5. Základy teorie ODR Řešené příklady 5. Základy teorie ODR A. Analytické metody řešení Příklad 5.1. Řešte diferenciální rovnici y = y2 - y x . Řešení. Přepišme danou rovnici na tvar y = 1 x (y2 - y), což je obyčejná diferenciální rovnice prvního řádu se separovanými proměnnými. Za předpokladu x = 0, y2 - y = 0 (tj. y = 0 a y = 1) dostáváme dy dx = 1 x (y2 - y) dy y2 - y = dx x dy y2 - y = dx x . Integrand na levé straně rozložíme na parciální zlomky: odtud 1 y2 - y = 1 y(y - 1) = A y + B y - 1 . Po vynásobení faktorem y2 - y máme 1 = A(y - 1) + By, tj. A = -1, B = 1. Odtud dosazením a integrací dostáváme dy y2 - y = - dy y + dy y - 1 = - ln |y| + ln |y - 1| = ln y - 1 y (integrační konstantu neuvádíme). Tedy po integraci obou stran ln y - 1 y = ln |x| + ln |C| = ln |Cx|, C R, C = 0, přičemž integrační konstantu z důvodu úpravy posledního vztahu píšeme v poněkud neobvyklém tvaru ln |C|. Odlogaritmováním dostáváme y - 1 y = |Cx|, C R, C = 0, tj. y - 1 y = Cx, C R, C = 0 (odstranění absolutních hodnot je proveditelné na jednotlivých oblastech vymezených vztahy x = 0, y = 0, y = 1). Odtud vyjádříme explicitně neznámou funkci y ve tvaru y = 1 1 - Cx , C R, C = 0. Zbývá posoudit případ y2 - y = 0 (tj. y = 0 nebo y = 1). Dosazením těchto konstantních funkcí do dané rovnice zjistíme, že se jedná o řešení. Všimněme si, že řešení y = 1 lze zahrnout do obecného řešení volbou ÚM FSI VUT v Brně 25 5. Základy teorie ODR Řešené příklady C = 0, avšak řešení y = 0 nelze v tomto tvaru získat žádnou volbou C. Všechna řešení uvažované rovnice jsou tedy tvaru y = 1 1 - Cx , C R, y = 0. O správnosti výsledku se můžeme přesvědčit zkouškou (proveďte). Příklad 5.2. Řešte počáteční problém y cos x + y sin x = 1, y(0) = 1. Řešení. Danou rovnici lze přepsat (za předpokladu cos x = 0) na tvar y + y tg x = 1 cos x , což je z důvodu linearity vzhledem k y rovnice lineární. Tuto rovnici řešíme ve dvou krocích metodou variace konstanty. I. Určíme obecné řešení přidružené homogenní rovnice y + y tg x = 0. Separací proměnných dostáváme pro y = 0 a cos x = 0 dy y = - tg x dx. Integrál na pravé straně určíme (bez uvedení integrační konstanty) jako - tg x dx = sin x cos x dx = - sin x cos x dx = ln | cos x|, tj. ln |y| = ln | cos x| + ln |C| = ln |C cos x|, C R, C = 0. Po provedení odlogaritmování a odstranění absolutních hodnot máme yh = C cos x, C R, kde volba parametru C = 0 zahrnuje i nulové řešení y = 0, které jsme vzhledem k předpokladu y = 0 dosud neuvažovali. Zdůrazněme, že získaný vztah je pouze řešením homogenní rovnice, proto volíme označení yh. II. Provedeme variaci konstanty a obecné řešení původní nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru y = C(x) cos x, C(x) =? Neznámou funkci C(x) určíme dosazením tohoto vztahu do řešené nehomogenní rovnice: C (x) cos(x) + C(x)(- sin x) + C(x) cos x tg x = 1 cos x , tj. po úpravě C (x) = 1 cos2 x , C(x) = dx cos2 x = tg x + C . Dosazením takto vypočteného C(x) pak máme obecné řešení ve tvaru y = ( tg x + C) cos x = C cos x + sin x. Nyní hledané partikulární řešení určíme dosazením počáteční podmínky do obecného řešení: 1 = C cos 0 + sin 0 = C. Partikulární řešení daného počátečního problému je tedy funkce y = cos x + sin x. ÚM FSI VUT v Brně 26 5. Základy teorie ODR Řešené příklady Příklad 5.3. Nalezněte všechna řešení diferenciální rovnice y = y2 - x2 2xy . Řešení. Přepíšeme-li tuto rovnici na tvar y = y 2x - x 2y , pak vidíme, že ji můžeme řešit jednak substitucí u = y x, kde také jako rovnici Bernoulliovu (kde r = -1 tedy substitucí u = y2 ). Užijeme oba postupy: a) Rovnici zapíšeme jako y = 1 2 y x - y x -1 . Položíme proto u = y x, tedy y = u x + u, a daná rovnice se transformuje na tvar u x + u = 1 2 u - 1 u nebo-li za uvedeného předpokladu x = 0 u = - 1 x u2 + 1 2u . Po převedení této rovnice na diferenciální tvar dostáváme 2u du u2 + 1 = - dx x , a dále 2u u2 + 1 du = - dx x . Odtud integrací ln(u2 + 1) = - ln |x| + ln |C| = ln C x , C R, C = 0 . Po odlogaritmování a odstranění absolutních hodnot dostáváme obecné řešení ve tvaru u2 = C x - 1, C R, C = 0 . Zpětným dosazením substituce lze snadno určit obecné řešení zadané rovnice ve tvaru x2 + y2 = Cx, C R, C = 0 . Obecné řešení tedy zahrnuje všechna řešení dané rovnice a tvoří jednoparametrickou soustavou kružnic se středem v bodě (C 2, 0) a poloměrem C 2. b) Rovnici upravme na tvar y = 1 2x y - x 2 y-1 a budeme ji řešit jako Bernoulliovu rovnici substitucí u = y1-r = y2 . Při dosazování substituce budeme postupovat tak, že rovnici nejprve vydělíme faktorem yr = y-1 (tedy vynásobíme y) a poté do ní dosadíme u = y2 , resp. u = 2yy . Dostáváme tedy y y = 1 2 y2 x - x , u = u x - x. Tuto lineární rovnici vyřešíme metodou variace konstanty. ÚM FSI VUT v Brně 27 5. Základy teorie ODR Řešené příklady I. Přidruženou homogenní rovnici u = u x lze řešit separací proměnných, nebo další substitucí v = u x. Oběma způsoby snadno zjistíme, že uh = Cx, C R. II. Dále nechť u = C(x)x, C(x) =? Dosazením do řešené lineární rovnice máme C (x)x + C(x) = C(x)x x - x, tj. C (x) = -1. Odtud C(x) = -x + C, a obecné řešení lineární rovnice je tedy tvaru u = Cx - x2 , C R. Zpětným dosazením substituce pak dostáváme y2 = Cx - x2 , C R, C = 0. Příklad 5.4. Řešte počáteční problém xy = -y , y(4) = -3. Jedná se o rovnici se separovanými proměnnými, a po přepsání rovnice na tvar x dx + y dy = 0 snadno zjistíme, že rovnice je také exaktní. Skutečně, Py = 0 = Qx, tj. podmínka exaktnosti je splněna. Hledejme kmenovou funkci (potenciál) . Protože platí P = x, Q = y, kmenovou funkci lze určit jako: = P dx = x dx = x2 2 + (y) . Zbývá určit funkci (y). Derivujme proto vzniklou rovnost podle opačné proměnné, než jsme integrovali, tj. podle y: y = (y) = Q = y = (y) = y2 2 + K Zahrneme-li konstantu do pravé strany rovnice (x, y) = C, potom x2 2 + y2 2 = C . Vynásobením dvěma a položením C := 2C lze výsledek zapsat v jednodušším tvaru x2 + y2 = C, nebo explicitně y = C - x2. Vidíme, že obecné řešení tvoří soustředné kružnice se středem v počátku. Abychom získali partikulární řešení vyhovující počáteční podmínce, dosaďme bod [4, -3] do rovnice x2 +y2 = C. Odtud 42 + (-3)2 = C, tj C = 25. Protože bod [4, -3] leží pod osou x, vezmeme spodní část kružnice, tj. daný počáteční problém řeší funkce y(x) = - 25 - x2 , x (-5, 5) . Pozor! Krajní body x = 5 do definičního oboru nepatří, protože v těchto bodech je derivace nekonečná, tudíž ji nelze dosadit do rovnice. Příklad 5.5. Řešte diferenciální rovnici y + y tg x = 2 tg x. Řešení. Tato rovnice je rovnicí lineární, ale také rovnicí se separovanými proměnnými, neboť y = 2 tg x - y tg x = tg x(2 - y). V těchto případech bývá obvykle výhodnější řešit danou rovnici metodou separace proměnných. Za předpokladu y = 2 tedy rovnici přepíšeme na diferenciální tvar dy 2 - y = tg x dx ÚM FSI VUT v Brně 28 5. Základy teorie ODR Řešené příklady a odtud integrací - ln |2 - y| = - ln | cos x| + ln |C|, C R, C = 0, tj. ln |2 - y| = ln | cos x| + ln |C| = ln |C cos x|, C R, C = 0 (v souvislosti s provedenou úpravou připomeňme, že obecná konstanta vynásobená libovolným nenulovým reálným číslem zůstává obecnou konstantou - v našem případě není tedy nutno měnit její znaménko). Po provedení odlogaritmování, odstranění absolutních hodnot, a diskuze případu y = 2 dostáváme obecné řešení y = 2 - C cos x, C R. Příklad 5.6. Řešte diferenciální rovnici y = - y x + y . Řešení. Za předpokladu x = 0 dělíme čitatel i jmenovatel faktorem x, čímž dostáváme y = y x 1 + y x . Zavedeme tedy substituci u = y x a po jejím dosazení a úpravě máme u = - 1 x 2u + u2 1 + u . Za předpokladu 2u + u2 = 0 (tj. u = 0, u = -2) rovnici přepíšeme na diferenciální tvar 1 + u 2u + u2 du = - 1 x dx a odtud integrací 1 2 ln |2u + u2 | = - ln |x| + ln |C| = ln C x , C R, C = 0. Po odlogaritmování, odstranění absolutních hodnot a zahrnutí případu 2u + u2 = 0 dostáváme 2u + u2 = C x2 , C R. Zpětné dosazení substituce pak vede k nalezení obecného řešení y2 + 2xy = C, C R. Příklad 5.7. Řešte diferenciální rovnici y + 2xy = x e-x2 . Řešení. Daná rovnice je lineární, a řešíme ji proto metodou variace konstanty. I. y + 2xy = 0, dy y = -2x dx a odtud integrací ln |y| = -x2 + ln |C|, C R, C = 0. Zapíšeme-li funkci -x2 pomocí logaritmu jako ln e-x2 , dostáváme ln |y| = ln |C e-x2 |, C R, C = 0 a po provedení obvyklých kroků yh = C e-x2 , C R. ÚM FSI VUT v Brně 29 5. Základy teorie ODR Řešené příklady II. y = C(x) e-x2 , C(x) =? Dosazením do dané nehomogenní rovnice máme C (x) e-x2 + C(x) e-x2 (-2x) + 2xC(x) e-x2 = x e-x2 , tj. C (x) = x, C(x) = x2 2 + C. Odtud máme obecné řešení y = e-x2 C + x2 2 , C R. Příklad 5.8. Řešte diferenciální rovnici y = ex+y . Řešení. Protože ex+y = ex ey , rovnici řešíme separací proměnných: e-y dy = ex dx , a po integraci - e-y = ex + C, tj. y = - ln(C - ex ), C R. Příklad 5.9. Řešte diferenciální rovnici y - y tg x = 1 - x tg x. Řešení. Rovnice je lineární, postupujeme opět pomocí metody variace konstanty. I. y - y tg x = 0, dy y = tg x dx a odtud integrací ln |y| = - ln | cos x| + ln |C| = ln C cos x , C R, C = 0 , yh = C cos x , C R. II. Řešení hledejme ve tvaru y = C(x) cos x , C(x) =? Po dosazení a úpravě máme C (x) = cos x - x sin x, a odtud integrací (druhý člen integrujeme per partes) C(x) = x cos x + C. Obecné řešení: y = x cos x + C cos x = C cos x + x. Příklad 5.10. Řešte diferenciální rovnici y = xy2 + x x2y - y . Řešení. Rovnici upravíme jako y = x(y2 + 1) y(x2 - 1) = x x2 - 1 y2 + 1 y a řešíme ji separací proměnných: y y2 + 1 dy = x x2 - 1 dx , ÚM FSI VUT v Brně 30 5. Základy teorie ODR Řešené příklady tj. po integraci 1 2 ln(y2 + 1) = 1 2 ln |x2 - 1| + ln |C|, C R, C = 0 . Odtud po obvyklých úpravách y2 + 1 = C(x2 - 1), C R. Příklad 5.11. Řešte diferenciální rovnici y = y - y2 . Řešení. Jde o rovnici se separovanými proměnnými, ale také o rovnici Bernoulliovu. Zvolíme řešení pomocí Bernoulliovy substituce: rovnici dělíme y2 a obdržíme y y2 = 1 y - 1 za předpokladu y = 0. Položme u = 1 y, tj. u = -y y2 a dostáváme -u = u - 1, tedy u = 1 - u. Vzniklá rovnice je (musí být) lineární, ale v našem případě je rovněž rovnicí se separovanými proměnnými. Tedy pro u = 1 máme du 1 - u = dx, a po integraci - ln |1 - u| = x + ln |C|, tj. ln |1 - u| = ln |C e-x |, C R, C = 0. Obvyklým postupem obdržíme u = 1 - C e-x , C R, tj. všechna řešení jsou (po zahrnutí vyloučeného případu y = 0) tvaru y = 1 1 - C e-x = ex ex - C , C R, y = 0. Příklad 5.12. Řešte počáteční problém xy + y = arctg x + x 1 + x2 , y(1) = 4 . Řešení. Daná rovnice je lineární, neboť za předpokladu x = 0 y + y x = arctg x x + 1 1 + x2 . I. Separací proměnných řešíme příslušnou homogenní rovnici: y + y x = 0, dy y = - dx x . Odtud snadno yh = C x, C R. II. Řešení nehomogenní rovnice hledejme ve tvaru y = C(x) x, C(x) =? Dosazením a po úpravě máme C (x) = arctg x + x 1 + x2 . ÚM FSI VUT v Brně 31 5. Základy teorie ODR Řešené příklady Integrací per partes ( arctg x dx = 1 arctg x dx) dostáváme C(x) = x arctg x + C. Odtud obecné řešení: y = x arctg x + C x = C x + arctg x, C R. Dosazením počáteční podmínky máte 4 = C + arctg 1, tedy C = 0. Hledané partikulární řešení je proto tvaru y = arctg x, x > 0. Příklad 5.13. Řešte počáteční problém xy = y(ln y - ln x), y(1) = 1. Řešení. Rovnici přepíšeme na tvar y = y x (ln y - ln x) = y x ln y x a řešíme substitucí u = u x. Odtud u = 1 x u(ln u - 1), tedy separací proměnných (za předpokladu u(ln u - 1) = 0, tj. u = 0, u = e) dostáváme du u(ln u - 1) = dx x . Následnou integrací (integrál na levé straně řešíme buď substitucí t = ln u, nebo přímo užitím vzorce pro f (x) f(x) dx) dostáváme ln | ln u - 1| = ln |x| + ln |C| = ln |Cx|, C R, C = 0. Odtud obvyklými úpravami ln u = 1 + Cx, tj. u = e1+Cx , C R . Zpětným dosazením substituce dostáváme obecné řešení původní rovnice ve tvaru y = x e1+Cx , C R . Po dosazení počáteční podmínky platí 1 = e1+C , tj. C = -1. Hledané partikulární řešení je proto funkce y = x e1-x , x > 0 . B. Aplikace ODR1 Příklad 5.14. (Problém rozpadu radioaktivní látky). Rychlost rozpadu radia je přímo úměrná množství dosud nerozpadlého radia. Určete funkci R : t R(t), která popisuje závislost množství nerozpadlého radia na čase t. Kolik procent původního množství R0 radia se rozpadne za 200 let, jestliže isotop radia 226 Ra má poločas rozpadu 1602 let? Řešení. Rychlost rozpadu radia lze označit jako okamžitou změnu množství nerozpadlého radia. Uvažujeme tedy rovnice ˙R(t) = -kR(t), kde k > 0 je konstanta úměrnosti. Obecné řešení této diferenciální rovnice 1. řádu získáme pomocí separace proměnných: ÚM FSI VUT v Brně 32 5. Základy teorie ODR Řešené příklady dR dt (t) = -kR(t), dR R(t) = - k dt, R(t) = Ce-kt . Vzhledem k tomu, že nás zajímá procentuální podíl radia, které se rozpadne za danou dobu, uvažujeme počáteční podmínku R(0) = 100, ze které lze určit parametr C. Tedy máme 100 = Ce0 , a odtud C = 100. Dále určíme parametr k ze skutečnosti, že poločas rozpadu radioaktivní látky je doba, za kterou se rozpadne polovina původního množství látky. Máme tedy R(1602) = 50 = 100e-1602k . Logaritmováním potom dostáváme ln(1/2) = -1602k, a tedy k = 4.327 10-4 . Nakonec určíme procentuální podíl nerozpadlého isotopu radia po 200 letech: R(200) = 100 e-4.32710-4 200 . = 91.710 %. Příklad 5.15. (Volný pád). Hmotný bod padá z výšky h0 > 0 s nulovou počáteční rychlostí. Najděme jeho výšku h(t) nad zemí v čase t, předpokládáme-li, že odpor vzduchu je úměrný čtverci rychlosti. Řešení. Zavedeme vertikální osu x orientovanou směrem dolů a nechť x(t) vyjadřuje závislost délky x uražené dráhy na čase t. Po určení x(t) požadovanou výšku h(t) snadno stanovíme pomocí vztahu h(t) = h0 - x(t) . (5.1) Přistoupíme tedy k určení x(t). Na hmotný bod působí dvě síly: gravitační síla (= mg) a odpor vzduchu (= kv2 = k( ˙x)2 , kde k > 0 je koeficient úměrnosti). Obě síly mají vzájemně opačný smysl, a budou se tedy odečítat. Vzhledem k orientaci osy x je výsledná vnější síla působící na hmotný bod tvaru F = mg - k( ˙x)2 . Podle druhého Newtonova zákona pak platí m¨x = mg - k( ˙x)2 . Tato rovnice je ODR2 a přísluší jí dvě počáteční podmínky tvaru x(0) = 0, ˙x(0) = 0 . (5.2) Protože však síla F (tedy pravá strana dané diferenciální rovnice) závisí pouze na rychlosti bodu ˙x a nikoliv na jeho poloze x, lze tuto ODR2 snadno převést substitucí v = ˙x na tvar m˙v = mg - kv2 nebo-li ˙v = g - 2 v2 (2 = k m > 0) , (5.3) což je ODR1 se separovanými proměnnými. Separací proměnných tedy dostáváme dv g - 2v2 = dt . Poznamenejme, že zřejmě ˙v > 0, a proto g - 2 v2 > 0 (opačný případ nemá fyzikální smysl). Rozložíme na parciální zlomky a integrujeme: 1 2 g dv g - v + 1 2 g dv g + v = dt , tedy - 1 1 2 g ln( g - v) + 1 1 2 g ln( g + v) = t + C . ÚM FSI VUT v Brně 33 5. Základy teorie ODR Řešené příklady Z důvodu snadnějších úprav určíme konstantu C již nyní, a to dosazením podmínky v(0) = ˙x(0) = 0 (viz (5.2)) do tohoto implicitního tvaru. Dostáváme C = 0, a odtud úpravou 1 1 2 g ln g + v g - v = t, g + v g - v = e2 gt , v = g e2 gt - 1 e2 gt + 1 . Rozšířením čitatele i jmenovatele zlomku výrazem e- gt lze vyjádření pro rychlost v upravit na přehledný tvar v(t) = g tgh ( gt) . Obdrželi jsme tedy vyjádření závislosti rychlosti hmotného bodu na čase t. Zpětným dosazením do vztahu ˙x = v dostáváme x(t) = g tgh ( gt) dt = 1 2 ln cosh( gt) + C1 . Dosazením podmínky x(0) = 0 (viz (5.2)) máme C1 = 0. Dosadíme-li dále za (viz (5.3)), platí x(t) = m k ln cosh kg m t . K úplnému rozřešení dané úlohy zbývá určit okamžik t , kdy hmotný bod dopadne na zemský povrch (a pohyb bodu tedy již nepokračuje). Hledáme tedy t > 0 takové, aby x(t ) = h0. Z tohoto vztahu máme po úpravě t = m kg argcosh eh0k/m . (5.4) Podle (5.1) je tedy výška h daného bodu na zemí dána vztahem h(t) = h0 - m k ln cosh kg m t, t 0, t , kde okamžik t je dán výrazem (5.4) (viz Obr. 1). t h(t) h0 t Obr. 5.1: Závislost výšky hmotného bodu na čase Příklad 5.16. (Newtonův zákon ochlazování). Podle tohoto zákona je rychlost ochlazování daného tělesa na vzduchu přímo úměrná rozdílu teploty T tělesa a teploty Tv vzduchu. Řešme tuto úlohu: Je-li teplota vzduchu Tv = 200 C a těleso se za 20 minut ochladilo z počáteční teploty T0 = 1000 C na 600 C, za jak dlouho se ochladí na 300 C ? Řešení. Označíme-li k > 0 koeficient úměrnosti, pak teplota T(t) tělesa v čase t je řešením počátečního problému ˙T = -k(T - Tv), T(0) = T0 . ÚM FSI VUT v Brně 34 5. Základy teorie ODR Řešené příklady Chápeme-li Tv obecně jako funkci času t, je daná rovnice LODR1. Je-li však speciálně Tv konstantní (jako v našem případě), je to také rovnice se V takovém případě bývá obvykle výhodnější řešit rovnici metodou separace proměnných. Řešíme tedy počáteční problém ˙T = -k(T - 20), T(0) = 100 , kde konstanta k > 0 zůstává prozatím nespecifikována. Za předpokladu T = 20 (který je v našem případě zřejmě splněn) napíšeme rovnici v diferenciálním tvaru dT T - 20 = -kdt . Odtud integrací a obvyklými úpravami dT T -20 = -k dt, ln |T - 20| = -kt + ln |C|, C R - {0}, T = Ce-kt + 20, C R. Poznamenejme současně, že v řešené úloze má fyzikální smysl pouze volba C > 0. Obecné řešení tedy obsahuje dvě nespecifikované konstanty C, k. K jejich určení máme k dispozici kromě počáteční podmínky T(0) = 100 také vztah T(20) = 60. Dosazením těchto podmínek do obecného řešení obdržíme C = 80, k = ln 2 20 . Závislost teploty T na čase t je tedy vyjádřena vztahem T(t) = 80e(-t ln 2)/20 + 20 = 80 1 2 t/20 + 20 , (5.5) který je znázorněn na Obr. 5.2. t T 20 30 100 t = 60 Obr. 5.2: Závislost teploty na čase Hledaný časový okamžik t , v němž se teplota tělesa ochladí na 300 C, je řešením rovnice T(t ) = 30. Odtud podle (5.5) snadno určíme t = 60. Vzhledem ke zvoleným jednotkám proto dostáváme, že požadované ochlazení nastane za jednu hodinu. Příklad 5.17. (Logistická rovnice). Problém populačního růstu je popsán tzv. logistickou rovnicí ˙y = ky - ay2 , (5.6) kde k, a > 0 jsou reálné konstanty (k má význam faktoru přírůstku, a je faktor úmrtnosti). ÚM FSI VUT v Brně 35 5. Základy teorie ODR Řešené příklady Řešení. Tato rovnice je ODR1 se separovanými proměnnými, ale také Bernoulliovou rovnicí (kde r = 2). Za předpokladu y = 0 proto zavedeme substituci u = 1 y, tj. ˙u = - ˙y y2 . Dělíme rovnici (5.6) výrazem y2 a dostáváme ˙y y2 = k 1 y - a , tedy ˙u = -ku + a . (5.7) Lineární rovnici (5.7) vyřešíme opět ve dvou krocích: a) Separací proměnných v příslušné homogenní rovnici ˙u = -ku dostáváme za předpokladu u = 0 du u = -k dt . Odtud po integraci máme ln |u| = -kt + ln |C|, C R - {0}. Užitím obvyklých úprav pak dostáváme obecné řešení dané homogenní rovnice ve tvaru uh = Ce-kt , C R . b) Nechť u = C(t)e-kt , C(t) =? Dosadíme do (5.7): ˙C(t)e-kt - kC(t)e-kt = -kC(t)e-kt + a, tj. ˙C(t) = aekt . Odtud integrací C(t) = a k ekt + C, tj. u = a k + Ce-kt . Každé nenulové řešení logistické rovnice tedy lze psát ve tvaru y(t) = 1 a k + Ce-kt = k a + Cke-kt , C R . (5.8) Uvažujeme-li navíc počáteční podmínku y(0) = y0 = 0 , (5.9) pak lze specifikovat C = (k - ay0) (ky0). Dosazením této hodnoty do (5.8) a následnou úpravou lze řešení počátečního problému (5.6), (5.9) zapsat v přehlednější formě y(t) = k 2a + k 2a tgh k 2 (t - ), = 1 k ln k - ay0 ay0 . t y k a k 2a y0 Obr. 5.3: Demografická křivka ÚM FSI VUT v Brně 36 5. Základy teorie ODR Řešené příklady Na obr. 5.3 je znázorněna tato tzv. demografická křivka (logistika) popisující zákon vzrůstu a mající tvar hyperbolické tangenty. Křivka je souměrná podle inflexního bodu a probíhá v pásu mezi asymptotami y = 0, y = k a. Příklad 5.18. Průhyb y převodového řemene ve stavu klidu je dán rovnicí H d2 y dx2 = p 1 + dy dx 2 , kde H, p jsou dané konstanty. Nalezněte vyjádření pro průhyb řemene. Řešení. Zavedeme-li substituci u = y dostáváme rovnici Hu = p 1 + u2 , což je rovnice se separovanými proměnnými. Můžeme tedy psát dxu 1 + u2 = p H dx ln |C| + ln(u + 1 + u2) = p H x Platí ln(t + 1 + t2) = argsinh t. Odtud argsinh u = p H x + C = u = sinh p H x + C , y = sinh p H x + C dx = H p cosh p H x + C + K . Příklad 5.19. Střela vnikla do dřevěné desky rychlostí v0 = 200 ms-1 a vylétla z ní rychlostí v1 = 80 ms-1 . Deska, jejíž tloušťka je h = 0, 1 m, klade pronikající střele odpor, který je přímoúměrný druhé mocnině rychlosti střely. Určete čas t1, za který střela proletí deskou. Řešení. Situace je znázorněna na obr. 5.4. Na kulku působí proti jejímu pohybu odporová síla F(t) = kv2 (t) (k je konstanta úměrnosti). Podle druhého Newtonova zákona platí -kv2 = mv = -Kv2 = v , kde K = k m . Jedná se o rovnici se separovanými proměnnými, můžeme tedy psát h = 0.1 v0 = 200 v1 = 80 Obr. 5.4: Kulka prolétávající dřevěnou stěnou -K dt = dv v2 . Po integraci dostaneme -C - Kt = - 1 v = v = 1 C + Kt , ÚM FSI VUT v Brně 37 5. Základy teorie ODR Řešené příklady kde C je integrační konstanta. Z počáteční podmínky v(0) = 200 plyne 200 = 1 C + K 0 = C = 1 200 = 0, 005 . Z podmínky v(t1) = 80 máme 80 = 1 0, 005 + Kt1 = K = 0, 0075 t1 . Pro dráhu v čase t1 platí s(t1) = t1 t0 v(t) dt. Protože deska je silná 0, 1 m, dostáváme 0, 1 = t1 0 1 0, 005 + 0,0075 t1 t dt = t1 0, 0075 ln 0, 005 + 0, 0075 t1 t t1 0 = t1 0, 0075 [ln(0, 0125) - ln(0, 005)] 0, 1 = t1 0, 0075 ln 2, 5 = t1 = 0, 0008185 . Příklad 5.20. (Ortogonální trajektorie). Uvažujme jednoparametrickou soustavu křivek v rovině tvaru F(x, y, C) = 0, (5.10) kde C je parametr. Ortogonální trajektorií soustavy (5.10) nazveme každou křivku, která všechny křivky soustavy (5.10), které protíná, protíná pod pravým úhlem. Určeme ortogonální trajektorie soustavy křivek y = Cx2 , C R . (5.11) Řešení. Soustavu (5.11) tvoří paraboly a osa x. Bodem (x0, y0), kde x0 = 0, y0 = 0 prochází parabola y = y0 (x0)2 x2 . Tečna k této parabole sestrojená v bodě (x0, y0) má směrnici 2y0 x0. Křivka y = (x) procházející bodem (x0, y0) (tj. y0 = (x0)) protíná v tomto bodě uvažovanou parabolu pod pravým úhlem právě tehdy, když platí 2 y0 x0 (x0) = -1, tj. 2(x0) (x0) x0 = -1 . Má-li tedy křivka y = (x) v každém svém bodě (x0, y0), kde x0 = 0, y0 = 0, protínat parabolu soustavy (5.11), která tímto bodem prochází, pod pravým úhlem, musí být funkce řešením diferenciální rovnice 2yy x = -1, tedy y = - x 2y . To je rovnice se separovanými proměnnými, ale lze ji řešit i substitucí u = y x. Oběma způsoby se snadno přesvědčíme, že obecné řešení této rovnice je dáno vztahem y2 + x2 2 = C2 , tj. x2 2C2 + y2 C2 = 1, C = 0 . Soustavou ortogonálních trajektorií k dané soustavě (5.11) je tedy jednoparametrický systém elips, kde poměr velikosti hlavní a vedlejší poloosy činí 2 (viz obr. 5.5). Výpočty jsme prováděli za předpokladu x0 = 0, y0 = 0; lze však snadno ověřit, že každá z uvažovaných elips protíná pod pravým úhlem také osu x. Ortogonální trajektorií soustavy (5.11) je také přímka x = 0, tj. osa y. Podobnými úvahami (i když poněkud obecnějšími) lze ukázat, že při hledání ortogonálních trajektorií soustavy křivek (5.10) lze zvolit tento Praktický postup: a) Vztah (5.10) zderivujeme podle x (proměnnou y zde chápeme jako funkci proměnné x) a z obou rovnic vyloučíme parametr C. Tím sestavíme ODR1 ve tvaru y = f(x, y), ÚM FSI VUT v Brně 38 5. Základy teorie ODR Řešené příklady jejímž obecným řešením je (5.10). b) Soustavu ortogonálních trajektorií soustavy (5.10) pak tvoří obecné řešení diferenciální rovnice y = - 1 f(x, y) . x y Obr. 5.5: Ortogonální trajektorie C. Numerické metody řešení Příklad 5.21. Je dán počáteční problém y = xy2 , y(0) = 1 . Řešení. Pomocí explicitní Eulerovy metody určete přibližně hodnotu y(1 2). Řešení: Z teoretického hlediska je třeba nejprve ukázat, že řešení úlohy na intervalu 0, 1 2 vskutku existuje, a je určeno jednoznačně. K tomuto účelu lze užít Picardovu větu o existenci a jednoznačnosti řešení počátečního problému. Formulace tohoto tvrzení obvykle zahrnuje i odhad velikosti intervalu, na němž je (jednoznačně určené) řešení definováno. Bez bližšího odvození poznamenejme, že podle tohoto odhadu je hledané řešení definované alespoň v intervalu - 1 2, 1 2 , což je pro náš účel dostačující. Nyní přistoupíme k numerickému řešení. Zvolme nejprve n = 5, tj. h = 0, 1 a x0 = 0, x1 = 0, 1, x2 = 0, 2, x3 = 0, 3, x4 = 0, 4, x5 = 0, 5. Z počáteční podmínky máme Y0 = 1 a dále počítáme Y1 = Y0 + hf(x0, Y0) = Y0 + hx0(Y0)2 = 1, Y2 = Y1 + hf(x1, Y1) = Y1 + hx1(Y1)2 = 1, 0100, Y3 = Y2 + hf(x2, Y2) = Y2 + hx2(Y2)2 = 1, 0304, Y4 = Y3 + hf(x3, Y3) = Y3 + hx3(Y3)2 = 1, 0623, Y5 = Y4 + hf(x4, Y4) = Y4 + hx4(Y4)2 = 1, 1074. Dostáváme tedy y(0, 5) 1, 1074. Pro n = 10 je h = 0, 05, a odtud analogickým postupem y(0, 5) Y10 = 1, 1243. Přesným řešením daného počátečního problému je funkce y = 2 (2 - x2 ), a tudíž přesná hodnota y(1 2) = 1, 1429. Při volbě kroku ÚM FSI VUT v Brně 39 5. Základy teorie ODR Řešené příklady h = 0, 1 je absolutní chyba pro x = 1 2 rovna 0,0355 a relativní chyba je 3, 1%. Při h = 0, 05 se absolutní i relativní chyba zmenšily přibližně na polovinu, což odpovídá tomu, že explicitní Eulerova metoda je řádu 1. Příklad 5.22. Je dán opět počáteční problém y = xy2 , y(0) = 1 . Pomocí metody prediktor - korektor, kde P: Y i+1 = Yi + hf(xi, Yi), K: Yi+1 = Yi + hf(xi+1, Y i+1) určeme přibližně hodnotu y(1 2). Řešení. Především si všimněme, že prediktor je explicitní Eulerova metoda a korektor implicitní Eulerova metoda. Zvolíme h = 0, 1 a při obvyklém označení dostáváme: Y 1 = Y0 + hx0(Y 2 0 ) = 1, Y1 = Y0 + hx1(Y 1 )2 = 1, 0100, Y 2 = Y1 + hx1(Y 2 1 ) = 1, 0202, Y2 = Y1 + hx2(Y 2 )2 = 1, 0308, Y 3 = Y2 + hx2(Y2)2 = 1, 0521, Y3 = Y2 + hx3(Y 3 )2 = 1, 0640, Y 4 = Y3 + hx3(Y3)2 = 1, 0980, Y4 = Y3 + hx4(Y 4 )2 = 1, 1122, Y 5 = Y4 + hx4(Y4)2 = 1, 1617, Y5 = Y4 + hx5(Y 5 )2 = 1, 1797 . ÚM FSI VUT v Brně 40