36 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu e) Sy + 10a: + byy' + lxy! = 0 f) y' + —^~ + y2 = 0 a; + 1 g) x'3y' = y(y2 + x2) h) ya^"1 do? + xy lna;' dy = 0 i) (x2 + y2-\-2x) dx+'2y dy ~ 0 j) y' ~ (x + y)2 Vys/ed&y: l.a) x-2 + y2 = C, b) y = Ca;, c) In |xy] + x - y = C. í/ = 0, d) y = 1, e) 2e*3 - e* + 1, f) 1 + y2 = C(l - x2), g) x2 + y2 = 21n|x| + C, h) Vi "y2 = arcsinx + C. 2.a) y2 ~'x2(C + lna;3), b) y2 -a;2 = Cy3, y - 0, c) arctg | = C + In \Jx2 + y2. d) ^fx2~^y2 = e*arc^°s, e) y ~ —rc, f) x2 - C2 + 2Cy. 3.a) -5x + 10y + 7In.110a; + 5y + 9| = C, b) -6j; + 4y -7 = Ce"2*, c) x + cotg^ = C, 2/ = x, d) O + 2y + 2)2 = 9e^. 4.a) (x+y-1)3 = C(a;-y+3), b) e"2 arctS S = C(y+2), c) x2-xy+y2+x~y = C, d) (y-2x-9)2(y-x-Z) = C. 5.a) Ce~2x+2x-l,h) e-x2(C+4), c) Ca;2e*+x2, d) e^lnM-h'^ + Ce*, e) (a: + C)(l + a;2), f) .^s g) ^(a; - 1 + In \x\), h) íáí- 6-a) ^ = C&2x2 + ^ + Í b) 2/(! + m* + Cx) = *> c) ^ - y2 = ^ d) y2 = é + ä- 7-a)x4 - * V+y4 = ^"b) ^ + aľCts f = c,c) xe'y -y2 = c> d) iypT?F^-^2 = C M x~l=C, b) a;2 + ^ = C, c) ^ + ^f = C, d) (a; sin y + y cosy — smy)ex — C. 9.a) Výraz pZ.Q musí být funkcí x + y, b) Výraz f^f^ musí být funkcí xy. lO.a) y = Cr2 + ±, b) sin § = Cx, c) (1 + x2)(l -f y2) - Cx2, d) y - Ce~e' + e* - 1, e) (.x + y)2(2o; + y)3 - C, f) V = li+ÍJÍČÍETlT+Síy^g) * = O je konstanta úměrnosti. Nechť v čase t = 0 je množství rádia rovno i/o- Pak 2/(0) = 2/0, 2/(1590) = ^2/0 a máme určit či tak, aby 2/"(*i) = jŽ/o- Diferenciální rovnice pro í/(č) je homogenní lineární rovnice, tj. rovnice se separovanými proměnnými. Tedy ďu fill -j- — hy ==> —- = k dt =>■ In \y\ — kt + In c dx y , a po odlogaritmování Z počáteční podmínky ví-0 určíme y = cekt. I/o = 2/(0) = ce*'° = c a hledané partikulární řešení je y(t) = y0ekt. Dosadíme-li do tohoto vztahu t = 1590. dostaneme \ yQ = 2/(1590) = 3,oe1B80* => i = e1»"* Logaritmováním dostaneme -ln2 = 1590A; => fc = - ln2 1590 Konečně pro či máme Odtud vypočteme |l/o = J/(íi)=í/oefctl ^ | = e^ ,3 Inf In- = Äix => h = —A = 660. 4 A; Ke snížení o 25% tedy dojde asi za 660 let. 38 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu Příklad 1.13 (Rychlost chemické reakce) Uvažujme dvě chemikálie A a B. které navzájem reagují. Předpokládejme, že při vytváření nového produktu se kombinuje jedna molekula z A s jednou molekulou z B. Určete rychlost chemické reakce, víte-li, že je přímo úměrná součinu okamžitých koncentrací reagujících látek. Řešení: Nechť x (i) resp. y (t) je koncentrace (v molekulách na litr) v čase t látky A resp. látky B. Nechť a = x(0) > 0, b — y(0) > 0 jsou počáteční koncentrace. Protože se spolu kombinuje po jedné molekule, klesají obě koncentrace touž rychlostí, tj. dx dy Úbytek z(t) koncentrace látky A resp. B v čase t je pak dán vztahem z(t) = a~ x(t) resp. z (t) = b- y{t). (1.21) Odtud máme dz dx dy dt ~ dt ~ dť Výraz ~ nazýváme rychlost reakce. Zadání nám říká, že platí dz , & = kxy' kde k > 0 je konstanta úměrnosti (kterou lze experimentálně určit). Dosadíme-li za x & y z (1.21), dostaneme pro z(t) diferenciální rovnici z' = k(a-z){b-z), *(0) -0. To je rovnice se separovanými proměnnými, tedy — = k(z - a)(z - b) => 7——-ry T, = fcdt dt K ' - ! (z-a)(z-b) a po integraci r dz =kídt. j (z - a) (z — b) Integrál na levé straně je z racionální lomené funkce. Po jednoduchém rozkladu na parciální zlomky vyjde pro a / b I dz ff n_h 7TZT \ n 1 w M , , , , — L(ln|^-a| -ln|z-ft|). z-a){z-b) Tedy 1 , z - a — In —- =fcí + lnc. a — b z — o 1.4 Ukázky aplikací rovnic prvního řádu Po odlogaritmování vyjde z — a cA-b k(a-b)t z - o Z počáteční podmínky z(Q) = 0 dostaneme o-b - ^6 =* c = Po dosazení a osamostatnění z postupně máme z — a a = jek{a~h^ =» bz - ab = a^a^ŕ - aůe**0"6)'. tj- ek(a—b)t _ i 2í(í) = 0& aeA:(a-Ď)i _£* Rychlost reakce je tudíž dz _ k(a - fye^-Wiae^-Q* ~ b) - (e*(a-6)* _ \)ak(a - fye^-^ dt ~a ~~~" "~"(aefc(a-6")*^6)r" ' ~~~ 'aek(a-b)t __ fy2 fik(a — b)t kab(a-b)2 e 'aek(a-b)t _ ty2 ■ Pro a = b je takže z - a Z počáteční podmínky dostaneme 1 kt + c. = 0 + c => c = 1 a tedy — /ví h— =3- 2 — a =----- 21 ~a a akt + 1' takže (.\ a a2kt a£/, + 1 akt + l' Pak rychlost reakce je dt '~^JaJTpiY~~ - (akt + l)2' Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu Příklad 1.14 (Smíchávání) Velká nádrž obsahuje 100 hl slané vod}', v níž je rozpuštěno 50 kg soli. Do nádrže vtéká rychlostí 6 hl/min slaná voda obsahující 2 kg soli na jeden hl. Směs, která je promícháváním neustále udržována homogenní, vytéká z nádrže rychlostí 4 hl/min. Určete výsledné množství soli v nádrži po uplynutí í min. Řešení: Označme y(t) množství soíi v kg, které je v nádrži v čase í, í > 0. Nádrž obsahuje v čase t zřejmě 100 + (6 — 4)í hl vody. Koncentrace v tomto okamžiku bude --Ä- kp/hl. 100 + 2t 6/ Nechť ío > 0 je pevné a ŕ > čq. Pak během časového intervalu (čo, ť) přibude v nádrži kg soli a ubude kg soli. Tedy musí platit 6-2-(í-í0) = / 6*2ds *0 + Ä-*. 100 + 28 y{t) = y(t0) + 12(í - *o) - 4 ^ ~^; ds. Když tuto rovnost zderivujeme podle t (s použitím věty o,derivování integrálu jako funkce horní meze), dostaneme y'(f) = 12 Mt) (1.22) 100 + 2í ' což je hledaná diferenciální rovnice. Tuto rovnici nyní vyřešíme. Jde o nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. í. Homogenní rovnice je dy_ _ 4y (li " 100 + 2/; a po integraci dy = -4 dy y dt 4 dt 100 + 2í 100 + 2t Protože /■ dt 100 + 2r 2Í + 100 =■ u 2 dt — du dt du - /"— = -In |«l = -In Il00 + 2í|. 2 / u 2 2 . 1.4 Ukázky aplikací rovnic prvního řádu . 41 vyjde po integraci tj. ln\y\ = ~2In 1100+ 2í| +lne, V = (100+ 2ř)2' II. Partikulární řešení nehomogenní rovnice najdeme ve tvaru (. K(t) Je y'{t) (100+ 2r)2' üT'(r)(100 + 2ř)2 - K(t) • 2(100 + 2ř)2 (100+ 2í)4 Po dosazení do rovnice (1.22) vyjde K'(t)(ÍW + 2t)2 ~ 4(100 + 2t)K(t) (100 + 2í)4 = 12- 4K(t) K'(t) (100+ 2Í)3 (100+ 2ř)2 = 12. Tedy . K{t) = 12 /(lD0 + 2í)2dr = - 2(100 + 2ž)3. Partikulární řešení tudíž i e 100 + 2t = u 2 dt - (iu Qu2 du = 2v3 (100+ 2ŕ takže obecné řešení rovnice (1.22) je 2(100+ 2r)3 y(*>=rinn^2+2a00 + 2r). 100 + 2í): Protože y(0) = 50, dostaneme pro c rovnici 50 200 1002 Množství soli je tedy dáno funkcí c= -150-1002 = -15 -105. y(í) = 2(100+ 2í)- 15 ■ 10° 100+ 2í)2"' 42 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu Příklad 1.15 (Složitý úrok) Nechť částka Aq je investována při úrokové míře k% za rok, přičemž úrok je připisován spojité. Ukažte, že hodnota investic A(t) po t letech je řešením lineární homogenní rovnice li ~ TÖÖ A, A{0) = A0. ;i.23) Řešení: Předpokládejme, že úrok je získáván s mírou k% za rok a je připisován n krát za rok. Pak množství An(ť)., které je součtem úroku a jistiny, je na konci t let dáno vztahem An(ť) = Afí 1 + - A; 1 n 100 n t = Ar 1 + - k 1 n 100 n-ii Nyní je přirozené dehnovat A(i) = lim An(ť). Protože ie lim 1 + -) =e°. a G iř. vyjde 4(t) = ,4, i- i , fe l hm 1 + - —— n-i-oo \ n 100 m í To je ale právě řešení počáteční úlohy (1.23), jak se lze snadno přesvědčit dosazením. Příklad 1.16 (Elektrický obvod) Ideální napěťový zdroj o konstantním napětí U napájí sériovou kombinaci rezistoru o odporu R ohmů a induktom o in-diikčnosti L henry — viz obr. 1.11. Sestavte a vyřešte diferenciální rovnici pro proud i(t) odebíraný ze zdroje. Řešení: Podle druhého Kirchhoftbva zákona je algebraický součet všech napětí v uzavřeném obvodu roven nule. Označme i(t). t > 0. proud v ampéroch, který obvodem prochází. Pak L ^ jo napětí na induktom a Ri je napětí na rezistoru. Tedy tj. L dlít Ri-U = 0: -§*(*) = x- '(0) = ío- 1.2T kdo i() jo velikost proudil na počátku. Jde o nehomogenní lineární rovnici prvního řádu. 1.4 Ukázky aplikací rovnic prvního řádu 43 U L iž r-Y-V^ / ^ '' r- . f Obr. 1.11: Elektrický obvod I. Pro homogenní rovnici máme di R di _ R . L dt {'dt __ _R ľ dt. tj. R In \i\ — —— t + lne IL Partikulární řešení nehomogenní rovnice najdeme ve tvaru i(t) = K(t)e~it. Po dosazení dostaneme K'(t)e tj. ./^^-^t ry/^-^t^ , RTs(j.\-£t U K(t)e-T* + K(t)e-T V *'(*) = £e*\ i hTdt= R Odtud K(t) = takže partikulární řešení je í dt dt s ds L R ds ^[e-de = ^ U s U Rt R R R Ur, r, U — e i- e L1 = — i? R Obecné řešení rovnice (1.24) pak je Rt U eL 44 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu Z počáteční podmínky dostáváme U . U Průběh proudu je tudíž popsán funkcí Příklad 1.17 (Siločáry) Nechť F(x,y) — (P(x.y). Q(x.y)) je nenulové rovinné silové pole, které je definované na otevřené množině Í2. Odvoďte diferenciální rovnici pro siločáry, yíte-li, že tečna k siločáře je v každém bodě souhlasně ko-lineární s vektorem síly v tomto bodě. Řešení: Nechť C je siločára, která má parametrické rovnice (^(č),?/;(£)), t e J, kde J je interval. Pak její tečný vektor v bodě (xq. yo) = (v(ío)i V'(io))) t0 € J, je t(x0,y0) = (ipf{to),ijj'{to)). Víme, že má platit t(x-Q.y0) = XF(x0,y0), kde A > 0. Tedy (yo)>Q{xo,yo})- Protože F 7^ O, nejsou P a Q současně nulové. Nechť např. P(x$, i/o) / 0. Pak i y/(ro) ^ 0 a C je v okolí bodu x,q grafem funkce proměnné x, tj. y(x). Podle věty o derivaci funkce dané parametricky -— viz např. [13, str. 100] — je /, , \ _ (lV 2/'(*o) AQ(x0,2/o) Q(xo,yo) y (^-o) — dx z'(í0) AP (^0,2/0') P{xo,yo)' Odtud dostáváme, že y(x) vyhovuje rovnici Q(x,y) dx — P(x.y)dy = 0. Analogicky se zváží případ Q(xo.yo) ^ 0. Předchozí rovnice se obvykle zapisuje ve tvaru dx dy P(^y) = QM)' Cvičení 1. Uvažujme homogenní chemickou reakci, v níž působí jedna látka. Nechť na počátku reakce, tj. pro i — 0, je koncentrace rovna a > 0. Je-li a — x(t) koncentrace v čase t. je podle Wilhehhyho zákonu rychlost reakce rovna -f- = k(a - x). dt '' 1.4 Ukázky aplikací rovnic prvního řádu 45 kde k > O je konstanta úměrnosti. Určete x(t). [x{ť) = a(l - e~kt)] 2. Uvažujme dvě chemikálie AaB. které navssájem reagují. Předpokládejme, že při ' vytváření nového produktu se váže jedna molekula z A se dvěma molekulami z B. Určete rychlost chemické reakce, víte-li, že je přímo úměrná součinu okamžité koncentrace látky A a druhé mocniny okamžité koncentrace látky B — viz příklad 1.13. Nápověda: Je f§ = 2^. z1 = k{a-z)(b-2z)2, 2(0) = 0; 1 ln b- 2z a - - z 1 (2a-b)2 S(ah^'^ = kt Pr02a = /> 1 ln f ] b ! - ht pro 2a ^ b: (2a-b){b-2z) (2a -b)2 b2 - 2ab 3. Najděte řešení počáteční úlohy Li' + Ri = U. i(0) = Íq. kde L > 0, R > 0, U aio jsou dané konstanty. Je to rovnice pro proud i = z(r) v ampérech v obvodu obsahujícím induktor o indukčnosti L (v henry), rezistor o odporu R (v ohmech) a ideální zdroj o napětí U (ve voltech). Nechť L. U a Íq jsou konstanty a i? je parametr, kterým se proud reguluje; tedy i = ?'(£, iž). Dokažte, že C/ŕ lim z(ř?iž) = 'i(r.O) = —- + i0 R-+0+ L pro každé t. 4. Předpokládejme, že radioaktivní izotop stroncia 90Sr se rozpadá exponenciálně podle rovnice y1 = ~ay. a > 0. Určete konstantu a a čas, za který se sníží množství stroncia ze 100% na 10%, víte-li, že poločas rozpadu je 28,1 roku. a= M = °>°25; ť = 93,-3 roku 5. Velká nádrž obsahuje 100 hl vody. v níž je rozpuštěno 50 kg soli. Do ní přitéká rychlostí 3 hl/min roztok obsahující 2 kg soli v jednom hl. Směs je mícháním udržována homogenní a vytéká stejnou rychlostí z nádrže. Jak mnoho soli je v nádrži po 30 min.? [117, 5 kg] 6. Nádrž obsahuje 50 hl vody. v níž je rozpuštěno 20 kg soli. Do nádrže je přidávána čistá sůl rychlostí 1 kg/min. Směs je udržována homogenní a vytéká z nádrže rychlostí 2 hl/min. Jak mnoho soli je v nádrži po 10 min.? Jaká je v té 46 Obyčejné diferenciální rovnice, prvního řádu dobe koncentrace? [19, 7 kg; 0ľ66 kg/hl] 7. Velká nádrž A obsahuje na počátku 60 hl vody a 40 hl alkoholu. Do nádrže přitéká voda rychlostí 3 hl/min a alkohol rychlostí 1 hl/min. Směs. která je důkladně promíchávaná, teče do druhé nádrže B rychlostí 3 hl/min. Náolrž B obsahovala na počátku 100 hl vody. Směs je v nádrži B mícháním udržovaná homogenní a vytéká z ní rychlostí 2 hl/min. Jak mnoho alkoholu je v každé nádrži po 50 min.? Která nádrž nakonec (tj. pro velká i) obsahuje více alkoholu?, [A: 41,9 hl; B: 33,1 hl; B]