Kapitola 1 Diferenciální rovnice prvního řadu Diferenciální rovnice hrají důležitou roli ve všech přírodních vědách a v technice. Popisují např. průbeh chemickách reakcí, růst mikroorganismů, pohyb raket. Aplikace diferenciálních rovnic najdeme take v ekonomii a spolecenskích vedach. Velmi casto žde vystupuje jako nežavisle promenná cas. Obsahem teto a dalsí kapitoly je ukažat, jak se resí nejdůležitejsí diferencialní rovnice. V chemii se nejcasteji setkame s diferencialními rovnicemi 1. rádu, konkretne s dvema typy techto rovnic, rovnicemi se separovanámi promennámi a lineárními rovnicemi. Důležitám typem rovnic jsou take diferenciálná rovnice 2. radu, s kterými se žase nejcasteji setkavame ve fyžice. 1.1 Co jsou diferenciální rovnice Diferenciální rovnice je rovnice, v ktere roli nežname hraje funkce a která žaroven obsahuje derivace hledane funkce. Napríklad rovnice a) y' = y, b) y" + y = 0 jsou diferencialná rovnice. Resit diferencialná rovnici žnamena naležt vsechny funkce, ktere jsou definovane na ne-jakem intervalů I a vyhovujá dane rovnici. Takovou funkci nažáváme řešením diferenciální rovnice. Resemm prvná rovnice je funkce y = ex, protože (ex)' = ex. Snadno overáme, že resenám jsou vsechny funkce tvaru y = Cex, kde C je libovolná konstanta. Resením druhe rovnice je napríklad funkce y = sin x, protože (sin x)" + sin x = 0 pro vsechna x. Resením teto rovnice je take ovsem funkce y = cos x a opet lže overit, že vsechny funkce tvaru y = C\ sin x + C2 cos x, kde C\, C2 jsou libovolne konstanty, splnůjá tuto rovnici, tj. jsou jejámi resenámi. Rádem diferenciálná rovnice rožumáme rad nejvyšší derivace, ktera se v rovnici vyskytuje. Tak napráklad predchožá rovnice byly prvnáho a druheho radu. Obecne řešení diferenciálná rovnice prvnáího nráadu je funkce žáavisejáícáí na jednom parametru C takovaá, nže speciaálnáí volbou C lže žískat resení teto rovnice, partikulární řešení je jedno konkrétní resení žískane ž obecneho nrensenáí volbou konstanty C. 1 1.1 Co jsou diferenciíálníí rovnice Diferenciíálníí rovnice prvníího řríádu Prubeh nejakeho skutecneho jevu je popsan jediním resením. Z množiny vsech resení urcíme toto resení žadaním pocítecní podmínky. Uloha najít resení diferencialní rovnice splňující danou pocatecní podmínku se nažíva počáteční ílohá (nekdy take Cauchyova pocatecní uíloha). V praktickyích aplikacích hraje ňcasto roli nežíavislíe promňenníe x ňcas. Je proto pňriroženíe hledat resení diferencialních rovnic pro x > 0. Napríklad, pocítecní uloha y' = —y, y(0) = 100 maí ňreňsení y = 100e-x. U rovnic druhíeho ňríadu je pro jednožnaňcnost ňreňsení nutníe žadat dvňe poňcíateňcní podmínky. Napňríklad, poňcíateňcní uíloha y'' + y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 1 mía ňreňsení y = sin x. V mnoha prípadech není možne najít explicitní vyjadrení hledane funkce. Nastestí v prí-padňe, kdy je danía rovnice tvaru y' = f (x,y)' mužeme žískat nejake informace o hledanem resení díky geometricke interpretaci dane rovnice. Geometřicka interpretace Diferenciílní rovnice y' = f (x, y) priražuje bodu [x, y] v rovine prave jednu hodnotu y'(x), neboli hodnotu derivace hledane funkce. Tuto hodnotu mužeme chapat jako smernici prímky prochažející bodem [x,y]. Tuto prímku obvykle žnažoriiujeme jako kratkou useckou se stredem v danem bode [x, y] a smernicí y'(x). Tato ísecka se nažíví lineírní element. Množinu vsech lineírních elementu diferencialní rovnice nažyvame smerové pole. Graf každeho resení t/?(x) dane diferencialní rovnice, tžv. integrální krivká, ma žrejme tu vlastnost, že tecna v každem jeho bode [x, L I >A_ >A_ >A_ Vyraž na leve strane se rovná vyražu na prave strane, funkce y = x — X je proto rešením dane rovnice. Á Příklad 1.2. Overte, že funkce y = sin x cos x — cos x je resením pocátecní ulohy y' + ytg x = cos2 x y(0) = — 1. Rešení. Podobne jako v predchožím príklade vypocteme y = cos x cos x — sin x sin x + sin x = cos2 x — sin2 x + sin x a dosadíme do levíe strany rovnice ža y a y y' + ytg x = cos2 x — sin2 x + sin x + tg x(sin x cos x — cos x) = = cos2 x — sin2 x + sin x + s—x (sin x cos x — cos x) = cos x = cos2 x — sin2 x + sin x + sin2 x — sin x = cos2 x. Dana funkce je tak resením žadane rovnice a žbáva overit, že pro ni platí i pocatecní podmínka: y(0) = sin 0 cos 0 — cos 0 = 0 — 1 = — 1 . Dohromady je tedy funkce y = sin x cos x — cos x resením dane pocatecní ulohy. Á Příklad 1.3. Overte, že každí funkce tvaru y = Ce í, C G R je reseníím rovnice y = xy a najdete takove resení teto rovnice, ktere splnuje pocatecní podmínku y(0) = 5. 3 1.1 Co jsou diferenciální rovnice Diferenciální rovnice prvního rádu Rešeni. Nejprve spočtěme y' s přihlédnutím k tomu, ze C je konstanta 1/ = C e X2 Cxe 2 . Dosad'me za y do prave strany rovnice xy = Cxe 2 a vidíme, ze opravdu kazda funkce daneho tvaru je řešením rovnice. Má-li funkce splnit počateční álohu y(0) = 5, musí platit C e0 = 5 a tedy C = 5. Resením pocátecní álohy je tak funkce y = 5e 2 . Resení nejjednodussích diferenciálních rovnic vede na ulohu nalezení primitivní funkce. Příklad 1.4. Najdete resení diferenciílní rovnice: a) y' = x3, b) y''' = x. Řešení. a) Hledana funkce, ktera bude resením rovnice, je vlastne primitivní funkce k funkci na prave strane, proto platí ľ x4 y = x3 dx = — + C. v 4 Resením dane rovnice jsou tak vsechny funkce tvaru y = ^j- + C, kde C G R. b) Danou rovnici muzeme resit opakovíním predchozího postupu. Postupne dostavíme ľ x2 y'' = x dx = — + Ci, y' = j ix2 + dx = y + Cix + C2, x3 x4 x2 y = í y + Cix + C2 J dx = 24 + Ciy + C2x + C3. 42 Resením teto rovnice jsou vsechny funkce, ktere dostaneme z predpisu y = ^ + C1 y + C2 x + C3 volbou konstant Ci , C2 a C3 . ▲ V nasledujících castech ukízeme, jak se resí dva typy diferencialních rovnic prvního radu: Rovnice se separovanyími promenníymi a lineíarníí rovnice. Presto, ze se jednaí o jedny z nejjed-nodussích typu rovnic, mají, jak ukažeme na zíver teto kapitoly, mnoho praktickích aplikací. 4 Diferenciální rovnice prvního řádu 1.2 Rovnice se separovanými proměnnými 1.2 Rovnice se separovanými proměnnými Jde o rovnici tvaru y' = f (x)g(y), (1.1) kde f a g jsou spojité funkce. Dosadíme y' = a dostaneme dx =f (x)g(y). Nejprve overíme, zda konstantní funkce urcene rovnicí g(y) = 0 jsou resením rovnice (1.1). Za predpokladu g(y) = 0 separujeme promenne (tj. na jedne strane rovnice mame výraz pouze promenne y a na druhe víraz pouze promenne x) 1 f(x) dx g(y) a tuto rovnost zintegrujeme /g|=/f (x)dx. (1.2) Nezapomenme, ze primitivní funkce se lisí o konstantu, čímž dostaneme množinu resení rovnice (1.1)! Mame-li zadanou pocatecní podmínku, urcíme tuto konstantu z pocatecní podmínky. Poznamenejme, ze ne vzdy se ním podarí z (1.2) vyjadrit explicitní tvar resení y = y(x). Príklad 1.5. Reste diferencialní rovnice a) y' = 2xy, b) y' =-(4y - 1). x Řešení. a) Rovnici prepíseme do tvaru dy X~ = 2xy' dx a odtud za predpokladu, ze y = 0 dy 2x dx. y Vsimneme si pritom, ze funkce y = 0 je resením puvodní rovnice. Integrací dostavíme ln |y| = x2 + K. Pomocí pravidel pro pocítíní s logaritmy muzeme tento výsledek upravit ln |y| = x2 + K = lne*2 + lneK = lne*2eK a po odlogaritmovíaníí 5 1.2 Rovnice se separovanými proměnnými Diferenciální rovnice prvního rádu a odtud y = ±ex2 eK. Označíme-li C = ±eK, kde C je kladne nebo zaporne číslo, dostaneme obecne řešení tvaru y = Cex2, C G R. Poznamenejme, ze pro C = 0 je v tomto vztahu zahrnuto i řešení y = 0. b) Nejprve vyšetřeme případ 4y — 1 = 0. Vidíme, ze funkce y = 1 je řešením naší rovnice. Za předpokladu y = 4 doštávame ľ dy ľ dx J 4y — 1 J ~ a po integraci 4 ln |4y — 1| = ln |x| + ln K, kde K je kladna konštanta. Odšud užitím pravidel pro pocítání š logaritmy ln |4y — 1| =ln K4x4. Nahradáme-li po odlogaritmovaní kladnou konštantu K4 libovolnou konštantou C, muzeme odštranit abšolutní hodnoty a doštaneme 4y — 1 = Cx4, a odtud Tento vztah zahrnuje i řešení y = 4. y=4Cx4+4. Příklad 1.6. RŘešte pocatecní ulohu a) x + yy' = 0, y(0) = 2, b) (x + 1) dy — xy dx = 0, y(0) = 1. Rešení. a) Rovnici muzeme přepšat do tvaru dy dx šeparujeme promenne a integrujeme y dy = — x dx. Doštávame y2 = —x2 + C. 2 2 Aby byla šplnena pocátecní podmínka y(0) = 2, muší platit 22 02 — = — — + C. 2 2 Odtud C = 2 a řešení rovnice doštaváme ve tvaru x2 + y2 = 4, graf řešení je cášt kruznice y =^J4 — x2, x G [—2, 2]. 6 Diferenciální rovnice prvního řádu 1.3 Lineární diferenciální rovnice b) Separujeme proměnné a za předpokladu y = 0 máme dy x dx y x +1 Funkce na prave strane je neryze lomena funkce. Delením ji převedeme na polynom a ryze lomenou racionalní funkci a integrujeme dy íf1-^- 1 dx. / y li1 x + 1) y x+ 1 Dostáaváame tak ln |y| = x — ln |x + 1| + C. Označme C = ln K, vzhledem k tomu, ze platí x = lnex , dostaneme ln |y| = lnex — ln |x + 1| + ln K, K > 0 a užitím pravidel pro pocítání s logaritmy K ex ln | y| = ln Nyní můzeme odlogaritmovat a uvízíme-li novou konstantu K* G R, muzeme vynechat absolutní hodnoty, dostaneme tak resení dane rovnice ve tvaru K *ex x+1 Toto resení obsahuje i resení y = 0. Aby byla splnena poCáteCní podmínka musí platit K *e0 1 = — ^ K* = 1. 0 + 1 RŘesením pocatecní ulohy je funkce y = -XL- x+l" 1.3 Lineární diferenciální rovnice Jde o rovnici tvaru y/ + p(x)y = / kde p a / jsou spojite funkce. Je-li /(x) = 0, nazyva se rovnice (1.3) homogenní. V opacnem prípade, tj. /(x) = 0, se nazíva nehomogenní. Predepíseme-li pocatecní podmínku, pak nm linearní rovnice (1.3) prave jedno resení a to existuje na celem intervalu, kde jsou funkce p, / spojite. > Homogenní rovnice. Uvazujme rovnici y/ + p(x)y = 0. (1.4) 7 1. 3 Lineární diferenciální rovnice Diferenciální rovnice prvního rádu Tato rovnice mí vzdy tzv. triviální řešení y = 0. Jde o rovnici se separovaními promenními a její obecne resení najdeme tak, ze separujeme promenne a integrujeme —y = — í p(x) dx. y Odtud Po odlogaritmovíaníí dostaneme |y| = e-/p(x)dx+K = e-/p(x)dxeK = Ce-/p(x)dx^ (C = eK > 0). Odstraníme-li absolutní hodnotu a uvízíme-li take trivialní resení y = 0, dostaneme obecne resení homogenní rovnice y = C e-^p(x)dx, (C je libovolní konstanta). Odtud je videt, ze netriviílní resení je bud' kladne nebo zíporne, nikdy neprotne osu x. > Nehomogenní rovnice. Pro resení rovnice (1.3) použijeme nísledující vetu: Věta 1.7. Necht y0(x) je obecne řešení homogenní rovnice (1.4), tj. yo = Ce-'p(x)dx, á yp(x) je partikulární řešení nehomogenní rovnice (1.3). Pák obecne řešení teto nehomogenní rovnice je y(x) = y0(x) + yp(x). Vidíme, ze obecne resení nehomogenní linearní diferencialní rovnice je slozeno z obecneho reseníí prííslusníe homogenníí rovnice a nejakíeho partikulaírníího reseníí nehomogenníí rovnice. Jelikoz homogenníí rovnici resit umííme, zbyívía tedy vyresit uílohu, jak nalíezt partikulíarníí (tj. jedno konkríetníí) reseníí nehomogenníí rovnice. Pouzijeme tzv. metodu variace konstanty. Vyjdeme z resení homogenní rovnice, nahradíme konstantu C vhodnou funkcí C (x) (odtud nazev variace konstanty) a hledíme resení ve tvaru yp(x) = C (x)yo(x) = C (x)e-' p(x)dx. Potrebujeme tedy urcit neznímou funkci C (x). Vypocteme y'p (jako derivaci soucinu): yP(x) = C (x)yo(x) + C (x)y0(x). Dosadíme yp, do (1.3) za y, y' a dostaneme tak C (x)yo(x) + C (x)y0(x) + p(x)C (x)yo(x) = f (x). Protoze y0 je resení homogenní rovnice, mame z (1.4) vztah y0 = —p(x)y0 a dosazením do predchozí rovnice dostaneme C' (x)y0(x) = f (x), J J ln |y| = — / p(x) dx + k. 8 Diferenciální rovnice prvního rádu 1. 3 Lineární diferenciální rovnice odkud plyne C (x) = í //(x)dx. y0(x) Shrneme-li cely postup, spocíví v techto krocích: (1) urcíme obecne resení y0 homogenní rovnice (2) urcíme partikulírní resení yp nehomogenní rovnice metodou variace konstanty (3) obecne resení y nehomogenní rovnice je soucet resení z kroku (1) a (2), tj. y = y0 + yp. Je-li zadanía pocíatecníí podmíínka, urcííme konstantu a najdeme jediníe reseníí pocíatecníí uílohy. Príklad 1.8. Najdete obecne resení rovnice a) y/ = 2y + x, b) y/ + 2xy = xe--2. Řešení. a) Krok 1: Nejprve vyresíme homogenní rovnici y/ = 2y. Jde o rovnici se separovanými promenními a proto dx dy = ' 2dx. y Odtud ln |y| = 2x + K a po odlogaritmovíní a odstranení absolutní hodnoty dostavíme obecne resení homogenní rovnice yo = Ce2x, C G R. Krok 2: Najdeme partikularní resení nehomogenní rovnice ve tvaru yp = C(x)e2x. Vypo-cteme yp = C/(x)e2x + 2C(x)e2x a dosadíme za y a y/ do puvodní rovnice C/(x)e2x + 2C (x)e2x = 2C (x)e2x + x a odtud C/(x) = xe-2x. Metodou per partes vypocítame C (x) = j xe-2x dx = — xe"2x — . Partikularní resení nehomogenní rovnice nm proto tvar yp = C(x)e2x = (—xe"2x — 4e"2^ e2x = —x — 1. Krok 3: Obecne resení nehomogenní rovnice je y = C e2x — x — 1. —2—4 9 1.3 Lineární diferenciální rovnice Diferenciální rovnice prvního rádu b) Postupujeme podobně jako v předchozím příkladě. Krok 1. Nejprve vyřešíme homogenní rovnici y' + 2xy = 0. Opet jde o rovnici se separovanými promennými /? = -J 2x dx. a odtud ln |y| = —x2 + K a po odlogaritmovaní a odstranení absolutní hodnoty dostaneme obecne rešení homogenní rovnice yo = Ce-x2, C G R. Krok 2. Partikulírní resení nehomogenní rovnice hledame ve tvaru yp = C(x)e-x2. Vypočteme yp = C(x)e-x — 2xC(x)e-x a dosadíme do rovnice a odtud a po zintegrovíaníí C'(x)e"x2 — 2xC (x)e-x2 + 2xC (x)e-x2 = xe-x2 C ( x) x C(x) x2 Partikularní resení nehomogenní rovnice ma proto tvar = C (x)e-x2 = X _x2 —e x . Krok 3. Obecne resení nehomogenní rovnice je y = Ce-x2 + ye"x2 = + e~x". Příklad 1.9. Reste pocatecní ulohu a) x3y' — 2x2y = 4, y(1) = —2, Rešení. a) Rovnici upravme do tvaru Jedna se o linearní rovnici. b) y'(x2 + 1) + 2xy = 2x x2 + 1 y(0) = —1. , 2 4 x x3 10 Diferenciální rovnice prvního řádu 1.3 Lineární diferenciální rovnice Krok 1: Řešíme příslušnou homogenní rovnici y = — x dy ľ 2 dx y J x ' Odtud ln |y| = 2ln |x| + K = lnx2 + K a odlogaritmováním a odstránením absolutní hodnoty dostaneme yo = Cx2, C G R. Krok 2: Partikulární resení nehomogenní rovnice bude tvaru yp = C(x)x2. Vypočteme dosadíme do rovnice a dostaneme c (x) = 4 x a po zintegrovaní C (x) = - ^. x Partikularní resení je _C ( ) 2___1 2___1 yp = u(x)x = — x4 x = — x2. Krok 3: Obecne resení nehomogenní rovnice je y = Cx2 — ^2. x2 Dosadíme pocatecní podmínku a dostavame J —2 = C — 1 a odtud C = —1. Řesením pocatecní ulohy je funkce 2 1 x2 b) Postupujme obdobne jako v predchozích príkladech. Rovnici upravíme do tvaru 2x 2x y + -2-TTy x2 + r (x2 + 1)2' Jední se opet lineírní rovnici. Krok 1: Vyresíme príslusnou homogenní rovnici 2x x2 + 1 Jde o rovnici se separovanými promenními, dostavíme tak dy — 2x y x2 + 1 dx. 11 1. 3 Lineární diferenciální rovnice Diferenciální rovnice prvního rádu Odtud ln |y| = — ln(x2 + 1) + K = ln(x2 + + K odlogaritmovaním a odstranením absolutní hodnoty dostaneme yo = , C G R. x2 + 1 Krok 2: Partikulírní resení nehomogenní rovnice bude tvaru yp = x^qíi. Vypocteme , = C /(x)(x2 + 1) — 2xC (x) yp = (x2 + 1)2 , dosadííme do rovnice a dostaneme 2x C ( x) x2 + 1 a po zintegrovíaníí C(x) = ln(x2 + 1). Partikulíarníí reseníí je = C (x) = ln(x2 + 1) yp = (x2 + 1) = x2 + 1 . Krok 3: Obecníe reseníí nehomogenníí rovnice mía tvar = C ln(x2 + 1) = C + ln(x2 + 1) y x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 Dosadíme pocatecní podmínku a dostavame = C + 0 = 0 + 1 , odtud C = —1. Resením pocítecní ulohy je funkce —1 + ln(x2 + 1) y =-2~T~i-. x2 + 1 ▲ Poznámka 1.10. Krome metody variace konstanty muzeme použít i metodu integračního faktoru,. Mame-li nehomogenní linearní rovnici tvaru y/ + p(x)y = /(x) mužeme ji resit tak, že obe strany vynasobíme vyrazem I(x) = eJp(x)dx, tzv. integračním faktorem, a pote zintegrujeme. Napríklad pro rovnici y/ + 3x2y = 6x2 12 Diferenciální rovnice prvního rádu 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu je integracní faktor váraz I (x) =e' 3x2 dx = ex3. Vynášobíme-li obe štrany rovnice várazem ex3 doštaneme ex3 y' + 3x2ex3 y = 6x2 ex3. Všimneme ši, ze na leve štrane štojí rozepšana derivace šoucinu. Rovnici lze proto upravit do tvaru ex3y = 6x2ex3. Nyní muzeme obe štrany zintegrovat ex3y = 6x2ex3 dx. Integral na prave štrane vypocteme pomocí šubštituce t = x3, dx = 3X2. Doštaneme ex3 y = 2ex3 + C a odtud y = 2 + C e-x3. Ješte poznamenejme, ze obe metody jšou ekvivalentní a vedou na vápocet štejních integrálu. 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního řadu Příklad 1.11. (Model radioaktivního rozpadu) Uvazme radioaktivní atomy v nejakem izotopu chemickeho prvku a oznacme jejich pocet v zavišlošti na caše N (t). Radioaktivita je přirozená nebo umele navozeny šamovolní rozpad atomoveho jadra provazená vyšílaním radioaktivního záření. Ernešt Rutherford ukazal, ze rychlošt rozpadu (tedy vlaštne zmena poctu atomu) je přímo ámerna poctu atomu příšlušneho prvku. Tento proceš muzeme proto popšat diferencialní rovnicí N' = — AN, kde A > 0 je tzv. přemenová konštanta. Jedná še o rovnici še šeparovanámi promennámi, kterou muzeme doplnit o pocatecní podmínku N(0) = N0, tj. ze v jištem caše, v kterem zapocalo meření byl pocet atomu N0. Rovnici upravíme dN ~d7 AN a integrujeme Odtud doštaneme řešení dN dN lir = / dt. N (t) = Ke"Aí. 13 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního řádu Diferenciální rovnice prvního rádu Aby byla splnena pocatecní podmínka musí platit N0 = Ke0 a resení pocatecní ulohy je tak tvaru N (t) = Noe"Aí. Pomocí tohoto vísledku muzeme resit napr. nasledující ulohu: Poločas rozpadu radioaktivního izotopu uhlíku 14C je 5568 let (tj. počáteční množství se za tuto dobu zmenší na polovinu). Určete, za jak dlouho se pocatecní množství sníZí o 25 %. N * No No Rešení. Dosadíme-li do předchozího vztahu N (t) = | N0 a t = 5568, dostáváme 1 No = Noe"5568A 1 = e-5568A 2 a po zlogářitmování -ln2^5568A => A = ln2 5568' Přo hledaný cas t za kteří se mnoZství sníZZí o 25 % proto platí: 3 4 N0 = N0e 5568 * ^ t 5568lnf —-4 = 2310 let. ln2 Počáteční mnozství izotopu uhlíku 14C se snízí o Čtvrtinu za 2310 let. Příklad 1.12. (Smíchávání) a) Nadrz obsahuje 20 kg soli rozpustene v 50001 vodý. Solní roztok obsahující 0,03 kg soli na litř přiteka do nídrze rýchlostí 25 l/min. Smes v nadrzi je rovnomerne promíchana a výteka z ní stejnou rýchlostí. Jake mnozství soli zůstane v nídrzi po 30 minutach? 14 Diferenciální rovnice prvního rádu 1.4 Aplikáce diferenciálních rovnic prvního rádu Řešení. Oznacme y(t) mnozství soli v nadrzi po t minutach. Víme, ze y(0) = 20 a chceme zjistit y(30). Sestavme proto diferencialní rovnici, kterou bude y(t) splňovat. Zcela jiste pro zmenu mnozství soli platí = (prítok) — (odtok), kde pňrítokem myslíme mnoňzství soli, kteraí se dostane do naídrňze a odtokem mnoňzství, kteríe z níadrňze odejde. Ze zadíaní uílohy míame kg l kg (prítok) = (0,03 kg ) (25 — ) = 0,75 . l min min Nadrz stíle obsahuje 50001 roztoku, proto koncentrace v case t je JoOO kg/l. Jelikoz roztok odtekí rychlostí 25 l/min, dostavíme y(t) kg l y(t) kg (odtok) =(MM) (25-L) V ; V 5000 l J \ min J 5000 l min 200 min Míame tak rovnici dy = 0 75 y(t) = 150 — y(t) dt 200 200 coňz je rovnice se separovanyími promňennyími, kterou umííme ňreňsit. Uí pravou a integrovaíníím dostavíme J 150 — y J 200 — ln |150 — y| = — + C. 200 Protoňze mía byít splnňena poňcíateňcníí podmíínka y(0) = 20, maíme ln130 = C a tak t ln 1150 — y| = ln130 | | 200 t ±200 t " 200 ln 1150 — y| =ln130 — lne2 a odlogaritmovíaníím dostaneme ňreňseníí daníe poňcaíteňcníí uílohy ve tvaru y(t) = 150 — 130e-2 Mnoňzstvíí soli v níadrňzi po 30 minutíach je y(30) = 150 — 130e-200 = 38,1 kg. ▲ b) Jak se zmení resení ulohy, jestlize bude smes vytekat rychlostí 201 za minutu? 15 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu Diferenciální rovnice prvního řádu y(kg) | 150 120- 90- 60- 30- 200 400 600 800 1000 t(min) Obražek 1.1: Graf resení y(t) = 150 — 130e- t 200 Rešení. Vyjdeme že stejne rovnice dt = (práítok) — (odtok), kde pro práítok bude vyáraž stejnyá (prítok) = f 0,03 f ] l min = 0,75 min Nynáí nenáí ovnsem mnonžstváí rožtoku v náadrnži konstantnáí, nyábrnž platáí, nže naádrnž obsahuje v case t žrejme 5000 + (25 — 20)t litrů rožtoku a proto koncentrace v tomto okamžiku bude y(t) 5000 + 5t Pro odtok tak dostáavaáme (odtok) = Mame tak rovnici ( y(t) f2^-L) V5000 + 5t l J \ min J 4y(t) kg min 1000 + t min dt = 0,75 4y(t) 1000 + ť y(0) = 20 conž je nehomogennáí lineáarnáí rovnice prvnáího nráadu. Nejprve nrensme homogennáí rovnici dy = 4y dt 1000 +1 dy _ 4dt ~y = — 1000 + t a po integraci dostaneme ln |y| = —4ln(1000 + t) + K. Odlogaritmováanáím a odstrannenáím absolutnáí hodnoty dostáaváame y0 C (1000 + t)4; C e R. 16 Diferenciální rovnice prvního rádu 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu Partikularní resení nehomogenní rovnice najdeme ve tvaru C (t) yp(t) = --. ypW (1000 +t)4 Pak ' ( ) = C'(t)(1000 + t)4 - 4C(t)(1000 + t)3 yp(t) = (1000 + t)8 a po dosazeníí do rovnice dostíavaíme C '(t) = 0,75(1000 + t)4, odkud C (t) = 0,15(1000 + t)5. Partikularní resení je proto /N 0,15(1000 +1)5 yp(t)= ^00+ = 0,15(1000 + t) a obecne resení rovnice je y(t) = (1Ď0^)4 + 0,15(1000 + t). Dosadíme-li pocatecní podmínku y(0) = 20, dostaneme C 20 =-- + 150 10004 a odtud C = -130 • 10004. Mnozství soli je proto dano funkcí ,130 • 10004 y(t) = 0,15(1000 + t) (1000 + t)4 a platí 130 10004 y(30) = 0,15 • 1030 - 130 1000 « 39 kg. y\ j , 10304 & ▲ Příklad 1.13. (Rychlost chemické reakce) Pri jednoduche chemicke reakci jednotlive molekuly dvou reaktantu A a B vytvorí molekulu produktu C: A + B —► C. V roce 1864 objevili Cato Maximilian Guldberg a Peter Waage, ze rychlost teto reakce je prímo ímerna soucinu okamzitych koncentrací, neboli 17 1.4 Aplikáce diferenciálních rovnic prvního rídu Diferenciíální rovnice prvního rríádu y(kg) | 300 250- oo 15010050- 0 200 400 600 800 1000 t(min) 130-10004 Obrízek 1.2: Graf resení y(t) = 0,15(1000 + t) (1000+t)4 a) Odvod'te diferencialní rovnici popisující zmenu koncentrace vznikle latky. b) Pomocí teto rovnice urcete rychlost reakce za predpokladu, ze pocatecní koncentrace obou líatek byla shodnía. Rešení. a) Oznacme x(t), resp. y (t), koncentrace (v molech na litr) v case t lítky A, resp. lítky B. Necht' a = x(0) > 0, b = y(0) > 0 jsou pocatecní koncentrace obou latek a z(t) znací ubytek obou latek. Vzhledem k tomu, ze spolu kombinujeme vzdy jednu a jednu molekulu lítek A a B a vznika jedna molekula latky C, platí dz dx dy dt dt dt Pritom pro samotní ubytek z(t) koncentrace latky A, resp. latky B, platí Ze zadaní víme, ze z(t) = a — x(t), resp. z (t) = b — y(t). ^ = kx(t)y(t) a po dosazeníí za x(t) a y(t) dostaívaíme diferenciíalníí rovnici z/ = k(z — a)(z — b), z(0) = 0. b) Jední se o rovnici se separovaními promenními a navíc predpoklídíme, ze a = b. IJpravou a integrovaním dostavame Odtud = kt + c za 1 z= kt + c +a (1.5) 1 18 Diferenciální rovnice prvního řádu 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu Z počáteční podmínky dostaneme 1 0 =---+ a 0 + c tedy 1 c = -. a Dosazením do (1.5) a úpravou získáme řešení a2kt z(t) Pro rychlost reakce pak dostavame akt + 1 dz a2k dt (akt +1)2' Příklad 1.14. (Model růstu populace) Předpokladejme, Ze rychlost rústu nejake populace je přímo úmerna její velikosti. To je rozumní predpoklad napríklad pro populace bakterií nebo zvírat v ideílních podmínkach (dostatek potravy, absence predatorú, odolnost vuci nemocem, nelimitovane prostredí). Je-li t cas a P je pocet jedinců v populaci v case t, dostaneme pro rychlost rustu populace dt = kP' kde k je kladnaí konstanta. Podle tohoto modelu by populace rostla stíale rychleji a az do nekonecna. Bylo by tedy jiste rozumne tento model priblízit realite napríklad tak, ze bychom reflektovali omezene moznosti daneho prostredí. Mnoho populací se zacne rozrustat exponencialne, ale jakmile se pocet jedincu priblízzí nosne kapacite K prostredí (tj. nejake maximalní hodnote, kterou je dane prostredí schopno uzivit) rust se zpomalí, prípadne velikost populace zacne klesat pokud její velikost tuto hodnotu prekrocí. Pro takovýto model mame tedy tyto predpoklady • ^jj ~ kP pro malí P, tj. ze zacítku populace roste prímo ímerne svojí velikosti • < 0, jestlize P > K, tj. velikost populace se zmensuje, jestlize pocet jedincu presahne kapacitu prostredí. Oba predpoklady splňuje napríklad nasledující jednoduchí rovnice f=kP í1 - K )• kterí se nazíva logistická diferenciální rovnice. Doplnme tuto rovnici o počáteční podmínku P(0) = P0 a vyresme ji. 19 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu Diferenciíální rovnice prvního řríádu Řešeni. Jední se o rovnici se separovaními promennymi, upravme ji a integrujme /PÍK—P)dP = /k dt. Integral na leve strane rovnice mužeme rožložit na parcialní žlomky a dostavame tak /(P + K—p) dP = /kd ln |P| — ln |K — P| = + C. Upravííme a odlogaritmujeme KP P e-kt-c. Ožnacíme-li kladnou konstantu e c = A a budeme predpokladat, že A G R, mužeme odstranit absolutní hodnotu Odtud vyjadríme P a dostaneme tak K P= Z pocatecní podmínky platí Po odkud A 1 + Ae-kt K = 1 + Ae0' K — Po " Po . Á Obražek 1.3: Model rustu populace pro ružne volby k 20 Diferenciální rovnice prvního řídu 1.5 Numerickí řeření pořáteřní ílohy 1.5 Numericke reSení pocátecní úlohy V mnoha pnráípadech nejsme schopni danou diferenciáalnáí rovnici pnráímo vynrensit a musáíme se spokojit použe s približnám resením, ktereho můžeme dosahnout pomocí tžv. numerických metod. Nejjednodůssí metodou numerickeho resení pocatecní ůlohy je Eulerová metodá. Za-kladní myslenkou teto metody je aproximace resení lomenou carou. Uvažujme pocátecní ůlohu y/ = / y(x0) = y0. Chceme naležt približne resení y(x) pro x G [x0, x0+aj. Postupujeme tak, že interval roždelíme na n podintervalů delky Dostaneme tak delicí body kde h1 + h2 + • • • + hn = a. Vypocteme y0 = / (x0, y0) a položíme y1 = y0 + h1y0 = y0 + h1f (x0, y0). Podobnne urncáme y2 = y1 + h2/(x1, y1) atd. a dostaneme pnriblinžnáe nrensená y(x) = yi + /(xi,yi)(x — xi) pro x G [xi,xi+1], (i = 0,1,...,n — 1). Nejjednodůssím žpůsobem delení intervalů je použití stejne vždálenách delicích bodů. V tomto prípade můžeme Eulerovu metodu popsat nasledovne: xi+1 = xi + h yi+1 = yi + h/(xi ,yi), i = 0,1, 2,... ,n. Príklad 1.15. Pomocí Eulerova algoritmu urcete približne resení pocátecní ůlohy y/ = x + y, y(0) = 1 (1.6) s krokem h = 0,1. Porovnejte tento vísledek s presním resením. Rešení. Mame dano h = 0,1, x0 = 0, y0 = 1 a /(x,y) = x + y. Podle predchožího postupu tak dostavame y1 = y0 + h/(x0,y0) = 1+0,1(0 + 1) = 1,1, y2 = y1 + h/(x1, y1) = 1,1 + 0,1(0,1 + 1,1) = 1, 22, y3 = y2 + h/(x2, y2) = 1, 22 + 0,1(0, 2 + 1, 22) = 1, 362. Tedy hodnota resení v bode x = 0,3 je y(0, 3) ~ 1, 362. Pokracovaním v podobnách vípoctech dostaneme dalsí hodnoty: i yi i yi 1 0,1 1,100000 6 0,6 1,943122 2 0,2 1,220000 7 0,7 2,197434 3 0,3 1,362000 8 0,8 2,487178 4 0,4 1,528200 9 0,9 2,815895 5 0,5 1,721020 10 1,0 3,187485 21 Cvičení Diferenciální rovnice prvního řádu Přibližné řešení počáteční úlohy (1.6) na intervalu [0,1] je lomená čára spojující body [x^y^] z předchozí tabulky. Jelikož se jedná o lineární rovnici, mUžeme najít přesne řešení, kterím je funkce y(x) = 2ex - x - 1. Porovname-li hodnotu tohoto řešení v bode x =1, tj. y(1) = 2e — 2 « 3,436564 s řešením pomocí Eulerova algoritmu y(1) = 3,187485, dostaneme rozdíl 0,249079. ▲ Poznámka 1.16. a) Při použití Eulerovy metody se dopoustíme chyby, která je přímo úmer-na velikosti delicího intervalu, nejjednodussí cestou ke zpřesnení je tak zmensení delicího intervalu. Vliv velikosti kroku h na řesení předchozího příkladu v x = 1 je videt v nasledující tabulce. Velikost h Hodnota y(1) 0, 500 2,500000 0, 250 2,882813 0,100 3,187485 0, 050 3, 306595 0, 020 3,383176 0, 010 3,409628 0, 005 3,423034 0, 001 3,433848 b) Nelze jednoduse říci, jak velka je chyba, ktere se dopoustíme při pouzití Eulerovy metody, snadno vsak muzeme poznat, zda-li nase přiblizne řesení lezí pod nebo nad skutecním řesením v okolí nejakeho bodu. Da se ukazat, ze v případe, kdy je řesení konvexní (kon-kavní) v okolí nejakeho bodu, pak nase přiblizne řesení lezí v okolí tohoto bodu pod (nad) skutecnym řesením. O tom zda-li je řesení konvexní nebo konkavní se muzeme přesvedcit příímo ze zadaíníí. Cvičení 1. Rozhodnete, zdaje funkce řesením dane diferencialní rovnice: a) V = íTč, V = —y2, b) y = e"* + íe"*, y" + 2y' + y = 0, c) y = v' = xy3, d) y = l±g, y' = ±(y2 — 1). Pro rovnice z casti c) a d) najdete funkce, ktere vyhovují pocatecní podmínce y(0) = 2. 2. Reste rovnice se separovaními promennymi: a) dx = y2, b) 2y — x3y' = 0, c) 1 + y2 + xyy' = 0, d) y + xy + xy' — xyy' = 0, e) xyy' = 1 — x2, f) d* = ^=. 22 Diferenciíální rovnice prvního ěráídu Cviěení 3. Reste dane pocatecní ulohy: a) * - x = 0, y(1) = 1, b) S = y2 + 1' y(1) = 0, c) xy' + y = y2, y(—1) = 1, d) sin y cos xdy = cos y sin xdx, y(0) = e) 2(1 + eX)yy' = ex, y(0) = 0, f) y ln y + xy' = 0, y(1) = 1. 4. Reste linearní rovnice: a) y' + 2y = 4x, c) y' + 2y = 2ex, e) y' + 4x3y = x2e-x4, 5. Reste pocítecní ulohu: b) y' + 3x2y = 6x2, d) (1 + x2)y' — 2xy = (1 + x2)2, f) y'e*2 + 2xye*2 = cos x. a) xy' + y — ex = 0, y(1) = 0, b) 2xy' + x2 — 6y = 0, y(1) = 1, 4 c) y' + y = x + eX' y(0)=0, d) xy' — = x y(1) = 0. 6. Mejme tzv. monomolekulírní reakci prvního radu. Je to reakce typu A —> X, ktere se zucastnují molekuly jedne lítky a jejíz rychlost je prímo umerna mnozství lítky (napr. inverze cukru, rozpad kyslicníku dusicnateho). Vypoctete mnozství vznikající latky v case t a urcete, k jake hodnote se blízí pro t —> oo. 7. Je experimentalne dokízano, ze rychlost reakce H2 + Br2 —> 2HBr se rídí rovnicí — = k(a — x)(b — x)1, kde x = [HBr], a = [H2] a b = [Br2]. Najdete funkci x(t) v prípade, ze koncentrace obou vstupních latek jsou shodne a víte-li, ze x(0) = 0. 8. Roztok glukózy je nitrozilne podavín do krevního obehu konstantní rychlostí r. Jak je glukíza pridívína, tak se mení na dalsí latky a ubíva v krvi rychlostí, ktera je umerní její koncentraci. Proto je model pro koncentraci C = C (t) roztoku glukízy v krevním obehu popsían diferenciíalní rovnicí: dC = r-fcC dt = r kC' kde k je nejaka kladna konstanta. Resením rovnice najdete funkci C (t) víte-li, ze C (0) = C0. 23 Cvirení Diferenciální rovnice prvního rídu Výsledky: 1. a) ano, b) ano, c) ano, y = ,£ 2, d) ano, y = jgt V 4 x 2. a) y = — a y = 0, b) y = Ce-i, c) C = (y2 + 1)x2, d) ln |xy| + x — y = C, e) y2 = —x2 + 2 ln |x| + C, f) y2 = 9(tet — et + C)2 — 1. 3. a) y = x, b) y = tg (x — 1), c) y = ^, d) \/2cos y = cos x, e) y2 = ln(ex + 1), f) y = 1. 4. a) y = Ce-2x + 2x — 1, b) y = Ce-x3 + 2, c) y = Ce-2x + fex, d) y = (C + x)(1 + x2), e) y = (^ + C) e-x4, f) y = (sin x + C)e-x2. 5. a) y = , b) y = 1 (x2 + x3), c) y = x — 1 + 1 (ex + e-x), d) y = (x — 1 +ln |x|). 6. Navod: Je-li mnozství dane latky a a mnozství vznikající lítky x(t) v case t, dostaneme pro funkci x (t) rovnici: dx — = k(a — x) (k > 0), kde k je rychlostní konstanta a ^ je rychlost vzniku latky. Vísledek: Mnozství vznikající lítky je x = a(1 — e-kt), pro t — oc je x — a. 7. x(t) = a — (k^r)5 8. C (t) = (C0 — r )e-kt + r 24 Kapitola 2 Diferenciální rovnice druhěho radu Dalsím dulezitím typem diferencialních rovnic jsou linearní diferencialní rovnice druheho radu y" + py' + qy = f (x), (2.1) kde p, q jsou realní císla a f (x) je spojití funkce. Je-li f (x) = 0 (ríkíme, ze je identicky rovna nule), nazíva se rovnice (2.1) homogenní. V opacnem prípade, tj. f (x) = 0, se nazíva nehomogenní. S temito rovnicemi se casto setkavame napríklad pri pouzití druheho Newtonova zíakona. Príklad 2.1. Rovnice a) y = y, b) y + y = 0, c) y = 0 jsou diferencialní rovnice druheho radu. V prípade a) je resením funkce y = ex, ale take funkce y = e-x. Navíc muzeme overit, ze vsechny funkce tvaru y = Ciex + C2e-x, kde Ci,C2 jsou libovolne konstanty, jsou reseními tíeto rovnice. V prípade b) je resením rovnice napríklad funkce y = sin x, protoze (sin x)'' + sin x = 0 pro vsechna x. Podobne resením teto rovnice je take funkce y = cos x a opet lze overit, ze vsechny funkce tvaru y = C1 sin x + C2 cos x jsou jejími reseními. V prípade c) muzeme rovnici resit postupnou integrací: Integrací rovnice (y')' = 0 plyne y'(x) = C1 a odtud dalsí integrací dostaneme y(x) = C1x + C2, kde C1, C2 jsou konstanty. 2.1 PoCateCní Úloha Podobne jako u diferencialních rovnic prvního rídu potrebujeme v praktickích ulohach nalezt resení diferenciílní rovnice pro x > 0, ktere splnuje dane pocatecní podmínky. K tomu, aby mela rovnice (2.1) prave jedno resení, je treba predepsat dve pocatecní podmínky y(0)= yo, y' (0) = y1. Príklad 2.2. Reste pocatecní ulohu a) y'' = ex, y(0) = 1, y' (0) = 0, b) y'' = cos x, y(0) = 1, y' (0) = 1. 25 2.2 Homogenní rovnice Diferenciíálníí rovnice druhíeho řríádu Řešeni. a) Postupne dostavame y' = 1*dx = e' + Ci' y = J (ex + Ci) dx = ex + Cix + C2. Resením nasí rovnice bež pocatecní podmínky jsou vsechny funkce, ktere dostaneme ž predpisu y = ex + Cix + C2 volbou konstant Ci a C2. Hledíme-li resení, ktere splnuje pocatecní podmínky y(0) = 1, y'(0) = 0, spocteme y' = ex + Ci a dosadíme ža promenne x a y do funkcního predpisu a do predpisu pro první derivaci funkce: 1 = e0 + 0 • Ci + C2' 0 = e0 + Ci. Odtud C2 = 0a Ci = —1a resením pocatecní ulohy je funkce y = ex — x. b) Postupujeme obdobne jako v predchožím prípade y' = j cos x dx = sin x + Ci, y = j (sin x + Ci) dx = — cos x + Cix + C2. Proto resením rovnice bež pocítecní podmínky jsou vsechny funkce, ktere dostaneme ž predpisu y = — cos x + Cix + C2 volbou konstant Ci a C2. Míme-li naležt resení pocítecní ulohy, tak podobne jako v predchožím prípade, dosadíme do funkcního predpisu a do predpisu pro první derivaci: 1 = — cos0 + 0 • Ci + C2, 1 = sin0 + Ci. Odtud dostavame Ci = 1 a C2 = 2, resením pocatecní ulohy je funkce y = — cos x + x + 2. Á 2.2 Homogenn í rovnice Uvažujme rovnici (2.1), kde f (x) = 0, tj. rovnici tvaru (2.2) kde p, q jsou realna císla. > Vlastnosti homogenn í rovnice. Jsou-li dve funkce yi, y2 resením rovnice (2.2), pak je take funkce y = Ciyi + C2y2 resením teto rovnice. Prave pro tuto vlastnost se rovnice (2.1) nažíví lineární diferenciální rovnice. Dve resení yi, y2 rovnice (2.2) jsou lineírne nezívislá, jestliže determinant w(x) yi(x) y2(x) yi(x) y2(x) 26 Diferenciální rovnice druheho rádu 2.2 Homogenní rovnice je nenuloví, tj. w(x) = 0. Tento determinant se nazíva wronskián. Dí se ukazat, ze wronskiín dvou resení je bud' identicky nula nebo je ruzny od nuly pro vsechna x. Je-li p = 0, pak w(x) je konstanta. Jsou-li funkce y1, y2 linearne nezavisla resení rovnice (2.2), pak libovolne resení teto rovnice dostaneme lineíarníí kombinacíí techto reseníí, tj. y(x) = C1y1(x) + C2y2(x), C1,C2 G R. Toto reseníí nazíyvíame obecníe rešeníí rovnice (2.2). Pr íklad 2.3. Overte, ze nasledující funkce jsou linearne nezavisle a) ex a e-x, b) cos x a sin x. Resení. a) Vypocteme wronskian techto funkcí. Dostaneme w(x) ex e-x ex e-x = —exe-x — exe-x = —2 = 0. V uvodu jsme ukízali, ze funkce y1 = ex a y2 = e-x jsou reseními rovnice y'' —y = 0. Protoze jejich wronskian je ruzní od nuly, jsou tato resení dokonce linearne nezavisla resení teto rovnice a tvorí tak její obecne resení tvaru y = C1ex + C2e-x. b) Wronskian techto funkcí je w(x) cos x sin x sin x cos x = cos2 x + sin2 x = 1 = 0. Jelikoz je wronskiín ruzní od nuly, jedna se o lineírne nezavisle funkce. ▲ > Nalezen í resen í homogenn í rovnice. Resení rovnice (2.2) hledame ve tvaru y = eAx, kde A je vhodne císlo. Vypocteme y' = AeAx, y'' = A2eAx, a dosadíme do rovnice (2.2) A2 eAx + pAeAx + qeAx = 0. Protoze eAx = 0, musí A splnovat rovnici A2 + pA + q = 0. (2.3) Tato kvadraticka rovnice se nazíví charakteristicka rovnice diferencialní rovnice (2.2). Mohou nastat tyto prípady: (1) Kvadraticka rovnice nm dva reálné rUzne koreny A1, A2. Pak resením homogenní rovnice jsou funkce y1 = eAl x, y2 = eA2x 27 2.2 Homogenní rovnice Diferenciální rovnice druhího rádu a obecníe ňreňseníí je y = C-eAix + C2eA2x. (2.4) (2) Kvadraticka rovnice nm jeden dvojnásobný koren A. Pak resením homogenní rovnice jsou funkce yi =eAx, y2 = xeAx a obecníe ňreňsení je y = C- eAx + C2xeAx. (2.5) (3) Kvadratickí rovnice mí dva komplexne sdružené kořeny A1;2 = a ± i/3. Pak resením homogenníí rovnice je napňrííklad funkce y = e(a+í/3)x = e^eí/Sx ktera je komplexní funkcí. Pouzijeme-li Euleruv vztah ei/3x = cos /3x + i sin /3x, dostaneme ňreňsení homogenní rovnice ve tvaru y = eax(cos /3x + i sin /3x) = eax cos /3x + ieax sin /3x. Lze ukazat, ze tato funkce je resením homogenní rovnice (2.2) prave tehdy, kdyz je resením tíeto rovnice reíalnaí a imaginaírníí cíast tíeto funkce. Proto reseníím homogenníí rovnice jsou funkce y1 = eax cos /3x, y2 = eax sin /3x. Obecníe reseníí pak je y = C-eax cos /3x + C2eax sin /3x. (2.6) Vsimneme si, ze stejní vísledek dostaneme i pro druhí koren A2 = a — i/3. Pr íklád 2.4. Reste nasledující homogenní rovnice a) y// + y/ — 6y = 0 b) y// — y/ = 0 c) y// + 2y/ + 1 = 0 d) y// — 4y/ + 85y = 0 Řešené. a) Napíseme charakteristickou rovnici A2 + A — 6 = 0. Jejíí koňreny jsou _ —1 ±y/1 + 24 _ —1 ± 5 . Ai,2 =-2-= —2—, tj. = 2 A2 = —3. Oba koňreny jsou reíalníe a jednoduchíe, kaňzdíemu proto pňríísluňsíí jedno ňreňseníí yi = e2x, y2 = e-3x a obecníe ňreňseníí je pak y = C-e2x + C2e-3x. Zvolíme-li C1 = C2 = 1, dostaneme reňení y = e2x + e-3x, ktere je znízorneno na obrízku 2.1. 28 Diferenciální rovnice druhého řádu 2.2 Homogenní rovnice i 2 x Obrázek 2.1: Řešení rovnice y" + y' — 6 = 0 s volbou C\ = C2 = 1 b) Charakteristická rovnice je A2 - A = 0 A(A - 1) = 0. Její kořeny jsou Ai = 0 a A2 = 1. Oba jsou jednoduché a reálné, řešením jsou funkce i/i = e0x = l y2 = ď a obecné řešení rovnice je tak tvaru c) Charakteristická rovnice je a má jeden dvojnásobný kořen A 1,2 y = d + C2ex. A2 + 2A + 1 = 0 (A + 1)2 = 0 = — 1, kterému odpovídá dvojice řešení Vi = e y2 = xe \ Tyto funkce jsou pro x > 0 znázorněny na obrázku 2.2. Obecné řešení rovnice je tvaru y = C\e~x + C2xe~x. d) Charakteristická rovnice je y - 4A + 85 = 0. Její kořeny jsou 4 ± V16 - 340 4 ± 18« Ai 2 =-^-= —-— = 2 ± 9i. 2 2 K této dvojici komplexně sdružených kořenů (a = 2,(3 = 9) přísluší řešení j/i = e2x cos 9x y2 = e2x sin 9x. Funkce y = e2x sin9x je znázorněna na obrázku 2.3. Obecné řešení je y = Cie2x cos 9x + C2eZx sin 9x. 2a; „• 29 2.3 Nehomogenní rovnice Diferenciální rovnice druhího rádu y y 1 ■ e 0 1 2 3 4 x 0 1 2 3 4 x (a) Řešení y = xe-x (b) Řešení y = e-x Obrazek 2.2: Ruzní resení rovnice y'' + 2y' + 1 = 0 Pr íklad 2.5. Napiste linearní diferenciílní rovnici druheho radu, ktera ma resení a) y1 = e2x, y2 = e-3x; b) y1 = ex sin x. Řč ečseníí. a) Z podoby reseníí plyne, ze charakteristickía rovnice hledaníe diferenciíalníí rovnice musí mít za koreny císla A1 = 2 a A2 = —3. Charakteristicka rovnice je tak napríklad rovnice tvaru (A — 2)(A + 3) = 0 A2 + A — 6 = 0. Tato rovnice je príslusna diferenciílní rovnici y'' + y' — 6y = 0. b) Z tvaru resení plyne, ze charakteristicka rovnice musí mít koren A1 = 1 + i. Jelikoz se jední o kvadratickou rovnici s realními koeficienty, druhe resení musí byt komplexne sdruzene, proto A2 = 1 — i. Dostívame tak charakteristickou rovnici tvaru (A — 1 — i)(A — 1 + i) = 0. Roznasobením, prípadne upravou podle vzorce a2 — b2, a vyuzitím i2 = —1 dostaneme A2 — 2A + 2 = 0. Tato rovnice je príslusna diferenciílní rovnici y'' — 2y' + 2 = 0. 2.3 Nehomogenn í rovnice Uvazujme nehomogenní diferencialní rovnici y'' + py' + qy = f (x). (2.7) Podobne jako u diferenciílní rovnice prvního radu platí nasledující veta: 30 Diferenciální rovnice druhího rádu 2.3 Nehomogenní rovnice 300 200 100 100 200 2 Obrážek 2.3: Graf funkce y = e2x sin9x Veta 2.6. Necht y0(x) je obecne rešení homogenní rovnice (2.2) á yp(x) je partikulární rešení nehomogenní rovnice (2.7). Pák obecne rešení teto nehomogenní rovnice je y(x) = y0(x) + yp(x). Otažkou tedy je, jak najdeme partikularní resení nehomogenní rovnice. Univeržalní metodou je metoda variace konstanty, ktera je vsak u rovnic druheho radu složitejsí (podrobnosti viž [?]). Ve speciálních prípadech, kde je funkce /(x) „jednoduchá", je váhodná metoda neurcitách koeficientů, kdy hledame resení v predepsanem tvaru. Ukažme si dva prípady: 1) Funkce /(x) je polynom stupne n. a) Jestliže císlo 0 není korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak ma nehomogenní rovnice partikularní resení tvaru y0 = Q(x), kde Q(x) je polynom stupne n s nežnámámi koeficienty. Tyto koeficienty urcíme dosažením tohoto polynomu a jeho derivací do rovnice. b) Jestliže císlo 0 je jednoduchým korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak ma nehomogenní rovnice partikulární resení tvaru y0 = xQ(x), kde Q(x) je polynom stupne n s nežnámámi koeficienty. c) Jestliže císlo 0 je dvojnásobnym korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak ma nehomogenní rovnice partikulární resení tvaru y0 = x2Q(x), kde Q(x) je polynom stupne n s nežnámámi koeficienty. 2) Funkce / (x) = P(x)eax, kde P (x) je polynom stupne n. y 0 1 x 31 2.3 Nehomogenní rovnice Diferenciílní rovnice druhího rádu a) Jestlize císlo a není korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak mí nehomogenní rovnice partikularní resení tvaru y0 = Q(x)eax, kde Q(x) je polynom stupne n s nezna-mymi koeficienty. Tyto koeficienty urcíme dosazením tohoto polynomu a jeho derivací do rovnice. b) Jestlize císlo a je jednoduchím korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak mí nehomogenní rovnice partikularní resení tvaru y0 = xQ(x)eax, kde Q(x) je polynom stupne n s neznamími koeficienty. Podobne pro dvojnísobní koren uvazujeme resení yo = x2Q(x)eax Pr íklád 2.7. Najdete obecne resení rovnice a) y" — 2y' + 2y = 2x b) y" — y' = 2(1 — x) c) 2y'' + y' — y = 2ex d) y'' — 3y' + 2y = xe-x Řešené. a) Homogenní rovnice je y'' — 2y' + 2y = 0. Prííslusnía charakteristickía rovnice A2 — 2A + 2 = 0, ma dvojici komplexních korenu A1;2 = 1 ± i. Obecne resení homogenní rovnice je tak y0 = ex ( Ci cos x + C2 sin x) . Jelikoz 0 není korenem charakteristicke rovnice, predpoklídíme partikularní resení yp(x) ve tvaru yp(x) = P (x), kde P (x) je polynom stejneho stupne jako polynom na prave strane nehomogenníí rovnice, proto platíí yp(x) = Ax + yP(x) = A yp(x) = 0. Funkci yp(x) a její derivace dosadíme do nehomogenní rovnice a dostívame 0 — 2A + 2(Ax + B) = 2x 2Ax — 2A + 2B = 2x. Porovníním koeficientu u x1 a x0 dostaneme A = 1 a B = 1. Odtud yp(x) = x + 1. Obecne resení nehomogenní rovnice je y = ex (C1 cos x + C2 sin x) + x + 1. b) Homogenníí rovnice je y'' — y' = 0 K ní príslusna charakteristicka rovnice ma tvar A2 A = 0. 32 Diferenciální rovnice druhého řádu 2.3 Nehomogenní rovnice Tato rovnice ma dva realne jednoduchí kořeny Ai = 0 a A2 = 1. Obecne řesení homogenní řovnice je tak yo = Cl + C2ex. Jelikoz je 0 řesením charakteristicke rovnice předpokladíme partikularní řesení ve tvaru yp(x) = xP (x), kde P (x) je polynom stejneho stupne jako polynom na prave strane nehomogenní rovnice, proto platí yp (x) = Ax2 + Bx, yP (x) = 2Ax + B, yP'(x) = 2 A. Funkci yp(x) a její derivace dosadíme do nehomogenní rovnice a dostívíme 2A — (2Ax + B) = —2x + 2 —2Ax + 2A — B = —2x + 2. Porovnaním koeficientu u x1 a x0 dostaneme A = 1 a B = 0. Odtud yp(x) = x2. Obecne řesení nehomogenní rovnice je y = Ci + C2ex + x2. c) Příslusna homogenní rovnice je 2y + y — y = 0. Její charakteristicka rovnice ma tvar 2A2 + A — 1 = 0, a kořeny jsou A1 = —1a A2 = 2. Obecne řesení homogenní rovnice je proto yo = Cie"x + C2e1 x. Protoze císlo 1 není řesením charakteristicke rovnice, předpokladame partikularní řesení ve tvaru y(x) = Aex. Platí yp(x) = Aex, yp(x) = Aex, yp (x) = Aex. Funkci yp(x) a její derivace dosadíme do nehomogenní rovnice a dostívíme 2Aex + Aex — Aex = 2ex 2Aex = 2ex. Vidíme, ze A =1, odtud yp(x) = ex a obecne řesení nehomogenní rovnice je y = Cie"x + C2e 2x + ex. d) Homogenní rovnice je tvaru y — 3y + 2y = 0 příslusna charakteristickí rovnice je A2 — 3A + 2 = 0, 33 2.3 Nehomogenní rovnice Diferenciální rovnice druhého rádu a má kořeny Ai = 1 a A2 = 2. Obecné řešení homogenní rovnice je proto yo = Ciex + C2e2x. Vzhledem k tomu, ze a = —1 není řešením charakteristicke rovnice, hledáme partikulární řešení yp(r) = (Ar + B)e-x. Platí yp(r) = (Ar + B)e-x, yp (r) = Ae-x — (Ar + B)e-x = (—Ar + A — B)e-x, yp'(r) = —Ae-x — (—Ar + A — B )e-x = (Ar — 2A + B )e-x. Funkci yp(r) a její derivace dosadíme do nehomogenní rovnice a dostávame (Ar — 2A + B)e-x — 3(—Ar + A — B)e-x + 2(Ar + B)e-x = re-x a po áprave 6Ar — 5A + 6B = r. Porovnaním koeficientu u r1 a r0 dostaneme A = 6 a B = 36. Odtud yP(r) = 36 (6r + 5)e-x a obecne resení nehomogenní rovnice je y = Ciex + C2e2x + ^(6r + 5)e-x. 36 Příklad 2.8. Najdete resení pocítecní ulohy a) y" — 4y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 1 b) y" — 3y' + 2y = 3e2x, y(0) = 1, y'(0) = 1 Rešení. a) Charakteristicka rovnice je tvaru A2 — 4 = 0 a její koreny jsou A1;2 = ±2. Obecne resení je tak y = Cie2x + C2e-2x. Abychom mohli dosadit pocatecní podmínky spocítíme y' = 2Ci e2x — 2C2e-2x. Dosadíme pocítecní podmínky a dostaneme soustavu rovnic 0 = Ci + C2 1 = 2Ci — 2C2, jejízZ resení je Ci = 4 a C2 = — 4. Resením pocatecní ulohy je tak funkce y = ^e2x — ^e-2x. 44 Graf tohoto resení vcetne znazornení pocatecní podmínky je na obrazku 2.4. 34 Diferenciální rovnice druhého řádu 2.3 Nehomogenní rovnice y 1 / 1 ■ / / -1 / 0 1 x / -1 ■ Obrázek 2.4: Graf funkce y = 4e2x — 1 e 2x b) Nejprve určeme obecne rešení homogenní rovnice y" — 3y' + 2y = 0. Její charakteristická rovnice A2 — 3A + 2 = 0 má koreny A1 = 1 a A2 = 2. Obecne rešení homogenní rovnice je yo = dex + C2e2x. Protože a = 2 je rešením charakterišticke rovnice, hledáme partikularní rešení nehomogenní rovnice ve tvaru y;(x) = Axe2x. Platí yP (x) = Ae2x + 2Axe2x = (A + 2Ax)e2x, (x) = 2Ae2x + 2(A + 2Ax)e2x. Funkci y;(x) a její derivace dosadíme do nehomogenní rovnice a dostavíme 4Ae2x + 4Axe2x — 3(A + 2Ax)e2x + 2Axe2x = 3e2x a po roznísobení a sectení Ae2x = 3e2x. Odtud vidíme, že A = 3, a proto y;(x) = 3xe2x. Obecne rešení nehomogenní rovnice pak je y = C1ex + C2e2x + 3xe2x. Nyní vypocítame y' = C1ex + 2C2e2x + 3e2x + 6xe2x 35 2.4 Okrajová úloha Diferenciální rovnice druhého rádú a dosadíme počáteční podmínky 1 = Cle0 + C2e° + 0, tj. Ci + C2 = 1, 1 = Cie° + 2C2e° + 3e° + 0, tj. Ci + 2C2 = -2. Řesení teto soustavy rovnic je C1 = 4 a C2 = —3. Řešením dane počáteční ulohy je tak funkce y = 4ex — 3e2x + 3xe2x y' ' / 8 ■ / 6 ■ 4 ■ 2 ■ -1 0 -1—í 1 x Obrazek 2.5: Graf funkce y = 4ex — 3e2x + 3xe2x 2.4 Okrajová úloha V praxi nekdy potrebujeme naiezt rešení tzv. okrajové úlohy, tj. chceme naiezt resení diferen-čialní rovnice splnující jiste podmínky v krajních bodech intervalu. Napríklad, rešení okrajove uílohy y" + ay = 0, y(0) = y (n) = 0, (2.8) kde a je vhodne číslo, hledíme analogicky jako pri resení počáteční ulohy, tj. nalezneme obecne resení rovnice a z okrajovích podmínek určíme hodnotu a a resení y. Na rozdíl od počáteční ílohy nemíme zajisteno, ze bude existovat prave jedno resení y ^ 0. Okrajoví uloha muže mít i nekonečne mnoho resení, prípadne jen triviálne řešené y = 0. Da se ukízat, ze v prípade, kdy ma okrajova uloha nekonečne mnoho resení, tvorí tato resení posloupnost funkcí yn(x). Tyto funkce se nazívají vlastní funkce a odpovídající hodnoty an se nazívají vlastní Čísla. Řesme nyní ílohu (2.8). Obecne resení rovnice y" + ay = 0 vypadí nísledovne a < 0 : y = Cie^x + C2e-^^x, a = 0 : y = C1x + C2, a > 0 : y = C1 cos V«x + C2 sin ^/ax. 36 Diferenciální rovnice druheho rádu 2.4 Okrájová ulohá Pro a < 0 existuje zřejme jen trivialní řesení ílohy (2.8). Uvazujme tedy a > 0 a dosad'me do obecneho řesení okrajove podmínky, dostaneme tak soustavu rovnic 0 = C1, 0 = C2 sin Protoze hledame netrivialní řesení, musí byt C2 = 0. Druha rovnice bude splnena pouze v případe, ze sin V«n = 0 ^ = kn == a = k2. Tedy císla ak = k2, k G N jsou vlastní císla okrajove ílohy a pro kazde ak mí uloha nekonecne mnoho řesení yk = sin kx, k G N. Poznámka 2.9. Vlastní císla okrajove ulohy uzce souvisí s řesitelností nehomogenní okrajove uílohy y'' + ay = f (x), y(0) = y(a) = 0. Da se ukazat, ze tato uloha je jednoznacne řesitelna prave tehdy, kdyz a není vlastní císlo příslusneho homogenního problemu. V případe, ze a je vlastní císlo příslusneho homogenního problemu, ma uloha nekonecne mnoho řesení prave tehdy, kdyz pro vlastní funkci y(x) platí y(x)f(x) dx = 0. o Pokud toto neplatí nema okrajoví uloha zadne řesení. Vyuzití muzeme ilustrovat na příkladu z kvantove mechaniky. Příklad 2.10. Podle kvantove mechaniky je pohyb cístice za jistích omezení popsín okrajovou uílohou ^ = — a2V>, ^(0) = ^(a) = 0, kde ^ je vlnoví funkce castice, x je prostoroví promenní, a > 0 je konstanta, a2 = {jfr) E, m > 0 je hmotnost, h je Planckova konstanta a E > 0 energie cístice. Najdete netrivialní řesení ^ teto okrajove ílohy. Pro ktere hodnoty E tato řesení existují? Rešení. Charakteristicka rovnice je A2 + a2 = 0 == A = ±ai. Obecne řesení je tvaru V>(x) = A sin ax + B cos ax, kde A, B jsou konstanty. Nyní najdeme konstanty A, B tak, aby byly splneny okrajove podmínky. Pro x = 0 dostaneme A sin0 + B cos0 = 0 tj. B = 0. J 37 Cvičení Diferenciální rovnice druhého rádu Pro x = a dostaneme A sin aa + B cos aa = 0 tj. A sin aa = 0. Kdyby A = 0, pak take ^(x) = 0 a rovnice by mela jen triviílní resení. Proto sin aa = 0 == aa = ±nn, n G N. Dostavíme tak vlastní císla a„ = ±—, n G N. a Resením okrajove ílohy je posloupnost funkcí nnx V>„ (x) = A„ sin- a n G N, Ara G R. Tato resení odpovídají energii ^ 2 h2 n2n2 h2 En = a — = —---. 2m a2 2m ▲ y* x (a) RŘešení pro n =1 (b) Řešení pro n = 2 (c) Řešení pro n = 3 Obrazek 2.6: Ruzna resení okrajove ulohy 2.10 x x a Cvicení 1. Najdete obecne resení rovnic: a) y — 3y + 2y = 0 c) y'' + 8y' + 16y = 0 e) y — 16y = 0 2. Najdete obecníe reseníí rovnic: a) y + 4y — 5y = 1, c) y'' + y = x3, e) y'' + 3y' + 2y = (20x + 29)e3x, b) y'' + 16y = 0 d) y — 6y + 13y = 0 f) y — 4y + 5y = 0 b) y + 2y + y = e-2x, d) 2y + 5y = 5x2 — 2x — 1, f) y + 4y + 4 = xe2x. 38 Diferenciální rovnice druheho řédu CviCení 3. Najdete rešení pocítecní ulohy: a) y'' + 2y' + y = 0, y(0) = 2, y'(0) = —1, b) 3y'' + 4y' = 0, y(0) = 0, y'(0) = —1, c) y'' — 4y' + 4y = 2 — x, y(0) = y'(0) = 1, d) y'' — 2y' + y =1+ x, y(0) = 2, y'(0) = —3. 4. Pušobíme-li elektrickým polem na roztok elektrolytu, zacnou še ionty pušobením elektro-štatických šil pohybovat šmerem k elektrodam. Zaroven je však rychlošt pohybu iontu brzdena prímo umerne trecími šilami. Podle Druheho Newtonova zíkonaje pohyb kationtu š elektrickím nabojem q > 0 a hmotnoští m > 0 podel ošy x popšín níšledující pocatecní uílohou x''(t) + — x'(t) = —E, x(0) = x0, x'(0) = v0, mm kde t > 0 je caš, k > 0 je koeficient umernošti trecích šil, E > 0 je šíla homogenního elektrickeho pole a x0, v0 jšou pocatecní pozice a rychlošt iontu. (Pošlední 4 hodnoty povazujeme za konštanty.) Najdete rešení pocítecní ílohy pro 0 < t < oo. 5. Urcete rešení okrajove ulohy = —dx(0) = 0, v,(í)=° Výsledky: 1. a) y = C1e2x + C2ex, b) y = C1 coš 4x + C2 šin 4x, c) y = C1e-4x + C2xe-4x, d) y = e3x(C1 coš 2x + C2 šin 2x), e) y = C1e4x + C2e-4x, f) y = C1e2x coš x + C2e2x šin x. 2. a) y = C1ex + C2e-5x — |, b) y = (C1 + C2x)e-x + e-2x, c) y = C1 šin x + C2 coš x + x3 — 6x, d) y = C1 + C2e-2x + 1 x3 — 3x2 + 25x, e) y = C1e-x + C2e-2x + (x + 1)e3x, f) y = (C1 + C2x)e-2x + (x — ^) e2x. 3. a) y = 2e-x + xe-x, b) y = — 3 + 4e-4x, c) y = 4(3e2x — xe2x — x + 1), d) y = x + 3 — ex(1 + 3x). 4. x(t) = x0 + ft + (— ) (1 — e-m*) 5. Řešením jšou funkce ^ra(x) = An coš(2n + 1)x pro an = (2n +1)2, kde n = 0, 1, 2, .... 39