MASARYKOVA UNIVERZITA
Přírodovědecká fakulta
BAKALÁŘSKÁ PRÁCE
Alena Filipčuková
Aplikace diferenciálních rovnic - sbírka úloh
Vedoucí práce: RNDr. Lenka Přibylová, Ph.D.
Studijní program: Fyzika
Studijní obor: Matematika se zaměřením na vzdělávání
2011
Ráda bych poděkovala RNDr. Lence Přibylové, Ph.D. za odborné vedení bakalářské
práce, cenné rady a připomínky a čas věnovaný konzultačním hodinám.
Prohlašuji, že jsem svou bakalářskou práci napsala samostatně a výhradně
s použitím citovaných pramenů.
V Brně, dne .................... Alena Filipčuková
Název práce: Aplikace diferenciálních rovnic - sbírka úloh
Autor: Alena Filipčuková
Ústav matematiky a statistiky Přírodovědecké fakulty, MU
Vedoucí bakalářské práce: RNDr. Lenka Přibylová, Ph.D.
Abstrakt: Cílem práce je sestavit sbírku úloh na aplikace diferenciálních rovnic
v různých vědních disciplínách. V první části práce jsou uvedeny základní
definice a věty a jsou zde představeny jednotlivé typy diferenciálních rovnic.
Druhá část práce je pak již samotná sbírka řešených příkladů doplněná o neřešené
příklady s výsledky.
Klíčová slova: diferenciální rovnice, aplikace, sbírka úloh
Title: Applications of differential equations - exercises
Author: Alena Filipčuková
Department of Mathematics and Statistics, Faculty of Science, MU
Supervisor: RNDr. Lenka Přibylová, Ph.D.
Abstract: The aim of this thesis is to compile exercises for applications of differential
equations in various branches of science. Basic definitions and theorems
and individual types of differential equations are presented in the first part of
the thesis. The second part of this thesis contains solved and unsolved exercises
with results.
Keywords: differential equations, applications, exercises
Obsah
Úvod 6
Základní pojmy 7
Existence a jednoznačnost řešení 9
1 Elementární metody řešení 10
1.1 Rovnice se separovanými proměnnými . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Lineární rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Exaktní rovnice a integrační faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Sbírka úloh 19
2.1 Rozpad radioaktivního materiálu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Šálek kávy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Izolace pece . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4 Smíchávání . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.5 Chemický závod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.6 Rychlost chemické reakce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.7 Hydrogensiřičitanový iont . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.8 Elektrický obvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.9 Složený úrok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.10 Ryby v jezeře . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.11 Siločáry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
Závěr 37
Literatura 38
5
Úvod
Cílem práce je sestavit sbírku úloh na aplikace diferenciálních rovnic. Tyto aplikace
se vyskytují v mnoha vědních disciplínách a ve své práci se věnuji využití
diferenciálních rovnic ve fyzice, chemii, biologii a ekonomii. Zaměřuji se na obyčejné
diferenciální rovnice 1. řádu, neboť jejich využití je velmi rozsáhlé a chci
tak poukázat na různorodost těchto aplikací. Práce zároveň poslouží také jako
pomocný učební text pro cvičení předmětu zabývajícího se deterministickými
modely.
Práce je rozdělena do dvou částí - teoreticlé a sbírky úloh.
V první, teoretické části se zabývám nadefinováním základních pojmů a uvedením
stěžejních vět zaručujících existenci a jednoznačnost řešení. V první číslované
kapitole jsou pak představeny jednotlivé typy diferenciálních rovnic a je
zde uveden postup, jakým se tyto rovnice řeší.
Druhou kapitolou je pak samotná sbírka úloh. Tato sbírka sestává z 11 řešených
příkladů. U každého vyřešeného příkladu je pak uveden příklad neřešený
zabývající se podobnou tématikou, který slouží k procvičení. Součástí příkladu
je i výsledek.
Práce je vysázena systémem LATEX.
6
Základní pojmy
Nechť F : R3
→ R je funkce tří proměnných, která je definovaná na otevřené
množině Ω0 ⊂ R3
a y : R → R je funkce, x ∈ R. Pak rovnice
F(x, y, y′
) = 0 (1)
se nazývá obyčejná diferenciální rovnice 1. řádu v implicitním tvaru s neznámou
y(x).
Definice 1. Nechť h(x) je funkce definovaná na otevřeném intervalu J. Pak
h(x) se nazývá řešení rovnice (1) na J, jestliže h(x) má derivaci, pro každé
x ∈ J, (x, h(x), h′
(x)) ∈ Ω0 a platí
F(x, h(x), h′
(x)) = 0, x ∈ J.
Řešením obyčejné diferenciální rovnice rozumíme tedy funkci, která vyhovuje
dané rovnici na nějakém intervalu. Takových řešení může být více, dokonce nekonečně
mnoho. Jedno konkrétní řešení nazýváme partikulární řešení. Podaří-li se
nám najít univerzální vzorec, ve kterém jsou zahrnuta všechna partikulární řešení,
mluvíme o obecném řešení. Obecné řešení bude tedy vzorec obsahující jednu
nebo více libovolných konstant, jejichž konkrétními volbami dostaneme všechna
možná partikulární řešení dané rovnice. Počet konstant odpovídá v podstatě
řádu rovnice.
Při řešení obyčejných diferenciálních rovnic bývá důležité, abychom z rovnice
(1) osamostatnili y′
. Chceme tedy získat tzv. explicitní tvar obyčejné diferenciální
rovnice 1. řádu
y′
= f(x, y), (2)
kde f(x, y) je funkce dvou proměnných definovaná na otevřené množině Ω ⊂ R2
.
7
Jestliže y(x) je řešení rovnice (2), které v bodě x0 má hodnotu y0, tj. y(x0) =
y0 (říkáme, že řešení prochází bodem (x0, y0)), pak musí platit
y′
(x0) = f(x0, y(x0)) = f(x0, y0).
V teorii diferenciálních rovnic jsou důležité následující tři otázky:
- zda má daná rovnice vůbec nějaké řešení,
- pokud nějaké řešení má, kolik je jich celkem,
- jak lze řešení nalézt.
8
Existence a jednoznačnost řešení
Definice 2. Nechť (x0, y0) ∈ Ω. Pak úloha najít řešení y(x) diferenciální rovnice
(2), které je definované na nějakém intervalu J obsahujícím bod x0 a které splňuje
tzv. počáteční podmínku y(x0) = y0, se nazývá Cauchyova počáteční úloha.
Bude nás zajímat, za jakých podmínek bude mít počáteční úloha řešení a
kdy bude toto řešení jediné.
Věta 1 (Existenční). Nechť f(x, y) je spojitá na otevřené množině Ω. Pak pro
každé (x0, y0) ∈ Ω má úloha
y′
= f(x, y), y(x0) = y0 (3)
alespoň jedno řešení.
Důkaz. viz např. [7]
Definice 3. Řekneme, že počáteční problém (3) má jediné řešení, jestliže pro
každá dvě jeho řešení y1(x), y2(x) existuje vhodné číslo δ > 0 takové, že pro
x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) je y1(x) = y2(x).
Jednou z mnoha podmínek zaručujících jednoznačnost řešení je tzv. Lipschitzova
podmínka (lokální):
Existují konstanta K > 0 a okolí O bodu (x0, y0), O ⊂ Ω, takové, že pro každé
dva body (x, y1) ∈ O, (x, y2) ∈ O je |f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ K|y1 − y2|.
Této podmínky využijeme v následující větě.
Věta 2 (O existenci a jednoznačnosti). Nechť f(x, y) je spojitá na otevřené
množině Ω ⊂ R2
a v každém bodě je splněna Lipschitzova podmínka. Pak pro
libovolný bod (x0, y0) ∈ Ω má úloha (3) právě jedno řešení.
Důkaz. viz např. [7]
9
Kapitola 1
Elementární metody řešení
Jak jsme se již zmínili, z hlediska uživatele bývá nejdůležitější určit řešení dané
rovnice. Ideální by bylo najít obecné řešení, tedy všechna řešení každé rovnice.
To však pokaždé není bohužel možné. Nejprve je třeba si uvědomit, co se obvykle
rozumí slovy „najít řešení“. Většinou si pod tím představujeme explicitní nebo
implicitní vyjádření funkce y(x).
Uvažujme nyní speciální rovnici tvaru
y′
= f(x).
Zřejmě jde o nalezení neurčitého integrálu funkce f(x). Z definice primitivní
funkce plyne, že všechna řešení této úlohy mají tvar
y(x) = f(x) dx + c,
což je obecné řešení uvedené rovnice.
V dalším oddílu jsou uvedeny nejdůležitější typy rovnic, které lze řešit tzv. elementárními
metodami řešení obyčejných diferenciálních rovnic.
V následujícím přehledu jsou všechny rovnice až na jednu uvedeny ve tvaru
y′
= f(x, y). Je tedy třeba konkrétní rovnici na tento tvar upravit a pak zvažovat,
zda je některého z uvedených typů. Je však možné, že konkrétní rovnice
spadá současně do více typů. Pak dáme přednost tomu, který má jednodušší
postup řešení.
10
1.1 Rovnice se separovanými proměnnými
Obyčejnou diferenciální rovnici 1. řádu nazýváme rovnice se separovanými
proměnnými, jestliže má tvar
y′
= f(x)g(y). (4)
Předpokládejme, že f a g jsou spojité funkce na nějakých otevřených intervalech
a g(y) = 0. Pak lze ukázat, že je zaručena existence a jednoznačnost řešení.
Každé řešení dostaneme následujícím postupem:
Separací proměnných
y′
g(y)
= f(x)
a integrací podle proměnné x vyjde
y′(x)
g(y(x))
dx = f(x) dx,
což je podle věty o substituci
dy
g(y)
= f(x) dx,
kde dy = y′
(x)dx. Nechť G(y) je primitivní funkce k 1
g(y)
a F(x) je primitivní
funkce k f(x). Pak obecné řešení má tvar
G(y) = F(x) + c,
kde c ∈ R je integrační konstanta.
Dále si všimněme, že jestliže g(y0) = 0 pro nějaké y0 ∈ R, je y(x) ≡ y0 konstantní
řešení rovnice (4), neboť na levé straně je y′
(x) = (y0)′
≡ 0 a na pravé straně je
f(x)g[y(x)] = f(x)g(y0) ≡ 0.
Rovnice, které se nějakou úpravou dají převést na rovnice tvaru (4), se nazývají
separovatelné.
Poznámka 1. Je na čase, abychom se zmínili obecně o řešení počátečního problému
(3). Jediný způsob, který ve své práci zmíním, bude ten, že nejprve najdeme
obecné řešení. To bude u rovnic 1. řádu obsahovat jednu neznámou konstantu.
Tu určíme tak, že do obecného řešení dosadíme počáteční podmínku.
11
1.2 Lineární rovnice
Lineární rovnicí 1. řádu rozumíme rovnici tvaru
y′
= a(x)y + b(x). (5)
Věta 3. Nechť funkce a(x) a b(x) jsou spojité na intervalu J. Nechť x0 ∈ J a
y0 ∈ R jsou libovolná čísla. Pak počáteční problém
y′
= a(x)y + b(x), y(x0) = y0
má právě jedno řešení a to existuje na celém intervalu J.
Důkaz. viz např. [1]
Definice 4. Rovnice (5) se nazývá homogenní, jestliže b(x) ≡ 0 na I. V opačném
případě se nazývá nehomogenní.
V dalším budeme předpokládat, že a(x) a b(x) jsou spojité, a všimneme si
postupně vlastností řešení homogenní a nehomogenní rovnice.
Homogenní rovnice
Všimněme si, že rovnice
y′
= a(x)y (6)
má vždy tzv. triviální řešení y ≡ 0. Z předchozí věty plyne, že jestliže y(x0) = 0,
pak díky jednoznačnosti je nutně y(x) = 0 pro každé x ∈ I.
Další důležitá vlastnost je obsahem následující věty.
Věta 4. Nechť y1(x), y2(x) jsou řešení rovnice (6) a c ∈ R. Pak také y1(x)+y2(x)
a cy1(x) jsou řešení rovnice (6).
Důkaz. viz např. [1]
Obsah předchozí věty lze shrnout tak, že součet dvou řešení a násobek řešení
číslem jsou opět řešení.
Důsledek 1. Nechť y0(x) je libovolné netriviální řešení rovnice (6). Pak obecné
řešení této rovnice má tvar
y(x) = cy0(x), c ∈ R.
12
Řešení rovnice (6) lze najít metodou separace proměnných.
Tedy
y′
y
= a(x) =⇒ y′(x)
y(x)
dx = a(x)dx,
což je podle věty o substituci
dy
y
= a(x)dx,
kde dy = y′
(x)dx. Dále
ln|y| = a(x)dx + c
a po odlogaritmování a zahrnutí singulárního řešení y = 0 pak vyjde
y = ke a(x)dx
, k ∈ R.
Nehomogenní rovnice
Věta 5. Nechť y1(x) je řešení rovnice y′
= a(x)y+b1(x) a y2(x) je řešení rovnice
y′
= a(x)y + b2(x), x ∈ I, a c1, c2 ∈ R. Pak funkce c1y1(x) + c2y2(x) je řešením
rovnice
y′
= a(x)y + c1b1(x) + c2b2(x).
Důkaz. Tvrzení je bezprostředním zobecněním věty 1.2 a i jeho důkaz je zcela
analogický.
Výsledek obsažený v předchozí větě se nazývá princip superpozice.
Věta 6. Nechť y0(x) je netriviální partikulární řešení rovnice (6) a y1(x) je
partikulární řešení rovnice (5). Pak obecné řešení rovnice (5) má tvar
y = cy0(x) + y1(x), c ∈ R.
Důkaz. viz např. [1]
Z předchozí věty vyplývá důležitý princip. Označme
OŘHLDR ....... obecné řešení homogenní lineární dif. rovnice
PŘHLDR ....... partikulární řešení homogenní lineární dif. rovnice
OŘNLDR ....... obecné řešení nehomogenní lineární dif. rovnice
PŘNLDR ....... partikulární řešení nehomogenní lineární dif. rovnice
13
Pak
OŘNLDR=OŘHLDR+PŘNLDR
Co se týká praktického řešení, vyplývá z předchozího vztahu, že stačí najít obecné
řešení homogenní rovnice, což již umíme, neboť jde o rovnici se separovanými
proměnnými, a partikulární řešení nehomogenní rovnice, což zatím neumíme.
K řešení druhé úlohy slouží např. následující metoda.
Variace konstanty
Je to postup sloužící k nalezení partikulárního řešení rovnice (5). Je třeba již
znát obecné řešení ky0(x) homogenní rovnice (6). Pokusíme se nahradit konstantu
k vhodnou funkcí k(x) (odtud název variace konstanty) a najít řešení ve
tvaru
y = k(x)y0(x).
Vypočteme y′
= k′
(x)y0(x) + k(x)y′
0(x) a po dosazení do (5) dostaneme
k′
(x)y0(x) + k(x)y′
0(x) = a(x)k(x)y0(x) + b(x).
Protože y′
0(x) = a(x)y0(x) (je to totiž řešení (6)), musí platit
k′
(x)y0(x) = b(x).
Jelikož y0(x) = 0, máme
k′
(x) = b(x)
y0(x)
a po integraci dostáváme hledanou funkci
k(x) = b(x)
y0(x)
dx.
1.3 Exaktní rovnice a integrační faktor
Rovnice, kterými jsme se dosud zabývali, měly tvar (2). Diferenciální rovnice však
mohou být zadány i v jiné podobě - pomocí diferenciálů. Tvar takové rovnice je
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, (7)
kde P(x, y) a Q(x, y) jsou nějaké funkce.
14
Pro Q(x, y) = 0 je možné rovnici převést na tvar
dy
dx
= −P(x,y)
Q(x,y)
,
což je rovnice typu (2) pro neznámou funkci y(x), a pro P(x, y) = 0 je možné ji
převést na tvar
dx
dy
= −Q(x,y)
P(x,y)
,
což je opět rovnice typu (2), ale pro neznámou funkci x(y). Případ, kdy P i Q
jsou současně v nějakém bodě nulové, neuvažujeme, protože je triviální.
Definice 5. Rovnice (7) se nazývá exaktní, jestliže výraz na levé straně je totálním
diferenciálem funkce F(x, y), tj. platí
dF(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy.
Funkce F(x, y) se pak nazývá kmenová.
Odpověď na otázku, jak se ověří, že nějaký výraz představuje totální diferenciál,
je obsažena v následující větě.
Věta 7. Nechť P(x, y) a Q(x, y) jsou spojité v jednoduše souvislé oblasti Ω a
mají zde spojité parciální derivace ∂P(x,y)
∂y
a ∂Q(x,y)
∂x
. Pak následující výroky jsou
ekvivalentní:
1. Výraz P(x, y)dx + Q(x, y)dy je totální diferenciál.
2. Platí ∂P(x,y)
∂y
= ∂Q(x,y)
∂x
, (x, y) ∈ Ω.
Poznámka 2. Oblastí Ω rozumíme otevřenou souvislou množinu Ω, tj. otevřenou
množinu, jejíž libovolné dva body lze spojit křivkou ležící v Ω. Oblast Ω se nazývá
jednoduše souvislá, jestliže s každou jednoduchou uzavřenou křivkou C ležící v Ω
leží v Ω i vnitřek křivky C.
U exaktní rovnice je možné napsat snadno vzorec obecného řešení.
Věta 8. Nechť rovnice (7) je exaktní a F(x, y) je příslušná kmenová funkce. Pak
výraz
F(x, y) = c, c ∈ R
je obecným řešením této rovnice v implicitním tvaru.
15
Důkaz. viz např. [8]
Podmínka 2. z věty 7 nám dává návod, jak poznat, že rovnice (7) je exaktní.
Abychom však mohli použít větu 8, je třeba si říci, jak najdeme příslušnou kmenovou
funkci. Výsledek nebudeme formulovat do věty, ale popíšeme odpovídající
postup. Protože
dF(x, y) = ∂F(x,y)
∂x
dx + ∂F(x,y)
∂y
dy
a
dF(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy,
musí platit
∂F(x,y)
∂x
= P(x, y), ∂F(x,y)
∂y
= Q(x, y),
resp. ve stručnější symbolice
Fx = P, Fy = Q. (8)
Integrací těchto rovnic lze F najít. Zvolíme libovolnou z těchto rovnic, např.
první. Dostáváme
Fx = P =⇒ F(x, y) = P(x, y)dx + C(y).
Přitom integrál P(x, y)dx chápeme jako závislý na parametru y. Dále je třeba
si uvědomit, že integrační „konstanta“ C nemusí být obecně číslo, ale funkce
závislá na druhé proměnné, tj. v našem případě na y (zkoušku správnosti totiž
děláme parciálním derivováním podle x, při němž sebesložitější funkce závislá
jen na y se derivuje na nulu).
Zbývá určit funkci C(y). To uděláme dosazením do zbývající, tj. v našem
případě do druhé rovnice v (8). Uvědomme si při tom, že P(x, y)dx již bude
nějaká konkrétní funkce. Dostaneme
∂( P(x,y)dx+C(y))
∂y
= Q(x, y) =⇒
∂ P(x,y)dx
∂y
+ C′
(y) = Q(x, y).
Ve vzniklé rovnici se musí vyrušit neznámá, která není proměnnou funkce C,
tj. v našem případě x. Pokud se tak nestane, jsou dvě možnosti - buď jsme
udělali početní chybu nebo jsme zapomněli ověřit, zda rovnice (7) je skutečně
exaktní (všimněte si, že část postupu až po toto místo lze udělat s libovolnou
rovnicí tvaru (7), ne jen exaktní; že postup k ničemu nevede, bohužel zjistíme až
v tomto okamžiku).
16
Tedy pro neznámou funkci C(y) dostaneme obyčejnou diferenciální rovnici
se separovanými proměnnými (obsahující dokonce jen nezávisle proměnnou y)
C′
(y) = Q(x, y) −
∂ P(x,y)dx
∂y
.
Integrační faktor
V praxi si často pokládáme otázku, zda by nebylo možné rovnici, která není
exaktní, vynásobit nějakou funkcí tak, aby nová rovnice již byla exaktní. Funkce,
která má tuto vlastnost, se nazývá integrační faktor. Pokusme se zjistit, jak by
takový integrační faktor M(x, y) měl vypadat. Uvažujme rovnici (7), která není
exaktní, tj. Py = Qx. Chceme najít funkci M(x, y) tak, aby rovnice
P(x, y)M(x, y)dx + Q(x, y)M(x, y)dy = 0
byla exaktní. Za předpokladu existence potřebných derivací dostáváme, že musí
platit
∂P(x,y)M(x,y)
∂y
= ∂Q(x,y)M(x,y)
∂x
,
což po provedení derivací a vynechání argumentů x a y dává
∂P
∂y
M + P
∂M
∂y
=
∂Q
∂x
M + Q
∂M
∂x
. (9)
To je tzv. parciální lineární diferenciální rovnice prvního řádu pro neznámou
funkci M(x, y). Z teorie těchto rovnic vyplývá, že za předpokladů spojitosti
P, Q, Py a Qx a podmínky |P| + |Q| > 0 existuje (alespoň lokálně) její řešení.
Bohužel řešení této rovnice je v podstatě ekvivalentní řešení rovnice (7). Obecně
tedy integrační faktor efektivně nedokážeme najít. V některých speciálních případech
to však lze, jak si nyní ukážeme.
Předpokládejme, že integrační faktor M(x, y) závisí jen na jedné proměnné.
Uvažujme nejprve případ M = M(x). Pak ∂M
∂y
≡ 0 a z rovnice (9) vyjde po
úpravě
Q∂M
∂x
= (∂P
∂y
− ∂Q
∂x
)M,
tj.
dM
dx
M
=
∂P
∂y
− ∂Q
∂x
Q
. (10)
17
Protože levá strana této rovnice závisí jen na x, je možné najít integrační faktor
závislý jen na x v případě, že Py−Qx
Q
je funkcí pouze x. Pak je (10) rovnicí se
separovanými proměnnými pro neznámou funkci M(x).
Podobně když M = M(y) a tedy ∂M
∂x
≡ 0, vyjde z (9) analogicky
dM
dy
M
=
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
P
, (11)
což vyžaduje, aby výraz Qx−Py
P
byl funkcí pouze y. Pak je (11) rovnicí se separovanými
proměnnými pro neznámou funkci M(y).
Použití integračního faktoru si názorně ukážeme v příkladě o chemickém zá-
vodě.
18
Kapitola 2
Sbírka úloh
2.1 Rozpad radioaktivního materiálu
Je známo, že rychlost rozpadu rádia je přímo úměrná okamžitému množství rádia.
Poloměr rozpadu izotopu rádia 222
88 Ra je 1590 let, tj. počáteční množství se
za tuto dobu zmenší na polovinu. Určete, za jak dlouho se počáteční množství
sníží o 25 %.
Řešení: Nechť y(t) je množství rádia v čase t. Pak pro rychlost rozpadu platí
y′
= ky,
kde k > 0 je konstanta úměrnosti. Nechť v čase t = 0 je množství rádia rovno
y0. Pak
y(0) = y0, y(1590) = 1
2
y0
a máme určit t1 tak, aby
y(t1) = 3
4
y0.
Diferenciální rovnice pro y(t) je homogenní lineární rovnice, tj. rovnice se separovanými
proměnnými. Řešíme-li tuto rovnici, pak po odlogaritmování dostáváme
y = cekt
.
Z počáteční podmínky v t = 0 určíme
y0 = y(0) = cek·0
= c
19
a hledané partikulární řešení je
y(t) = y0ekt
.
Dosadíme-li do tohoto vztahu t = 1590, dostaneme
1
2
y0 = y(1590) = y0e1590k
=⇒ e1590k
= 1
2
.
Logaritmováním dostaneme
− ln 2 = 1590k =⇒ k = − ln 2
1590
.
Konečně pro t1 máme
3
4
y0 = y(t1) = y0ekt1
=⇒ ekt1
= 3
4
.
Odtud vypočteme
ln 3
4
= kt1 =⇒ t1 = ln 4−ln 3
ln 2
· 1590
.
= 660.
Ke snížení o 25% tedy dojde asi za 660 let.
Cvičení 1
Předpokládejme, že radioaktivní izotop stroncia 90
Sr se rozpadá exponenciálně
podle rovnice y′
= −ay, a > 0. Určete konstantu a a čas, za který se sníží
množství stroncia ze 100% na 10%, víte-li, že poločas rozpadu je 28,1 roku.
[a = ln 2
28,1
= 0, 025; t
.
= 93, 3 roku]
2.2 Šálek kávy
Šálek kávy se v počátečním stavu nachází v bodu varu, 100 ◦
C. Teplota pokoje
je 20 ◦
C. Určete teplotu kávy jako funkci času. Situace je popsána Newtonovým
zákonem ochlazování:
du
dt
= −λ(u − us),
kde λ > 0 je konstanta úměrnosti, u je teplota kávy v čase t po umístění do
pokoje a us je teplota pokoje.
20
Řešení: Nechť u je teplota kávy po čase t.
Jestliže us = 20, pak diferenciální rovnice nabývá tvaru
du
dt
= −λ(u − 20)
s počáteční podmínkou u = 100, když t = 0.
Jedná se o diferenciální rovnici s lineárními konstantními koeficienty, kterou budeme
řešit ve dvou krocích.
Nejprve nalezneme řešení zhomogenizované rovnice
du
dt
= −λu.
Dostáváme jedno z možných řešení
u = e−λt
.
Protože je rovnice homogenní, všechna řešení jsou tvaru
u = Ce−λt
,
kde C je nějaká reálná konstanta.
Ve druhém kroku řešíme, že původní rovnice má partikulární řešení, kde u je
konstanta.
To znamená, že
du
dt
= 0
a proto
u − 20 = 0.
Tedy partikulární řešení je
u = 20.
Nakonec všechna řešení původní rovnice získáme sloučením dosavadních vý-
sledků.
Dostáváme
u = Ce−λt
+ 20.
Užitím počátečních podmínek máme
100 = Ce0
+ 20 = C + 20
21
a proto
C = 80.
Požadováne řešení tedy je
u = 80e−λt
+ 20.
Tato rovnice vyjadřuje teplotu u kávy jako funkci času t.
Cvičení 2
Studené pivo má teplotu 10 ◦
C. Po 10 minutách je jeho teplota 15 ◦
C. Zjistěte,
za jak dlouho se pivo ohřeje na teplotu 20 ◦
C, jestliže se nachází v místnosti
o teplotě 30 ◦
C.
[t
.
= 24 min 6 s]
2.3 Izolace pece
Teplota vnitřní zdi pece o ploše 3 m2
je 500 ◦
C. Teplota vnější zdi je 100 ◦
C.
Mezi zdmi je azbestová izolace o šíři 1 m. Kolik tepla unikne?
Případ je popsán Fourierovým zákonem:
J = −kAdu
dx
,
kde J je teplo v joulech, konstanta k je tepelná vodivost materiálu (v našem
případě je tepelná vodivost azbestu 0,113 Wm−1◦
C−1
), A je plocha příčného
řezu a u je teplota závisející na vzdálenosti x.
Řešení: Nechť J joulů je množství tepla, které unikne skrz průřez rovnoběžný
se zdmi o ploše 3 m2
ve vzdálenosti x metrů od vnitřní zdi.
Předpokládejme, že nastane ustálený teplotní stav. Pak J je konstantou, kterou
nyní určíme.
Nechť u je teplota ve vzdálenosti x.
Řešíme diferenciální rovnici du
dx
= − J
kA
pro počáteční podmínku u = 500◦
C
v x = 0.
Dostaneme
u = − J
kA
x + 500.
Nyní dosadíme u = 100◦
C; x = 1; A = 3; k = 0, 113.
22
Pak
J = 400kA = 1200k = 135, 6J.
Dostáváme tedy řešení, že unikne 136 J tepla.
Cvičení 3
Ve stavebním průmyslu se často využívá tzv. betonového sendviče, kdy mezi
vnitřní a vnější betonovou zeď je vložena vrstva polystyrenu. Předpokládejte,
že teplota vnitřní zdi je 20 ◦
C a vnější zeď má teplotu 5 ◦
C. Pro jednoduchost
uvažujte jednotkovou plochu. Určete o kolik více tepla unikne při použití polystyrenu
o šířce 7 cm místo polystyrenu o šířce 10 cm. Tepelná vodivost polystyrenu
je 0,157 Wm−1◦
C−1
.
[∆J = 10, 09J]
2.4 Smíchávání
Velká nádrž obsahuje 100 hl slané vody, v níž je rozpuštěno 50 kg soli. Do nádrže
vtéká rychlostí 6 hl/min slaná voda obsahující 2 kg soli na jeden hl. Směs,
která je promícháváním neustále udržována homogenní, vytéká z nádrže rychlostí
4 hl/min. Určete výsledné množství soli v nádrži po uplynutí t minut.
Řešení: Označme y(t) množství soli v kg, které je v nádrži v čase t, t ≥ 0.
Nádrž obsahuje v čase t zřejmě 100 + (6 − 4)t hl vody. Koncentrace v tomto
okamžiku bude
y(t)
100+2t
kg/hl.
Nechť t0 ≥ 0 je pevné a t > t0. Pak během časového intervalu t0, t přibude
v nádrži
6 · 2 · (t − t0) =
t
t0
6 · 2 ds
kg soli a ubude
t
t0
4 · y(s)
100+2s
ds
kg soli. Tedy musí platit
y(t) = y(t0) + 12(t − t0) − 4
t
t0
y(s)
100+2s
ds.
23
Když tuto rovnost zderivujeme podle t (s použitím věty o derivování integrálu
jako funkce horní meze), dostaneme
y′
(t) = 12 − 4y(t)
100+2t
,
což je diferenciální rovnice popisující změnu množství soli v nádrži. Tuto rovnici
nyní vyřešíme. Jde o nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu.
I. Homogenní rovnice je
dy
dt
= − 4y
100+2t
a po integraci
dy
y
= −4 dt
100+2t
.
Protože
dt
100+2t
=
2t + 100 = u
2dt = du
dt = 1
2
du
= 1
2
du
u
= 1
2
ln |u| = 1
2
ln |100 + 2t| ,
dostáváme
ln |y| = −2 ln |100 + 2t| + c,
tj.
y = k
(100+2t)2 .
II. Partikulární řešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru
y(t) = k(t)
(100+2t)2 .
Je
y′
(t) = k′(t)(100+2t)2−k(t)·2(100+2t)·2
(100+2t)4 .
Po dosazení do rovnice vyjde
k′(t)(100+2t)2−4(100+2t)k(t)
(100+2t)4 = 12 − 4k(t)
(100+2t)3 =⇒ k′(t)
(100+2t)2 = 12.
Tedy
k(t) = 12 (100 + 2t)2
dt =
100 + 2t = u
2dt = du
dt = 1
2
du
= 6 u2
du = 2u3
=
= 2(100 + 2t)3
.
24
Partikulární řešení tudíž je
y = 2(100+2t)3
(100+2t)2 = 2(100 + 2t),
takže obecné řešení rovnice je
y(t) = k
(100+2t)2 + 2(100 + 2t).
Protože y(0) = 50, dostaneme pro k rovnici
50 = k
1002 + 200 =⇒ k = −150 · 1002
= −15 · 105
.
Množství soli je tedy dáno funkcí
y(t) = 2(100 + 2t) − 15·105
(100+2t)2 .
Cvičení 4
Nádrž obsahuje 50 hl vody, v níž je rozpuštěno 20 kg soli. Do nádrže je přidávána
čistá sůl rychlostí 1 kg/min. Směs je udržována homogenní a vytéká z nádrže
rychlostí 2 hl/min. Jak mnoho soli je v nádrži po 10 minutách? Jaká je v té době
koncentrace?
[19,7 kg; 0,66 kg/hl]
2.5 Chemický závod
Chemický závod vhání denně v litrů roztoku obsahujícího m gramů rozpouštěné
látky do velkého jezera o objemu V. Přítok a odtok vody je konstantní. Koncentraci
rozpuštěné látky v jezeře označme σ. Určete koncentraci rozpuštěné látky
v jezeře v čase t za předpokladu, že σ = 0, když t = 0. Co se stane dlouhodobě
s koncentrací?
Řešení: Označme M(t) množství látky v jezeře v daném čase t.
Změna množství látky dM(t)
dt
je rozdílem mezi množstvím, které do jezera vteče a
které vyteče. Do jezera vtéká m gramů látky a vytéká (předpokládáme dokonalé
promíchání) část množství M(t) odpovídající v
V
. Tedy
dM
dt
= m − vM
V
.
25
Protože koncentrace σ = M
V
, vydělením této rovnice objemem jezera V dostáváme
diferenciální rovnici popisující změnu koncentrace rozpuštěné látky v jezeře
v čase t:
dσ
dt
+ v
V
σ = m
V
.
Jedná se o nehomogenní lineární diferenciální rovnici 1. řádu.
Homogenní rovnice je
dσ
dt
+ v
V
σ = 0.
Integrujeme tedy rovnici
dσ
σ
= − v
V
dt.
Dostáváme
ln |σ| = − v
V
t + c
a po odlogaritmování má řešení homogenní rovnice tvar
σ = ke− v
V
t
,
kde c a k jsou libovolné konstanty (zde k = 0 zahrnuje případ nulové koncentace).
Partikulární řešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru
σ(t) = k(t)e− v
V
t
.
Platí
σ′
(t) = k′
(t)e− v
V
t
− v
V
k(t)e− v
V
t
.
Po dosazení do rovnice vyjde
k′
(t)e− v
V
t
− v
V
k(t)e− v
V
t
+ v
V
k(t)e− v
V
t
= m
V
.
Tedy
k(t) = m
V
e
v
V
t
dt = m
v
e
v
V
t
.
Partikulární řešení tudíž je
σ = m
v
e
v
V
t
e− v
V
t
= m
v
.
26
Toto řešení je vidět jako konstantní partikulární řešení: je-li dσ
dt
= 0, pak v
V
σ = m
V
,
tedy σ = m
v
.
Takže obecné řešení rovnice je
σ(t) = m
v
− ke− v
V
t
,
kde k je konstanta.
S rostoucím t se pak koncentrace ustálí na m
V
gl−1
.
Rovnici lze však řešit i jiným způsobem, užitím tzv. integračního faktoru:
Nejprve si rovnici přepíšeme do tvaru
dσ + ( v
V
σ − m
V
)dt = 0.
Máme
P = 1, Q = vσ−m
V
=⇒ Pt = 0, Qσ = v
V
=⇒ Pt = Qσ
a rovnice tedy není exaktní. Pokusíme se najít integrační faktor.
Předpokládejme nejprve, že M = M(σ). Pak pravá strana (10) má obsahovat
jen σ, což dává v našem případě
Pt−Qσ
Q
= − v
vσ−m
.
Integrační faktor tohoto tvaru tedy lze nalézt.
Pro nás však bude výhodnější, budeme-li předpokládat, že M = M(t). Pak
pravá strana v (11) musí obsahovat jen t, což dává pro naši rovnici
Qσ−Pt
P
= v
V
,
a je tedy možné integrační faktor tohoto tvaru najít. Z (11) dostáváme
dM
dt
M
= v
V
=⇒ dM
M
= v
V
dt
a po integraci
ln |M| = v
V
t + c.
Po odlogaritmování vyjde
M(t) = ke
v
V
t
.
Zvolme např. k = 1. Pak integrační faktor je
M(t) = e
v
V
t
.
27
Po vynásobení rovnice integračním faktorem dostaneme
e
v
V
t
dσ + e
v
V
t
(vσ−m
V
)dt = 0.
Zde P = e
v
V
t
, Q = e
v
V
t
(vσ−m
V
) a tedy
Pt = v
V
e
v
V
t
, Qσ = v
V
e
v
V
t
=⇒ Pt = Qσ
a jde skutečně o exaktní rovnici, kterou si upravíme do tvaru
dσ
vσ−m
V
+ dt = 0.
Najdeme kmenovou funkci F(σ, t). Pro ni máme
Fσ = 1
vσ−m
V
, Ft = 1.
Integrací např. první rovnice vychází
F(σ, t) = dσ
vσ−m
V
= V
v
ln vσ−m
V
+ A(t).
Dosadíme-li tento dílčí výsledek do druhé rovnice, dostaneme
A′
(t) = 1.
Po integraci je
A(t) = t.
Pak obecné řešení diferenciální rovnice má (implicitní) tvar
V
v
ln vσ−m
V
+ t = B, B ∈ R.
Úpravou pak konečně získáváme
σ(t) = m
v
− Ce− v
V
t
,
kde C je konstanta.
Nakonec užitím počátečních podmínek dostáváme řešení:
σ(t) = m
v
(1 − e
−vt
V ).
Cvičení 5
Diferenciální rovnice používaná k modelování koncentrace g(t) glukózy v krvi
má tvar:
dg
dt
+ kg = G
100V
,
přičemž glukóza je do těla dodávána nitrožilně. G zde značí rychlost, s jakou je
glukóza přijímána, k je konstanta a V je objem krve v těle. Určete koncentraci
glukózy v krvi v čase t.
[g(t) = Ce−kt
+ G
100kV
]
28
2.6 Rychlost chemické reakce
Uvažujeme dvě chemikálie A a B, které navzájem reagují. Předpokládejme, že
při vytváření nového produktu se kombinuje jedna molekula z A s jednou molekulou
z B. Určete rychlost chemické reakce, víte-li, že je přímo úměrná součinu
okamžitých koncentrací reagujících látek.
Řešení: Nechť x(t) resp. y(t) je koncentrace (v molekulách na litr) v čase t
látky A resp. látky B. Nechť a = x(0) > 0, b = y(0) > 0 jsou počáteční koncentrace.
Protože se spolu kombinuje po jedné molekule, klesají obě koncentrace
touž rychlostí, tj.
dx
dt
= dy
dt
.
Úbytek z(t) koncentrace látky A resp. B v čase t je pak dán vztahem
z(t) = a − x(t) resp. z(t) = b − y(t).
Odtud máme
dz
dt
= −dx
dt
= −dy
dt
.
Výraz dz
dt
nazýváme rychlost reakce. Zadání nám říká, že platí
dz
dt
= kxy,
kde k > 0 je konstanta úměrnosti (kterou lze experimentálně určit). Dosadíme-li
za x a y, dostaneme pro z(t) diferenciální rovnici
z′
= k(a − z)(b − z), z(0) = 0.
To je rovnice se separovanými proměnnými, tedy
dz
dt
= k(a − z)(b − z)
a po integraci
dz
(z−a)(z−b)
= k dt.
Integrál na levé straně je z racionální lomené funkce. Po jednoduchém rozkladu
na parciální zlomky vyjde pro a = b
dz
(z−a)(z−b)
= (
1
a−b
z−a
−
1
a−b
z−b
)dz = 1
a−b
(ln |z − a| − ln |z − b|).
29
Tedy
1
a−b
ln z−a
z−b
= kt + c.
Po odlogaritmování vyjde
z−a
z−b
= ca−b
ek(a−b)t
.
Z počáteční podmínky z(0) = 0 dostaneme
0−a
0−b
= ca−b
e0
=⇒ a
b
= ca−b
=⇒ c = (a
b
)
1
a−b .
Po dosazení a osamostatnění z postupně máme
z−a
z−b
= a
b
ek(a−b)t
=⇒ bz − ab = azek(a−b)t
− abek(a−b)t
,
tj.
z(t) = ab ek(a−b)t−1
aek(a−b)t−b
.
Rychlost reakce je tudíž
dz
dt
= abk(a−b)ek(a−b)t(aek(a−b)t−b)−(ek(a−b)t−1)ak(a−b)ek(a−b)t
(aek(a−b)t−b)2 =
= abk(a−b)ek(a−b)t(aek(a−b)t−b−aek(a−b)t+a)
(aek(a−b)t−b)2 =
= kab(a − b)2 ek(a−b)t
(aek(a−b)t−b)2 .
Pro a = b je
dz
(z−a)2 = (z − a)−2
dz = − 1
z−a
,
takže
− 1
z−a
= kt + c.
Z počáteční podmínky dostaneme
− 1
0−a
= 0 + c =⇒ c = 1
a
a tedy
− 1
z−a
= kt + 1
a
=⇒ z − a = − a
akt+1
,
takže
z(t) = a − a
akt+1
= a2kt
akt+1
.
30
Pak rychlost reakce je
dz
dt
= a2
k1(akt+1)−tak
(akt+1)2 = a2k
(akt+1)2 .
Cvičení 6
Uvažujme homogenní chemickou reakci, v níž působí jedna látka. Nechť na počátku
reakce, tj. pro t = 0, je koncentrace rovna a > 0. Je-li a−x(t) koncentrace
v čase t, je podle Wilhelmyho zákona rychlost reakce rovna
dx
dt
= k(a − x),
kde k > 0 je konstanta úměrnosti. Určete x(t).
[x(t) = a(1 − e−kt
)]
2.7 Hydrogensiřičitanový iont
Reakcí sulfátových a vodíkových iontů vznikne hydrogensiřičitanový iont. Reakční
rovnice je
SO2−
3 + H+
−→ HSO−
3 ,
kde kf a kr jsou rychlosti přímé a zpětné reakce. Označme koncentrace: a = SO2−
3 ,
b = [H+
] a c = HSO−
3 , dále nechť počáteční koncentrace jsou a0, b0 a c0.
Předpokládejme, že H+
je mnohem více než ostatních dvou typů iontů, takže
koncentraci b můžeme považovat za konstantu. Reakční rychlostní rovnice pro
c(t) je
dc
dt
= kf (a0 − c)b − kr(c0 + c).
Jaká je koncentrace HSO−
3 v čase t?
Řešení: Jedná se o separovatelnou diferenciální rovnici.
Pravou stranu rovnice roznásobíme a vytkneme c.
Dostáváme
dc
dt
= −(kr + kf b)c + kf a0b − krc0.
Integrací obou stran získáme
ln |−(kr + kf b)c + kf a0b − krc0| = −(kr + kf b)t + K,
31
kde K je konstanta.
A po odlogaritmování je obecné řešení rovnice
c(t) = Ae−(kr+kf b)t
+
kf a0b−krc0
kr+kf b
,
kde A je konstanta.
Cvičení 7
Předpokládejte, že během chemické reakce dojde k přeměně látky P v látku X.
Nechť p je počáteční koncentrace látky P a x(t) je koncentrace látky X v čase
t. Pak koncentrace látky P v čase t je p − x(t). Dále předpokládejte, že reakce
probíhá autokatalyticky, tzn. že produkt reakce je současně katalyzátorem pro
její uskutečnění. Proto dx
dt
je úměrné x i p − x a platí dx
dt
= αx(p − x), kde α je
kladná konstanta. Určete x(t), jestliže víte, že x(0) = x0.
[x(t) = px0
x0+(p−x0)e−pαt ]
2.8 Elektrický obvod
Ideální napěťový zdroj o konstantním napětí U napájí sériovou kombinaci rezistoru
o odporu R ohmů a induktoru o indukčnosti L henry. Sestavte a vyřešte
diferenciální rovnici pro proud I(t) odebíraný ze zdroje.
Řešení: Podle druhého Kirchhoffova zákona je algebraický součet všech napětí
v uzavřeném obvodu roven nule. Označme I(t), t ≥ 0, proud v ampérech, který
obvodem prochází. Pak LdI
dt
je napětí na induktoru a RI je napětí na rezistoru.
Tedy
LdI
dt
+ RI − U = 0,
tj.
I′
(t) + R
L
I(t) = U
L
, I(0) = I0,
kde I0 je velikost proudu na počátku. Jde o nehomogenní lineární rovnici prvního
řádu.
I. Pro homogenní rovnici máme
dI
dt
= −R
L
I =⇒ 1
I
dI
dt
= −R
L
=⇒ dI
I
= −R
L
dt,
32
tj.
ln|I| = −R
L
t + c.
Po odlogaritmování a zahrnutí singulárního řešení I = 0 nakonec dostáváme
I(t) = ke− R
L
t
.
II. Partikulární řešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru
I(t) = k(t)e− R
L
t
.
Po dosazení dostaneme
k′
(t)e− R
L
t
− k(t)e− R
L
t R
L
+ R
L
k(t)e− R
L
t
= U
L
,
tj.
k′
(t) = U
L
e
R
L
t
.
Odtud
k(t) = U
L
e
R
L
t
dt =
R
L
t = s
R
L
dt = ds
dt = L
R
ds
= U
R
es
ds = U
R
es
= U
R
e
R
L
t
,
takže partikulární řešení je
I(t) = U
R
e
R
L
t
e− R
L
t
= U
R
.
Partikulární řešení je zde vidět i jako konstantní řešení dI
dt
= 0, pak R
L
I = U
L
a
tedy I = U
R
.
Obecné řešení rovnice pak je
I(t) = ke− R
L
t
+ U
R
.
Z počáteční podmínky dostáváme
I0 = k + U
R
=⇒ k = I0 − U
R
.
Průběh proudu je tudíž popsán funkcí
I(t) = (I0 − U
R
)e− R
L
t
+ U
R
.
Cvičení 8
Cívka má indukčnost 53 mH a odpor 0,37 Ω. Za jak dlouho po připojení k baterii
vzroste proud na polovinu své koncové ustálené hodnoty? (Této hodnoty nabývá
pro t → ∞.)
[t = 0, 1s]
33
2.9 Složený úrok
Nechť částka A0 je investována při úrokové míře k% za rok, přičemž úrok je
připisován spojitě. Ukažte, že hodnota investic A(t) po t letech je řešením lineární
homogenní rovnice
dA
dt
= k
100
A, A(0) = A0.
Řešení: Předpokládejme, že úrok je získáván s mírou k% za rok a je připisován
n krát za rok. Pak množství An(t), které je součtem úroku a jistiny, je na konci
t let dáno vztahem
An(t) = A0(1 + k
n
1
100
)nt
= A0[(1 + k
n
1
100
)n
]t
.
Nyní je přirozené definovat
A(t) = lim
n→∞
An(t).
Protože je
lim
n→∞
(1 +
α
n
)n
= eα
, α ∈ R,
vyjde
A(t) = A0[ lim
n→∞
(1 +
k
n
1
100
)n
]t
= A0(e
k
100 )t
= A0e
k
100
t
.
To je ale právě řešení počáteční úlohy, jak se lze snadno přesvědčit dosazením.
Cvičení 9
Při počátečním vkladu 50 000 Kč do banky A, která úročí spojitě, naspořím po
3 letech částku 53 570 Kč. Banka B úročí ročně s roční úrokovou mírou 2,9%.
Je spoření v bance B výhodnější? Pokud ano, spočtěte, po jaké době naspořím
v bance B tolik, kolik v bance A po 3 letech při investici 50 000 Kč na začátku
spoření. Dále spočtěte, o kolik více naspořím po 3 letech v bance B v porovnání
s bankou A při počátečním vkladu 50 000 Kč.
[ano; t
.
= 2, 41 roku → tedy po 3 letech; 907, 40 Kč]
34
2.10 Ryby v jezeře
Populace určitého druhu ryb žijících ve velkém jezeře v čase t může být popsána
Verhulstovou rovnicí , jinak známou také jako logistická rovnice:
dN
dt
= R(N)N = r(1 − N
K
)N,
kde míra růstu populace R(N) je funkcí času a velikosti populace, r je konstanta
určující míru růstu populace a kladná konstanta K je zde tzv. kapacita prostředí.
V tomto modelu míra růstu r lineárně klesá v závislosti na velikosti populace.
Pokud dosáhne populace určité velikosti rovné kapacitě prostředí, bude míra
růstu nulová, pokud tuto kapacitu překročí, bude velikost populace klesat.
Řešte logistickou rovnici, víte-li, že populace v čase t = 0 je N0.
Řešení: Užitím metody separace proměnných dostáváme
dN
N(1− N
K
)
= r dt.
Řešení integrálu nalevo určíme užitím parciálních zlomků.
Dostáváme:
( 1
N
+
1
K
1− N
K
)dN = ln N
1− N
K
.
Pak obecným řešením rovnice je
ln N
1− N
K
= rt + c,
kde c je konstanta.
Po odlogaritmování pak dostaneme populaci jako funkci času
N(t) = KLert
Lert+K
,
kde L je konstanta.
Užitím počáteční podmínky N(0) = N0 nakonec získáváme řešení počátečního
problému:
N(t) = N0Kert
N0ert+K−N0
.
Cvičení 10
Spojitý růst populace lze popsat Malthusovým modelem. Tento model je však
dosti nereálný, neboť umožňuje neomezený růst populace. Použít jej lze jen tehdy,
pokud zkoumáme kratší časový interval a populace není příliš velká. Pro větší
35
populace již vhodný není a nahrazuje jej dokonalejší Verhulstův model, jehož
řešením jsme se zabývali výše.
Tvar Malthusovy rovnice je dX
dt
= βX − αX = rX, kde β, α jsou konstanty
vyjadřující míru reprodukce a míru vymírání a r je konstanta představující míru
růstu populace. Užitím počáteční podmínky X(0) = x0 určete řešení této rovnice
a stanovte čas, za který se velikost populace zdvojnásobí.
[X(t) = x0ert
; T = ln 2
r
]
2.11 Siločáry
Nechť F(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) je nenulové rovinné silové pole, které je definované
na otevřené množině Ω. Odvoďte diferenciální rovnici pro siločáry, víte-li,
že tečna k siločáře je v každém bodě souhlasně kolineární s vektorem síly v tomto
bodě.
Řešení: Nechť C je siločára, která má parametrické rovnice (ϕ(t), ψ(t)), t ∈ J,
kde J je interval. Pak její tečný vektor v bodě (x0, y0) = (ϕ(t0), ψ(t0)), t0 ∈ J, je
t(x0, y0) = (ϕ′
(t0), ψ′
(t0)). Víme, že má platit t(x0, y0) = λF(x0, y0), kde λ ≥ 0.
Tedy
(ϕ′
(t0), ψ′
(t0)) = λ(P(x0, y0), Q(x0, y0)).
Protože F = 0, nejsou P a Q současně nulové. Nechť např. P(x0, y0) = 0. Pak
i ϕ′
(t0) = 0 a C je v okolí bodu x0 grafem funkce proměnné x, tj. y(x). Podle
věty o derivaci funkce dané parametricky je
y′
(x0) = dy
dx
= y′(t0)
x′(t0)
= λQ(x0,y0)
λP(x0,y0)
= Q(x0,y0)
P(x0,y0)
.
Odtud dostáváme, že y(x) vyhovuje rovnici
Q(x, y)dx − P(x, y)dy = 0.
Analogicky se zváží případ Q(x0, y0) = 0. Předchozí rovnice se obvykle zapisuje
ve tvaru
dx
P(x,y)
= dy
Q(x,y)
.
Cvičení 11
Určete silové pole F(x, y), jestliže siločáry jsou popsány rovnicí (1
y
+ 2x)dx −
( x
y2 + 1)dy = 0.
[F(x, y) = x
y
+ x2
− y]
36
Závěr
Závěrem bych chtěla podotknout, že tato práce rozhodně nepokrývá veškerý rozsah
aplikací diferenciálních rovnic. V práci jsou totiž zahrnuty pouze diferenciální
rovnice 1. řádu, nenalezneme zde tedy diferenciální rovnice 2. a vyšších řádů,
které mají další velmi rozsáhlé aplikace. Vždyť jen ve fyzice, jedné z mnoha věd
opírajících se o diferenciální rovnice, je většina fyzikálních zákonů formulována
pomocí těchto rovnic, jejichž použití vede k celé řadě dalších aplikací, a proto
bych se touto problematikou ráda zabývala i ve své diplomové práci, kde bych
chtěla navázat na sbírku úloh aplikacemi teorie obyčejných diferenciálních rovnic
vyšších řádů a systémů obyčejných diferenciálních rovnic.
37
Literatura
[1] Kuben J.: Obyčejné diferenciální rovnice, Vojenská akademie, Brno, 1998.
[2] Fulford G., Forrester P., Jones A.: Modelling with differential and difference
equations, Cambridge University Press, Cambridge, 1997.
[3] Lynch S.: Dynamical systems with applications using MATLAB, Birkhäuser,
Boston, 2004.
[4] Boyce W. E., DiPrima R. C.: Introduction to differential equations, John
Willey Sons, Inc., New York-London-Sydney-Toronto, 1970.
[5] Barnes B., Fulford G.: Mathematical modelling with case studies: a differential
equation approach using Maple, Taylor Francis, London, 2002.
[6] Halliday D., Resnick R., Walker J.: Fyzika, Vutium-Prometheus, BrnoPraha,
2000.
[7] Greguš M., Švec M., Šeda V.: Obyčajné diferenciálne rovnice, Alfa, Bratislava,
1985.
[8] Radochová D., Zemanová J.: Diferenciální rovnice, Vojenská akademie,
Brno, 1970.
38