyjeotvoroprůřezu S 0 =4mm 2.Zajakoudobupouvolnění otvoru klesne hladina kapaliny o polovinu poloměru, jestliže koeficient zúžení vytékajícího kapalinového proudu je k = 0,6? Řešení Nechť je výška hladiny kapaliny v počátečním časovém okamžiku t = 0 rovna r. Víme, že rychlost výtoku kapaliny v okamžiku, kdy výška její hladiny je rovna x,jeurčenatorricellihovztahem v 1 = 2gx.Uvažujeme-likoeficient zúžení vytékajícího kapalinového proudu k, pak je rychlost v určena vztahem v=k 2gx.Vnekonečněmalémčasovémintervalu tmůžemevýtokkapaliny považovat za rovnoměrný. Zadobu tvytečevýškovýmotvorem element sloupce kapaliny, S R r jehož výška je v t a plošný průřez S 0,cožmázanásledeksní- r dx x žení hladiny kapaliny v nádobě o x.vdůsledkutěchtoúvah dostáváme S 0 ks 0 2gx t= S x, Obr. 4 Nádoba s kapalinou kde S je okamžitý plošný průřez hladiny kapaliny. Pak pro nekonečně malé intervaly dt, dx dostaneme diferenciální rovnici dx dt = ks 0 2gx, S kde S= πr 2 = π [ r 2 (r x) 2] = π(2rx x 2 )(vizobr.4).podosazeníza S a separaci proměnných dostaneme Po integraci máme t= dt= π 2rx x 2 dx. ks 0 2g x ( ) 5 π 2 ks 0 2g 5 x 2 4 3 3 rx 2 + C. 20

Počátečnípodmínky:včase t=0je x=r,atím C= 14 π r 2,takže 15 ks 0 2g t= πx ( ) x 2 ks 0 2g 5 x 4 3 r + 14 π r 2 r. 15 ks 0 2g Pro x= r 2 dostáváme 5 t= π 28 2 17 r 2 r. 2kS 0 g 30 Pro dané hodnoty: hladinaklesnaopolovinupůvodníhodnotyza t=8min18s. Příklad 11 vedení tepla Teplotachlebavytaženéhozpeceběhem20minutkleslaze100 Cna60 C. Teplotaokolníhovzduchuje τ 0 =25 C.Zajakoudobuodpočátkuochlazování seteplotachlebasnížilana30 C? Řešení Rychlost ochlazování tělesa představuje pokles teploty τ za jednotku času t ajevyjádřenaderivací dτ dt.podlenewtonovazákonavedeníteplajerychlost ochlazování tělesa přímo úměrná rozdílu teplot tělesa a okolního prostředí. Je to nerovnoměrný proces. Se změnou rozdílu teplot se mění i rychlost ochlazování tělesa. Za předpokladu, že se teplota okolí nemění, bude mít diferenciální rovnice ochlazování chleba tvar dτ dt = k(τ τ 0), kde τ jeteplotachleba, τ 0 jeteplotaokolníhovzduchu, k >0jekoeficient úměrnosti. Nechť t je časový interval, ve kterém sledujeme chladnutí chleba. Po separaci proměnných a integraci dostaneme dτ τ τ 0 = kdt, ln(τ τ 0 )= kt+ln C, 21

po odlogaritmování dostaneme τ= τ 0 + Ce kt. Počátečnípodmínka:včase t=0je τ=100 C, τ 0 =25 C,atím C=75 C. Doplňujícípodmínka:včase t=20minutje τ =60 C, τ 0 =25 C.Po dosazenídovztahupro τdostaneme60=25+75e k 20,zčehož e k = ( ) 1 ( ) 1 35 20 7 20 =. 75 15 ( ) t 7 20 Dostáváme τ=75 +25,kdeza tdosazujemečasvminutách. 15 Nyníurčíme tpro τ=30 C: ( ) t 7 20 30=75 +25, 15 ( ) 1 t 7 15 = 20. 15 Po zlogaritmování a vyjádření t dostaneme t = 71 minut. Chlebabudemítteplotu30 Cpo1hodiněa11minutách. Příklad12 diskotáčejícísevkapalině Na kruhový disk otáčející se v kapalině malou úhlovou rychlostí podle osy symetrie(obr. 5) působí třecí síla, která je přímo úměrná úhlové rychlosti pohybu. Najděte závislost této úhlové rychlosti na čase, jestliže víte, že počáteční otáčky disku100ot min 1 za1minutuklesnouna60ot min 1. Řešení Označme ωúhlovourychlostdisku, npočetotáček,pro ωplatí ω= 2πn 60.Při otáčení disku na disk působí třecí síla, která je lineárně závislá na úhlové rychlosti pohybu. Tato síla vzhledem k ose otáčení vyvolá určitý brzdný moment síly. Označme dω rychlostzměnyúhlovérychlostidiskuvkapalině( dω má dt dt význam úhlového zrychlení). 22

Napíšeme rovnici vyjadřující momentovou podmínku vzhledem k ose otáčení. R M= J dω dt, kde J je moment setrvačnosti disku vzhledem k ose otáčení. Zbývá určit velikost momentu M.Nechť Rjepoloměrdisku. Obr.5Diskvkapalině Pro zjednodušení předpokládejme, že tento moment vyvolává nějaká sílaf, kterápůsobínapoloměru R s = k 1 R,kde k 1 jekoeficientzávislýnaprofilu disku. Síla F jeúměrnáúhlovérychlostidisku F = k 2 ω(k 2 jekoeficientúměrnosti). Pro moment této síly platí M= k 1 k 2 Rω, znaménko minus je zde proto, že moment působí proti směru otáčení. Porovnáním vztahů pro moment M dostáváme diferenciální rovnici J dω dt = k 1k 2 Rω, Označme k= k 1k 2 R J dω dt = k 1k 2 R ω. J je konstanta pro daný disk. Potom dω dt = kω. Po separaci, integraci a odlogaritmování dostaneme ω= Ce kt. Počátečnípodmínka:včase t=0je ω= ω 0,zčehož C= ω 0. Potom ω= ω 0 e kt. Dlezadáníje ω= 10 ( ) 10 3 πs 1,pak ω= 3 π e kt. Doplňujícípodmínka:včase t=1min=60sje ω=2πs 1,zčehoždostáváme k= 1 60 ln5 3. 23

Potom po úpravě ω= ( ) ( ) 1 2π 5 e 60 ln5 t 3 3 ω=2π ( ) ( ) 1 3 60 t 1 5 s 1. s 1, Příklad13 závěsnýmost 1 Určete tvar křivky řetězu závěsného mostu, předpokládáte-li, že zatížení je rozděleno rovnoměrně po délce řetězu v horizontální přímce. Hmotnost řetězu vzhledem k hmotnosti mostovky zanedbejte. Řešení Na řetěz mostu působí tíhová síla rovnoměrného rozložení závěsné mostovky a tahová síla realizovaná závěsy řetězu. Na část délky x působí tíhová síla F G = m l gx(mjecelkováhmotnostmostu)advětahovésílyovelikostech F 1, F 2 (vizobr.6). F1 y l FG F2 řetěz α x x mostovka Obr. 6 Závěsný most Nechťřetězsvíráshorizontálnírovinouvurčitémboděúhel α.proúhel α platí:tg α= dy(x) (dálejen y,kde y=y(x)jehledanárovnicekřivky). dx TahovousíluF2vlaněmůžemerozložitdodvousložek: F 2x = F 2 cosα, F 2y = F 2 sinα. Protože řetěz je v rovnováze, musí být výslednice všech sil na něj působících rovnanule.složkově vesměru x: F 2 cosα=f 1,vesměru y: F 2 sinα= m l gx. 24

Ztohodostávámeprotg α= mg x. lf 1 Označme mg = k...konstantaprodanýdruhřetězu. lf 1 Pakdostaneme dy = k x.separacíaintegrací:dy= k xdx, y= kx2 2 + C. dx Konstantu Curčímezokrajovýchpodmínek:je-li x=0,jetaké y=0 viz obr.5.pak y= mg x 2lF 2. 1 Řetěz bude mít tvar paraboly. Cvičení 2 1.Motorováloďkasepohybujepoklidnéhladiněrychlostí v 0 =10km h 1. Vplnémchodujevypnutmotoraza40spotomserychlostzmenšína 4km h 1.Odporvodynechťjepřímoúměrnýrychlostipohybuloďky. Určete rychlost loďky za 2 minuty po vypnutí motoru. 2.Určete,zajakdlouhovytečevšechnavodaznádobyvpříkladu10. 3.Válcovýzásobníkovýšce h=6,00maprůměru D=4,00mmávedně kruhovýotvoroprůměru d=0,200m.zásobníkjeažpookrajnaplněn vodou.určetezávislostvýškyhladiny hnačase tadobu t 0,zakterou vyteče všechna voda. Koeficient zúžení vytékajícího kapalinového sloupce je k=0,600. 4.Izolovanývodičmánáboj Q 0 =1000C.Protožeizolacenenídokonalá, dochází na vodiči postupně k úbytku náboje. Rychlost úbytku náboje na vodiči je v daném okamžiku přímo úměrná náboji na vodiči. Jaký náboj zůstane na vodiči po uplynutí 10,0 min, jestliže za první minutu ubyl náboj100c? 5.Zajakdlouhoteplotatělesazahřátéhona100 Cklesnena30 C,jestliže teplotaokolníhoprostředíjerovna20 Cazaprvních20minutsetěleso ochladilona60 C? 6. Úbytek velikosti intenzity světla při průchodu prostředím je úměrný velikosti intenzity dopadajícího světla a tloušťce vrstvy. Na hladině je velikost intenzityrovna I 0.Jakáčástintenzityprojdedohloubky30m,jestliže připrůchoduvrstvouvodyotloušťce3msevelikostintenzitysnížína polovinu? 25