Spojité modely a statistika 2018
Řešené příklady na diferenciální rovnice
Poznámka. Úpravy jsou psány zleva doprava, aby se ušetřilo místo (ze začátku budu psát šipky).
Poznámka. Když chceme vymyslet diferenciální rovnici tak, aby nějaká konkrétní křivka (zadaná
implicitně) byla jejím řešením, můžeme využít implicitní derivaci. Např. vezmeme-li rovnici
hyperboly
x2
− y2
= 1 (1)
a implicitně zderivujeme, dostaneme diferenciální rovnici
2x − 2yy = 0.
To by ale bylo moc lehké, tak rovnici (vydělíme dvěma) roznásobíme proměnnou x (z obou
stran) a využijeme rovnosti (1):
x2
− xyy = 0 → 1 + y2
− xyy = 0
Příklad 1 (separace proměnných). Najděte obecné řešení rovnice
1 + y2
− xyy = 0. (2)
Řešení.
xyy = 1 + y2
→ xy =
1 + y2
y
→ x ·
dy
dx
=
1 + y2
y
→
y
1 + y2
dy =
1
x
dx
Na začátku jsme dělili y-nem, avšak dosazením do původní rovnice snadno zjistíme, že y = 0
není jejím řešením. Dále levou a pravou stranu spočítáme zvlášť.
y
1 + y2
dy =
1
2
2y
1 + y2
dy = typ
f
f
=
1
2
ln | 1 + y2
>0
| = ln 1 + y2
1
x
dx = ln |x| + c
Dohromady
ln 1 + y2 = ln |x| + c → 1 + y2 = C|x|, (C > 0) → 1 + y2
= C2
x2
.
Tedy řešením je libovolná hyperbola tvaru1:
C2
x2
− y2
= 1.
Vidíme tedy, že (1) je opravdu řešením (2).
1
C2
≥ 0, tedy stačí uvažovat C > 0
1
Příklad 2 (substituce). Najděte obecné řešení a řešení splňující y(e) = 0 rovnice
xyy = x2
+ y2
. (3)
Řešení. Nejprve vydělíme x-em a y-nem, tedy další počty děláme za předpokladu y = 0. Dosazením
do (3) dostaneme x · 0 · 0 = x2 + 0 tedy y = 0 není řešením. Vydělením tedy dostaneme
y =
x
y
+
y
x
→ y =
1
y
x
+
y
x
(4)
Můžeme tedy použít substituci z(x) = y(x)
x . Úpravou a derivací obou stran (podle x) dostaneme
vyjádření y pomocí z:
z =
y
x
→ x · z = y → z + x · z = y .
Provedeme substituci a separací proměnných dopočítáme:
z + xz =
1
z
+ z → xz =
1
z
→ z dz =
1
x
dx
Zintegrujeme a po dosazení zpátky za z dostaneme obecné řešení.
z2
2
= ln |x| + c →
y2
x2
= 2 ln |x| + C → y2
= x2
ln x2
+ Cx2
(C ∈ R)
Řešení splňující y(e) = 0 určíme z obecného řešení:
0 = e2
ln e2
+ Ce2
→ 0 = 2e2
+ Ce2
→ C = −2,
tedy takovým řešením je y2 = 2x2 ln x2 − 2x2.
Příklad 3 (Zadaná substituce a lineární rovnice 1. řádu). Za pomoci substituce z = ln y vyřešte
diferenciální rovnici
y ln y + yx = y . (5)
Řešení. Z důvodu výskytu ln v (5) zřejmě y > 0. Substituci
z(x) = ln y(x)
derivace dle x
−−−−−−−−−→ z =
y
y
použijeme na (5).
y ln y + yx = y → ln y + x =
y
y
subst.
−−−−−→ z + x = z
Dostali jsme lineární rovnici 1. řádu:
z − z = x. (6)
2
Nejprve vyřešíme homogenní rovnici.
H: z − z = 0
dz
dx
= z
1
z
dz = dx ln |z| = x + c
zH = Cex
(7)
Řešení (6) hledáme ve tvaru (7) s variací konstanty.
z = C(x)ex der.
−−−→ z = C (x)ex
+ C(x)ex
Dosadíme do (6).
C (x)ex
+ C(x)ex
− C(x)ex
= x → C (x) = x · e−x
C(x) nalezneme jednoduše integrací podle x.
C(x) = x · e−x
dx =
u = x u = 1
v = e−x v = −e−x = −xe−x
− −e−x
dx = −xe−x
− e−x
+ D
Dosazením za C do (7) získáme obecné řešení (6) a zpětnou substitucí z = ez dostaneme výsledné
obecné řešení.
z = (−xe−x
− e−x
+ D)ex
= −x − 1 + Dex
y = ez
= eDex−x−1
, D ∈ R
Lineární rovnice s konstantními koeficienty jsou rovnice tvaru (pro konkrétnost vezměme
rovnice 3. řádu)
y + a2y + a1y + a0y = f(x), kde a2, a1, a0 ∈ R. (8)
Řešíme je nalezením obecného řešení homogenní rovnice, nalezením partikulárního řešení a následným
sečtením těchto řešení. Homogenní rovnici získáme položením f(x) = 0.
y + a2y + a1y + a0y = 0 (H)
Tuto rovnici řešíme nahrazením λi za y(i) a nalezením kořenů vzniklého polynomu
λ3
+ a2λ2
+ a1λ + a0 = 0. (9)
Jestliže dostaneme tři různé kořeny λ1, λ2, λ3 a všechny jsou reálné, pak řešení (H) je tvaru
yH = c1eλ1x
+ c2eλ2x
+ c3eλ3x
,
jsou-li však (např.) λ1,2 = α ± βi komplexně sdružené (a λ3 ∈ R), pak je řešení tvaru
yH = c1eαx
sin(βx) + c2eαx
cos(βx) + c3eλ3x
.
Při násobnosti kořenů přidáváme řešení odpovídající onomu kořenu vynásobené postupně vyššími
mocninami x, např. pro trojnásobný kořen λ1 ∈ R, máme
yH = c1eλ1x
+ c2xeλ1x
+ c3x2
eλ1x
.
Partikulární řešení hledáme podle tvaru f(x).
3
1. Je-li f(x) = Pk(x)eαx, kde Pk(x) je nějaký polynom k-tého řádu (pro k = 0 je to konstanta)
v proměnné x a α ∈ R (nulu nevyjímaje), pak part. řešení rovnice (8) hledáme ve tvaru
yP = Rk(x)eαx
,
kde Rk(x) je opět polynom k-tého řádu, ale s neznámými koeficienty.
2. Je-li f(x) = Pk1 (x)eαx sin(βx) + Qk2 (x)eαx cos(βx), pak vezmeme k = max{k1, k2} a
hledáme řešení ve tvaru
yP = eαx
(Rk(x) sin(βx) + Sk(x) cos(βx)) ,
kde Rk(x), Sk(x) jsou polynomy k-tého řádu s neznámými koeficienty.
3. Je-li f(x) = f1(x) + f2(x), kde f1,2(x) jsou nějakého z tvarů výše, pak partikulární řešení
nalezneme jako součet zvlášť vyřešených partikulárních řešení pro f(x) = f1(x) a pro
f(x) = f2(x).
Navíc je potřeba se podívat na kořeny (9): pokud je α, příp. α ± βi, m-násobným kořenem (9),
pak je třeba hledat partikulární řešení ve tvaru
yP = xm+1
Rk(x)eαx
, příp. yP = xm+1
eαx
(Rk(x) sin(βx) + Sk(x) cos(βx)) .
Koeficienty polynomů v yP poté určíme dosazením (obecného tvaru) yP a jeho derivací do (8)
a porovnáním koeficientů na levé a pravé straně (podobně jako u parciálních zlomků).
Příklad. Pokud je f(x) = x2 + 1 a (9) má dvojnásobný kořen λ1 = 0, pak si uvědomme
f(x) = x2 + 1 = (x2 + 1)e0·x, tedy partikulární řešení hledáme ve tvaru
yp = x3
(ax2
+ bx + c).
Příklad 4. Viz příklad na Wikipedii (odkaz ve studijních materiálech).
4