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 diferenciální rovnice Diferenciální rovnice prvního rádu Prubeh nejakeho skutecneho jevu je popsan jediním resením. Z mnoziny vsech resení urcíme toto resení zadaním počáteční podmínky. Uloha najít resení diferencialní rovnice splňující danou pocatecní podmínku se nazíva počáteční Uloha (nekdy take Cauchyova pocatecní uloha). V praktickích aplikacích hraje casto roli nezavisle promenne x cas. Je proto prirozene hledat resení diferencialních rovnic pro x > 0. Napríklad, pocítecní uloha y' = —y, y(0) = 100 mí resení y = 100e-x. U rovnic druhíeho ňríadu je pro jednoznaňcnost ňreňsení nutníe zadat dvňe poňcíateňcní podmínky. Napňríklad, poňcíateňcní uíloha y'' + y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 1 mía ňreňsení y = sin x. V mnoha pňrípadech není moňzníe najít explicitní vyjíadňrení hledaníe funkce. Naňstňestí v pňrí-padňe, kdy je danía rovnice tvaru y = f(x, y), muzeme získat nejake informace o hledanem resení díky geometricke interpretaci dane rovnice. Geometrická interpretace Diferenciílní rovnice y' = f (x, y) prirazuje bodu [x, y] v rovine prave jednu hodnotu y'(x), neboli hodnotu derivace hledane funkce. Tuto hodnotu muzeme chíapat jako smňernici pňríímky prochíazejíícíí bodem [x, y]. Tuto pňríímku obvykle zníazornňujeme jako kratkou useckou se stredem v danem bode [x, y] a smernicí y'(x). Tato ísecka se nazíví lineární element. Mnozinu vsech lineírních elementu diferencialní rovnice nazyvame směrové pole. Graf kazdeho resení t/?(x) dane diferencialní rovnice, tzv. integrální krivka, ma zrejme tu vlastnost, ze tecna v kazdem 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 má vždy tzv. triviálni řešeni y = 0. Jde o rovnici se separovanými proměnnými a její obecne resení najdeme tak, že separujeme promenne a integrujeme —y = — í p(x) dx. y Odtud Po odlogaritmovaní dostaneme |y| = e-/p(x)dx+K = e-/p(x)dxeK = Ce-/p(x)dx; (C = eK > 0). Odstraníme-li absolutní hodnotu a uvážíme-li take trivialní resení y = 0, dostaneme obecne resem homogenní rovnice y = C e-^p(x)dx, (C je libovolná konstanta). Odtud je videt, že netriviální resení je bud' kladne nebo žáporne, nikdy neprotne osu x. > Nehomogenní rovnice. Pro resení rovnice (1.3) použijeme následující vetu: Věta 1.7. Necht yo(x) je obecné řešeni homogenní rovnice (1.4), tj. yo = Ce-'p(x)dx, á yp(x) je partikulární řešeni nehomogenní rovnice (1.3). Pák obecné řešeni této nehomogenní rovnice je y(x) = y0(x) + yp(x). Vidíme, že obecne resení nehomogenní linearní diferencialní rovnice je složeno ž obecneho resenáí práíslusnáe homogennáí rovnice a nejakáeho partikulaárnáího resenáí nehomogennáí rovnice. Jelikož homogennáí rovnici resit umáíme, žbyáváa tedy vyresit uálohu, jak naláežt partikuláarnáí (tj. jedno konkráetnáí) resenáí nehomogennáí rovnice. Použijeme tžv. metodu variace konstanty. Vyjdeme ž resení homogenní rovnice, nahradíme konstantu C vhodnou funkcí C (x) (odtud nažev variace konstanty) a hledáme resení ve tvaru yp(x) = C (x)yo(x) = C (x)e-' p(x)dx. Potrebujeme tedy urcit nežnámou funkci C (x). Vypocteme yp (jako derivaci soucinu): yP(x) = C'(x)yo(x) + C (x)y0(x). Dosadíme yp, yp do (1.3) ža y, y' a dostaneme tak C'(x)yo(x) + C (x)y0 (x) + p(x)C (x)yo(x) = f (x). Protože yo je resení homogenní rovnice, mame ž (1.4) vžtah yo = —p(x)yo a dosažením do predchoží rovnice dostaneme C'(x)yo(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) Poštupujeme podobne jako v předchozím příklade. Krok 1. Nejprve vyřešíme homogenní rovnici y + 2xy = 0. Opet jde o rovnici še šeparovanymi promennámi 2x dx. a odtud ln | y| = —x2 + K a po odlogaritmovaní a odštranení abšolutní hodnoty doštaneme obecne řešení homogenní rovnice yo = Ce-x2, C G r. Krok 2. Partikulární řešení nehomogenní rovnice hledame ve tvaru yp = C(x)e-x2. Vypo-cteme y'p = C'(x)e-x — 2xC(x)e-x a došadíme 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 řešení nehomogenní rovnice nm proto tvar = C (x)e-x2 = —e x . Krok 3. Obecne řešení nehomogenní rovnice je y = Ce-x2 + ye"x2 = + ^ e~x". ▲ Příklad 1.9. Rešte pocatecní ulohu a) x3y' — 2x2y = 4, y(1) = —2, Rešení. a) Rovnici upravme do tvaru Jedna še 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 = íqíi. 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. Řesením pocítecní ulohy je funkce —1 + ln(x2 + 1) y =-2~T~i-. x2 + 1 Poznámka 1.10. Krome metody variace konstanty muzeme pouzít i metodu integračního faktoru,. Mame-li nehomogenní linearní rovnici tvaru y' + p(x)y = /(x) muzeme ji resit tak, ze obe strany vynasobíme vyrazem I(x) = eJp(x)dx, tzv. integračním faktorem, a potíe zintegrujeme. Napríklad pro rovnici y' + 3x2y = 6x2 12 Diferenciální rovnice prvního ěádu 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu je integracní faktor víraz I (x) =e' 3x2 dx = ex3. Vynísobíme-li obe strany rovnice vírazem ex3 dostaneme ex3 y' + 3x2ex3 y = 6x2 ex3. Vsimneme si, ze na leve strane stojí rozepsana derivace soucinu. Rovnici lze proto upravit do tvaru ex3y = 6x2ex3. Nyní muzeme obe strany zintegrovat ex3y = 6x2ex3 dx. Integral na prave strane vypocteme pomocí substituce t = x3, dx = 3x2. Dostaneme ex3 y = 2ex3 + C a odtud y = 2 + C e-x3. Jeste poznamenejme, ze obe metody jsou ekvivalentní a vedou na vípocet stejních integrílu. 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního radu Príklad 1.11. (Model radioaktivního rozpadu) Uvazme radioaktivní atomy v nejakem izotopu chemickeho prvku a oznacme jejich pocet v zavislosti na case N (t). Radioaktivita je prirození nebo umele navozeny samovolní rozpad atomoveho jadra provazení vysílaním radioaktivního zírení. Ernest Rutherford ukazal, ze rychlost rozpadu (tedy vlastne zmena poctu atomu) je prímo ímerna poctu atomu príslusneho prvku. Tento proces muzeme proto popsat diferenciíalní rovnicí N' = -AN' kde A > 0 je tzv. premenoví konstanta. Jední se o rovnici se separovaními promenními, kterou muzeme doplnit o pocatecní podmínku N(0) = N0, tj. ze v jistem case, v kterem zapocalo merení byl pocet atomu N0. Rovnici upravíme dN "d7 AN a integrujeme Odtud dostaneme resení dN dN lir = 1-A dt. N (t) = Ke"Aí. 13 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního řádu Diferenciální rovnice prvního řádu 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 Resení. 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 řádu 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu Rešení. Ožnacme y(t) množství soli v nadrži po t minutach. Víme, že y(0) = 20 a chceme žjistit y(30). Sestavme proto diferencialní rovnici, kterou bude y(t) splňovat. Zcela jiste pro žmnenu mnonžstváí soli platáí "d^t = (prítok) — (odtok), kde pnráítokem mysláíme mnonžstváí soli, kteraá se dostane do naádrnže a odtokem mnonžstváí, kteráe ž náadrnže odejde. Ze žadáanáí uálohy máame kg l kg (prítok) = (0,03 kg ) (25 — ) = 0,75 . l min min Nadrž stále obsahuje 50001 rožtoku, proto koncentrace v case t je kg/l. Jelikož rožtok odteká 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 Mame tak rovnici dy = 0 75 y(t) = 150 — y(t) dt 200 200 což je rovnice se separovaními promennámi, kterou umíme resit. Úpravou a integrováním dostavíme J 150 — y J 200 — ln 1150 — y| = — + C. 200 Protonže máa byát splnnena poncáatencná podmánka y(0) = 20, maáme ln130 = C a tak t ln 1150 — y| = ln130 | | 200 t ^200 t " 200 ln 1150 — y| =ln130 — lne2 a odlogaritmováanám dostaneme nrensená danáe poncaátencná uálohy ve tvaru y(t) = 150 — 130e-2 Mnonžstvá soli v náadrnži po 30 minutáach je y(30) = 150 — 130e-200 = 38,1 kg. b) Jak se žmení resení ůlohy, jestliže bude smes vytekat rychlostí 201 ža minutu? 15 1.4 Aplikace diferenciálních rovnic prvního rádu Diferenciíální rovnice prvního řríádu 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 = (prítok) — (odtok), kde pro prítok bude víraž stejní (prítok) = f 0,03 ^ ] f 25 — ] l min = 0,75 min Nyní není ovsem množství rožtoku v nadrži konstantní, níbrž platí, že nídrž obsahuje v case t žrejme 5000 + (25 — 20)t litru rožtoku a proto koncentrace v tomto okamžiku bude y(t) 5000 + 5t Pro odtok tak dostíavaíme (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 což je nehomogenní linearní rovnice prvního radu. Nejprve resme homogenní rovnici dy = 4y dt 1000 +1 dy _ 4dt ~y = — 1000 + t a po integraci dostaneme ln |y| = —4ln(1000 + t) + K. Odlogaritmovíaníím a odstraneníím absolutníí hodnoty dostíavíame 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 dosaženáí do rovnice dostáavaáme 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. Množství 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\ ) , 10304 & Príklad 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, že rychlost teto reakce je prímo ámerna soucinu okamžitých koncentrací, neboli 17 1.4 Aplikáce diferenciálních rovnic prvního rídu Diferenciíální rovnice prvního řríádu 300 25000 l50 l00 50 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. Řešeni. 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. Úpravou 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 rríádu Řešeni. Jedná še o rovnici še šeparovaními promennymi, upravme ji a integrujme JpohřidP = /k dt. Integral na leve štrane rovnice muzeme rozlozit na parcialní zlomky a doštavame tak /(? + K—p) dP = /kd ln |P| — ln |K — P| = kt + C. Upravíme a odlogaritmujeme K-P P e-kt-c. Oznacíme-li kladnou konštantu e c = A a budeme předpokladat, ze A G R, muzeme odštranit abšolutní hodnotu Odtud vyjadríme P a doštaneme tak K P= Z pocatecní podmínky platí Po odkud A 1 + Ae-kt K = 1 + Ae0, K — Po " Po . ▲ Obrazek 1.3: Model ruštu populace pro ruzne volby k 20 Diferenciální rovnice prvního rídu 1.5 Numerickí řešení počáteční ílohy 1.5 Numericke resení pocatecní Úlohy V mnoha prípadech nejsme schopni danou diferencialní rovnici prímo vyresit a musíme se spokojit pouze s priblizním resením, ktereho muzeme dosahnout pomocí tzv. numerických metod. Nejjednodussí metodou numerickeho resení pocatecní ulohy je Eulerova metoda. Za-kladní myslenkou teto metody je aproximace resení lomenou carou. Uvazujme pocítecní ulohu y' = / (x'y)' y(xo) = y0. Chceme nalezt priblizne resení y(x) pro x G [x0, x0+aj. Postupujeme tak, ze interval rozdelíme na n podintervalu delky Dostaneme tak delicí body xi = xo + hi' x2 = xi + ' ...' xra = xra_i + hn = xo + a, kde h1 + h2 + • • • + hn = a. Vypocteme y0 = / (x0' y0) a polozíme y1 = y0 + h1y0 = y0 + h1f (x0' yo). Podobne urcíme y2 = y1 + h2/(x1'y1) atd. a dostaneme priblizne resení y(x) = yi + / (xi'yi)(x - xi) pro x G [x^xi+1]' (i = 0' 1'...'n - 1). Nejjednodussím zpusobem delení intervalu je pouzití stejne vzdýlených delicích bodu. V tomto prípade muzeme 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 priblizne resení pocítecní ulohy y' = x + y' y(0) = i (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 predchozího postupu tak dostíavíame y1 = yo + h/(xo'yo) = 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 podobních vípoctech dostaneme dalsí hodnoty: i yi i 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 rráídu Cvircení 3. Reste dane pocatecní ílohy: a) * - x = 0, y(1) = 1, b) S = y2 + 1, y(1) = 0, c) xy' + y = y2, y(—1) = r, 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' + 2 y = 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'ex2 + 2xyex2 = 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' — í+pr = 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 blízzí 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. RResením rovnice najdete funkci C (t) víte-li, ze C (0) = C0. 23 Cvičení Diferenciální rovnice prvního řádu Výsledky: 1. a) ano, b) ano, c) ano, y = ,£ 2, d) ano, y = ^ V 4 X 2. a) y = — a V = 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(íe* — e* + C)2 — 1. 3. a) y = x, b) y = tg (x — 1), c) y = ^, d) v^cos 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+i(x — 1 +ln |x|). 6. Navod: Je-li mnozství dane latky a a mnozství vznikající lítky x(í) v case t, dostaneme pro funkci x (í) 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"k*), pro í —>• to je x —>• a. 7. x(í) = a — (k^r)5 8. C (í) = (Co — r )e-k* + r 24 Kapitola 2 Diferenciální rovnice druheho radu Dalsím důležitím typem diferencialních rovnic jsou linearní diferencialní rovnice druheho radu y" + py' + qy = f (x), (2.1) kde p, q jsou realná císla a f (x) je spojitá funkce. Je-li f (x) = 0 (ríkáme, že je identicky rovna nule), nažíva se rovnice (2.1) homogenní. V opacnem prípade, tj. f (x) = 0, se nažíva nehomogenní. S temito rovnicemi se casto setkavame napríklad pri použití druheho Newtonova žakona. 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 můžeme overit, že vsechny funkce tvaru y = Ciex + C2e-x, kde Ci,C2 jsou libovolne konstanty, jsou reseními teto rovnice. V prípade b) je resením rovnice napríklad funkce y = sin x, protože (sin x)'' + sin x = 0 pro vsechna x. Podobne resením teto rovnice je take funkce y = cos x a opet lže overit, že vsechny funkce tvaru y = C1 sin x + C2 cos x jsou jejími reseními. V prípade c) můžeme 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 uloha Podobnne jako u diferenciíalníích rovnic prvníího nraídu potnrebujeme v praktickyích uílohíach nalíežt resení diferenciální 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)= y0, y'(0) = y1. Príklad 2.2. Reste pocatecní ůlohu 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 Rešeni. a) Postupne dostavame y' = 1*dx = e' + C1, y = J (ex + Ci) dx = ex + Cix + C2. Resením nasí rovnice bež pocatecní podmínky jsou vsechny funkce, ktere dostaneme ž predpisu y = ex + C1x + C2 volbou konstant C1 a C2. Hledíme-li resení, ktere splnuje pocatecní podmínky y(0) = 1, y'(0) = 0, spocteme y' = ex + C1 a dosadíme ža promenne x a y do funkcního predpisu a do predpisu pro první derivaci funkce: 1 = e0 + 0 • C1 + C2, 0 = e0 + C1. Odtud C2 = 0a C1 = —1a resením pocatecní ulohy je funkce y = ex — x. b) Postupujeme obdobne jako v predchožím prípade y = cos x dx = sin x + C1, y = j (sin x + C1) dx = — cos x + C1x + C2. Proto resením rovnice bež pocítecní podmínky jsou vsechny funkce, ktere dostaneme ž predpisu y = — cos x + C1x + C2 volbou konstant C1 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 • C1 + C2, 1 = sin0 + C1. Odtud dostavame C1 = 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 y1, y2 resením rovnice (2.2), pak je take funkce y = C1y1 + C2y2 resením teto rovnice. Prave pro tuto vlastnost se rovnice (2.1) nažíví lineárni diferenciální rovnice. Dve resení y1, y2 rovnice (2.2) jsou lineárně nezávislá, jestliže determinant w(x) y1(x) y2(x) y1(x) y2(x) 26 Diferenciální rovnice druhího rídu 2.2 Homogenní rovnice je nenuloví, tj. w(x) = 0. Tento determinant se nažíva wronskiín. Dá se ukažat, že wronskián dvou resení je bud' identicky nula nebo je růžny od nuly pro vsechna x. Je-li p = 0, pak w(x) je konstanta. Jsou-li funkce y1, y2 linearne nežavisla resení rovnice (2.2), pak libovolne resení teto rovnice dostaneme lineíarníí kombinacíí techto reseníí, tj. y(x) = Cm(x) + C2y2(x), C1,C2 G r. Toto resení nažyvame obecne resení rovnice (2.2). Príklad 2.3. Overte, že nasledující funkce jsou linearne nežavisle a) ex a e-x, b) cos x a sin x. Rešení. a) Vypocteme wronskian techto funkcí. Dostaneme w(x) ex e x ex _e_x = —exe "x — exe "x = —2 = 0. V uívodu jsme ukaížali, nže funkce y1 = ex a y2 = e x jsou nrenseními rovnice y''— y = 0. Protonže jejich wronskian je růžmí od nuly, jsou tato resení dokonce linearne nežavisla resení teto rovnice a tvoríí tak jejíí obecníe reseníí 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. Jelikož je wronskián růžní od nuly, jedna se o lineárne nežavisle 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. Protože eAx = 0, musí A splnovat rovnici A2 + pA + q = 0. (2.3) Tato kvadratickía rovnice se nažyívaí chárákterištickíá rovnice diferenciíalní rovnice (2.2). Mohou nastat tyto pnrípady: (1) Kvadraticka rovnice ma dva reálne ruzne koreny A1, A2. Pak resením homogenní rovnice jsou funkce y1 = eAl x, y2 = eA2x 27 2.2 Homogenní rovnice Diferenciíálníí rovnice druhíeho rríádu a obecne řešení je y = deAix + C2eA2x. (2.4) (2) Kvadraticka rovnice nm jeden dvojnásobný koren A. Pak řešením homogenní rovnice jšou funkce yi =eAx, y2 = xeAx a obecne řešení je y = Ci eAx + C2xeAx. (2.5) (3) Kvadratická rovnice má dva komplexně .sdružené kořeny Ai;2 = a ± i/3. Pak řešením homogenní rovnice je například funkce y = e(a+í^)x = eaxe*^x ktera je komplexní funkcí. Pouzijeme-li Euleruv vztah ei/3x = coš /3x + i šin /3x, doštaneme řešení homogenní rovnice ve tvaru y = eax(coš /3x + i šin /3x) = eax coš /3x + ieax šin /3x. Lze ukazat, ze tato funkce je řešením homogenní rovnice (2.2) prave tehdy, kdyz je řešením tíeto rovnice reíalnaí a imaginaírníí cíašt tíeto funkce. Proto rešeníím homogenníí rovnice jšou funkce yi = eax coš /3x, y2 = eax šin /3x. Obecníe rešeníí pak je y = Cieax coš /3x + C2eax šin /3x. (2.6) Všimneme ši, ze štejná vášledek doštaneme i pro druhá kořen A2 = a — i/3. Př íklad 2.4. Rešte našledující homogenní rovnice a) y'' + y' — 6y = 0 b) y'' — y' = 0 c) y'' + 2y' + 1 = 0 d) y'' — 4y' + 85y = 0 Řešeni. a) Napíšeme charakterištickou rovnici A2 + A — 6 = 0. Její kořeny jšou _ —1 ±y/1 + 2^ —1 ± 5 . Ai,2 =-2-= —2—, tj. Ai = 2 A2 = —3. Oba kořeny jšou realne a jednoduche, kazdemu proto příšluší jedno řešení yi = e2x, y2 = e-3x a obecne řešení je pak y = Cie2x + C2e-3x. Zvolíme-li Ci = C2 = 1, doštaneme řešení y = e2x + e-3x, ktere je znázorneno na obrázku 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 v v' 1 ■ i . 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 Příklad 2.5. Napiste linearní diferenciílní rovnici druheho rídu, ktera ma resení a) yi = e2x, y2 = e-3x; b) yi = ex sin x. Řešení. a) Z podoby resení plyne, ze charakteristicka rovnice hledane diferencialní 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 pňrísluňsnía diferenciaílní 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 pňrísluňsnía diferenciaílní rovnici y — 2y + 2 = 0. ▲ 2.3 Nehomogenní rovnice Uvazujme nehomogenní diferencialní rovnici y'' + py' + qy = f (x). (2.7) Podobnňe jako u diferenciaílní rovnice prvního ňríadu platí níasledující vňeta: 30 Diferenciální rovnice druháho rádu 2.3 Nehomogenní rovnice 300 200 i00 i00 200 2 Obrízek 2.3: Graf funkce y = e2x sin9x Věta 2.6. Necht y0(x) je obecne resení homogenní rovnice (2.2) a yp(x) je partikularní resení nehomogenní rovnice (2.7). Pak obecne resení teto nehomogenní rovnice je y(x) = y0(x) + yp(x). Otazkou tedy je, jak najdeme partikularní resení nehomogenní rovnice. Univerzalní metodou je metoda variace konstanty, ktería je vsak u rovnic druhíeho ríadu slozitejsíí (podrobnosti viz [?]). Ve speciílních prípadech, kde je funkce f (x) „jednoduchí", je víhodní metoda neurcitích koeficientu, kdy hledame resení v predepsanem tvaru. Ukazme si dva prípady: 1) Funkce f (x) je polynom stupne n. a) Jestlize císlo 0 není korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak nm nehomogenní rovnice partikularní resení tvaru y0 = Q(x), kde Q(x) je polynom stupne n s neznímími koeficienty. Tyto koeficienty urcíme dosazením tohoto polynomu a jeho derivací do rovnice. b) Jestlize císlo 0 je jednoduchím korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak nm nehomogenní rovnice partikulírní resení tvaru y0 = xQ(x), kde Q(x) je polynom stupne n s neznímími koeficienty. c) Jestlize císlo 0 je dvojnísobnym korenem charakteristicke rovnice (2.3), pak nm nehomogenní rovnice partikulírní resení tvaru y0 = x2Q(x), kde Q(x) je polynom stupne n s neznímími koeficienty. 2) Funkce f (x) = P(x)eax, kde P (x) je polynom stupne n. y 0 i 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 jednoduchým 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 Príklad 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 Řešeni. 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 (C1 cos x + C2 sin x). Jelikoz 0 není korenem charakteristicke rovnice, predpo^ídíme 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 + B' 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) Homogenní rovnice je y'' - y' = 0 K ní príslusna charakteristicka rovnice ma tvar A2 A = 0. 32 Diferenciíálníí rovnice druhíeho ríádu 2.3 Nehomogenní rovnice Tato rovnice ma dva realne jednoduchá kořeny Ai = 0 a A2 = 1. Obecne řešení homogenní rovnice je tak yo = Ci + C2ex. Jelikoz je 0 řešením charakterišticke rovnice predpokladáme partikularní řešení ve tvaru yp(x) = xP (x), kde P (x) je polynom štejneho štupne jako polynom na prave štrane neho-mogenníí rovnice, proto platíí yp (x) = Ax2 + Bx, yp (x) = 2Ax + B, yp'(x) = 2 A. Funkci yp(x) a její derivace došadíme do nehomogenní rovnice a doštáváme 2A — (2Ax + B) = —2x + 2 —2Ax + 2A — B = —2x + 2. Porovnaním koeficientu u x1 a x0 doštaneme A = 1 a B = 0. Odtud yp(x) = x2. Obecne řešení nehomogenní rovnice je y = Ci + C2ex + x2. c) Příšlušna homogenní rovnice je 2y + y — y = 0. Její charakterištickía rovnice mía tvar 2A2 + A — 1 = 0, a kořeny jšou Ai = —1a A2 = 2. Obecne řešení homogenní rovnice je proto yo = Cie-x + C2e2 x. Protoze cíšlo 1 není řešením charakterišticke rovnice, předpokladame partikularní řešení ve tvaru y(x) = Aex. Platíí yp (x) = Aex, yP (x) = Aex, yp' (x) = Aex. Funkci yp(x) a její derivace došadíme do nehomogenní rovnice a doštáváme 2Aex + Aex — Aex = 2ex 2Aex = 2ex. Vidíme, ze A =1, odtud yp(x) = ex a obecne řešení nehomogenní rovnice je y = Cie-x + C2e 2x + ex. d) Homogenní rovnice je tvaru y — 3y + 2y = 0 příšlušna charakterištická 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 yj = 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, hledáme 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 vlastni funkce a odpovídající hodnoty an se nazívají vlastni 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 druhého řádu 2.4 Okrajová Ulohá Pro a < 0 existuje zřejmě jen triviální řešení úlohy (2.8). Uvazujme tedy a > 0 a dosad'me do obecneho řešení okrajove podmínky, dostaneme tak soustavu rovnic 0 = Ci, 0 = C2 sin Protože hledame netrivialní resení, musí byt C2 = 0. Druha rovnice bude splnena pouze v prúípade, ze sin v^črä" = 0 == V«n = kn == a = k2. Tedy Čísla ak = k2, k G N jsou vlastní Čísla okrajove úlohy a pro každe ak mú uloha nekonečne mnoho resení yk = sin kx, k G N. Poznámka 2.9. Vlastní čísla okrajove ulohy uzce souvisí s resitelností nehomogenní okrajove úlohy y" + ay = f (x), y(0) = y(a) = 0. Da se ukazat, že tato uloha je jednoznačne resitelna prave tehdy, když a není vlastní číslo príslusneho homogenního problemu. V prípade, ze a je vlastní číslo príslusneho homogenního problemu, ma uloha nekonečne mnoho resení prave tehdy, kdyz pro vlastní funkči y(x) platí ľ y(x)f(x) dx = 0. 0 Pokud toto neplatí nema okrajovú uloha zadne resení. Vyuzití muzeme ilustrovat na príkladu z kvantove mečhaniky. Př íklad 2.10. Podle kvantove mečhaniky je pohyb čústiče za jistúčh omezení popsún okrajovou úlohou dl = -a2^, ^(0) = ^(a) = 0, kde | je vlnovú funkče častiče, x je prostorovú promennú, a > 0 je konstanta, a2 = (^žr) E, m > 0 je hmotnost, h je Plančkova konstanta a E > 0 energie čústiče. Najdete netrivialní resení | teto okrajove úlohy. Pro ktere hodnoty E tato resení existují? Rešení. Charakteristička rovniče je A2 + a2 = 0 == A = ±ai. Obečne resení je tvaru |(x) = A sin ax + B čos ax, kde A, B jsou konstanty. Nyní najdeme konstanty A, B tak, aby byly splneny okrajove podmúínky. Pro x = 0 dostaneme A sin0 + B čos0 = 0 tj. B = 0. J 37 Cviření Diferenciální rovnice druhího 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 triviální resení. Proto sin aa = 0 == aa = ±nn, n G N. Dostíavaíme tak vlastníí ncíísla a„ = ±—, n G N. a Rnenseníím okrajovíe uílohy je posloupnost funkcíí nnx V>„ (x) = A„ sin- a n G N, Ara G R. Tato nrenseníí odpovíídajíí energii ^ 2 h n2n2 h2 En = a — = —---. 2m a2 2m ▲ y* y* x (a) RŘešení pro n =1 (b) Řešení pro n = 2 (c) Řešení pro n = 3 Obražek 2.6: Růžna resení okrajove ůlohy 2.10 x x a Cvicení 1. Najdete obecníe reseníí 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 Diferenciíální rovnice druhíeho rráídu Cvirení 3. Najdete resení 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. Pusobíme-li elektrickým polem na roztok elektrolytu, zacnou se ionty pusobením elektrostatických sil pohybovat smerem k elektrodam. Zaroven je vsak rychlost pohybu iontu brzdena prímo umerne trecími silami. Podle Druheho Newtonova zíkona je pohyb kationtu s elektrickím nabojem q > 0 a hmotností m > 0 podel osy x popsín nísledující pocatecní uílohou x"(t) + —x'(t) = —E, x(0) = x0, x'(0) = v0, mm kde t > 0 je cas, k > 0 je koeficient umernosti trecích sil, E > 0 je síla homogenního elektrickeho pole a x0, v0 jsou pocatecní pozice a rychlost iontu. (Poslední 4 hodnoty povazujeme za konstanty.) Najdete resení pocítecní ílohy pro 0 < t < oo. 5. Urcete resení okrajove ulohy dV „.2., d^ n Výsledky: 1. a) y = C1e2x + C2ex, b) y = Cl cos 4x + C2 sin 4x, c) y = C1e-4x + C2xe-4x, d) y = e3x(C1 cos 2x + C2 sin 2x), e) y = C1e4x + C2e-4x, f) y = C1e2x cos x + C2e2x sin x. 2. a) y = C1ex + C2e-5x - |, b) y = (C1 + C2x)e-x + e-2x, c) y = C1 sin x + C2 cos x + x3 — 6x, d) y = C1 + C2e-2x + 1 x3 — 3x2 + 25x, e) y = de-x + C2e-2x + (x + 1)e3x, f) y = (C1 + C2x)e-2x + — ^) 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) = xo + f t + (^ — ) (1 — e-m*) 5. Resením jsou funkce ^ra(x) = An cos(2n + 1)x pro an = (2n +1)2, kde n = 0, 1, 2, .... 39