Diferenciální rovnice 1. řádu

Kapitola 1

Diferenciální rovnice 1. řádu 1.1

Lineární diferenciální rovnice 1. řádu

Klíčová slova: Obyčejná lineární diferenciální rovnice prvního řádu, pravá strana rovnice, homogenní rovnice, rovnice s nulovou pravou stranou, nehomogenní rovnice, rovnice s nenulovou pravou stranou, řešení rovnice, Cauchyova úloha, počáteční okamžik, počáteční hodnota, počáteční podmínka, počáteční úloha, řešení Cauchyovy úlohy, obecný tvar řešení

1.1.1

Cauchyova úloha pro homogenní lineární diferenciální rovnici 1. řádu

Obecný tvar řešení homogenní lineární rovnice Úvahy o diferenciálních rovnicích začneme homogenní lineární diferenciální rovnicí 1. řádu, kterou budeme zapisovat ve tvaru

x˙ = h(t)x ,

(1.1)

kde h(t) je nějaká reálná funkce reálné proměnné. Rovnici (1.1) zapisujeme často také ve tvaru

x˙ − h(t)x = 0 , a proto se pro ni vedle názvu homogenní rovnice používá i název rovnice s nulovou pravou stranou. O funkci h(t) budeme předpokládat, že je definovaná a spojitá buď na celé množině R, nebo na konečném množství intervalů v R. V dalším můžeme tedy všechny úvahy provádět pro hodnoty proměnné t z nějakého intervalu J ⊂ R, na němž je funkce h(t) spojitá. Řešením rovnice (1.1) na intervalu I ⊂ J budeme nazývat takovou reálnou funkci u(t), která má v každém bodě intervalu I derivaci a splňuje identitu u(t) ˙ = h(t)u(t)

pro všechna t ∈ I .

(1.2)

Jelikož předpokládáme, že řešení u(t) má v intervalu I derivaci, musí být v tomto intervalu spojité. Podle předpokladu je také funkce h(t) spojitá, takže z rovnosti (1.2) plyne, že řešení u(t) má na celém intervalu I dokonce spojitou derivaci. Je zřejmé, že funkce u(t) = 0 pro všechna t ∈ J je řešením rovnice (1.1). Takové řešení nazýváme triviálním řešením. Hledejme nyní netriviální řešení u(t) rovnice (1.1). Netriviální řešení musí být v nějakém bodě nenulové, a jelikož je spojité, musí pak být nenulové na nějakém celém nedegenerovaném intervalu I ⊂ J . Na takovém intervalu můžeme rovnost (1.2) přepsat na tvar u(t) ˙ = h(t) , u(t) 3

t∈I.

4

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU

Na obou stranách přejdeme k primitivním funkcím. Přitom integrační konstantu z praktických důvodů, které čtenář brzo objeví, budeme zapisovat ve tvaru ln |c|, kde c je libovolné nenulové reálné číslo. Dostaneme tak rovnost Z ln |u(t)| = h(t) dt + ln |c| . Přechodem k funkci inverzní k logaritmické funkci dostáváme R |u(t)| = |c|e h(t) dt , t ∈ I .

(1.3)

Vidíme, že toto netriviální řešení je nenulové na celém svém definičním oboru. Je tedy buď všude kladné, nebo všude záporné. To nám umožňuje vypořádat se s absolutními hodnotami ve vztahu (1.3) jednoduše tak, že je vynecháme a dostaneme hledané netriviální řešení rovnice (1.1) u(t) = ce

R

h(t) dt

,

t∈I.

(1.4)

Jelikož funkce h(t) je podle předpokladu spojitá na celém intervalu J , je i integrál na pravé straně (1.4) definován pro všechna t ∈ J . To znamená, že funkce (1.4) je řešením rovnice (1.1) na celém intervalu J , na němž je koeficient h(t) spojitá funkce. Uvědomme si ještě, že vztahy (1.2) a (1.4) jsou ekvivalentní v tom smyslu, že každá funkce u(t), která vyhovuje rovnosti (1.2), je dána předpisem (1.4), a každá funkce daná předpisem (1.4) vyhovuje rovnosti (1.2). To znamená, že každé netriviální řešení rovnice (1.1) je dáno předpisem (1.4). Navíc vztah (1.4) můžeme rozšířit i na případ triviálního řešení tím, že dovolíme, aby konstanta c směla nabývat i hodnotu 0. Později uvidíme, že každé řešení homogenní rovnice (1.1) lze dostat z předpisu (1.4) vhodnou volbou konstanty c. Proto pro předpis (1.4) používáme název obecný tvar řešení rovnice (1.1) a zapisujeme jej pomocí symbolu u(t; c) R u(t; c) = ce h(t) dt , t ∈ J . (1.5) K tomuto názvu je třeba podotknout, že v řadě učebnic se používá pro funkci (1.5) název obecné řešení rovnice (1.1). Avšak řešení rovnice (1.1) je podle definice reálná funkce jedné proměnné t, zatímco funkce (1.5) je funkcí dvou proměnných, a to t a c. Odtud plyne poněkud groteskní důsledek, že obecné řešení rovnice (1.1) není jejím řešením. Toto je důvod, proč zavádíme podstatně výstižnější název – obecný tvar řešení. Cauchyova úloha pro homogenní lineární rovnici V obecném tvaru řešení rovnice (1.1) se vyskytuje jeden volný parametr c, takže u(t; c) je vlastně jednoparametrický systém řešení rovnice (1.1). Praxe nás však zpravidla staví do situace, kdy máme najít jedno konkrétní řešení, které v zadaném počátečním okamžiku τ nabývá zadanou počáteční hodnotu ξ (viz obr. 1.1). x v(t; τ, ξ)

(τ, ξ) ◦

ξ

t τ

æ

Obrázek 1.1: K ilustraci Cauchyovy úlohy Tuto podmínku zapisujeme ve tvaru x(τ ) = ξ

(1.6)

1.1. LINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU

5

a nazýváme ji počáteční podmínkou. Úlohu najít řešení rovnice (1.1) splňující počáteční podmínku (1.6) zapisujeme ve tvaru x˙ = h(t)x ,

x(τ ) = ξ,

(1.7)

a říkáme jí Cauchyova (nebo také počáteční) úloha pro homogenní lineární diferenciální rovnici 1. řádu. Doporučujeme čtenáři, aby si rozmyslel, jaký fyzikální význam má počáteční podmínka N (0) = N0 v příkladu z úvodu. Abychom zdůraznili, že řešení Cauchyovy úlohy závisí i na počátečních podmínkách τ a ξ, budeme pro řešení Cauchyovy úlohy používat vedle stručného zápisu u(t) i poněkud podrobnější zápis u(t; τ, ξ) , a to zejména v situacích, kdy máme rozlišovat mezi několika řešeními téže rovnice pro několik různých počátečních podmínek. Uvědomme si, že uvedený zápis připomíná funkce tří proměnných t, τ a ξ. Jako řešení konkrétní Cauchyovy úlohy při pevně daných počátečních údajích τ a ξ je to však stále funkce jen jediné proměnné, a to času t. Na druhé straně se však často v praxi vyšetřuje i závislost řešení na změnách hodnot τ a ξ. (Obvykle se uvažují malé změny, představující různé náhodné poruchy.) Používaná terminologie ”počáteční okamžik” a ”počáteční hodnota” je poněkud zavádějící. Je-li totiž funkce u(t), t ∈ J , řešením úlohy (1.7), pak sice musí platit τ ∈ J , ale není nutné, aby okamžik τ byl počátečním bodem intervalu J . V našich úvahách se dokonce budeme setkávat téměř výhradně se situací, kdy řešení úlohy (1.7) je definováno v nějakém okolí bodu τ . Řešení u(t; τ, ξ) Cauchyovy úlohy (1.7) najdeme tak, že do obecného tvaru řešení u(t; c) dosadíme za t, resp. x počáteční hodnoty τ , resp. ξ z podmínky (1.6). Dostaneme tak vztah u(τ, c) = ξ , z něhož můžeme určit hodnotu konstanty c. Řešení u(t; τ, ξ) Cauchyovy úlohy (1.7) můžeme hledat také tak, že v postupu, jímž jsme hledali obecný tvar řešení u(t; c), použijeme místo neurčitého integrálu určitý integrál v mezích od τ do t. Místo vztahu (1.4) pak dostaneme přímo předpis pro řešení u(t; τ, ξ). Řešení u(t) ≡ u(t; τ, ξ) Cauchyovy úlohy (1.7) musí splňovat rovnost u(t) ˙ = h(t)u(t) ,

u(τ ) = ξ .

(1.8)

Uvažujeme samozřejmě ξ 6= 0 (pro ξ = 0 se jedná o triviální řešení). Z identity (1.8) vyplývá u(t) ˙ = h(t) . u(t)

(1.9)

Levá strana rovnosti (1.9) se dá napsat jako derivace složené funkce, a tedy u(t) ˙ d = ln |u(t)| = h(t) . u(t) dt

(1.10)

(Vzhledem k tomu, že u(t) 6= 0 pro všechna t ∈ J , je u(t) > 0 pro ξ > 0 a u(t) < 0 pro ξ < 0, takže absolutní hodnota při derivování nevadí.) Integrací všech členů rovnosti (1.10) od τ do t dostáváme Zt τ

u(s) ˙ ds = u(s)

Zt

d ln |u(s)| ds = ds

τ

Zt h(s) ds , τ

tj. [ln |u(s)|]tτ

|u(t)| = ln = |u(τ )|

Zt h(s) ds .

(1.11)

τ

Odtud přechodem k inverzní funkci a po jednoduché úpravě dostaneme Rt h(s) ds |u(t)| = |ξ|e τ .

(1.12)

6


Jelikož řešení u(t) nemůže na intervalu J měnit své znaménko, bude znaménko funkce u(t) dáno znaménkem čísla ξ. Vrátíme-li se nyní od našeho pracovního označení u(t) k podrobnějšímu označení u(t; τ, ξ), můžeme dosažený výsledek zapsat ve tvaru

u(t; τ, ξ) = ξe

Rt τ

h(s) ds

t∈J,

,

(1.13)

což je řešení Cauchyovy úlohy pro homogenní rovnici. Do tohoto výsledku můžeme zahrnout i případ triviálního řešení pro ξ = 0. Ze vztahu (1.13) vidíme, že řešení Cauchyovy úlohy (1.7) je jednoznačně určeno svojí počáteční podmínkou. V teorii lineárních systémů se tento výsledek zapisuje pomocí tzv. funkce přechodu U (t, τ ) definované vztahem Rt h(s) ds (1.14) U (t, τ ) = e τ , t∈J. Řešení (1.13) homogenní Cauchyovy úlohy, zapsáno pomocí této funkce, má pak tvar t∈J.

u(t; τ, ξ) = ξU (t, τ ) ,

(1.15)

Z (1.15) vidíme, že funkce U (t, τ ) popisuje přechod řešení homogenní rovnice ze stavu u(τ ; τ, ξ) = ξ v okamžiku τ do stavu u(t; τ, ξ), což je stav v okamžiku t. To je důvod, proč se této funkci v teorii systémů říká funkce přechodu. Přímo z definičního vztahu (1.14) plyne, že funkce přechodu má tyto vlastnosti: U (t, τ ) > 0

pro všechna t, τ ∈ J ;

(1.16)

U (τ, τ ) = 1

pro všechna τ ∈ J ;

(1.17)

U (t, τ )U (τ, s) = U (t, s) pro všechna t, τ, s ∈ J ; −1 U (t, τ ) = U (τ, t) pro všechna t, τ ∈ J ; d U (t, τ ) = h(t)U (t, τ ) dt

pro všechna t, τ ∈ J .

(1.18) (1.19) (1.20)

Příklady 1. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ + t2 x = 0

(1.21)

x˙ + t2 x = 0 , x(3) = 5 .

(1.22)

a řešení Cauchyovy úlohy

Řešení Funkce h(t) = −t2 je spojitá na celé reálné ose R. Rovnice má triviální řešení u(t) = 0 definované pro všechna t ∈ R. Budeme hledat netriviální řešení u(t) 6= 0. Vyjdeme ze vztahu (1.2), který pro naši rovnici má tvar u(t) ˙ = −t2 u(t) , t ∈ R . Upravíme jej na tvar u(t) ˙ = −t2 u(t) a obě strany zintegrujeme. Dostaneme Z

u(t) ˙ dt = − u(t)

Z

t2 dt ,


7

neboli

1 ln |u(t)| = − t3 + ln |c| . 3 Zde opět vyjadřujeme integrační konstantu pomocí logaritmu. Zřejmá úprava dává u(t) = − 1 t3 . ln c 3

Odtud přechodem k inverzní funkci na obou stranách rovnosti dostáváme 1 3

u(t) = ce− 3 t ,

t ∈ R.

Nalezli jsme tak obecný tvar řešení rovnice (1.21) 1 3

u(t; c) = ce− 3 t ,

t ∈ R.

(1.23)

Nyní budeme hledat řešení Cauchyovy úlohy (1.22). Do předpisu (1.23) pro obecný tvar řešení u(t; c) dosadíme t = 3 a u(3; c) = 5. Dostaneme rovnost 1

3

u(3; c) = 5 = ce− 3 3 = ce−9 . Odtud c = 5e9 . Dosadíme do (1.23) a dostaneme řešení Cauchyovy úlohy (1.22) 1 3

u(t; 3, 5) = 5e− 3 t

+9

,

t ∈ R.

(1.24)

Řešení u(t; 3, 5) můžeme hledat také pomocí funkce přechodu ve tvaru u(t; τ, ξ) = ξU (t, τ ) ,

t ∈ R.

Podle (1.14) je Rt

(−s2 ) ds

U (t; 3) = e 3

t

1 3 1 3 1 3 = e[− 3 s ]3 = e− 3 (t −27) = e− 3 t +9 .

Odtud podle (1.15) je 1 3

u(t; 3, 5) = 5e− 3 t

+9

,

t ∈ R.

2. Máme najít obecný tvar řešení rovnice 1 x 1 − t2

(1.25)

1 x , x(0) = −7 . 1 − t2

(1.26)

x˙ = √ a řešení Cauchyovy úlohy x˙ = √

Řešení 1 Funkce h(t) = √ je definovaná a spojitě diferencovatelná na intervalu J = (−1, 1). Na tomto 1 − t2 intervalu má rovnice jak triviální řešení u(t) = 0, tak i nekonečně mnoho netriviálních řešení. Pro netriviální řešení u(t) 6= 0 dostáváme rovnost Z Z u(t) ˙ dt √ dt = , t ∈ (−1, 1), u(t) 1 − t2 a po integraci ln |u(t)| = arcsin t + ln |c| ,

t ∈ (−1, 1) .

Odtud u(t) = cearcsin t ,

t ∈ (−1, 1) .

8

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU Obecný tvar řešení rovnice (1.25) tedy je u(t; c) = cearcsin t ,

t ∈ (−1, 1) .

(1.27)

Nyní budeme hledat řešení Cauchyovy úlohy (1.26). Do předpisu (1.27) pro obecný tvar řešení dosadíme t = 0 a u(0; c) = −7. Dostaneme rovnost u(0; c) = −7 = cearcsin 0 = c. Dosadíme do (1.27) a dostaneme řešení Cauchyovy úlohy (1.26) u(t; 0, −7) = −7earcsin t ,

t ∈ (−1, 1) .

(1.28)

3. Máme zjistit, jak se chovají řešení rovnice x˙ = kx ,

(1.29)

kde k je reálná konstanta, pro t → ∞ a t → −∞. Řešení Zřejmě jde o rovnici (1.1), kde h(t) = k pro t ∈ R. Po snadném výpočtu máme u(t; c) = cekt ,

t, c ∈ R.

Vidíme, že asymptotické chování těchto řešení závisí na znaménku čísla k.   ∞ −∞ Je-li k > 0 , pak lim u(t; c) =  0

pro t → ∞ , c > 0, pro t → ∞ , c < 0, pro t → −∞ .

  0 ∞ Je-li k < 0 , pak lim u(t; c) =  −∞

pro pro pro

t → ∞, t → −∞ , t → −∞ ,

c > 0, c < 0.

Pro k = 0 je u(t) = c konstantní řešení, takže obě limity jsou rovny konstantě c. Speciálně pro volbu c = 0 je u(t) triviální řešení, tj. obě limity jsou nulové pro všechna k ∈ R.

Úlohy 1. Najděte obecný tvar u(t; c) řešení následujících homogenních lineárních rovnic. 2

(a) x˙ = −2tx.

[u(t; c) = ce−t , t ∈ R.]

(b) x˙ = x sin t.

[u(t; c) = ce− cos t , t ∈ R.] , t ∈ (−∞, 1) nebo t ∈ (1, ∞).

(c) x˙ =

x . 1−t

(d) x˙ =

3t x. t2 + 1

u(t; c) =

c 1−t

3/2

[u(t; c) = c(t2 + 1)

, t ∈ R.]

2. Najděte řešení následujících Cauchyových úloh. (a) x˙ = −2tx ,

x(0) = 1 .

(b) x˙ = x sin t ,

x(π/2) = 3 .

(c) x˙ =

x , 1−t

(d) x˙ =

3t x, t2 + 1

x(−1) = 6 . x(0) = −1 .

2

[u(t; 0, 1) = e−t , t ∈ R.] [u(t; π/2, 3) = 3e− cos t , t ∈ R.] 12 u(t; −1, 6) = , t ∈ (−∞, 1). 1−t [u(t; 0, −1) = −(t2 + 1)3/2 , t ∈ R.]


1.1.2

9

Cauchyova úloha pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici

Obecný tvar řešení nehomogenní rovnice Nyní se budeme zabývat nehomogenní lineární diferenciální rovnici 1. řádu t∈J.

x˙ = h(t)x + q(t) ,

(1.30)

Opět budeme naše úvahy provádět na nějakém intervalu J , na němž jsou funkce h(t) a q(t) spojité a funkce q(t) na něm není identicky nulová. Často se tato rovnice zapisuje ve tvaru x˙ − h(t)x = q(t) ,

t∈J.

(1.31)

Z tohoto zápisu je patrné, proč o nehomogenní rovnici (1.30) mluvíme jako o rovnici s nenulovou pravou stranou. Řešením rovnice (1.30) na intervalu J budeme rozumět reálnou funkci v(t), která je definovaná na intervalu J , má derivaci v každém bodě intervalu J a splňuje identitu

v(t) ˙ = h(t)v(t) + q(t)

pro všechna t ∈ J .

(1.32)

Když hledáme řešení rovnice (1.30), vycházíme ze znalosti obecného tvaru řešení u(t; c) příslušné homogenní rovnice x˙ = h(t)x , t ∈ J , (1.33) které, jak víme z (1.4), má tvar u(t; c) = ce

R

h(t) dt

,

t∈J.

(1.34)

Nechť w(t) je nějaké jedno řešení nehomogenní rovnice (1.30), které budeme nazývat partikulárním řešením a nechť v(t) je libovolné řešení rovnice (1.30). Snadno se ověří, že rozdíl v(t) − w(t) je řešením příslušné homogenní rovnice (1.33), a tedy v(t) − w(t) = u(t; c) pro nějakou volbu konstanty c. To znamená, že každé řešení nehomogenní rovnice lze psát ve tvaru

v(t; c) = u(t; c) + w(t) ,

t∈J,

(1.35)

kde u(t; c) je obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice a w(t) je nějaké jedno známé řešení nehomogenní rovnice. Jednoparametrický systém funkcí v(t; c) budeme nazývat obecným tvarem řešení nehomogenní rovnice (1.30). Metoda odhadu pro q(t) = Qr (t)eσt Abychom našli obecný tvar řešení nehomogenní rovnice, potřebujeme znát nějaké její partikulární řešení. Nyní popíšeme metodu odhadu tvaru řešení, která umožňuje takové řešení najít pro rovnice, jejichž pravé strany jsou vytvořené jako součty součinů funkcí tk , eσt , sin ωt a cos ωt. Takové funkce nazýváme kvázipolynomy a mluvíme pak o diferenciální rovnici s kvázipolynomiální pravou stranou. Budeme hledat partikulární řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice x˙ + ax = Qr (t)eσt ,

(1.36)

kde koeficient a je reálná konstanta, Qr (t) je polynom stupně r a exponent σ v exponenciální funkci na pravé straně je rovněž reálná konstanta. Partikulární řešení rovnice (1.36) budeme hledat ve tvaru w(t) = tk R(t)eσt ,

t ∈ R,

(1.37)

10


kde R(t) je polynom stupně r, jehož koeficienty můžeme najít např. metodou neurčitých koeficientů a exponent k u proměnné t je 1 v případě, že σ = −a, jinak je nula. Analogicky postupujeme i při řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice tvaru

x˙ + ax =

s X

Qrj (t)eσj t ,

(1.38)

j=1

kde Qrj (t), j = 1, 2, . . . , s, je polynom stupně rj . V tomto případě můžeme úlohu (1.38) převést na s úloh typu (1.36). Snadno se totiž ověří, že pro lineární rovnice platí toto tvrzení: Jsou-li funkce wj (t) pro j = 1, 2, . . . , m řešeními rovnice x˙ + ax = gj (t) ,

j = 1, 2, . . . , m ,

(1.39)

pak funkce w(t) = w1 (t) + w2 (t) + · · · + wm (t) je řešením rovnice x˙ + ax = g1 (t) + g2 (t) + · · · + gm (t) .

(1.40)

Tato vlastnost lineárních rovnic se také nazývá princip superpozice. Podle tohoto tvrzení stačí najít pro každé j = 1, 2, . . . , m řešení wj (t) rovnice (1.36) s Qr (t)eσt = Qrj (t)eσj t a součet w1 (t) + w2 (t) + · · · + wm (t) takto nalezených řešení bude řešením rovnice (1.38). Často však postupujeme při výpočtu tak, že i řešení rovnice (1.38) hledáme najednou ve tvaru w(t) = tk1 R1 (t)eσ1 t + tk2 R2 (t)eσ2 t + · · · + tks Rs (t)eσs t ,

t ∈ R,

(1.41)

kde Rj (t) je polynom stupně rj a exponent kj = 1 jestliže σj = −a, jinak kj = 0. Příklady 1. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ − 2x = −9te−t .

(1.42)

Řešení Máme najít obecný tvar řešení nehomogenní lineární rovnice s kvázipolynomiální pravou stranou typu (1.36). Obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice je u(t, c) = ce2t , t ∈ R. Jelikož pro koeficient σ = −1 v exponentu pravé strany platí σ = −1 6= −a = 2, hledáme partikulární řešení w(t) podle (1.37) ve tvaru w(t) = (at + b)e−t .

(1.43)

Vypočteme derivaci w(t) ˙ = (a − at − b)e−t a dosadíme do rovnice (1.42). Dostaneme rovnost (a − at − b)e−t − 2(at + b)e−t = −9te−t . Odtud porovnáním koeficientů u stejných funkcí dostaneme a = 3, b = 1. Dosadíme do (1.43) a dostaneme partikulární řešení w(t) = (3t + 1)e−t , t ∈ R . Obecným tvarem řešení rovnice (1.42) je tedy jednoparametrický systém funkcí v(t; c) = u(t; c) + w(t) = ce2t + (3t + 1)e−t ,

t, c ∈ R .


11

2. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ − 2x = 8te2t .

(1.44)

Řešení Máme najít obecný tvar řešení nehomogenní lineární rovnice s kvázipolynomiální pravou stranou typu (1.36). Obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice je u(t, c) = ce2t , t ∈ R. Jelikož pro koeficient σ = 2 v exponentu pravé strany platí σ = 2 = −a = 2, hledáme partikulární řešení w(t) podle (1.37) ve tvaru w(t) = t(at + b)e2t = (at2 + bt)e2t .

(1.45)

Vypočteme derivaci w(t) ˙ = (2at + b + 2at2 + 2bt)e2t a dosadíme do rovnice (1.44). Dostaneme rovnost (2at + b + 2at2 + 2bt)e2t − 2(at2 + bt)e2t = 8te2t . Odtud porovnáním koeficientů u stejných funkcí dostaneme a = 4, b = 0. Dosadíme do (1.45) a dostaneme partikulární řešení w(t) = 4te2t , t ∈ R . Obecným tvarem řešení rovnice (1.44) je tedy jednoparametrický systém funkcí v(t; c) = ce2t + 4te2t ,

t, c ∈ R .

3. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ − 3x = et + e3t + t .

(1.46)

Řešení Hledáme obecný tvar řešení nehomogenní rovnice s kvázipolynomiální pravou stranou typu (1.38) s s = 3, r1 = r2 = 0, r3 = 1, σ1 = 1, σ2 = 3, σ3 = 0. Obecný tvar řešení homogenní rovnice je u(t; c) = ce3t , t, c ∈ R. Pro exponenty exponenciálních funkcí v jednotlivých sčítancích na pravé straně platí σ1 = 1 6= −a = 3 , σ2 = 3 = −a = 3 a σ3 = 0 6= −a = 3 , takže partikulární řešení w(t) hledáme podle (1.41) ve tvaru w(t) = aet + bte3t + (ct + d) . (1.47) Vypočteme derivaci funkce w(t) a dosadíme do rovnice (1.46). Dostaneme rovnost aet + (b + 3bt)e3t + c − 3aet − 3bte3t + 3ct − 3d = et + e3t + t .

(1.48)

Jelikož funkce et , e3t , t, 1 jsou lineárně nezávislé, musí být koeficienty v lineárních kombinacích na obou stranách rovnosti (1.48) stejné. Porovnáním těchto koeficientů dostaneme 1 1 1 a = − , b = 1, c = − ,d = − . 2 3 9 Dosadíme do (1.47) a dostaneme partikulární řešení 1 1 1 w(t) = − et + te3t − t − , 2 3 9

t ∈ R.

Obecným tvarem řešení rovnice (1.46) je tedy jednoparametrický systém funkcí 1 1 1 v(t; c) = ce3t − et + te3t − t − , 2 3 9

t, c ∈ R .

12


Úlohy 1. Uveďte, v jakém tvaru budete hledat partikulární řešení následujících rovnic. (a) x˙ + 6x = 3t3 + 8t.

[w(t) = at3 + bt2 + ct + d .]

(b) x˙ + 2x = te2t + e−t .

[w(t) = (at + b)e2t + ce−t .]

(c) x˙ + x = 1 − 2t + te−t .

[w(t) = (at + b) + t(ct + d)e−t .]

2. Máme najít obecný tvar řešení následujících rovnic. [v(t; c) = ce−2t + t2 − t − 1 , t, c ∈ R.]

(a) x˙ + 2x = 2t2 − 3. (b) x˙ + x = 2t + 4.

[v(t; c) = ce−t + 2t + 2 , t, c ∈ R.]

(c) x˙ + 2x = 3te−t .

[v(t; c) = ce−2t + 3(t − 1)e−t , t, c ∈ R.]

(d) x˙ + x = 4te−t .

[v(t; c) = ce−t + 2t2 e−t , t, c ∈ R.] 3 7 v(t; c) = ce2t − t − , t, c ∈ R. 2 4 2 t 2t 7 −t 2t v(t; c) = ce + e − − , t, c ∈ R. 3 9 27 x = e−3t (c + t2 − t) , t, c ∈ R.

(e) x˙ − 2x = 3t + 2. (f) x˙ + x = (t2 − 1)e2t . (g) x˙ + 3x = (2t − 1)e−3t .

Metoda odhadu pro q(t) = Qr (t) cos ωt Postupem popsaným výše můžeme hledat také partikulární řešení rovnice

x˙ + ax = Qr (t) cos ωt ,

(1.49)

x˙ + ax = Qr (t) sin ωt ,

(1.50)

resp.

kde Qr (t) je polynom r–tého stupně a ω je libovolné reálné číslo. Partikulární řešení rovnice (1.49) i rovnice (1.50) hledáme ve tvaru w(t) = R1 (t) cos ωt + R2 (t) sin ωt ,

(1.51)

kde R1 (t), R2 (t) jsou vhodné polynomy r–tého stupně. Analogicky postupujeme i v případě rovnice x˙ + ax = Qr (t)eσt cos ωt ,

(1.52)

x˙ + ax = Qr (t)eσt sin ωt .

(1.53)

resp.

V těchto případech hledáme řešení ve tvaru w(t) = eσt (R1 (t) cos ωt + R2 (t) sin ωt) , t ∈ R ,

(1.54)

kde R1 (t) a R2 (t) jsou opět polynomy stupně r, jejichž koeficienty můžeme najít např. metodou neurčitých koeficientů. Pro řešení obecnějších rovnic tohoto typu platí následující tvrzení.


13

Nechť je dána nehomogenní lineární diferenciální rovnice x˙ + ax = Pr (t)eσt cos ωt + Qs (t)eσt sin ωt ,

(1.55)

kde Pr (t), resp. Qs (t) je polynom s reálnými koeficienty stupně r, resp. s, čísla σ, ω jsou reálná, ω 6= 0. Pak rovnice (1.55) má řešení tvaru w(t) = eσt (R1 (t) cos ωt + R2 (t) sin ωt) ,

(1.56)

kde R1 (t), R2 (t) jsou polynomy s reálnými koeficienty, jejichž stupeň je roven většímu ze stupňů r, s polynomů Pr (t), Qs (t). Příklady 1. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ + x = sin t .

(1.57)

Řešení Máme najít obecný tvar řešení nehomogenní rovnice s kvázipolynomiální pravou stranou typu (1.49). Obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice je u(t; c) = ce−t , t, c ∈ R. Partikulární řešení hledáme ve tvaru w(t) = a cos t + b sin t . (1.58) Po dosazení w(t) ˙ a w(t) do rovnice (1.57) za x˙ a x dostaneme rovnost −a sin +b cos t + a cos t + b sin t = sin t

pro všechna t ∈ R .

Protože funkce sin t a cos t jsou lineárně nezávislé, musí platit −a + b = 1, a + b = 0. Odtud a = − 21 = −b, takže 1 1 w(t) = − cos t + sin t , t ∈ R. 2 2 Hledaný obecný tvar řešení je pak v(t; c) = ce−t −

1 1 cos t + sin t , 2 2

t, c ∈ R .

2. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ + x = (4t + 2) cos t + 6 sin t .

(1.59)

Řešení Řešení rovnice (1.59) můžeme hledat buď pomocí principu superpozice tak, že hledáme řešení rovnic typu (1.49), resp. (1.50) pro každého sčítance na pravé straně zvlášť, nebo ho hledáme jako pro rovnici (1.55) podle vzorce (1.56) ve tvaru w(t) = (at + b) cos t + (ct + d) sin t . Dosadíme-li hodnoty w(t) a w(t) ˙ do rovnice (1.59) za x a x, ˙ dostaneme po jednoduché úpravě rovnost (a + b + d + (a + c)t) cos t + (−b + c + d + (c − a)t) sin t = = (4t + 2) cos t + 6 sin t

pro všechna t ∈ R .

Funkce cos t a sin t jsou lineárně nezávislé, takže koeficienty u nich na obou stranách musí být sobě rovny. Odtud plyne a = 2, b = −2, c = d = 2. Řešení w(t) má tedy tvar w(t) = 2(t − 1) cos t + 2(t + 1) sin t ,

t ∈ R.

Hledaný obecný tvar řešení je pak v(t; c) = ce−t + 2(t − 1) cos t + 2(t + 1) sin t ,

t, c ∈ R .

14

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU 3. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ + 2x = 10et cos 2t .

(1.60)

Řešení Obecný tvar řešení homogenní rovnice je u(t; c) = ce−2t , t, c ∈ R. Partikulární řešení w(t) hledáme podle (1.54) ve tvaru w(t) = et (a cos 2t + b sin 2t) , t ∈ R , (1.61) kde a , b jsou vhodná reálná čísla. Jejich hodnoty dostaneme tak, že do rovnice (1.60) dosadíme hodnoty w(t) a w(t) ˙ za x a x. ˙ Standardním postupem tak dostaneme a = 30/13 a b = 20/13. Je tedy 10 t e (3 cos 2t + 2 sin 2t) , t ∈ R . w(t) = 13 Hledaný obecný tvar řešení rovnice (1.60) je v(t; c) = ce−2t +

10 t e (3 cos 2t + 2 sin 2t) , 13

t ∈ R.

Úlohy 1. Uveďte, v jakém tvaru budete hledat partikulární řešení následujících rovnic. (a) x˙ + 3x = e−t cos t + 5 sin 3t. [w(t) = e−t (a cos t + b sin t) + c cos 3t + d sin 3t.] (b) x˙ + 10x = e−3t + 2e−3t cos t. [w(t) = e−3t (a + b cos t + c sin t).] (c) x˙ + 2x = e−t cos 2t + te−2t sin t. [w(t) = e−t (a cos 2t + b sin 2t) + e−2t (ct + d) sin t + (f t + g) cos t).] 2. Máme najít obecný tvar řešení následujících rovnic. 12 6 (a) x˙ + x = 6 sin 2t. v(t; c) = ce−t − cos 2t + sin 2t , 5 5 6 4 (b) x˙ + 3x = 2 cos 2t. v(t; c) = ce−3t + cos 2t + sin 2t , 13 13 1 7 (c) x˙ + 2x = 3 sin 2t − 4 cos 2t. v(t; c) = ce−2t − sin 2t − cos 2t , 4 4 3 12 (d) x˙ + x = 3 sin 4t. v(t; c) = ce−t + sin 4t − cos 4t , 17 17 3 3 3 (e) x˙ + 4x = 3 cos2 t. v(t; c) = ce−4t + + sin 2t + cos 2t , 8 20 10 1 2 (f) x˙ + 2x = 4 sin t. v(t; c) = ce−2t + 1 − (cos 2t + sin 2t) , 2

t, c ∈ R. t, c ∈ R. t, c ∈ R. t, c ∈ R. t, c ∈ R. t, c ∈ R.

(g) x˙ + 3x = sin 2t cos 3t. 3 1 3 5 v(t; c) = ce−3t − sin t + cos t + sin 5t − cos 5t , t, c ∈ R. 20 20 68 68 (h) x˙ + x = 2 cos t cos 2t. 1 1 −t v(t; c) = ce + (cos t + sin t) + (cos 3t + 3 sin 3t) , t, c ∈ R. 2 10 (i) x˙ + 4x = 2e−t sin 3t. 1 1 v(t; c) = ce−4t + e−t − cos 3t + sin 3t , t, c ∈ R. 3 3


15

e−t v(t; c) = ce−3t + (3 sin t − 4 cos t) , t, c ∈ R. 5 4 v(t; c) = ce−2t + e−t (cos 2t + 2 sin 2t) , t, c ∈ R. 5

(j) x˙ + 3x = e−t (2 sin t − cos t). (k) x˙ + 2x = 4e−t cos 2t.

Metoda variace konstanty Obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t; c) už umíme najít. Abychom našli obecný tvar řešení nehomogenní rovnice v(t; c), musíme najít nějaké partikulární řešení w(t) rovnice (1.30). Toto řešení budeme hledat ve tvaru (1.34), avšak místo konstanty c budeme psát prozatím neznámou funkci c(t). Tento postup se nazývá variace konstanty. Vycházíme tedy z rovnosti R w(t) = c(t)e h(t) dt . (1.62) Derivováním obou stran dostaneme w(t) ˙ = c(t)e ˙

R

h(t) dt

+ c(t)h(t)e

R

h(t) dt

.

Funkce w(t) a w(t) ˙ dosadíme do vztahu (1.30) za x a x. ˙ Získáme tak podmínku pro funkci c(t) R R R h(t) dt c(t)e ˙ + c(t)h(t)e h(t) dt = h(t)c(t)e h(t) dt + q(t) , kterou můžeme zapsat ve tvaru c(t) ˙ = q(t)e−

R

h(t) dt

.

(1.63)

Pravá strana této rovnosti je spojitá funkce na intervalu J . Proto k ní existuje primitivní funkce, např. Z R c(t) = q(t)e− h(t) dt dt . (1.64) Vzhledem k tomu, že stačí najít jedno libovolné partikulární řešení rovnice (1.30), nezáleží na tom, jakou primitivní funkci volíme, tj. jak volíme integrační konstantu. Máme tedy R w(t) = c(t)e h(t) dt , t ∈ J , kde funkce c(t) je dána předpisem (1.64). Hledaný obecný tvar řešení nehomogenní rovnice (1.30) je pak dán předpisem R v(t; c) = u(t; c) + c(t)e h(t) dt , t ∈ J , (1.65) nebo po dosazení za u(t; c) a c(t) v(t; c) = ce

R

h(t) dt

+e

R

h(t) dt

Z

q(t)e−

R

h(t) dt

dt ,

t∈J.

(1.66)

Tento předpis pro obecný tvar řešení nehomogenní rovnice (1.30) vypadá značně složitý. Při konkrétním výpočtu však nepoužíváme zpravidla přímo tento předpis, ale postup, jímž jsme k němu dospěli. Ukážeme si to na příkladech. Příklady 1. Hledejme obecný tvar řešení rovnice x˙ = −

x + 3t . t

(1.67)

Řešení 1 Zde je h(t) = − , t ∈ (−∞, 0) ∪ (0, ∞) a q(t) = 3t, t ∈ R. Řešení budeme hledat na intervalu t J = (−∞, 0). Postup pro volbu J = (0, ∞) je stejný. Nejdříve nalezneme standardním postupem podle (1.4) obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice R 1 c u(t; c) = ce (− t ) dt = . t

16

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU Obecný tvar řešení nehomogenní rovnice hledáme podle (1.35) jako součet v(t; c) = u(t; c) + w(t) =

c + w(t) , t

(1.68)

kde partikulární řešení w(t) budeme hledat podle (1.62) ve tvaru w(t) =

c(t) . t

(1.69)

Funkci w(t) a její derivaci c(t) ˙ c(t) − 2 t t dosadíme do rovnice (1.67). Dostaneme tak podmínku pro funkci c(t) ˙ w(t) ˙ =

c(t) ˙ = 3t2 . Odtud integrací dostáváme hledaný koeficient partikulárního řešení Z c(t) = 3t2 dt = t3 . Nyní dosadíme nalezenou funkci c(t) do (1.69) a příslušné partikulární řešení w(t) dosadíme do (1.68). Dostaneme hledaný obecný tvar řešení rovnice (1.67) v(t; c) =

c + t2 , t

t ∈ (−∞, 0) .

(1.70)

2. Máme najít obecný tvar řešení rovnice x˙ = x cotg t + et sin t .

(1.71)

Řešení Jedná se o nehomogenní lineární rovnici, kde funkce h(t) = cotg t a q(t) = et sin t jsou spojité na každém intervalu Jk = (kπ, (k + 1)π) pro nějaké k ∈ Z. Řešení budeme tedy hledat na libovolném z těchto intervalů Jk . Nejdříve nalezneme podle (1.4) obecný tvar řešení homogenní rovnice R R cos t u(t; c) = ce cotg t dt = ce sin t dt = celn | sin t| = c sin t ,

t ∈ Jk .

V posledním kroku jsme využili skutečnosti, že funkce sin t nemění na intervalu Jk znaménko, a že tedy toto znaménko můžeme vložit do konstanty c a znak absolutní hodnoty pak můžeme vynechat. Obecný tvar řešení nehomogenní rovnice bude podle (1.35) v(t; c) = c sin t + w(t) ,

(1.72)

kde partikulární řešení w(t) hledáme ve tvaru w(t) = c(t) sin t .

(1.73)

Jestliže dosadíme do rovnice (1.71) za x funkci w(t) a za x˙ její derivaci w(t) ˙ = c(t) ˙ sin t + c(t) cos t , po jednoduché úpravě dostaneme c(t) ˙ sin t = et sin t , a tedy Z c(t) =

et dt = et .

Nyní dosadíme c(t) do (1.73) a příslušné partikulární řešení w(t) dosadíme do (1.72). Dostaneme obecný tvar řešení nehomogenní rovnice (1.71) v(t; c) = c sin t + et sin t ,

t ∈ Jk = (kπ, (k + 1)π) .

(1.74)


17

Úlohy Nalezněte obecný tvar řešení následujících rovnic. c 2 v(t; c) = 3 + 2 , t ∈ (−∞, 0) nebo t ∈ (0, ∞). t t " # c t3 + 3t v(t; c) = 2 + 2 , t ∈ R. (t2 + 1) 3(t2 + 1) c t π π , t ∈ (2k − 1) , (2k + 1) , k ∈ Z. v(t; c) = + cos t cos t 2 2 h i 2 2 v(t; c) = ce−t + t2 e−t , t ∈ R.

3 2 1. x˙ = − x + 3 . t t 2. x˙ = −

t2

4t 1 x+ 2 . +1 t +1

3. x˙ = x tg t +

1 . cos t 2

4. x˙ = −2tx + 2te−t .

v(t; c) = c sin t + t2 sin t , t ∈ (kπ, (k + 1)π) , k ∈ Z.

5. x˙ = x cotg t + 2t sin t. 6. x˙ − x = et . 7. x˙ =

[v(t; c) = cet + tet , t , c ∈ R.] 1 v(t; c) = ct2 − t + , t , c ∈ R. 2

2x t − 1 + . t t

t2

[v(t; c) = ce 2 − 1 , t , c ∈ R.] c 3 3t + 4 v(t; c) = −t , t , c ∈ R. t+1 12(t + 1) h i −t3 v(t; c) = ce 3 + 1 , t , c ∈ R.

8. x˙ = t(x + 1). 9. x˙ +

x = −t2 . t+1

10. x˙ + t2 x = t2 . 11. x˙ + x = 12. x˙ +

1 . et (1 − t)

[v(t; c) = ce−t − e−t ln |1 − t| , t , c ∈ R.]

x 3 = . t t

h

v(t; c) =

i c + 3 , t , c ∈ R. t

Cauchyova úloha pro nehomogenní rovnici Budeme se nyní zabývat Cauchyovou (nebo také počáteční) úlohou pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici x˙ = h(t)x + q(t) ,

x(τ ) = ξ.

(1.75)

Řešením Cauchyovy úlohy (1.75) budeme i nyní podobně jako u homogenních rovnic rozumět jakékoli řešení v(t) příslušné rovnice, které navíc splňuje počáteční podmínku v(τ ) = ξ. Abychom zdůraznili, že řešení Cauchyovy úlohy závisí i na počátečních podmínkách τ a ξ, budeme vedle stručného zápisu v(t) používat i podrobnější zápis v(t; τ, ξ) . Připomeňme si opět, že uvedený zápis připomíná funkci tří proměnných t, τ a ξ. Jako řešení konkrétní Cauchyovy úlohy při pevně daných počátečních údajích τ a ξ je to však stále funkce jen jediné proměnné, a to času t. Známe-li obecný tvar řešení v(t; c) nehomogenní rovnice v úloze (1.75), pak řešení v(t; τ, ξ) Cauchyovy úlohy (1.75) najdeme tak, že do obecného tvaru řešení v(t; c) dosadíme za t, resp. x počáteční hodnoty τ , resp. ξ. Dostaneme tak vztah v(τ, c) = ξ , z něhož můžeme určit hodnotu konstanty c. Příklady 1. Hledejme řešení Cauchyovy úlohy 1 x˙ = − x + 3t , t Řešení Z (1.70) víme, že v(t; c) =

c + t2 , t

x(1) = 3 .

t∈J.

(1.76)

18

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU Jelikož je τ = 1, musíme volit J = (0, ∞). Dosadíme-li do tohoto obecného tvaru řešení za proměnnou t počáteční okamžik τ = 1 a za proměnnou x počáteční hodnotu ξ = 3, dostaneme pro konstantu c podmínku v(1, c) = c + 1 = 3 , a tedy c = 2. Řešení v(t; 1, 3), splňující stanovenou počáteční podmínku, má tedy tvar v(t; 1, 3) =

2 + t2 , t

t ∈ (0, ∞) .

(1.77)

Uvědomme si ještě, že počáteční okamžik byl dán uvnitř intervalu (0, ∞), a proto jsme dostali řešení definované pouze v tomto intervalu. Funkce (1.77) je sice definovaná i na intervalu (−∞, 0), ale na tomto intervalu není řešením zadané Cauchyovy úlohy. Tato Cauchyova úloha totiž vzhledem k podmínce τ = 1 na intervalu (−∞, 0) žádné řešení mít nemůže. 2. Hledejme řešení Cauchyovy úlohy x˙ = x cotg t + et sin t ,

x(τ ) = ξ ,

(1.78)

pro (τ, ξ) ∈ (π, 2π) × R. Řešení Z (1.74) známe obecný tvar řešení rovnice (1.78) v(t; c) = c sin t + et sin t ,

t ∈ (kπ, (k + 1)π) ,

takže musí platit v(τ, c) = c sin τ + eτ sin τ = ξ . Odtud c=

ξ − eτ sin τ . sin τ

Řešením Cauchyovy úlohy (1.78) je tedy funkce ξ v(t; τ, ξ) = − eτ + et sin t , sin τ

t ∈ (π, 2π) .

Definičním oborem řešení Cauchyovy úlohy (1.78) je interval (π, 2π), protože je τ ∈ (π, 2π) a funkce h(t) i q(t) jsou v tomto intervalu spojité. 3. Hledejme řešení Cauchyovy úlohy 2

x˙ = et x ,

x(2) = −5 .

(1.79)

Řešení R 2 2 Zde je h(t) = et a integrál et dt neumíme vyjádřit pomocí elementárních funkcí. Nejsme tedy schopni použít předchozí postup k výpočtu konstanty c. Úlohy Nalezněte řešení následujících Cauchyových úloh. 20 2 v(t; 2, 3) = 3 + 2 , t > 0. t t t3 + 3t v(t; 0, 0) = , t ∈ R. 3(t2 + 1)2 π π 1+t v(t; 0, 1) = , t∈ − , . cos t 2 2

3 2 1. x˙ = − x + 3 , x(2) = 3. t t 2. x˙ = −

t2

4t 1 x+ 2 , x(0) = 0. +1 t +1

3. x˙ = x tg t +

1 , x(0) = 1. cos t 2

4. x˙ = −2tx + 2te−t , x(τ ) = ξ, (τ, ξ) ∈ R × R. h

i 2 2 v(t; τ, ξ) = (ξeτ + t2 − τ 2 )e−t , t ∈ R.


19

5. x˙ = x cotg t + 2t sin t, x(τ ) = ξ, (τ, ξ) ∈ R × R. ξ v(t; τ, ξ) = + t2 − τ 2 sin t , t ∈ (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z. sin τ Formule variace konstant pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici 1. řádu Vraťme se ještě k řešení Cauchyovy úlohy x˙ = h(t)x + q(t) ,

x(τ ) = ξ .

(1.80)

K výpočtu partikulárního řešení w(t) nehomogenní rovnice použijeme metodu variace konstanty. Řešení w(t) budeme hledat ve tvaru součinu (1.15), kde místo počáteční hodnoty ξ dáme neznámou funkci c(t), tj. ve tvaru w(t) = c(t)U (t, τ ) . (1.81) Dosadíme do nehomogenní rovnice (1.80) a dostáváme c(t)U ˙ (t, τ ) + c(t)

d U (t, τ ) = h(t)c(t)U (t, τ ) + q(t) , dt

t∈J.

(1.82)

Podle (1.20) je d U (t, τ ) = c(t)h(t)U (t, τ ) , dt takže po dosazení do (1.82) a jednoduché úpravě dostáváme podmínku pro funkci c(t) c(t)

c(t)U ˙ (t, τ ) = q(t) ,

t∈J,

c(t) ˙ = U (τ, t)q(t) ,

t∈J.

nebo vzhledem k (1.19) Uvědomme si, že podle (1.14) tato rovnost znamená Rt − h(s) ds c(t) ˙ = q(t)e τ ,

(1.83)

t∈J,

což je rovnost (1.63). Integrací obou stran rovnosti (1.83) od τ do t dostaneme Zt c(t) − c(τ ) =

U (τ, s)q(s) ds ,

t∈J.

τ

Protože hledáme nějaké jedno libovolné partikulární řešení w(t), můžeme integrační konstantu volit libovolně. Volíme c(τ ) = 0. Dosadíme-li funkci Zt c(t) =

U (τ, s)q(s) ds ,

t ∈ J,

τ

do vztahu (1.81) pro hledané řešení, dostaneme Zt w(t) = U (t, τ )

U (τ, s)q(s) ds . τ

Využijeme ještě rovnost (1.18) a dostaneme hledané partikulární řešení Zt w(t) =

U (t, s)q(s) ds , τ

t∈J.

(1.84)

20


Obecný tvar řešení nehomogenní rovnice (1.80) je Zt v(t; τ, ξ) = ξU (t, τ ) +

t∈J.

U (t, s)q(s) ds ,

(1.85)

τ

Pomocí definičního vztahu (1.14) můžeme tuto rovnost vyjádřit ve tvaru

v(t; τ, ξ) = ξe

Rt τ

Zt R t h(r) dr + e s q(s) ds ,

h(s) ds

t∈J.

(1.86)

τ

Rovnost (1.86) se obvykle nazývá formule variace konstant pro Cauchyovu úlohu (1.80). Používá se zejména při hledání odhadů velikosti řešení, jeho asymptotického chování, při studiu stability a pod. V teorii systémů se formule (1.86) obvykle nazývá úplná odezva systému. První sčítanec na pravé straně rovnosti se nazývá odezva systému při nulovém vstupu, druhý sčítanec odezva systému při nulovém počátečním stavu. Vztahy (1.85) a (1.86), které udávají tvar řešení Cauchyovy úlohy (1.80), vypadají značně nepřehledně. Proto si jejich použití k výpočtu řešení převedeme do poněkud přehlednějšího postupu. Rovnost Rt v(t; τ, ξ) = ξU (t, τ ) + U (t, τ ) U (τ, s)q(s) ds = τ

= ξU (t, τ ) + U (t, τ )

Rt τ

q(s) ds , U (s, τ )

t∈J,

můžeme zapsat jako součet v(t; τ, ξ) = u(t; τ, ξ) + U (t, τ )c(t) ,

t∈J,

(1.87)

kde u(t; τ, ξ) = ξU (t, τ ) a

Zt c(t) =

q(s) ds . U (s, τ )

τ

Při řešení Cauchyovy úlohy pak postupujeme takto: 1. Nalezneme funkci U (t, τ ) = e

Rt τ

h(s) ds

,

t∈J;

2. zapíšeme řešení homogenní úlohy u(t; τ, ξ) = ξU (t, τ ) ; 3. nalezneme funkci

Zt c(t) =

q(s) ds , U (s, τ )

t ∈ J;

τ

4. dosadíme do vztahu (1.87). Příklady 1. Hledejme řešení Cauchyovy úlohy x˙ = −

x 2 + 3, t t

x(−1) = 2 .

(1.88)


21

Řešení 1 2 Zde je h(t) = − a q(t) = 3 . Vzhledem k tomu, že funkce h a q jsou definované na intervalech t t (−∞, 0) a (0, ∞) a počáteční podmínka je daná na intervalu (−∞, 0), budeme hledat řešení na intervalu (−∞, 0). Nejdříve budeme hledat řešení přímo dosazováním do vztahu (1.86). v(t; −1, 2)

−

=

2e

Rt

1 −1 s

ds

Zt +

2 − e s3

Rt

1 s r

dr

ds =

−1 Zt

Zt 2 − ln t 1 2 2 s ds = − = 2e + e + ds = 3 s t t s2 −1 −1 2 2 1 2 4 = − − + 1 = − 2 − , t ∈ (−∞, 0) . t t t t t − ln(−t)

Nyní nalezneme totéž řešení pomocí vztahu (1.87). Rt 1 1 ds − U (t; −1) = e −1 s = e− ln(−t) = − , t < 0 ; t 2 u(t; −1, 2) = − , t < 0 ; t t Zt Zt 2 2 2 2 s3 ds = = + 2, c(t) = 1 ds = − 2 s s −1 t −s −1

t < 0.

−1

Dosadíme do (1.87) a dostaneme 2 1 v(t; −1, 2) = − − t t

2 2 4 +2 =− 2 − , t t t

t < 0.

2. Máme najít řešení Cauchyovy úlohy x˙ = x tg t +

1 , cos t

x(0) = 2 .

(1.89)

Řešení Čtenář, který pozorně propočítal předchozí úlohy, tento příklad jistě dobře pozná. Vyřešíme jej zde znovu, tentokrát dosazením do vztahu (1.86). Protožefunkce h(t) není spojitá v bodech (2k +1) π2 , k ∈ Z, a počáteční okamžik τ je dán v intervalu − π2 , π2 , budeme hledat řešení na témže intervalu. Dosazením do vztahu (1.86) dostáváme v(t; 0, 2) = 2e

Rt 0

tg s ds

Zt +

1 e cos s

Rt s

tg r dr

ds =

0

− ln cos t

= 2e

Zt +

1 − ln cos t+ln cos s 2 1 e ds = + cos s cos t cos t

ds = 0

0

2 t 2+t = + = , cos t cos t cos t

Zt

π π t∈ − , . 2 2

3. Pokračování příkladu (1.79). Vztah (1.86) dává řešení ve tvaru R t s2 e ds v(t; 2, −5) = −5e 2 , t ∈ R, k jehož výpočtu musíme použít numerické metody integrace na počítači. Uvědomme si při této příležitosti, že u numerických výpočtů není podstatný rozdíl mezi pracností výpočtu hodnot řešení tohoto příkladu nebo příkladu (1.89). V obou případech musíme využít vhodné numerické metody pro výpočet příslušných funkčních hodnot. Rozdíl je pochopitelně vidět při použití tabulek nebo průměrné kalkulačky, kdy je jednodušší počítat hodnoty funkce cos t než integrálu ze složité funkce.

22

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU 4. Nalezněme řešení Cauchyovy úlohy x˙ = λx ,

x(0) = 1 .

(1.90)

Řešení Dosadíme do (1.86) a dostaneme v(t; 0, 1) = 1e

Rt 0

λ ds

Zt +

0 ds = eλt ,

t ∈ R.

0

5. Hledejme řešení Cauchyovy úlohy x˙ = λ2 x + eλ1 t ,

x(0) = 0 ,

λ1 6= λ2 .

(1.91)

Řešení Použijeme vzorec (1.86) a dostaneme v(t; 0, 0) = 0e

Rt 0

λ2 ds

Zt +

e

λ1 s

e

Rt s

λ2 dr

Zt

0

= eλ2 t

Zt

es(λ1 −λ2 ) ds =

eλ1 s eλ2 (t−s) ds =

ds = 0

eλ1 t − eλ2 t eλ2 t (λ1 −λ2 )t e −1 = , λ1 − λ2 λ 1 − λ2

t ∈ R.

0

6. Vyšetřeme předchozí příklad pro λ1 = λ2 = λ. Řešení Použitím téhož vztahu (1.86) dostaneme Zt v(t; 0, 0) =

λs

e e

Rt s

λ dr

Zt ds =

0

λs λ(t−s)

e e

λt

Zt

ds = e

0

1 ds = teλt ,

t ∈ R.

0

7. Vyšetřeme řešení Cauchyovy úlohy x˙ = λx + teλt ,

x(0) = 0 .

(1.92)

Řešení Použijeme opět vztah (1.86). Dostáváme Zt v(t; 0, 0) =

λs

se e 0

Rt s

λ dr

Zt ds =

λs λ(t−s)

se e

ds = e

λt

Zt

0

s ds =

t2 λt e , 2

t ∈ R.

0

Úlohy Nalezněte řešení následujících Cauchyových úloh [u(t; 0, 2) = 2e−4t , t ∈ R.] 2 u(t; 0, 1) = , t < 2. 2−t

1. x˙ = −4x, x(0) = 2. 2. x˙ =

x , x(0) = 1. 2−t

3. x˙ =

2x 3 + (1 + t) , 1+t

(a) x(0) = −3. (b) x(−2) = 1. 4. x˙ = (1 − x) tg t

[v(t; 0, −3) = [v(t; −2, 1) =

1 2

1 2

(1 + t)2 (t2 + 2t − 6), t ∈ (−1, ∞).]

(1 + t)2 (t2 + 2t + 2), t ∈ (−∞, −1).]

1.2. NELINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU

23 [v(t; 0, 4) = 3 cos t + 1, t ∈ (− π2 , π2 ).]

(a) x(0) = 4.

π [v(t; −π, 1) = 1, t ∈ (− 3π 2 , − 2 ).]

(b) x(−π) = 1. 5. x˙ = x sin t + sin t cos t, x(τ ) = ξ, (τ, ξ) ∈ R × R.

[v(t; τ, ξ) = (ξ + cos τ − 1)ecos τ −cos t − cos t + 1 , t ∈ R.] 6. x˙ =

2t x + t2 + 1, x(τ ) = ξ, (τ, ξ) ∈ R × R. 1 + t2 v(t; τ, ξ) =

7. x˙ = −

ξ 2 − τ + t (1 + t ) , t ∈ R. 1 + τ2

2tx 2t2 + , x(τ ) = ξ, (τ, ξ) ∈ R × R. 2 1+t 1 + t2 1 + τ2 2 t3 − τ 3 v(t; τ, ξ) = ξ + , t ∈ R. 1 + t2 3 1 + t2

8. x˙ = −

x + t, x(τ ) = ξ, (τ, ξ) ∈ R × R, τ 6= 0. t 3τ ξ + t3 − τ 3 , t, τ ∈ (−∞, 0) nebo t, τ ∈ (0, ∞). v(t; τ, ξ) = 3t

9. x˙ = (1 − x) cos t, x(τ ) = ξ, (τ, ξ) ∈ R × R. [u(t; τ, ξ) = (ξ − 1)esin τ −sin t + 1 , t ∈ R.]

1.2

Nelineární diferenciální rovnice 1. řádu

Klíčová slova: jednoznačná řešitelnost Cauchyovy úlohy, Cauchyho-Peanova věta, maximální řešení, rovnice se separovanými proměnnými, metoda separace proměnných

1.2.1

Existence řešení a jednoznačná řešitelnost Cauchyovy úlohy

Cauchyova úloha pro nelineární rovnici Budeme se zabývat diferenciální rovnicí 1.řádu x˙ = f (t, x),

(1.93)

kde f (t, x) je daná reálná funkce dvou proměnných. Současně s rovnicí (1.93) se budeme zabývat také Cauchyovou úlohou x˙ = f (t, x), x(τ ) = ξ, (1.94) kde τ a ξ jsou daná reálná čísla. V tomto textu se budeme setkávat jen se situacemi, kdy funkce f (t, x) je spojitá v nějakém okolí bodu (τ, ξ). Řešením rovnice (1.93) budeme rozumět reálnou funkci u(t) definovanou na nějakém intervalu J , která na tomto intervalu splňuje identitu u(t) ˙ = f (t, u(t)), t ∈ J . (1.95) V podmínce (1.95) je obsažen i předpoklad, že funkce u(t) má v každém bodě intervalu J derivaci u(t). ˙ V případě, že interval J obsahuje některý ze svých krajních bodů, rozumíme derivací v tomto bodě příslušnou jednostrannou derivaci. Řešením Cauchyovy úlohy (1.94) rozumíme každé řešení rovnice (1.93), které navíc splňuje podmínku u(τ ) = ξ. Jednoznačná řešitelnost Cauchyovy úlohy Budeme říkat, že Cauchyova úloha (1.94) je jednoznačně řešitelná právě tehdy, když ke každým dvěma řešením u1 (t; τ, ξ) , t ∈ J1 , u2 (t; τ, ξ) , t ∈ J2 , úlohy (1.94) existuje takový nedegenerovaný interval J ⊂ R obsahující bod τ , že platí u1 (t; τ, ξ) = u2 (t; τ, ξ) pro všechna t ∈ J1 ∩ J2 ∩ J .

(1.96)

Poznámka Z definice řešení Cauchyovy úlohy plyne, že když funkce u(t; τ, ξ) je řešením úlohy (1.94) definovaným na nějakém intervalu I, pak i každé jeho zúžení na jakýkoli nedegenerovaný interval J ⊂ I

24


obsahující počáteční okamžik τ je rovněž řešením této úlohy. To znamená, že jakmile má Cauchyova úloha (1.94) alespoň jedno řešení, má jich nekonečně mnoho. Avšak v případě jednoznačně řešitelné Cauchyovy úlohy jsou všechna tato řešení definovaná stejným předpisem a liší se pouze definičními obory (alespoň na nějakém dostatečně malém okolí bodu τ ). Nyní uvedeme větu, která udává postačující podmínky existence řešení Cauchyovy úlohy a její jednoznačné řešitelnosti. x ξ+b

@ u(t; τ, ξ) @ (τ, ξ) @ ◦ @ ϕ = arctg M @ @

ξ ξ−b

t τ −a

τ −α

τ

τ +α

τ +a

æ

Obrázek 1.2: Ke Cauchy–Peanově větě

Cauchy–Peanova věta Nechť τ , ξ, a > 0, b > 0 jsou taková reálná čísla, že funkce f (t, x) je spojitá na obdélníku (viz obr. 1.2) O = {(t, x) ∈ R2 | |t − τ | ≤ a , |x − ξ| ≤ b}. Označme M = max{f (t, x) | (t, x) ∈ O} ,

α = min{a, b/M }.

Pak existuje řešení u(t; τ, ξ) Cauchyovy úlohy (1.94), které je definované a spojitě diferencovatelné na intervalu hτ − α, τ + αi. ∂f (t, x) na obdélníku O, pak Cauchyova úloha Má-li funkce f (t, x) navíc omezenou parciální derivaci ∂x (1.94) je jednoznačně řešitelná. Poznámka Větu můžeme poněkud volněji formulovat takto. Je-li funkce f (t, x) spojitá v nějakém okolí bodu (τ, ξ), pak existuje řešení úlohy (1.94) definované na nějakém okolí bodu τ . Má-li funkce f (t, x) navíc v okolí bodu (τ, ξ) omezenou parciální derivaci podle proměnné x, je Cauchyova úloha (1.94) jednoznačně řešitelná. Maximální řešení Cauchy–Peanova věta o existenci řešení zaručuje existenci řešení v nějakém okolí počátečního okamžiku τ . Existuje-li limita řešení v krajním bodě definičního intervalu, můžeme zvolit tuto limitu za novou počáteční hodnotu v příslušném krajním bodě definičního oboru a řešení tak prodloužit na větší interval. Řešení, jehož definiční interval už nelze dále rozšířit, nazýváme maximálním řešením dané rovnice nebo dané Cauchyovy úlohy. Poznámka U lineárních rovnic jsme se při určování definičního oboru řešení nesetkávali se žádným problémem. Víme, že maximální řešení Cauchyovy úlohy pro lineární rovnici je definováno na maximálním intervalu obsahujícím počáteční okamžik, na němž jsou jak koeficient h(t), tak i pravá strana q(t) spojité. U nelineárních úloh je situace odlišná a podstatně komplikovanější. Další rozdíl proti lineárním rovnicím je v tom, že u nelineárních rovnic existují Cauchyovy úlohy, které nejsou jednoznačně řešitelné. Tyto skutečnosti nyní ilustrujeme do značných detailů na dvou příkladech. Příklady 1. Máme najít řešení Cauchyovy úlohy x˙ =

1 (1 − x2 ) , 2t

x(τ ) = ξ .

(1.97)


25

Řešení Tato úloha svým tvarem trochu připomíná Cauchyovu úlohu pro homogenní lineární rovnici. I zde má 1 pravá strana tvar součinu funkce h(t) = a funkce g(x) = 1 − x2 , která už není lineární, ale nelineární. 2t 1 Funkce h(t) = je spojitá pro t ∈ (−∞, 0) ∪ (0, ∞). Funkce g(x) je spojitá v R a v bodech x = ±1 2t nabývá nulovou hodnotu. Řešením úlohy (1.97) je reálná funkce u(t) definovaná a spojitě diferencovatelná na nějakém intervalu J obsahujícím bod τ , která na tomto intervalu splňuje identitu u(t) ˙ =

1 (1 − [u(t)]2 ) , t ∈ J . 2t

(1.98)

Přímým dosazením snadno ověříme, že každá ze čtyř funkcí u(t; τ, 1) u(t; τ, 1)

= 1 pro = 1 pro

t, τ ∈ (−∞, 0) , t, τ ∈ (0, ∞) ,

u(t; τ, −1) u(t; τ, −1)

= −1 pro = −1 pro

t, τ ∈ (−∞, 0) , t, τ ∈ (0, ∞)

je konstantním řešením Cauchyovy úlohy (1.97) pro ξ = 1 nebo ξ = −1. Tato řešení jsou načrtnuta na obr. 1.3. Přímky t = 0, x = −1 a x = 1 rozdělují rovinu (t, x) na šest oblastí (viz obr. 1.3) G1 G2 G3 G4 G5 G6

= = = = = =

{(t, x) ∈ R × R | (−∞ < t < 0) ∧ (1 < x < ∞)} , {(t, x) ∈ R × R | (−∞ < t < 0) ∧ (−1 < x < 1)} , {(t, x) ∈ R × R | (−∞ < t < 0) ∧ (−∞ < x < −1)} , {(t, x) ∈ R × R | (0 < t < ∞) ∧ (1 < x < ∞)} , {(t, x) ∈ R × R | (0 < t < ∞) ∧ (−1 < x < 1)} , {(t, x) ∈ R × R | (0 < t < ∞) ∧ (−∞ < x < −1)} .

V dalším předpokládáme, že τ 6= 0 a že ξ 6= ±1. To znamená, že počáteční bod (τ, ξ) leží v jedné z šesti oblastí Gk . Dá se ukázat, že pak i celé řešení u(t; τ, ξ) leží v téže oblasti. u(t)

G1

G4

u(t; −1, 1) = 1 , t ∈ (−∞, 0)

−3

−2

−1

u(t; 1, 1) = 1 , t ∈ (0, ∞)

1

0

1

2

3

t

G5

G2 −1 u(t; −1, −1) = −1 , t ∈ (−∞, 0)

u(t; 1, −1) = −1 , t ∈ (0, ∞) −2

G3

G6

æ Obrázek 1.3: Konstantní řešení z příkladu 1 Řešení Cauchyovy úlohy (1.97) budeme hledat podobně jako jsme to dělali u lineárních homogenních rovnic. Předpokládáme, že funkce u(t) je řešením rovnice v úloze (1.97), tj. že kromě jiného na nějakém okolí J bodu τ platí rovnost (1.98). Jelikož řešení je spojité a u(τ ) = ξ 6= ±1, můžeme předpokládat, že

26


interval J jsme volili tak, aby na něm bylo u(t) 6= ±1, tj. aby platilo 1 − [u(t)]2 6= 0. Pak totiž můžeme obě strany rovnosti (1.98) vydělit 1 − [u(t)]2 . Dostaneme rovnost u(t) ˙ 1 = . 2 1 − [u(t)] 2t Integrujeme obě strany v mezích od τ do t Zt

u(s) ˙ ds = 1 − [u(s)]2

τ

Zt

1 ds. 2s

τ

u(t) 7 u(t; −4, 7) =

t−3 , t ∈ (−∞, −3) t+3

u(t; 4, 7) =

t+3 , t ∈ (3, ∞) t−3

5 G1

G4 3

u(t; −3, 0) =

t+3 , t ∈ (−∞, 0) t−3

u(t; 3, 0) =

1

t−3 , t ∈ (0, ∞) t+3 t

G5

G2 −7

−5

−1

−3

1

5

3

7

9

−1

−3 G3

u(t; −1, −2) =

G6 −5

t−3 , t ∈ (−3, 0) t+3

u(t; 1, −2) = −7

t+3 , t ∈ (0, 3) t−3

æ

Obrázek 1.4: Grafy řešení z příkladu 1 V integrálu na levé straně provedeme substituci x = u(s), dx = u(s) ˙ ds. Přitom dolní mez τ se transformuje na u(τ ) = ξ a horní mez t se transformuje na u(t). Můžeme tedy psát u(t) Z

ξ

1 dx = 1 − x2

Zt

1 ds. 2s

τ

Po integraci je 1 + x u(t) ln = [ln |s|]tτ , 1 − x ξ a po úpravě t 1 + u(t) 1 − ξ ln = ln . 1 − u(t) 1 + ξ τ Po odlogaritmování dostáváme implicitní vztah mezi u(t), t, τ a ξ 1 + u(t) 1 − ξ t 1 − u(t) 1 + ξ = τ .

(1.99)


27

Nejdříve se v tomto vztahu vypořádáme s absolutními hodnotami. Vzhledem k tomu, že počáteční okamžik τ 6= 0, musí i proměnná t ležet v témže z intervalů (−∞, 0), (0, ∞), v němž leží počáteční okamžik τ , t je vždy kladný. Proto symbol absolutní hodnoty na pravé straně rovnosti (1.99) můžeme takže podíl τ vynechat. O řešení u(t) jsme předpokládali, že je u(t) 6= ±1, a tedy hodnoty u(t) leží v témže z intervalů (−∞, −1), (−1, 1), (1, ∞) jako počáteční hodnota ξ. Pak ovšem 1+u(t), resp. 1−u(t) má stejné znaménko jako 1 + ξ, resp. 1 − ξ, takže i symbol absolutní hodnoty na levé straně můžeme vynechat. Platí tedy rovnost t 1 + u(t) 1 − ξ = , (1.100) 1 − u(t) 1 + ξ τ z níž jednoduchými a zřejmými úpravami dostáváme předpis pro hledané řešení (ξ + 1)t + (ξ − 1)τ u(t; τ, ξ) = = (ξ + 1)t − (ξ − 1)τ

ξ−1 τ ξ+1 . ξ−1 t− τ ξ+1 t+

(1.101)

Označíme ještě t0 =

ξ−1 τ. ξ+1

(1.102)

Předpis (1.101) pro řešení vyšetřované Cauchyovy úlohy můžeme pak psát ve tvaru u(t; τ, ξ) =

t + t0 , t − t0

t ∈ J.

(1.103)

Našli jsme předpis pro řešení. Zbývá nám najít ještě definiční obor J . Situaci kolem určování definičního oboru ukážeme nejdříve na několika konkrétních řešeních. Jejich grafy jsou načrtnuty na obr. 1.4. Zvolme např. τ = 4 a ξ = 7. Pak t+3 u(t; 4, 7) = , t ∈ J. (1.104) t−3 Funkce (1.104) je definovaná na intervalech (−∞, 3) a (3, ∞). Jelikož musí platit t 6= 0, přicházejí v úvahu tři intervaly (−∞, 0), (0, 3) a (3, ∞). Počáteční okamžik τ = 4 patří do intervalu (3, ∞), takže je J = (3, ∞). Celé řešení leží v oblasti G4 . Zvolme nyní τ = 1 a ξ = −2. Pak opět u(t; 1, −2) =

t+3 , t−3

t ∈ J.

(1.105)

Nyní je τ ∈ (0, 3), a tedy J = (0, 3). Celé řešení leží v oblasti G6 . Zvolme ještě τ = −3 a ξ = 0. Pak opět u(t; −3, 0) =

t+3 , t−3

t ∈ J.

(1.106)

Nyní je τ ∈ (−∞, 0), a tedy J = (−∞, 0). Celé řešení leží v oblasti G2 . Jak vidíme, všechna tři různá řešení jsou definována týmž předpisem a liší se pouze definičními obory. Jejich grafy jsou části jedné hyperboly. Uvědomme si ještě, že každá z těchto tří funkcí je řešením nekonečně mnoha Cauchyových úloh, jejichž počáteční údaje ξ a τ splňují podmínku t0 =

ξ−1 τ +3 τ = 3 , tj. ξ = . ξ+1 τ −3

Platí např. u(t; 4, 7) = u(t; 5, 4) = u(t; 6, 3), atd. Pro symetrii zvolme τ = −4 a ξ = 7. Pak u(t; −4, 7) =

t−3 , t+3

t ∈ J.

(1.107)

Funkce (1.107) je definovaná na intervalech (−∞, −3) a (−3, ∞). Jelikož musí platit t 6= 0, přicházejí v úvahu tři intervaly (−∞, −3), (−3, 0) a (0, ∞). Počáteční podmínka τ = −4 patří do intervalu (−∞, −3), takže je J = (−∞, −3). Celé řešení leží v oblasti G1 .

28


Pro volbu τ = −1 a ξ = −2 dostáváme u(t; −1, −2) =

t−3 , t+3

t ∈ J.

(1.108)

Počáteční okamžik τ = −1 patří do intervalu (−3, 0), takže je J = (−3, 0). Celé řešení leží v oblasti G3 . Konečně pro volbu τ = 3 a ξ = 0 dostáváme u(t; 3, 0) =

t−3 , t+3

t ∈ J.

(1.109)

Počáteční okamžik τ = 3 patří do intervalu (0, ∞), takže je J = (0, ∞). Celé řešení leží v oblasti G5 . Nyní se vrátíme k určování definičního oboru řešení daného obecným předpisem (1.103), nebo podrobněji ξ−1 (1.101). Vidíme, že jmenovatel zlomku (1.101) nabývá nulovou hodnotu pro t = t0 = τ . Hledaný ξ+1 definiční obor J nyní závisí na znaménkách čísel t0 a τ a jejich vzájemném vztahu. Může nastat následujících šest situací. (i) τ > 0 , t0 < 0. Pak je J = (0, ∞). (ii) τ < 0 , t0 > 0. Pak je J = (−∞, 0). (iii) 0 < τ < t0 . Pak je J = (0, t0 ). (iv) 0 < t0 < τ . Pak je J = (t0 , ∞). (v) t0 < τ < 0 . Pak je J = (t0 , 0). (vi) τ < t0 < 0 . Pak je J = (−∞, t0 ). Určeme tyto definiční obory pro jednotlivé oblasti Gk . V oblasti G1 je ξ > 1 a τ < 0. Pak ξ + 1 > ξ − 1 > 0 , τ < 0 , t0 =

ξ−1 τ >τ, ξ+1

takže τ < t0 < 0 , a tedy podle (vi) řešení je definováno na intervalu (−∞, t0 ). V oblasti G2 je 1 > ξ > −1 a τ < 0. Pak ξ + 1 > 0 , ξ − 1 < 0 , τ < 0 , t0 =

ξ−1 τ > 0, ξ+1

takže τ < 0 , t0 > 0 , a tedy podle (ii) řešení je definováno na intervalu (−∞, 0). V oblasti G3 je −1 > ξ a τ < 0. Pak ξ − 1 < ξ + 1 < 0 , τ < 0 , t0 =

ξ−1 τ <τ, ξ+1

takže t0 < τ < 0 , a tedy podle (v) řešení je definováno na intervalu (t0 , 0). V oblasti G4 je ξ > 1 a τ > 0. Pak ξ + 1 > ξ − 1 > 0 , τ > 0 , t0 =

ξ−1 τ <τ, ξ+1

takže 0 < t0 < τ , a tedy podle (iv) řešení je definováno na intervalu (t0 , ∞). V oblasti G5 je 1 > ξ > −1 a τ > 0. Pak ξ + 1 > 0 , ξ − 1 < 0 , τ > 0 , t0 =

ξ−1 τ < 0, ξ+1


29

takže τ > 0 , t0 < 0 , a tedy podle (i) řešení je definováno na intervalu (0, ∞). V oblasti G6 je −1 > ξ a τ > 0. Pak ξ − 1 < ξ + 1 < 0 , τ > 0 , t0 =

ξ−1 τ >τ, ξ+1

takže 0 < τ < t0 , a tedy podle (iii) řešení je definováno na intervalu (0, t0 ). Žádné z takto definovaných řešení již nelze prodloužit na delší interval. Jsou to maximální řešení a jsou jednoznačně určena počáteční podmínkou x(τ ) = ξ. Jak uvidíme v následujícím příkladě, tato situace není nikterak samozřejmá. 2. Hledejme nyní řešení Cauchyovy úlohy √ x˙ = 4t x ,

x(τ ) = ξ .

(1.110)

Řešení √ Funkce h(t) = 4t je spojitá na celé ose R. Funkce g(x) = x je spojitá v intervalu h0, ∞) a v bodě x = 0 nabývá nulovou hodnotu. Přímým dosazením snadno ověříme, že funkce u(t; τ, 0) = 0 pro t, τ ∈ (−∞, ∞) je konstantním řešením Cauchyovy úlohy (1.110) pro ξ = 0. Řešení Cauchyovy úlohy (1.110) pro ξ > 0 budeme hledat podobně jako jsme to dělali v předchozím příkladě. Předpokládáme, že funkce u(t) je řešením rovnice v úloze (1.110), tj. že na nějakém okolí J bodu τ platí p u(t) ˙ = 4t u(t) . (1.111) Jelikož řešení je spojité a u(τ ) = ξ > 0, můžeme předpokládat, že interval Jpjsme volili tak, aby na tomto intervalu bylo u(t) > 0. Pak můžeme obě strany rovnosti (1.111) vydělit 2 u(t). Dostaneme rovnost u(t) ˙ p = 2t. 2 u(t) Integrujeme obě strany v mezích od τ do t Zt τ

u(s) ˙ p ds = 2 u(s)

Zt 2s ds. τ

V integrálu na levé straně provedeme opět známou substituci x = u(s), dx = u(s) ˙ ds. Přitom dolní mez τ se transformuje na u(τ ) = ξ a horní mez t se transformuje na u(t), takže u(t) Z

1 √ dx = 2 x

Zt 2s ds. τ

ξ

Po integraci je p p u(t) − ξ = t2 − τ 2 .

(1.112)

Odtud dostáváme předpis pro hledané řešení u(t; τ, ξ) = (t2 +

p ξ − τ 2 )2 .

(1.113)

Musíme ještě najít definiční obor řešení. Přestože příslušný předpis má smysl pro všechna t ∈ R, nemusí být tímto definičním oborem celá reálná osa. Skutečně, když jsme hledalippředpis pro řešení u(t), předpokládali jsme, že řešení u(t) nabývá pouze kladných hodnot. Pak také u(t) musí být kladná funkce. Odtud a z rovnosti (1.112) plyne p p u(t) = ξ + t2 − τ 2 > 0, (1.114) a tedy t2 > τ 2 − √

p ξ.

(1.115)

Je-li τ 2 − ξ < 0, je nerovnost√(1.115) splněna pro každé t ∈ R, takže definičním oborem řešení u(t; τ, ξ) je celá reálná osa. Je-li τ 2 − ξ > 0, je nerovnost (1.115) splněna pouze pro t vyhovující nerovnosti

30

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU ξ

u(t) u(t; 1, 4) = (t2 + 1)2 , t ∈ R ξ = τ4

u(t; 1, 1) = t4 , t ∈ R 10

10 ξ > τ4

ξ < τ4

5

5 (ξ, τ )

(ξ, τ )

1 −3

−2

−1

0

τ 1

2

3

u(t; τ, 0) = 0, t , τ ∈ R −3 −2 0 −1 æ

a) Rozdělení počátečních podmínek

t 1

2

3

æ

b) Řešení definovaná na R

Obrázek 1.5: K příkladu 2 p p √ √ |t| > τ 2 − pξ, a tedy definičním oborem řešení u(t; τ, ξ) je pouze interval ( τ 2 − ξ, ∞) pro τ > 0, √ nebo (−∞, − τ 2 − ξ) pro τ < 0. Rozdělení roviny (τ, ξ) na tyto dvě oblasti je na obr. 1.5 a). Příkladem řešení definovaného na celé reálné ose je např. řešení u(t; 1, 4), jehož graf je na obr. 1.5 b). Příkladem √ řešení definovaného na zdola omezeném intervalu je např. řešení u(t; 2, 1), definované na intervalu ( 3, ∞), jehož graf je na obr. 1.6. √ Podívejme se nyní na řešení úlohy (1.110) pro počáteční podmínky splňující rovnost ξ = τ 2 , tj. ξ = τ 4 . Je to funkce definovaná předpisem u(t; τ, ξ) = t4 , a to buď na intervalu (−∞, 0) pro τ < 0, nebo na intervalu (0, ∞) pro τ > 0 (viz obr. 1.5 b)). Funkce t4 má v bodě 0 limitu 0 a vzhledem k tomu, že bikvadratická funkce má derivaci v celé reálné ose, má každé z obou řešení v bodě nula příslušnou jednostrannou derivaci rovnou nule. Můžeme tedy každé z obou řešení prodloužit i do bodu nula. Dostali jsme tak dvě řešení téže Cauchyovy úlohy √ (1.116) x˙ = 4t x , x(0) = 0 . Jelikož funkce t4 má v bodě nula spojitou derivaci, můžeme tato dvě řešení spojit do jednoho a dostat tak řešení u(t; 0, 0) = t4 , t ∈ R. (1.117) Víme však, že úloha (1.116) má také triviální řešení u(t; 0, 0) = 0 , t ∈ R.

(1.118)

Tato dvě podstatně různá řešení téže Cauchyovy úlohy ukazují, že úloha (1.116) není jednoznačně řešitelná. Tato úloha má ještě další řešení, jako např. funkci 0 pro t ∈ (−∞, 0i, u(t) = (1.119) t4 pro t ∈ (0, ∞) , nebo funkci

v(t) =

t4 0

pro t ∈ (−∞, 0i, pro t ∈ (0, ∞).

(1.120)

Lze však najít ještě mnoho dalších navzájem různých maximálních řešení téže úlohy (1.116). Například pro každé α > 0 je funkce w(t) definovaná předpisem (viz obr. 1.6 pro α = 3)  2 √  (t − α)2 pro t ∈ (−∞, √ −√ αi, 0 pro t ∈ (− w(t) = (1.121) √ α, αi,  2 (t − α)2 pro t ∈ ( α, ∞)


31

u(t) √ u(t; −2, 1) = (t2 − 3)2 , t < − 3,

u(t; 2, 1) = (t2 − 3)2 , t >

√ 3,

10

5

1 t −3

√ −2− 3 −1

0

1

√ 3 2

3

æ

Obrázek 1.6: Řešení w(t) rovněž řešením úlohy (1.116). Uvědomme si, že tato funkce je rovněž řešením Cauchyovy úlohy √ (1.122) x˙ = 4t x , x(τ ) = 0 √ √ pro každé τ ∈ h− α, αi. Vidíme, že Cauchyova úloha (1.122) není jednoznačně řešitelná pro žádné τ ∈ R. Důvod, proč každá Cauchyova úloha (1.122) má nekonečné mnoho navzájem různých maximálních řešení nám naznačuje Cauchy–Peanova věta. Pro parciální derivaci její pravé strany podle proměnné x platí √ 2t ∂f (t, x) ∂(4t x) =√ , = ∂x ∂x x takže tato parciální derivace není v okolí bodu x = 0 omezená. Tedy u žádného řešení s počáteční hodnotou ξ = 0 není zaručena jednoznačnost řešení.

1.2.2

Rovnice se separovanými proměnnými

Existuje jen poměrně málo nelineárních diferenciálních rovnic, jejichž řešení umíme najít v explicitním tvaru, tj. vyjádřit funkční předpis pro řešení pomocí elementárních funkcí. Nyní si ukážeme, jak toho lze dosáhnout u jedné speciální třídy nelineárních diferenciálních rovnic. Budeme se zabývat rovnicemi, které představují bezprostřední zobecnění homogenní lineární rovnice, a to rovnicemi tvaru

x˙ = h(t)g(x) ,

(1.123)

kde h(t) je funkce spojitá na nějakém intervalu I a g(x) je funkce spojitá na nějaké otevřené množině v R. Tyto rovnice se nazývají rovnicemi se separovanými proměnnými. Název odráží skutečnost, že pravá strana takové rovnice je součinem dvou funkcí, z nichž každá závisí jen na jedné proměnné. Řešením rovnice (1.123) rozumíme reálnou funkci u(t), která je definovaná na nějakém podintervalu J intervalu I, má na J derivaci a pro kterou platí u(t) ˙ = h(t)g(u(t)) pro všechna t ∈ J .

(1.124)

32


Metodu, jak hledat řešení rovnice se separovanými proměnnými, popíšeme rovnou pro příslušnou Cauchyovu úlohu x(t) ˙ = h(t)g(x) ,

x(τ ) = ξ .

(1.125)

Předpokládáme, že funkce h je spojitá na intervalu I a že funkce g je spojitá a nenulová na intervalu K. Pak podle Cauchy-Peanovy věty ke každé volbě τ ∈ I a ξ ∈ K existuje okolí J počátečního okamžiku τ tak, že úloha (1.125) má na tomto intervalu J řešení. Dá se ukázat (viz např. 1 věta 6.2), že tato úloha je za uvedených předpokladů jednoznačně řešitelná. Jestliže funkce g nabývá v bodě ξ hodnotu nula, pak pro každý počáteční okamžik τ ∈ I je konstantní funkce u(t; τ, ξ) = ξ , t ∈ I , (1.126) řešením Cauchyovy úlohy (1.125). Předpokládejme nyní, že počáteční hodnota ξ není nulovým bodem funkce g. Nechť u(t; τ, ξ) je příslušné řešení naší úlohy (1.125) definované na nějakém intervalu J . Jak jsme již viděli na příkladech, u těchto nelineárních rovnic – na rozdíl od lineárních rovnic – je řešení zpravidla definováno jen na nějakém podintervalu J intervalu I, na němž je funkce h(t) spojitá. Pro stručnost zápisu budeme v další úvaze psát u(t) místo u(t; τ, ξ). Vzhledem k podmínce g(ξ) 6= 0 můžeme předpokládat, že interval J byl zvolen tak, aby platilo g(u(t)) 6= 0 pro všechna t ∈ J . Můžeme tedy v rovnosti (1.124) dělit obě strany členem g(u(t)), takže u(t) ˙ = h(t) pro všechna t ∈ J . (1.127) g(u(t)) Integrujeme-li obě strany od τ do t, dostaneme Zt

u(s) ˙ ds = g(u(s))

τ

Zt h(s) ds ,

t∈J.

τ

V integrálu na levé straně provedeme substituci x = u(s), dx = u(s) ˙ ds, ξ = u(τ ) a dostaneme formuli u(t) Z

ξ

dx = g(x)

Zt h(s) ds pro všechna t ∈ J .

(1.128)

τ

Vztahem (1.128) je řešení u(t) ≡ u(t; τ, ξ) zadáno implicitně. Z tohoto vztahu je nutné funkci u(t) vyjádřit pokud možno v explicitním tvaru, což ve většině případů je úloha nadmíru obtížná, nebo dokonce nemožná. Právě v tomto kroku je jeden ze slabých bodů popsané metody. Přesto je to v podstatě jediná metoda, která nám poskytuje možnost najít elementárním postupem řešení některých nelineárních diferenciálních rovnic. Právě popsaná metoda řešení Cauchyovy úlohy (1.125) se obvykle nazývá metoda separace proměnných. O funkcích h a g na pravé straně rovnice (1.123) jsme na začátku naší úvahy předpokládali, že jsou spojité na nějakém intervalu. Tento předpoklad velice často není splněn a funkce g a h jsou spojité na sjednocení konečně nebo nekonečně mnoha po dvou disjunktních intervalů. V takovém případě při řešení Cauchyovy úlohy (1.125) volíme za interval J maximální interval obsahující bod τ , na němž je funkce h spojitá a za interval K maximální interval obsahující bod ξ, na němž je funkce g spojitá a nenulová. 1 Např. funkce h(t) = je spojitá na sjednocení dvou intervalů (−∞, 0) ∪ (0, ∞), a tedy pro τ < 0 klademe t x2 − 4 J = (−∞, 0), pro τ > 0 klademe J = (0, ∞). Funkce g(x) = 3 je spojitá a nenulová na sjednocení x −x šesti intervalů na ose x, a to K1 = (−∞, −2), K2 = (−2, −1), K3 = (−1, 0), K4 = (0, 1), K5 = (1, 2), K6 = (1, ∞), takže např. pro ξ = 3 zvolíme K ≡ K6 = (2, ∞). Případem, kdy funkce h v počátečním okamžiku τ , resp. funkce g v počáteční hodnotě ξ není spojitá, se v našem textu nezabýváme, a tedy o řešení úlohy (1.125) v takové situaci nemluvíme. Při řešení Cauchyovy úlohy (1.125) postupujeme v těchto krocích. 1 Nagy,

J.: Elementární metody řešení obyčejných diferenciálních rovnic, SNTL Praha, 1978


33

1. Nejdříve určíme takový maximální interval I obsahující počáteční okamžik τ , na němž je funkce h(t) spojitá. 2. Je-li g(ξ) = 0, je funkce u(t; τ, ξ) = ξ, t ∈ I, hledaným řešením. V opačném případě určíme takový maximální interval K obsahující počáteční hodnotu ξ, na němž je funkce g(x) spojitá a nenulová. 3. Pomocí formule (1.128) nalezneme – je-li to možné – hledané řešení. Jeho graf pak nutně musí celý ležet uvnitř obdélníka I × K. Máme-li řešit Cauchyovu úlohu (1.125) s obecně zadanými počátečními podmínkami, postupujeme v těchto krocích. První krok: V rovině (t, x) vyznačíme na ose t všechny maximální intervaly Ij , na kterých je funkce h spojitá. Takových intervalů může být nekonečně mnoho a mohou být omezené nebo neomezené. Druhý krok: Na ose x vyznačíme všechny maximální intervaly Kr , na kterých je funkce g spojitá a nenulová. Také intervaly Kr mohou být omezené nebo neomezené a může jich být nekonečně mnoho. Třetí krok: V rovině (t, x) nakreslíme síť, jejíž ”oka” jsou kartézské součiny Ij × Kr pro všechny indexy j a r. Čtvrtý krok: Pro každý nulový bod ξm funkce g a pro každý interval Ij na ose t dostáváme konstantní řešení u(t; τj , ξm ) = ξm pro libovolné τj ∈ Ij a pro všechna t ∈ Ij . Pátý krok: Uvnitř každého ”oka” jsou obě funkce h a g spojité a funkce g nenulová. Je tedy Cauchyova úloha pro (τ, ξ) ∈ Ij × Kr jednoznačně řešitelná. Řešení hledáme metodou separace proměnných. Z implicitního vztahu (1.128) se pokusíme vyjádřit řešení u(t; τ, ξ) explicitně. Graf řešení, které takto dostaneme, leží celý v Ij × Kr . Příklady 1. Hledejme maximální řešení Cauchyovy úlohy t x˙ = − , x

x(τ ) = ξ ,

(τ, ξ) ∈ R × R,

ξ 6= 0.

(1.129)

Řešení Hledáme maximální řešení Cauchyovy úlohy pro rovnici se separovanými proměnnými, kde h(t) = 1 −t, g(x) = . x Funkce h je spojitá na celé číselné ose R, takže na ose t máme jediný interval I1 = R. Funkce g je spojitá na intervalech K1 = (−∞, 0), K2 = (0, +∞). Funkce g je všude v (−∞, 0) ∪ (0, +∞) nenulová, takže úloha (1.129) nemá pro žádné ξ konstantní řešení. Podmínky pro hledání maximálního řešení jsou tedy splněny v oblastech G1 = (−∞, +∞) × (−∞, 0)

a G2 = (−∞, +∞) × (0, +∞) .

Rovnost (1.128) má pro naši úlohu tvar u(t) Z Zt x dx = − s ds , ξ

τ

což je ekvivalentní s rovností u2 (t) + t2 = ξ 2 + τ 2 . Odtud pro hledaná maximální řešení Cauchyovy úlohy (1.129) plyne p p p u(t; τ, ξ) = ξ 2 + τ 2 − t2 , − ξ2 + τ 2 < t < ξ2 + τ 2 p p p u(t; τ, ξ) = − ξ 2 + τ 2 − t2 , − ξ 2 + τ 2 < t < ξ 2 + τ 2

pro ξ > 0 , pro ξ < 0 .

Grafy řešení p Cauchyovy úlohy (1.129) jsou půlkružnice se středem v počátku roviny (t, x) a poloměrem ξ 2 + τ 2 , ležící v horní, resp. dolní polorovině, podle toho, je-li ξ > 0, resp. ξ < 0. Dvě taková řešení jsou načrtnuta na obr. 1.7 a).

34

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU x x

ξ1

1

(τ1 , ξ1 )

u(t; τ1 , ξ1 ) (τ1 , ξ1 ) ξ1

u(t; τ1 , ξ1 ) τ2

t

t τ2

0

τ1

ξ2

(τ2 , ξ2 )

ξ2

(τ2 , ξ2 )

τ1

u(t; τ2 , ξ2 )

u(t; τ2 , ξ2 )

æ

æ b) řešení příkladu 2

a) řešení příkladu 1

Obrázek 1.7: K ilustraci metody separace proměnných. 2. Hledejme maximální řešení Cauchyovy úlohy x˙ =

x2 − x , t

x(τ ) = ξ ,

(1.130)

pro a) (τ, ξ) = (1, 1/2); b) (τ, ξ) = (−1, −1). Řešení 1 Hledáme maximální řešení Cauchyovy úlohy pro rovnici se separovanými proměnnými, kde h(t) = , t g(x) = x2 − x. Funkce h je spojitá na intervalech I1 = (−∞, 0), I2 = (0, +∞), funkce g je spojitá na celé číselné ose R a má dva nulové body ξ1 = 0 a ξ2 = 1. Vidíme, že žádné z hledaných řešení u(t; 1, 1/2) a u(t; −1, −1) není konstantní. Podmínky pro existenci jediného řešení jsou splněny v oblastech G1 G3 G5

= (−∞, 0) × (1, +∞) , = (−∞, 0) × (0, 1) , = (−∞, 0) × (−∞, 0) ,

G2 G4 G6

= (0, +∞) × (1, +∞) , = (0, +∞) × (0, 1) , = (0, +∞) × (−∞, 0) .

Protože pro zadané počáteční podmínky platí (1, 1/2) ∈ G4 a (−1, −1) ∈ G5 , bude graf hledaného maximálního řešení úlohy (1.130) v případě a), resp. b) ležet celý v oblasti G4 , resp. G5 . V obou případech budeme řešení hledat ze vztahu u(t) Z

ξ

dx = 2 x −x

Zt

ds , s

τ

který je ekvivalentní se vztahem u(t) − 1 ξ t u(t) ξ − 1 = τ .

(1.131)

1 V případě a), tj. v oblasti G4 je t > 0, τ = 1, ξ = , 0 < u(t) < 1, takže vztah (1.131) můžeme 2 upravit na tvar 1 − u(t) = t. u(t) Odtud dostáváme hledané maximální řešení úlohy (1.130) v případě a) jako funkci 1 1 u t; 1, = , t ∈ (0, +∞) . 2 t+1


35

Část grafu takového řešení je načrtnuta na obrázku 1.7 b). V případě b), tj. v oblasti G5 je t < 0, τ = −1, ξ = −1, u(t) < 0, takže vztah (1.131) můžeme upravit na tvar 1 − u(t) = t. 2u(t) Odtud plyne, že hledaným maximálním řešením Cauchyovy úlohy (1.130) v případě b) je funkce 1 1 u(t; −1, −1) = , t ∈ −∞, − . 2t + 1 2 Část grafu takového řešení je rovněž načrtnuta na obrázku 1.7 b). 3. Nalezneme řešení Cauchyovy úlohy x˙ sin t = x ln x ,

x

π 2

= e.

(1.132)

Řešení Funkce h(t) =

1 je spojitá pro t ∈ (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z. Funkce g(x) = x ln x je spojitá a sin t nenulová pro x ∈ (0, 1) a x ∈ (1, ∞). Funkce g(x) je nulová pro x = 1, proto existují konstantní řešení u(t, τ, 1) = 1 pro t, τ ∈ (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z. Graf řešení, které splňuje danou počáteční podmínku, budeme vzhledem k ”poloze” počáteční podmínky hledat v oblasti (0, π) × (1, ∞). Podle vztahu (1.128) platí u(t) Z Zt 1 1 dx = ds x ln x sin s π 2

e

a odtud po integraci t ln u(t) tg ln = ln π2 . ln e tg 4 Na obou stranách přejdeme k inverzní funkci, využijeme rovností ln e = tg tg 2t > 0 pro t ∈ (0, π) a dostaneme t ln u(t) = tg . 2 Odtud již snadno dostáváme hledané řešení π t u t; , e = etg 2 , t ∈ (0, π) . 2

π 4

= 1 a skutečnosti, že

4. Hledejme maximální řešení Cauchyovy úlohy x˙ =

t2 (x + 1) , (1 − t3 )(x − 1)

x(τ ) = ξ ,

(τ, ξ) ∈ R × R,

τ 6= 1 6= ξ.

(1.133)

Řešení Máme nalézt řešení Cauchyovy úlohy pro rovnici se separovanými proměnnými, kde obě funkce h(t) =

t2 , 1 − t3

g(x) =

x+1 x−1

jsou spojité na intervalech (−∞, 1), (1, ∞) a funkce g má jediný nulový bod ξ1 = −1. Úloha (1.133) má dvě konstantní maximální řešení, a to u(t; τ, −1) = −1 ,

t ∈ (−∞, 1) ,

τ < 1 libovolné,

u(t; τ, −1) = −1,

t ∈ (1, +∞),

τ > 1 libovolné.

Podmínky existence a jednoznačné řešitelnosti jsou splněny v oblastech G1 G3 G5

= (−∞, 1) × (−∞, −1) , = (−∞, 1) × (−1, 1) , = (−∞, 1) × (1, +∞) ,

G2 G4 G6

= (1, +∞) × (−∞, −1) , = (1, +∞) × (−1, 1) , = (1, +∞) × (1, +∞) .

36

KAPITOLA 1. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU Řešení u(t) budeme hledat pomocí vztahu (1.128), který má pro naši úlohu tvar u(t) Z

x−1 dx = x+1

Zt

s2 ds . 1 − s3

τ

ξ

Po integraci a jednoduchých úpravách dostaneme rovnost ξ + 1 1 1 − τ3 . u(t) − ξ + 2 ln = ln u(t) + 1 3 1 − t3

(1.134)

Dostáváme sice vztah, který udává implicitně závislost hledaného řešení u(t) na t, τ a ξ, ale tuto závislost neumíme vyjádřit explicitně pomocí elementárních funkcí. Taková situace je, bohužel, při používání metody separace proměnných spíše pravidlem než výjimkou a nedá se říci, že by vztah (1.134) poskytoval podstatně více informací o chování řešení naší úlohy, než poskytuje diferenciální rovnice (1.133) sama. Příklad (1.133) ilustruje jeden z nejvážnějších nedostatků metody separace proměnných. Jiný vážný nedostatek této metody ilustruje následující příklad. 5. Hledejme řešení Cauchyovy úlohy x˙ =

x , ex ln t

x(τ ) = ξ ,

(τ, ξ) ∈ (0, +∞) × R,

τ 6= 1.

(1.135)

Řešení 1 Jde opět o úlohu se separovanými proměnnými, kde funkce h(t) = je spojitá na intervalech ln t −x I1 = (0, 1), I2 = (1, +∞) a funkce g(x) = xe je spojitá a nenulová na intervalech K1 = (−∞, 0), K2 = (0, +∞). Na kartézských součinech těchto intervalů je řešení u(t) dáno implicitně vztahem u(t) Z

ex dx = x

ξ

Zt

1 ds . ln s

τ

Zde naše úsilí končí, neboť ani jeden z uvedených dvou integrálů nelze vyjádřit pomocí elementárních funkcí. Řešení Cauchyovy úlohy (1.135) nelze tedy metodou separace proměnných nalézt. Úlohy 1. Nalezněte řešení následujících Cauchyových úloh. √ (a) x˙ = 6t2 x, x(1) = 1.

[u(t; 1, 1) = t6 , t ∈ (0, ∞).]

(b) x˙ = −x2 , [u(t; 0, 0) = 0, t ∈ R.] [u(t; 1, 1) = 1t , t > 0.]

i. x(0) = 0. ii. x(1) = 1. (c) x˙ − x2 = 1, x( 45 π) = 1. (d) tx˙ + x = x ln x, x(1) = 1.

[u(t; 45 π, 1) = tg t, t ∈ ( π2 , 3π 2 ).] [u(t; 1, 1) = e1−t , t ∈ (0, ∞).]

(e) (1 + et )xx˙ = et , i. x(0) = 1. ii. x(0) = −1.

q 1 + 2 ln 12 (1 + et ), t ∈ R.] q [u(t; 0, −1) = − 1 + 2 ln 12 (1 + et ), t ∈ R.] [u(t; 0, 1) =

(f) x˙ − x2 = 0, i. x(0) = 0. ii. x(1) = 1.

[u(t; 0, 0) = 0, t ∈ R.] 1 u(t; 1, 1) = , t ∈ (−∞, 2). 2−t


37

iii. x(τ ) = ξ 6= 0. u(t; τ, ξ) = π 3 2−x , x =2− √ . cotg t 4 2 −t (h) x˙ = , x(0) = 0. x+1 1 (i) x˙ = √ , 1 − t2 i. x(1) = π2 . ii. x(0) = 0. (g) x˙ =

ξ , t ∈ (−∞, 1/ξ + τ ) nebo t ∈ (1/ξ + τ, ∞). 1 + ξ(τ − t) π π 3 . u t; , 2 + √ = 2 − 3 cos t , t ∈ 0, 4 2 2 √ [u(t; 0, 0) = −1 + 1 − t2 , t ∈ (−1, 1).]

[u(t; 1, π2 ) neexistuje.] [u(t; 0, 0) = arcsin t, t ∈ (−1, 1).] [u(t; 0, 1) = esin t , t ∈ R.]

(j) x˙ = x cos t, x(0) = 1. π π (k) x˙ = (x − 1) tg t , x(τ ) = ξ , τ ∈ − , . 2 2 h (l) x˙ = i. ii. iii. iv.

u(t; τ, ξ) = 1 + (ξ − 1)

2tx , −4 x(−5) = 0. x(0) = 1. x(0) = −1. x(3) = 1. t2

(m) x˙ = −

[u(t; −5, 0) = 0, t ∈ (−∞, −2).] [u(t; 0, 1) = 1 − 41 t2 , t ∈ (−2, 2).] [u(t; 0, −1) = 14 t2 − 1 , t ∈ (−2, 2).] [u(t; 3, 1) = 51 t2 − 45 , t ∈ (2, ∞).] 7 − t3 u(t; 1, 2) = , t ∈ (0, ∞). 3t3 √ [u(t; 1, 2) = 5 + 2 ln t − t2 , t ∈ (0, ∞).]

1 + 3x , x(1) = 2. t

1 − t2 , x(1) = 2. tx 2tx2 (o) x˙ = − 2 , x(0) = 1. t −1

(n) x˙ =

u(t; 0, 1) =

p p 1 , t ∈ − 1 − 1/e, 1 − 1/e . 1 + ln(1 − t2 )

2. Ukažte, že řešením Cauchyovy úlohy x˙ = 3x2/3 ,

x(τ ) = ξ,

je každá funkce u(t; τ, ξ), definovaná předpisem  √  (t + 3 ξ − τ )3 0 w(t) =  (t − σ)3 kde σ je libovolné reálné číslo takové, že σ > τ − æ

π π i cos τ , t∈ − , . cos t 2 2

ξ 6= 0,

√ pro t ∈ (−∞,√τ − 3 ξi , pro t ∈ (τ − 3 ξi, σi , pro t ∈ (σ, ∞) , √ 3

ξ.

Diferenciální rovnice 1. řádu

Recommend Documents