Diferenciální rovnice
Obyčejné rovnice prvního řádu
Petr Liška
Masarykova univerzita
08.11.2024
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 1 / 13
Ponziho schéma
Předpokládejme, že máme na začátku 10 investorů, přičemž každý vloží
do fondu 100 000 Kč a je mu slíbena 20 % návratnost investice každý
měsíc. Z vloženého milionu tak vyplatíme každému investorovi 20 000
Kč a zbylých 800 000 Kč si necháme. Označme y počet investorů, které
potřebujeme, abychom mohli investory nadále vyplácet a přitom si pokaždé
nechat částku 800 000 Kč.
Řešení: Budeme-li částky uvažovat v tisících, pak máme
příjem = 100
dy
dt
výdej = 20y + 800.
100
dy
dt
= 20y + 800.
dy
dt
= 0,2y + 8.
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 2 / 13
Logistický růst
Předpokládejme, že rychlost růstu nějaké populace je přímo úměrná
její velikosti. Je-li t čas a P je počet jedinců v populaci v čase t, dostaneme
pro rychlost růstu populace
dP
dt
= kP, k > 0.
Mnoho populací se začne rozrůstat exponenciálně, ale jakmile se počet
jedinců přiblíží nosné kapacitě K prostředí růst se zpomalí, případně
velikost populace začne klesat, pokud její velikost tuto hodnotu překročí.
Pro tento model máme tedy následující předpoklady:
dP
dt ≈ kP pro malá P, tj. ze začátku populace roste přímo úměrně
svojí velikosti,
dP
dt < 0, jestliže P > K, tj. velikost populace se zmenšuje, jestliže
počet jedinců přesáhne kapacitu prostředí.
Řešení:
dP
dt
= kP
󰀕
1 −
P
K
󰀖
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 3 / 13
Obyčejná diferenciální rovnice prvního řádu
Definice
Nechť je dána otevřená souvislá podmnožina G ⊆ R2, f : G → R, pak
obyčejnou diferenciální rovnicí prvního řádu nazveme rovnici ve tvaru
y′
= f(x, y). (1)
Řešením rovnice (1) rozumíme každou funkci ϕ, která je diferencovatelná
na nějakém otevřeném intervalu I, a pro kterou platí
y′
= f(x, ϕ(x)), kde x ∈ I.
Je-li [x0, y0] ∈ G ⊆ R2 a ϕ je řešením (1). Pak úlohu najít řešení této
rovnice, pro které platí ϕ(x0) = y0, nazveme počáteční úlohou a bod
[x0, y0] počáteční podmínkou. Obecným řešením rovnice je pak funkce ϕ
závislá na jednom parametru c, jehož určitou volbou obdržíme všechna
řešení zadané rovnice. Partikulárním řešením yp rozumíme jedno konkrétní
řešení, které získáme konkrétní volbou parametru c.
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 4 / 13
Rovnice se separovatelnými proměnnými
y′
= f(x) · g(y), f, g ∈ C(I)
Řešení:
dy
dx
= f(x) · g(y)
dy
g(y)
= f(x) dx ! konstantní řešení g(y) = 0
󰁝
dy
g(y)
=
󰁝
f(x) dx
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 5 / 13
Lineární diferenciální rovnice
y′
+ p(x)y = q(x), p, q ∈ C(I)
Rovnici vynásobíme tzv. integrační faktorem
e
󰁕
p(x) dx
,
čímž dostaneme
y′
e
󰁕
p(x) dx
+ p(x)ye
󰁕
p(x) dx
= q(x)e
󰁕
p(x) dx
,
ale všimneme si, že
󰀓
ye
󰁕
p(x) dx
󰀔′
= q(x)e
󰁕
p(x) dx
a odtud už snadno
y = e−
󰁕
p(x) dx
󰀕 󰁝
q(x)e
󰁕
p(x) dx
dx
󰀖
.
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 6 / 13
Lineární rovnice
y′
+ p(x)y = q(x)
Je-li q(x) ≡ 0 mluvíme o homogenní lineární diferenciální rovnici.
Zavedeme tzv. operátorovou symboliku
L[y](x) = y′
(x) + p(x)y .
Operátor L je lineární, tj.
L[c1y1 + c2y2] = c1L[y1] + c2L[y2] .
pro libovolné c1, c2 ∈ R a y1, y2 ∈ C1(a, b).
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 7 / 13
Princip superpozice
Věta
Nechť
y1 je řešením rovnice y′
+ p(x)y = q1(x)
y2 je řešením rovnice y′
+ p(x)y = q2(x).
Pak funkce
y = c1y1 + c2y2
je řešením rovnice
y′
+ p(x)y = c1q1(x) + c2q2(x)
pro libovolné c1, c2 ∈ R.
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 8 / 13
Důsledky
1. Je-li funkce y0 řešením HLDR, tak i cy0, c ∈ R je řešením.
2. Je-li funkce yp řešení LDR a y0 je řešení příslušné HLDR, pak
funkce y = y0 + yp je řešení LDR.
3. Jsou-li funkce y1, y2 dvě různá řešení LDR, pak y = c(y1 − y2) je
obecné řešení příslušné HLDR.
Věta
Je-li yp libovolné partikulární řešení LDR a y0 obecné řešení příslušné
HLDR, pak funkce
y = y0 + yp
je obecným řešením LDR.
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 9 / 13
Geometrický význam
y′
= f(x, y),
y
x1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
96
97
98
99
100
Směrové pole rovnice y′ = 1
2 y
󰀃
1 − 1
100 y
󰀄
a řešení pro různé počáteční
podmínky
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 10 / 13
Eulerova metoda
y′
= f(x, y), y(x0) = y0
y(x0) = y0
y1 = y0 + h · f(x0, y0)
y2 = y1 + h · f(x1, y1)
...
yn+1 = yn + h · f(xn, yn)
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 11 / 13
Vylepšená Eulerova metoda
y′
= f(x, y), y(x0) = y0
yn+1 = yn +
h
2
[f(xn, yn) + f (xn + h, yk + hf(xn, yn))]
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 12 / 13
Runge-Kutta (druhého řádu)
y′
= f(x, y), y(x0) = y0
yn+1 = yn + h · f(xn, yn) +
h2
2
󰀕
df
dx
󰀖
xn,yn
yn+1 = yn + h · f(xn +
1
2
h, yn +
1
2
hf(xn, yn))
Petr Liška (Masarykova univerzita) Co ještě s derivací? 08.11.2024 13 / 13