Diferenciální rovnice

Obyčejné diferenciální rovnice - studijní text pro cvičení v předmětu „Matematika - 2.ÿ Studijní materiál byl připraven pracovníky katedry E. Novákovou, M. Hyánkovou a L. Průchou za podpory grantu IG ČVUT č. 300012423 a v rámci rozvojového projektu MŠMT.

Obsah 1. Základní pojmy 2. Rovnice se separovatelnými proměnnými 3. Homogenní lineární diferenciální rovnice 1. řádu 4. Nehomogenní lineární diferenciální rovnice 1.řádu 5. Metoda odhadu řešení lineární diferenciální rovnice 1.řádu 6. Homogenní lineární rovnice druhého a vyššího řádu s konstatními koeficienty. 7. Metoda odhadu pro lineární rovnici druhého řádu. 8. Metoda variace konstant pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu.

Diferenciální rovnice 1.

Základní pojmy.

Diferenciální rovnicí 1. řádu nazýváme rovnici tvaru (1.1)

x0 = f (t, x),

kde f (t, x) je funkce dvou reálných proměnných, která je definována v nějaké otevřené množině G ⊂ R2 . Řešením diferenciální rovnice (1.1) v intervalu I ⊂ R rozumíme reálnou funkci x(t) definovanou v intervalu I, která v tomto intervalu splňuje identitu (1.2)

x0 (t) = f (t, x(t)), t ∈ I.

Počáteční podmínkou pro řešení rovnice (1.1) nazýváme podmínku tvaru (1.3)

x(τ ) = ξ,

(τ, ξ) ∈ G.

Počáteční (Cauchyovou) úlohou pro rovnici (1.1) rozumíme úlohu (1.4)

x0 = f (t, x),

x(τ ) = ξ.

Řešením Cauchyovy úlohy rozumíme každé řešení rovnice (1.1), které splňuje počáteční podmínku (1.3). Toto řešení budeme označovat symbolem x = x(t), t ∈ I, nebo x(t; τ, ξ), t ∈ I, pokud budeme potřebovat zdůraznit závislost řešení na dané počáteční podmínce. Obecným tvarem řešení rozumíme všechny funkce,které vyhovují rovnici (1.1). Obvykle je zapsán vzorcem tvaru x(t) = x(t, c), t ∈ I, c ∈ R. Partikulárním řešením rozumíme jedno konkrétní řešení z množiny všech řešení, obvykle určeným zadanou počáteční podmínkou tvaru (1.3). Říkáme, že Cauchyova úloha má jednoznačné řešení, jestliže pro každá dvě její řešení x1 (t; τ, ξ), t ∈ I1 a x2 (t; τ, ξ), t ∈ I2 platí x1 (t; τ, ξ) = x2 (t; τ, ξ) pro t ∈ I1 ∩ I2 . 1

2.

Rovnice se separovatelnými proměnnými.

Rovnicí se separovatelnými proměnnými rozumíme rovnici tvaru x0 = h(t)g(x),

(2.1)

kde funkce h : (a, b) → R a g : (c, d) → R jsou spojité v uvedených intervalech. Metoda řešení: a) Je-li g(x0 ) = 0 pro nějaké x0 ∈ (c, d), pak funkce x(t) = x0 , t ∈ (a, b) je řešením rovnice (2.1) v intervalu (a, b) neboť se jedná o rovnici x0 (t) = 0, t ∈ (a, b). V používané symbolice se jedná o řešení x(t) = x(t; τ, x0 ) = x0 , t ∈ (a, b) a τ ∈ (a, b) je libovolné. b) Řešení rovnice (2.1), které vyhovuje počáteční podmínce x(τ ) = ξ, kde g(ξ) 6= 0, nalezneme následujícím postupem. Řešení x(t), t ∈ I musí splňovat rovnici x0 (t) = h(t), t ∈ I. g(x(t))

x0 (t) = h(t)g(x(t)) ⇔

Integrováním této rovnice od τ do t dostaneme Z τ

t

x0 (s) ds = g(x(s))

Z

t

h(s) ds, t ∈ I.

τ

V integrálu na levé straně vztahu provedeme substituci x(s) = z, x0 (s)ds = dz, x(τ ) = ξ a dostaneme formuli Z x(t) Z t dz (2.2) = h(s)ds, t ∈ I. g(z) ξ τ Vzorec je implicitním vyjádřením řešení a záleží na konkrétním případě, jak se podaří řešení x(t) = x(t; τ, ξ) příslušné počáteční úlohy z tohoto vztahu vypočítat. Při výpočtu dostaneme i definiční interval tohoto řešení. Vzorec (2.2) můžeme také zapsat ve tvaru Z

(2.3)

dx = g(x)

Z

h(t)dt,

který je implicitním vztahem pro obecný tvar řešení rovnice (2.1). Vzorec obsahuje volný parametr, konstantu v neurčitém integrálu a její hodnotu určíme z dané počáteční podmínky. Oběma způsoby určíme totéž řešení. Pro ilustraci uvedeme několik úloh, ve kterých přiblížíme jednotlivé odlišnosti. Řešené úlohy k odstavci 2. 1. Úloha: Určete řešení Cauchyových úloh x0 = −x2 ,

x(0) = 0

a

x(1) = 1.

Řešení: Rovnice je diferenciální rovnicí se separovatelnými proměnnými tvaru (2.1) z odst. 2. Je g(x) = x2 a h(t) = −1. Funkce jsou spojité v intervalu (−∞, ∞) a v tomto intervalu budeme hledat řešení. 2

Je g(x) = 0 ⇔ x = 0, tedy x(t) = 0, t ∈ R je řešení rovnice, které splňuje počáteční podmínku x(0) = 0. Je tedy x(t) = x(t; 0, 0) = 0, t ∈ R. Řešení druhé Cauchyovy úlohy je nenulové v bodě τ = 1, budeme jej hledat pomocí postupu popsaného v odst. 2. Rovnici zapíšeme ve tvaru x0 (t) = −1 ⇒ x2 (t)

x(t)

Z τ

x0 (s) ds = − x2 (s)

Z

t

ds. τ

Provedeme substituci z = x(s), dz = x0 (s)ds, x(τ ) = ξ a dostaneme Z

x(t)

ξ

dz =− z2

 x(t)

t

Z

ds ⇒

τ

1 z

= t − τ. ξ

Odtud plyne, že 1 1 − =t−τ ⇒ x(t) ξ x(t) = x(t; τ, ξ) =

1 1 1 , t ∈ (−∞, τ − ξ ) pro t−τ + ξ

x(t) = x(t; τ, ξ) =

1 1 1 , t ∈ (τ − ξ , ∞) pro t−τ + ξ

a

ξ<0

ξ > 0.

Protože je τ = 1 a ξ = 1 je 1 x(t) = x(t; 1, 1) = , t ∈ (0, ∞). t 2. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy tx0 + x = x ln x,

x(1) = 1.

Řešení: Rovnice je diferenciální rovnicí se separovatelnými proměnnými tvaru (2.1) z odst. 2. Rovnici přepíšeme do tvaru x(ln x − 1) x0 = . t Vidíme, že funkce g(x) = x(ln x − 1) je spojitá v intervalu (0, ∞) a funkce h(t) = 1t je spojitá v intervalech (−∞, 0) a (0, ∞). Protože hledáme řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(1) = 1, budeme hledat řešení, které bude definováno v intervalu (0, ∞). Funkce g(x) = x(ln x − 1) = 0 ⇔ x = e a protože je 1 < e není požadované řešení konstantní a pro jeho hodnoty bude platit 0 < x(t) < e. Toto řešení budeme hledat postupem popsaným v odstavci 2. Integrací rovnice získáme vzorec pro řešení Z 1

x(t)

1 dz = z(ln z − 1)

Z 1

t

1 x(t) ds ⇒ [ln | ln z − 1|]1 = [ln s]t1 ⇒ s

ln |1 − ln x(t)| = ln t, t > 0 ⇒ 1 − ln x(t) = t ⇒ x(t) = x(t; 1, 1) = e1−t , t ∈ (0, ∞).

Neřešené úlohy k odstavci 2. 3

1. Úloha: Určete řešení Cauchyových úloh x0 − x2 = 0,

x(0) = 0

a

[x(t) = x(t; 0, 0) = 0, t ∈ R,

x(1) = 1. x(t) = x(t; 1, 1) =

1 2−t ,

t ∈ (−∞, 2)]

2. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy −t , x+1

x0 =

x(0) = 0. [x(t) = x(t; 0, 0) =

√

1 − t2 − 1, t ∈ (−1, 1)]

3. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy x0 =

1 − t2 , xt

x(1) = 2.

[x(t) = x(t; 1, 2) =

√

5 + 2 ln t − t2 , t ∈ (t1 , t2 )],

[kde t1 a t2 jsou řešení rovnice 5 − t2 = 2 ln t, pro která platí 0 < t1 < 1 < t2 . ] 4. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy x0 = −

2tx2 , t2 − 1

x(0) = 1.

[x(t) = x(t; 0, 1) =

1 1+ln (1−t2 ) ,

√ √ t ∈ (− 1 − e−1 , 1 − e−1 )]

5. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy 2−x x = , cotg t

π 4

 

0

x

3 =2− √ . 2 

[x(t) = x t; π4 , 2 −

√3 2



= 2 − 3 cos t, t ∈ (0, π2 )]

6. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy x0 = (x − 1)tg t,

x(τ ) = ξ,

−π/2 < τ < π/2.

τ π π [x(t) = x(t; τ, ξ) = 1 + (ξ − 1) cos cos t , t ∈ (− 2 , 2 ),

3.

τ ∈ (− π2 , π2 )]

Homogenní lineární diferenciální rovnice 1. řádu.

Homogenní lineární diferenciální rovnicí 1. řádu nazýváme diferenciální rovnici tvaru (3.1)

x0 = h(t)x,

kde h(t) je spojitá funkce v intervalu I ⊂ R. Tato rovnice má řešení, která jsou definována v intervalu I a každé z nich je určeno jednoznačně počáteční podmínkou tvaru x(τ ) = ξ, τ ∈ I a ξ ∈ R. Řešení nalezneme metodou separace proměnných [viz odst. 2]. Je g(x) = x, tedy g(x) = 0 ⇔ x = 0. Rovnice má tudíž řešení x(t) = 0, t ∈ I a toto řešení vyhovuje počáteční podmínce x(τ ) = 0 pro každé τ ∈ I. Nulové řešení x(t) = x(t; τ, 0) = 0, t ∈ I nazýváme triviálním řešením. 4

Hledejme nyní nenulové, t.zv. netriviální řešení. Ukážeme že toto řešení je nenulové v celém intervalu I. Rovnici přepíšeme do tvaru x0 (t) = h(t), t ∈ I. x(t) Integrací této rovnosti získáme vztah pro řešení x(t) ve tvaru ln |x(t)| =

Z

h(t)dt + ln c∗ ,

kde libovolnou konstatu v neurčitém integrálu označíme ln c∗ . Odtud dostaneme ekvivaletní vztah (3.2)

x(t) = x(t, c) = ce

R

h(t)dt

, t ∈ I, c ∈ R.

Vzorec popisuje obecný tvar řešení. Volba c = 0, která byla při výpočtu zápisem c = ln c∗ vyloučena vede k nulovému řešení. Řešení Cauchyovy úlohy pro homogenní lineární rovnici získáme snadno ze vzorce pro obecný tvar řešení volbou konstanty c tak, aby byla splněna příslušná počáteční podmínka. Uvažujme počáteční podmínku tvaru x(τ ) = ξ, ξ ∈ R. Obecný tvar řešení můžeme zapsat vztahem (3.3)

x(t) = x(t, c) = ce

Rt τ

h(s)ds

, t ∈ I.

Řešení x(t; τ, ξ) příslušné Cauchyovy úlohy musí splňovat rovnici x(τ ) = x(τ ; τ, ξ) = ξ tedy c = ξ. Pro řešení Cauchyovy úlohy jsme získali vyjádření ve tvaru (3.4)

x(t) = x(t; τ, ξ) = ξe

Rt τ

h(s)ds

, t ∈ I.

Řešené úlohy k odstavci 3. 1. Úloha: Určete řešení určené zadanou počáteční podmínkou pro rovnici x0 = x cos t,

x(0) = 1.

Řešení: Rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (3.1) a metoda jejího řešení je popsána v odst. 3. Řešení příslušné Cauchyovy úlohy je dáno vzorcem (3.3) a poznamenejme, že vzorec můžeme odvodit i postupem popsaným v odst. 2. Je tedy Z 1

x(t)

dz = z

Z

t

cos sds ⇒ ln (x(t)) = sin t ⇒ x(t) = x(t; 0, 1) = esin t , t ∈ R.

0

2. Úloha: Určete řešení Cauchyových úloh x0 =

2xt , −4

t2

x(−5) = 0,

x(0) = 1,

x(0) = −1

a

x(3) = 1.

Řešení: Rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (3.1) a metoda jejího řešení je popsána v odst.3. Řešení příslušné Cauchyovy úlohy je dáno vzorcem (3.3) a poznamenejme, že vzorec můžeme odvodit i postupem popsaným v odst. 2. Funkce h(t) =

5

2t t2 −4

je spojitá v intervalech (−∞, −2), (−2, 2) a (2, ∞) a vždy v některém z těchto intervalech bude definované řešení příslušné Cauchyovy úlohy. Pro ně je x(t)

Z ξ

dz = z

t

Z τ





2 x(t) 2sds = ln t − 4 . ⇒ ln ξ τ2 − 4 s2 − 4



Odtud plyne, že t2 − 4 |x(t)| = |ξ| 2 . τ − 4

Postupně dostaneme: x(−5) = 0 : x(0) = 1 : x(0) = −1 : x(3) = 1 :

x(t) = x(t; −5, 0) = 0, t ∈ (−∞, −2); x(t) = x(t; 0, 1) = 1 − 41 t2 , t ∈ (−2, 2); x(t) = (t; 0, −1) = 41 t2 − 1, t ∈ (−2, 2); x(t) = (t; 3, 1) = 15 (t2 − 4), t ∈ (2, ∞).

3. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy x0 =

x , 2−t

x(0) = 1.

Řešení: Rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnici tvaru (3.1), kde funkce h(t) = 1 2−t je spojitá v intervalech (−∞, 2) a (2, ∞). V těchto intervalech má rovnice řešení. Ze zadané počáteční podmínky plyne, že budeme hledat řešení, které je definováno v intervalu (−∞, 2). Ze vzorce (3.3), nebo separací proměnných (odst. 2) dostaneme obecný tvar řešení: R dt c x(t, c) = ce 2−t = ce− ln (2−t) = , t ∈ (−∞, 2). 2−t Dosazením do dané počáteční podmínky dostaneme rovnici x(0, c) =

c = 1 ⇔ c = 2. 2

Odtud získáme x(t) = x(t; 0, 1) =

4.

2 , t ∈ (−∞, 2). 2−t

Nehomogenní lineární diferenciální rovnice 1. řádu.

Nehomogenní lineární diferenciální rovnicí 1. řádu nazýváme rovnici tvaru (4.1)

x0 = h(t)x + q(t), t ∈ I,

kde funkce h(t) je spojitá a funkce q(t) je po úsecích spojitá v intervalu I. O funkci q mluvíme jako o „pravé straně rovniceÿ a v případě q(t) = 0, t ∈ I dostaneme homogenní rovnici. Struktura řešení této rovnice je podobná struktuře řešení soustavy lineárních rovnic a této skutečnosti využíváme při hledání řešení uvažované diferenciální rovnice. Platí totiž: Rozdíl dvou řešení v a w nehomogenní rovnice je řešením příslušné homogenní rovnice x0 = h(t)x. Obecný tvar řešení x(t, c) nehomogenní rovnice je (4.2)

x(t, c) = u(t, c) + w(t), t ∈ I, 6

kde u(t, c) je obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice a w(t) je jedno partikulární R řešení rovnice nehomogenní. Připomeňme, že u(t, c) = c exp( h(t)dt). Partikulární řešení nehomogenní rovnice můžeme získat metodou variace konstanty. Uvedeme stručně princip této metody, která se používá i při řešení ostatních lineárních diferenciálních rovnic a jejich soustav. Metoda variace konstanty je založena na tom, že existuje řešení nehomogenní rovnice, které má obdobné vyjádření jako má obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t, c), kde je konstanta c nahrazena vhodně zvolenou funkcí c(t). Řešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru R (4.3) w(t) = c(t)e h(t)dt , t ∈ I. Dosazením do nehomogenní rovnice dostaneme rovnici c0 (t)e

R

h(t)dt

+ c(t)h(t)e

R

h(t)dt

= h(t)c(t)e

R

h(t)dt

+ q(t)

a odtud získáme podmínku pro neznámou funkci c(t) ve tvaru −

R

h(t)dt

q(t)e−

R

h(t)dt

0

c (t) = q(t)e

.

Je tedy Z

c(t) =

dt

a tudíž (4.4)

x(t) = x(t, c) = ce

R

h(t)dt

+e

R

h(t)dt

Z

q(t)e−

R

h(t)dt



dt , t ∈ I.

V neurčitých integrálech ve vzorci volíme jednu z primitivních fukcí. Obecnost řešení je zohledněna v konstantě c. Řešení Cauchyovy úlohy x0 = h(t)x + q(t), x(τ ) = ξ můžeme zapsat obdobným vzorcem. Za primitivní funkce volíme funkce horní meze s počáteční mezí τ. Dostaneme vzorec pro řešení ve tvaru (4.5)

x(t) = x(t; τ, ξ) = ξe

Rt τ

h(s)ds

Z

+

t

e

Rt s

h(r)dr

q(s)ds, t ∈ I.

τ

První sčítanec je řešením homogenní rovnice s počáteční podmínkou x(τ ) = ξ a druhý je řešením nehomogenní rovnice s nulovou počáteční podmínkou. Řešené úlohy k odstavci 4. 1. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy 3 2 x0 = − x + 3 , t t

x(1) = 3.

Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (4.1) a její řešení má tvar (4.2), kde funkci u(t) určíme postupem z odst. 3, (vzorec (3.2)) a funkci w(t) metodou variace konstanty z odst. 4, (vzorec (4.3)). Příslušná homogenní rovnice je 3 x0 = − x, t ∈ (0, ∞) nebo t ∈ (−∞, 0), t

7

tedy pro její řešení u(t) platí: Z

u0 (t) dt = − u(t)

tedy u(t, c) =

Z

3 dt ⇒ ln |u(t)| = −3 ln |t| + ln c∗ , t

c , t ∈ (−∞, 0) nebo t ∈ (0, ∞). t3

Řešení w(t) nehomogenní rovnice budeme hledat podle (4.3) ve tvaru c(t) , t ∈ (−∞, 0) nebo t ∈ (0, ∞). t3

w(t) =

Po dosazení za w(t) a w0 (t) do řešené rovnice dostaneme: w(t) =

c(t) c0 (t) c(t) 0 , w (t) = −3 4 ⇒ 3 3 t t t

c0 (t) c(t) 3 c(t) 2 −3 4 =− + 3 ⇒ c0 (t) = 2 ⇒ c(t) = 2t, 3 3 t t t t t tedy 2 , t ∈ (−∞, 0) nebo t ∈ (0, ∞). t2 Dosazením do vzorce (4.2) dostaneme vzorec pro obecné řešení w(t) =

x(t, c) =

c 2 + 2 , t ∈ (−∞, 0) nebo t ∈ (0, ∞). 3 t t

Pro řešení příslušné Cauchyovy úlohy dostaneme podmínku: t = 1 a x = 3 ⇒ 3 = c + 2 ⇒ c = 1. Je tedy x(t) = x(t; 1, 3) =

1 2 + , t ∈ (0, ∞). t3 t2

2. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x0 = xtg t +

1 , cos t

x(0) = 2.

Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (4.1) a její řešení má tvar (4.2), kde funkci u(t) určíme postupem z odst. 3, (vzorec (3.2)) a funkci w(t) metodou 1 variace konstanty z odst. 4, (vzorec (4.3)). Funkce tg t a cos t jsou spojité v intervalech π π ((2k − 1) 2 , (2k + 1) 2 ), k je celé číslo, a v nich bude mít rovnice řešení. Příslušná homogenní rovnice je x0 = xtg t, pro její řešení u(t) platí: Z

u0 (t) dt = u(t)

tedy u(t, c) =

Z

tg tdt ⇒ ln |u(t)| = − ln | cos t| + ln c∗ = ln

c∗ | cos t|

c π π , t ∈ ((2k − 1) , (2k + 1) ), k je celé číslo. cos t 2 2 8

Řešení w(t) nehomogenní rovnice budeme hledat podle (4.3) ve tvaru w(t) =

c(t) . cos t

Po dosazení za w(t) a w0 (t) do řešené rovnice dostaneme: w(t) =

c(t) c0 (t) c(t) sin t , w0 (t) = + , cos t cos t cos2 t

c0 (t) c(t) sin t c(t) sin t 1 + = + ⇒ c0 (t) = 1 2 cos t cos t cos t cos t cos t tedy c(t) = t ⇒ w(t) =

t π π , t ∈ ((2k − 1) , (2k + 1) ), k je celé číslo. cos t 2 2

Dosazením do vzorce (4.2) dostaneme vzorec pro obecné řešení x(t, c) =

c t π π + , t ∈ ((2k − 1) , (2k + 1) ), k je celé číslo. cos t cos t 2 2

Pro řešení příslušné Cauchyovy úlohy dostaneme z počáteční podmínky t = 0, x = 2 ⇒ 2 = c je tedy x(t) = x(t; 0, 1) =

2+t π π , t ∈ (− , ). cos t 2 2

3. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x0 = x + et ,

x(2) = −3.

Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (4.1) a její řešení má tvar (4.2), kde funkci u(t) určíme postupem z odst. 3, (vzorec (3.2)) a funkci w(t) metodou variace konstanty z odst. 4, (vzorec (4.3)). Rovnice je ovšem také lineární diferenciální rovnicí s konstantním koeficientem tvaru (5.1) se speciální pravou stranou tvaru (5.4). Řešení homogenní rovnice je dáno vzorcem (5.2) a funkci w(t) lze najít odhadem podle (5.7). Zde uvedeme obecný postup řešení a můžete jej porovnat s úlohami v odstavci 5. Příslušná homogenní rovnice je x0 = x, t ∈ R, pro její řešení u(t) platí: Z

u0 (t) dt = u(t)

Z

1dt ⇒ ln |u(t)| = t + ln c∗ ,

tedy u(t, c) = cet , t ∈ R. Řešení w(t) nehomogenní rovnice budeme hledat podle (4.3) ve tvaru w(t) = c(t)et , t ∈ R. Po dosazení za w(t) a w0 (t) do řešené rovnice dostaneme: w(t) = c(t)et , w0 (t) = c0 (t)et + c(t)et , 9

c0 (t)et + c(t)et = c(t)et + et ⇒ c0 = 1 ⇒ c(t) = t tedy w(t) = tet ∈ R. Dosazením do vzorce (4.2) dostaneme vzorec pro obecné řešení x(t, c) = cet + tet , t ∈ R. Pro řešení příslušné Cauchyovy úlohy dostaneme z počáteční podmínky t = 2, x = −3 ⇒ −3 = ce2 + 2e2 ⇒ c = −3e−2 − 2 je tedy x(t) = x(t; 2, −3) = (t − 3e−2 − 2)et , t ∈ R. Neřešené úlohy k odstavci 4. 1. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x0 = − [x(t, c) =

c (t2 +1)2

4t 1 x+ 2 , t2 + 1 t +1 +

t3 +t 3(t2 +1)2 ,

x(0) = −3.

x(t) = x(t; 0, −3) =

−3 (t2 +1)2

+

t3 +t 3(t2 +1)2 ,

t ∈ R]

2. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy 2

x0 = −2tx + 2te−t , 2

x(1) = 4.

2

2

[x(t, c) = ce−t + t2 e−t , x(t) = x(t; 1, 4) = (4e − 1 + t2 )e−t , t ∈ R] 3. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy 2 t−1 x0 = x + , t t

x(1) = 5.

[x(t, c) = ct2 + 12 −t, t ∈ (0, ∞) nebo t ∈ (−∞, 0), x(t) = x(t; 1, 5) =

11 2 1 2 t + 2 −t,

t ∈ (0, ∞)]

4. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x0 = −t2 x + t2 ,

x(0) = 1. 1 3

[x(t, c) = 1 + ce− 3 t , x(t) = x(t; 0, 1) = 1, t ∈ (−∞, ∞)] 5. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy 1 3 x0 = x + , t t [x(t, c) =

c t

x(1) = 2.

+ 3, t ∈ (−∞, 0) nebo (0, ∞), x(t) = x(t; 1, 2) = 3 − 1t , t ∈ (0, ∞)]

10

5.

Metoda odhadu řešení lineární diferenciální rovnice 1. řádu.

Lineární diferenciální rovnici tvaru x0 + kx = q(t),

(5.1)

kde funkce h(t) = k, t ∈ I nazýváme diferenciální rovnicí s konstantním koeficientem. Obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice x0 + kx = 0 je dán vzorcem (5.2)

u(t, c) = ce−kt , t ∈ R

a řešení Cauchyovy úlohy s počáteční podmínkou lze zapsat ve tvaru x(t) = x(t; τ, ξ) = ξe−k(t−τ ) , t ∈ R.

(5.3)

Vyjádření řešení vyplývá ze vzorců (3.2) a (3.4), ale obvykle toto vyjádření získáme odhadem. Předpokládáme řešení ve tvaru x(t) = eλt , t ∈ R, kde λ je vhodně zvolené číslo. Jestliže dosadíme toto řešení do rovnice (5.1), dostaneme podmínku (♠) (λ + k)eλt = 0 ⇔ λ + k = 0 ⇔ λ = −k, neboť je funkce eλt různá od nuly pro všechny hodnoty exponentu. Obecný tvar řešení v tomto případě je tedy x(t) = ce−kt , t ∈ R, c ∈ R. Rovnice (♠) se nazývá charakteristická rovnice rovnice (5.1) a číslo λ z řešení homogenní rovnice příslušné rovnici (5.1) je jejím kořenem. Řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice, kde funkce q(t) má exponenciální charakter můžeme hledat metodou odhadu. Její princip spočívá v tom, že partikulární řešení má také exponenciální charakter, kde hodnoty hledaných parametrů nalezneme dosazením do rovnice a tudíž nahrazujeme integrování derivováním a řešení úlohy převádíme na řešení soustavy lineárních rovnic. Popišme stručně postup, kterým hledáme partikulární řešení nehomogenní rovnice. 1. Rovnice tvaru (5.4)

x0 + kx = Q(t)eσt , σ 6= −k,

kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r ≥ 0 má řešení tvaru (5.5)

w(t) = R(t)eσt , t ∈ R

a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 2. Rovnice tvaru (5.6)

x0 + kx = Q(t)e−kt ,

kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r ≥ 0 má řešení tvaru (5.7)

w(t) = tR(t)e−kt , t ∈ R

a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 3. Rovnice tvaru (5.8)

x0 + kx = eσt (P (t) cos ωt + Q(t) sin ωt), ω 6= 0, 11

kde funkce P (t) a Q(t) jsou polynomy, má řešení tvaru (5.9)

w(t) = eσt (P1 (t) cos ωt + Q1 (t) sin ωt), t ∈ R,

kde P1 (t) a Q1 (t) jsou vhodně zvolené polynomy, jejichž stupeň je roven většímu ze stupňů polynomů P a Q. Polynomy předpokládáme s neurčitými koeficienty, dosadíme do řešené rovnice a porovnáním obou stran rovnice získáme podmínky pro neurčité koeficienty ve tvaru soustavy lineárních rovnic. Postup budeme ilustrovat na příkladech. Řešené úlohy k odstavci 5. Úloha: Určete obecný tvar řešení dané rovnice. 1. x0 + 2x = 6te−t . Řešení: Charakteristická rovnice (♠) příslušné homogenní rovnice je λ + 2 = 0 ⇔ λ = −2 a tedy řešení dané rovnice má tvar x(t) = ce−2t + w(t), t ∈ R,

(♣)

kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.5). V tomto případě je σ = −1 6= λ, r = 1 a tedy (♣♣) w(t) = (At + B)e−t , kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = (At + B)e−t (2×) t : 2A − A = 6, A=6 0 −t w (t) = (A − At − B)e (1×) 1 : 2B + A − B = 0, B = −6. Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce−2t + e−t (6t − 6), t ∈ R. 2. x0 + 3x = 5. Řešení: Charakteristická rovnice (♠) příslušné homogenní rovnice je λ + 3 = 0 ⇔ λ = −3 a tedy řešení dané rovnice má tvar (♣)

x(t) = ce−3t + w(t), t ∈ R,

kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.5). V tomto případě je σ = 0 6= λ, r = 0 a tedy (♣♣) w(t) = A, kde A jsou neurčitý koeficient. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu.

12

Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A (3×) 1 : 3A = 5, A = w0 (t) = 0 (1×)

5 3

Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice 5 x(t) = ce−3t + , t ∈ R. 3 3. x0 + 2x = 5e−2t . Řešení: Charakteristická rovnice (♠) příslušné homogenní rovnice je λ + 2 = 0 ⇔ λ = −2 a tedy řešení dané rovnice má tvar x(t) = ce−2t + w(t), t ∈ R,

(♣)

kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.7). V tomto případě je r = 0 a tedy (♣♣)

w(t) = Ate−2t ,

kde A jsou neurčitý koeficient. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = Ate−2t (2×) t : 2A − 2A = 0, 0 = 0 w0 (t) = (A − 2At)e−2t (1×) 1 : A = 5, A = 5. Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce−2t + 5te−2t , t ∈ R. 4. x0 + 2x = 5 sin t. Řešení: Charakteristická rovnice (♠) příslušné homogenní rovnice je λ + 2 = 0 ⇔ λ = −2 a tedy řešení dané rovnice má tvar (♣)

x(t) = ce−2t + w(t), t ∈ R,

kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.9). V tomto případě je σ = 0, ω = 1, r = 0 a tedy (♣♣) w(t) = A cos t + B sin t, kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A cos t + B sin t (2×) cos t : 2A + B = 0, A = −1 w0 (t) = −A sin t + B cos t (1×) sin t : 2B − A = 5, B = 2. Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce−2t + (− cos t + 2 sin t), t ∈ R. 13

5. x0 + x = 3 cos t − 2 sin t. Řešení: Charakteristická rovnice (♠) příslušné homogenní rovnice je λ + 1 = 0 ⇔ λ = −1 a tedy řešení dané rovnice má tvar x(t) = ce−t + w(t), t ∈ R,

(♣)

kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.9). V tomto případě je σ = 0, ω = 1, r = 0 a tedy (♣♣) w(t) = A cos t + B sin t, kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A cos t + B sin t (1×) cos t : A + B = 3, A = 52 w0 (t) = −A sin t + B cos t (1×) sin t : −A + B = −2, B = 21 . Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice 1 x(t) = ce−t + (5 cos t + sin t), t ∈ R. 2 6. x +0 x = 2e−t cos 2t. Řešení: Charakteristická rovnice (♠) příslušné homogenní rovnice je λ + 1 = 0 ⇔ λ = −1 a tedy řešení dané rovnice má tvar (♣)

x(t) = ce−t + w(t), t ∈ R,

kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.9). V tomto případě je σ = −1, ω = 2, r = 0 a tedy (♣♣)

w(t) = e−t (A cos 2t + B sin 2t),

kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = e−t (A cos 2t + B sin 2t) (1×) cos 2t : 2B = 2, A = 0 w0 (t) = e−t ((2B − A) cos 2t + (−2A − B) sin 2t) (1×) sin 2t : −2A = 0, B = 1. Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce−t + e−t sin 2t, t ∈ R.

14

7. x0 + 2x = 4 sin2 t. Řešení: Charakteristická rovnice (♠) příslušné homogenní rovnice je λ + 2 =⇔ λ = −2 a tedy řešení dané rovnice má tvar (♣)

x(t) = ce−2t + w(t), t ∈ R,

kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.5) a (5.9). V tomto případě je funkce na pravé straně rovnice součtem dvou funkcí uvažovaných typů. Je totiž 4 sin2 t = 2−2 cos 2t. Řešení dostaneme jako součet dvou členů, které získáme odhadem. Je jednak q(t) = 2, σ = 2, r = 0 a jednak q(t) = −2 cos 2t, σ = 0, ω = 2, r = 0 tedy (♣♣)

w(t) = A + B cos 2t + C sin 2t,

kde A, B, C jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A + B cos 2t + C sin 2t (2×) 1 : 2A = 2, A=1 0 w (t) = −2B sin 2t + 2C cos 2t (1×) cos 2t : 2C + 2B = −2, B = − 21 sin 2t : 2C − 2B = 0, C = − 12 . Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice 1 x(t) = ce−2t + 1 − (cos 2t + sin 2t), t ∈ R. 2

Neřešené úlohy k odstavci 5. Úloha: Určete obecný tvar řešení dané rovnice. 1. x0 + 4x = 4e2t .

[x(t) = ce−4t + 32 e2t , t ∈ R]

2. x0 + 3x = (5t − 1)e−2t .

[x(t) = ce−3t + (5t − 6)e−2t , t ∈ R]

3. x0 + 2x = 4t + 1.

[x(t) = ce−2t + 2t − 12 , t ∈ R]

4. x0 + x = (3t − 1)e−t .

[x(t) = (c + 32 t2 − t)e−t +, t ∈ R]

5. x0 + 3x = 2 cos 3t.

[x(t) = ce−3t + 13 (cos 3t + sin 3t), t ∈ R]

6. x0 − x = 2 sin 2t + 5 cos 2t.

[x(t) = cet + 13 (cos 2t + 8 sin 2t), t ∈ R]

7. x0 + 2x = 4e−2t sin t.

[x(t) = ce−2t − 4e−2t cos t, t ∈ R] [x(t) = ce−t − 15 e−2t (cos 3t + 7 sin 3t), t ∈ R]

8. x0 + x = e−2t (2 sin 3t − 4 cos 3t).

15

6. Lineární rovnice druhého řádu s konstatními koeficienty. Popíšeme metodu řešení lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty a budeme postup a základní vlastnosti řešení ilustrovat na diferenciální rovnici 2. řádu.Ukážeme si jak lze řešit homogenní rovnici odhadem a převést úlohu na úlohu řešit rovnici algebraickou. Řešíme rovnici tvaru (6.1) x00 + bx0 + cx = 0, kde b a c jsou reálné konstanty, která má řešení v R. Řešením diferenciální rovnice tohoto typu je exponenciální funkce. Budeme tedy hledat řešení diferenciální rovnice (6.1) ve tvaru exponenciální funkce (6.2) x(t) = eλt , t ∈ R. Dosazením do řešené rovnice získáme pro hledanou funkci rovnici (λ2 + bλ + c)eλt = 0. Protože je exponenciální funkce vždy různá od nuly, bude uvedená rovnice splněna jedině v tom případě, pokud bude hodnota parametru λ řešením kvadratické rovnice (6.3)

λ2 + bλ + c = 0.

Tuto rovnici nazýváme charakteristickou rovnicí rovnice (6.1). Konečný tvar řešení bude záviset na charakteru řešení kvadratické rovnice (6.3). Uvedeme nyní tři případy, které odpovídají jednotlivým typům řešení. A. Charakteristická rovnice má dva jednoduché reálné kořeny. V tomto případě má rovnice (6.3) dva reálné různé kořeny λ1 , λ2 a podle (6.2) dostaneme dvě různá (lineárně nezávislá) řešení (6.4) x1 (t) = eλ1 t a x2 (t) = eλ2 t , t ∈ R. Obecný tvar řešení v tomto případě je (6.5)

x(t) = x(t, c1 , c2 ) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t , t ∈ R.

B. Charakteristická rovnice má jeden dvojnásobný reálný kořen. V tomto případě má rovnice (6.3) jediný reálný kořen λ0 a podle (6.2) dostaneme jediné řešení rovnice a to má tvar x(t) = eλ0 t , t ∈ R. V takovém případě je ovšem řešením rovnice i funkce x2 (t) = teλ0 t , t ∈ R a obecný tvar řešení je pak (6.6) x(t) = x(t, c1 , c2 ) = c1 eλ0 t + c2 teλ0 t , t ∈ R. C. Charakteristická rovnice má komplexní kořeny. V tomto případě má rovnice (6.3) dva komplexní kořeny λ1 = σ + jω a λ2 = σ − jω, které jsou komplexně sdružené. Komplexní funkce e(σ±jω)t = eσt cos (ωt) ± jeσt sin (ωt), t ∈ R vyhovuje rovnici (6.1) a tedy její reálná a imaginární část jsou řešeními této rovnice. Máme tedy v tomto případě dvě různá, reálná (lineárně nezávislá) řešení x1 (t) = eσt cos (ωt)

a x2 (t) = eσt sin (ωt), t ∈ R.

Obecný tvar řešení je (6.7)

x(t) = c1 eσt cos (ωt) + c2 eσt sin (ωt), t ∈ R. 16

Počáteční podmínka pro rovnici (6.1) má tvar (6.8)

x(τ ) = ξ1

a

x0 (τ ) = ξ2 .

Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme z obecného tvaru řešení. Pro konstanty c1 a c2 dostaneme soustavu lineárních rovnic (6.9)

c1 x1 (τ ) + c2 x2 (τ ) = ξ1 , c1 x01 (τ ) + c2 x02 (τ ) = ξ2 ,

kde funkce x1 (t) a x2 (t) mají podle typu řešení charakteristické rovnice některé z vyjádření (6.5), (6.6) či (6.7). Řešené úlohy k odstavci 6. Úloha: Nalezněte vzorec pro obecný tvar řešení a řešení, které vyhovuje uvedené počáteční podmínce dané rovnice. Řešení rovnice nalezneme postupem popsaným v úvodu odstavce. Dosazením funkce tvaru (6.2) x(t) = eλt , získáme charakteristickou rovnici (6.3). Podle charakteru kořenů příslušné kvadratické rovnice získáme vzorec pro obecné řešení v některém z tvarů (6.5), (6.6), (6.7) a partikulární řešení dostaneme ze soustavy (6.9). 1. x00 − 3x0 + 2x = 0, x(0) = 1, x0 (0) = −3. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ2 − 3λ + 2 = 0 a má kořeny λ1 = −2, λ2 = −1. Tedy podle (6.5) má rovnice obecné řešení tvaru x(t) = c1 e−2t + c2 e−t , t ∈ R, kde c1 , c2 jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c1 + c2 = 1, 0 x (0) = −2c1 − c2 = −3, která má řešení c1 = 2, c2 = −1. Tudíž hledané řešení je x(t) = 2e−2t − e−t , t ∈ R. 2. x00 + 4x0 = 0, x(0) = 3, x0 (0) = −8. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ2 + 4λ = 0 a má kořeny λ1 = 0, λ2 = −4. Tedy podle (6.5) má rovnice obecné řešení tvaru x(t) = c1 + c2 e−4t , t ∈ R, kde c1 , c2 jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c1 + c2 = 3, x0 (0) = −4c2 = −8, která má řešení c1 = 1, c2 = 2. Tudíž hledané řešení je x(t) = 1 + 2e−4t , t ∈ R. 17

3. x00 + 2x0 + x = 0, x(0) = 3, x0 (0) = −1. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ2 + 2λ + 1 = 0 a má dvojnásobný kořen λ0 = −1. Tedy podle (6.6) má rovnice obecné řešení tvaru x(t) = (c1 + c2 t)e−t , t ∈ R, kde c1 , c2 jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c1 = 3, x0 (0) = −c1 + c2 = −1, která má řešení c1 = 3, c2 = 2. Tudíž hledané řešení je x(t) = (3 + 2t)e−t , t ∈ R. 4. x00 + 4x = 0, x(0) = 2, x0 (0) = 0. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ2 + 4 = 0 a má dva komplexně sdružené kořeny λ1 = 2j, λ2 = −2j. Tedy podle (6.7) (σ = 0, ω = 2) má rovnice obecné řešení tvaru x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t, t ∈ R, kde c1 , c2 jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c1 = 2, 0 x (0) = −2c2 = 0, která má řešení c1 = 2, c2 = 0. Tudíž hledané řešení je x(t) = 2 cos 2t, t ∈ R. 5. x00 + 4x0 + 13x = 0, x(0) = 2, x0 (0) = −1. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ2 + 4λ + 13 = 0 a má dva komplexně sdružené kořeny λ1 = −2 + 3j, λ2 = −2 − 3j. Tedy podle (6.7) má rovnice obecné řešení tvaru x(t) = e−2t (c1 cos 3t + c2 sin 3t), t ∈ R, kde c1 , c2 jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c1 = 2, x0 (0) = −2c1 + 3c2 = −1, která má řešení c1 = 2, c2 = 1. Tudíž hledané řešení je x(t) = e−2t (2 cos 3t + sin 3t), t ∈ R. 18

6. x00 + 2x0 + 2x = 0, x(0) = 0, x0 (0) = 3. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ2 + 2λ + 2 = 0 a má dva komplexní kořeny λ1 = −1 + j, λ2 = −1 − j. Tedy podle (6.7) má rovnice obecné řešení tvaru x(t) = e−t (c1 cos t + c2 sin t), t ∈ R, kde c1 , c2 jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c1 = 0, 0 x = −c1 + c2 = 3 , která má řešení c1 = 0, c2 = 3. Tudíž hledané řešení je x(t) = 3e−t sin t, t ∈ R. Neřešené úlohy k odstavci 6. Pro danou rovnici určete vzorec pro obecné řešení a partikulární řešení, které vyhovuje zadané počáteční podmínce. 1. x00 + 2x0 − 3x = 0, x(0) = 3, x0 (0) = −1.

[x(t) = c1 e−3t + c2 et , x(t) = e−3t + 2et .]

2. x00 + 5x0 + 6x = 0, x(0) = 2, x0 (0) = −6.

[x(t) = c1 e−3t + c2 e−2t , x(t) = 2e−3t .]

3. x00 − 4x0 − 5x = 0, x(0) = −1, x0 (0) = −5. 4. x00 + 10x0 + 16x = 0, x(0) = 1, x0 (0) = 4. 5. x00 + 7x0 = 0, x(0) = 0, x0 (0) = 7.

[x(t) = c1 e5t + c2 e−t , x(t) = −e5t .] [x(t) = c1 e−2t + c2 e−8t , x(t) = 2e−2t − e−8t .] [x(t) = c1 + c2 e−7t , x(t) = 1 − e−7t .] 5

[x(t) = c1 + c2 e− 2 t , x(t) = 2.]

6. 2x00 + 5x0 = 0, x(0) = 2, x0 (0) = 0. 7. x00 + 4x0 + 4x = 0, x(0) = 2, x0 (0) = −5.

[x(t) = c1 e−2t + c2 te−2t , x(t) = e−2t (2 − t)]

8. x00 + 6x0 + 9x = 0, x(0) = 0, x0 (0) = 2.

[x(t) = c1 e−3t + c2 te−3t , x(t) = 2te−3t ]

9. x00 + x = 0, x(0) = 2, x0 (0) = 0.

[x(t) = c1 cos t + c2 sin t, x(t) = 2 cos t.]

10. x00 + 4x = 0, x(0) = 1, x0 (0) = −6. [x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t, x(t) = cos 2t − 3 sin 2t.] 11. x00 + 16x = 0, x(0) = 0, x0 (0) = 8.

[x(t) = c1 cos 4t + c2 sin 4t, x(t) = 2 sin 4t]

12. x00 + 2x0 + 2x = 0, x(0) = −1, x0 (0) = 2. [x(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sin t, x(t) = e−t (sin t − cos t).] 13. x00 + 2x0 + 5x = 0, x(0) = 0, x0 (0) = 6. [x(t) = e−t (c1 cos 2t + c2 sin 2t, x(t) = 3e−t sin 2t.] 14. x00 + 4x0 + 5x = 0, x(0) = 2, x0 (0) = −3. [x(t) = e−2t (c1 cos t + c2 sin t), x(t) = e−2t (2 cos t + sin t).] 19

15. x00 + 4x0 + 8x = 0, x(0) = 1, x0 (0) = −2. [x(t) = e−2t (cos 2t + c2 sin 2t), x(t) = e−2t cos 2t.] 7. Metoda odhadu pro lineární rovnici druhého řádu. Metoda odhadu řešení lineární diferenciální rovnice se dá vyžít i pro nalezení partikulárního řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice v případě speciální funkce na pravé straně. Výpočet je založen na stejném principu, jaký jsme použili v odstavci 5. Obdobně jako v tomto odstavci uvedeme jednotlivé případy, kdy se výpočet mírně liší, abychom upozornili na odlišnosti v detailech. Ve skriptech si čtenář nalezne společnou formulaci a formulaci pro rovnice vyššího řádu. 1. Rovnice tvaru (7.1)

x00 + bx0 + cx = Q(t)eσt ,

kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r ≥ 0 a číslo σ není kořenem charakteristické rovnice (6.1) má řešení tvaru (7.2)

w(t) = R(t)eσt , t ∈ R

a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 2. Rovnice tvaru (7.3)

x00 + bx0 + cx = Q(t)eλt ,

kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r ≥ 0 a číslo λ je jednoduchým kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru (7.4)

w(t) = tR(t)eλt , t ∈ R

a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 3. Rovnice tvaru (7.5)

x00 + bx0 + cx = Q(t)eλ0 t ,

kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r ≥ 0 a číslo λ0 je dvojnásobným kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru (7.6)

w(t) = t2 R(t)e−λ0 t , t ∈ R

a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 4. Rovnice tvaru (7.7)

x00 + bx0 + cx = eσt (P (t) cos ωt + Q(t) sin ωt), ω 6= 0,

kde funkce P (t) a Q(t) jsou polynomy a čísla σ ± jω nejsou kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru (7.8)

w(t) = eσt (P1 (t) cos ωt + Q1 (t) sin ωt), t ∈ R,

kde P1 (t) a Q1 (t) jsou vhodně zvolené polynomy, jejichž stupeň je roven většímu ze stupňů polynomů P a Q.

20

5. Rovnice tvaru x00 + bx0 + cx = eσt (P (t) cos ωt + Q(t) sin ωt), ω 6= 0,

(7.9)

kde funkce P (t) a Q(t) jsou polynomy a čísla σ ± jω jsou kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru (7.10)

w(t) = teσt (P1 (t) cos ωt + Q1 (t) sin ωt), t ∈ R,

kde P1 (t) a Q1 (t) jsou vhodně zvolené polynomy, jejichž stupeň je roven většímu ze stupňů polynomů P a Q. Polynomy předpokládáme s neurčitými koeficienty, funkci w(t) dosadíme do řešené rovnice a porovnáním obou jejích stran získáme podmínky pro neurčité koeficienty ve tvaru soustavy lineárních rovnic. Postup budeme ilustrovat na příkladech. Řešené úlohy k odstavci 7. 1. Úloha: K rovnici x00 + 2x0 + 5x = (4t − 8)e−t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 2λ + 5 = 0 ⇒ λ1 = −1 + 2j, λ2 = −1 − 2j. Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru (♣)

x(t) = c1 e−t cos 2t + c2 e−t sin 2t + w(t),

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.2) je σ = −1 6= −1 ± 2j, r = 1, tedy (♣♣)

w(t) = (At + B)e−t ,

kde A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = (At + B)e−t (5×) t : 4A = 4, A=1 0 −t w (t) = (A − At − B)e (2×) 1 : 4B = −8, B = −2 w00 (t) = (−2A + At + B)e−t (1×) Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení x(t) = c1 e−t cos 2t + c2 e−t sin 2t + (t − 2)e−t , t ∈ R. Dále je x0 (t) = e−t ((−c1 + 2c2 ) cos 2t + (−c2 − 2c1 ) sin 2t) + e−t (−t + 2 + 1) a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c1 − 2 = 0,

1 −c1 + 2c2 + 3 = 0 ⇒ c1 = 2, c2 = − . 2

Partikulární řešení je dáno vzorcem 1 x(t) = 2e−t cos 2t − e−t sin 2t + (t − 2)e−t , t ∈ R. 2

21

2. Úloha: K rovnici x00 +2x0 = e−2t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 2λ = 0 ⇒ λ1 = −2, λ2 = 0. Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru x(t) = c1 e−2t + c2 + w(t),

(♣)

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.4) je w(t) = Ate−2t ,

(♣♣)

neboť σ = −2 = λ1 , r = 0 a A je neurčitý koeficient. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = Ate−2t (0×) t : 0 = 0 w0 (t) = (−2At + A)e−2t (2×) 1 : −2A = 1, A = − 12 w00 (t) = (4At − 4A)e−2t (1×) Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení 1 x(t) = c1 e−2t + c2 − te−2t , t ∈ R. 2 Dále je 1 x0 (t) = (−2c2 + t − )e−2t 2 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c1 + c2 = 0,

−2c2 −

1 1 1 = 0 ⇒ c1 = − , c2 = . 2 4 4

Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) =

1 1 1 − ( t + )e−2t , t ∈ R. 4 2 4

3. Úloha: K rovnici x00 + 3x0 + 2x = 2te−t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 3λ + 2 = 0 ⇒ λ1 = −1, λ2 = −2. Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru (♣)

x(t) = c1 e−t + c2 e−2t + w(t),

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.4) je (♣♣)

w(t) = (At2 + Bt)e−t ,

neboť σ = −1 = λ1 , r = 1 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = (At2 + Bt)e−t (2×) t2 : 0 = 0 0 2 −t w (t) = (−At + (2A − B)t + B)e (3×) t : 2A = 2, A=1 00 2 −t w (t) = (At + (−4A + B)t + 2A − 2B)e (1×) 1 : 2A + B = 0, B = −2 22

Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení x(t) = c1 e−t + c2 e−2t + (t2 − 2t)e−t , t ∈ R. Dále je x0 (t) = −c1 e−t − 2c2 e−2t + (−t2 + 4t − 2)e−t a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c1 + c2 = 0,

−c1 − 2c2 − 2 = 0 ⇒ c1 = 2, c2 = −2.

Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = 2e−t − 2e−2t + (t2 − 2t)e−t , t ∈ R. 4. Úloha: K rovnici x00 + 4x0 + 5x = 3 sin t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = −1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 4λ + 5 = 0 ⇒ λ1 = −2 + j, λ2 = −2 − j. Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru x(t) = c1 e−2t cos t + c2 e−2t sin t + w(t),

(♣)

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je (♣♣)

w(t) = A cos t + B sin t,

neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = A cos t + B sin t (5×) cos t : 4A + 4B = 0, A = − 83 0 w (t) = B cos t − A sin t (4×) sin t : −4A + 4B = 3, B = 83 00 w (t) = −A cos t − B sin t (1×) Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení 3 x(t) = c1 e−2t cos t + c2 e−2t sin t + (− cos t + sin t), t ∈ R. 8 Dále je 3 x0 (t) = e−2t ((−2c1 + c2 ) cos t + (−c1 − 2c2 ) sin t) + (sin t + cos t) 8 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c1 −

3 = 0, 8

−2c1 + c2 +

3 3 5 = −1 ⇒ c1 = , c2 = − . 8 8 8

Partikulární řešení je dáno vzorcem 1 x(t) = [e−2t (3 cos t − 5 sin t) + 3(− cos t + sin t)], t ∈ R. 8

23

5. Úloha: K rovnici x00 + 4x0 + 4x = 3 cos t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 4λ + 4 = 0 ⇒ λ1 = λ2 = −2. Podle (6.6) má daná rovnice řešení tvaru x(t) = (c1 + c2 t)e−2t + w(t),

(♣)

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je (♣♣)

w(t) = A cos t + B sin t,

neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = A cos t + B sin t (4×) cos t : 3A + 4B = 3, A= w0 (t) = B cos t − A sin t (4×) sin t : −4A + 3B = 0, B = w00 (t) = −A cos t − B sin t (1×)

9 25 12 25

Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení x(t) = (c1 + c2 t)e−2t +

3 (3 cos t + 4 sin t), t ∈ R. 25

Dále je 3 (−3 sin t + 4 cos t) 25 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic x0 (t) = (−2c1 + c2 − 2c2 t)e−2t +

c1 +

9 = 0, 25

−2c1 + c2 +

12 9 6 = 0 ⇒ c1 = − , c2 = . 25 25 5

Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = (−

9 6 3 − t)e−2t + (3 cos t + 4 sin t), t ∈ R. 25 5 25

6. Úloha: K rovnici x00 + 4x = t sin t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 4 = 0 ⇒ λ1 = 2j, λ2 = −2j. Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru (♣)

x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t + w(t),

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je (♣♣)

w(t) = (At + B) cos t + (Ct + D) sin t,

24

neboť σ = 0, ω = 1, r = 1 a A, B, C, D jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = (At + B) cos t + (Ct + D) sin t (4×) t cos t : 3A = 0, w0 (t) = (Ct + D + A) cos t + (−At − B + C) sin t (0×) cos t : 3B +2C = 0, w00 (t) = (−At − B + 2C) cos t+(−Ct − D − 2A) sin t (1×) t sin t : 3C = 1, sin t : 3D − 2A = 0,

A=0 B = −2 9 C = 13 D=0

Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení 1 2 x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t + t sin t − cos t, t ∈ R. 3 9 Dále je 1 2 1 x0 (t) = −2c1 sin 2t + 2c2 cos 2t + ( + ) sin t + t cos t 3 9 3 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic 2 = 0, 9 Partikulární řešení je dáno vzorcem c1 −

2 2c2 = 0 ⇒ c1 = , c2 = 0. 9

2 1 x(t) = (cos 2t − cos t) + t sin t. 9 3 7. Úloha: K rovnici x00 + 2x0 + 2x = 3 cos t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = 1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 2λ + 2 = 0 ⇒ λ1 = −1 + j, λ2 = −1 − j. Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru x(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sin t + w(t),

(♣)

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je (♣♣)

w(t) = A cos t + B sin t,

neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = A cos t + B sin t (2×) cos t : A + 2B = 3, A= w0 (t) = B cos t − A sin t (2×) sin t : −2A + B = 0, B = w00 (t) = −A cos t − B sin t (1×)

3 5 6 5

Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení 3 x(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sin t + (cos t + 2 sin t), t ∈ R. 5 Dále je 3 x0 (t) = e−t ((−c1 + c2 ) cos t + (−c1 − c2 ) sin t) + (− sin t + 2 cos t) 5 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic 6 3 4 3 = 0, −c1 + c2 + = 1 ⇒ c1 = − , c2 = − . 5 5 5 5 Partikulární řešení je dáno vzorcem c1 +

1 3 x(t) = −e−t (3 cos t + 4 sin t) + (cos t + 2 sin t). 5 5 25

8. Úloha: K rovnici x00 +x = 4 sin t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 2, x0 (0) = −1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 4 = 0 ⇒ λ1 = j, λ2 = −j. Podle (6.) má daná rovnice řešení tvaru (♣)

x(t) = c1 cos t + c2 sin t + w(t),

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.10) je (♣♣)

w(t) = At cos t + Bt sin t,

neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = At cos t + Bt sin t (1×) t cos t : 0 = 0 w0 (t) = (A + Bt) cos t + (B − At) sin t (0×) t sin t : 0 = 0 00 w (t) = ((−At + 2B) cos t + (−Bt − 2A) sin t (1×) cos t : 2B = 0, B = 0 sin t : −2A = 4, A = −2 Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení x(t) = c1 cos t + c2 sin t − 2t cos t, t ∈ R. Dále je x0 (t) = c1 sin t − c2 cos t − 2 cos t + 2t sin t a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c1 = 2,

c2 − 2 = −1 ⇒ c1 = 2, c2 = 1.

Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = 2 cos t + sin t − 2t cos t. 9. Úloha: K rovnici x00 + 3x0 + 2x = e−t cos 2t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 2, x0 (0) = −1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 + 3λ + 2 = 0 ⇒ λ1 = −2, λ2 = −1. Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru (♣)

x(t) = c1 e−2t + c2 e−t + w(t),

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je (♣♣)

w(t) = e−t (A cos 2t + B sin 2t),

neboť σ = −1, ω = 2, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: w(t) = e−t (A cos 2t + B sin 2t) (2×) cos 2t : −4A + 2B = 1, A = − 15 1 0 −t w (t) = e ((2B − A) cos 2t + (−2A − B) sin 2t) (3×) sin 2t : −2A − 4B = 0, B = 10 w00 (t) = e−t ((−3A − 4B) cos 2t + (4A − 3B) sin 2t) (1×) 26

Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení x(t) = c1 e−2t + c2 e−t +

1 −t e (−2 cos 2t + sin 2t), t ∈ R. 10

Dále je 1 −t e (4 cos 2t + 3 sin 2t) 10 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic x0 (t) = −2c1 e−2t − c2 e−t +

c1 + c2 −

1 = 2, 5

−2c1 − c2 +

2 4 = −1 ⇒ c1 = − , c2 = 3. 5 5

Partikulární řešení je dáno vzorcem 4 1 x(t) = − e−2t + 3e−t + e−t (−2 cos 2t + sin 2t), t ∈ R. 5 10 10. Úloha: K rovnici x00 − 9x = e3t cos t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x0 (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici λ2 − 9 = 0 ⇒ λ1 = 3, λ2 = −3. Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru (♣)

x(t) = c1 e3t + c2 e−3t + w(t),

kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je w(t) = e3t (A cos t + B sin t),

(♣♣)

neboť σ = 3, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce (♣♣) do dané rovnice dostaneme: 1 w(t) = e3t (A cos t + B sin t) (−9×) cos t : −A + 6B = 1, A = − 37 6 w0 (t) = e3t ((3A + B) cos t + (3B − A) sin t) (0×) sin t : −6A − B = 0, B = 37 00 3t w (t) = e ((8A + 6B) cos t + (8B − 6A) sin t) (1×)

Po dosazení do vzorců (♣) a (♣♣) dostaneme obecný tvar řešení x(t) = c1 e3t + c2 e−3t +

1 3t e (− cos t + 6 sin t), t ∈ R. 37

Dále je 1 3t e (3 cos t + 19 sin t) 37 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic x0 (t) = 3c1 e3t − 3c2 e−3t +

c1 + c2 −

1 = 0, 37

3c1 − 3c2 +

3 1 = 0 ⇒ c1 = 0, c2 = . 37 37

Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) =

1 −3t 1 e + e3t (− cos t + 6 sin t), t ∈ R. 37 37 27

Neřešené úlohy k odstavci 7. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce pro uvedenou rovnici. 1. x00 + 3x0 + 2x = 6et ,

x(0) = 3, x0 (0) = 0. [x(t) = c1 e−2t + c2 e−t + et ,

2. x00 + 5x0 + 6x = 12et ,

x(t) = −e−2t + 3e−t + et ]

x(0) = 3, x0 (0) = −4. [x(t) = c1 e−2t + c2 e−3t + et ,

3. x00 + 2x0 − 3x = e−t ,

x(0) = 1, x0 (0) = 2. [x(t) = c1 e−3t + c2 e−3t − 14 e−t ,

4. x00 + 4x = 2t + sin t,

x(t) = 18 (−e−3t + 11et − 2e−t ]

x(0) = 0, x0 (0) = 3.

[x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t + 21 t + 13 sin t, 5. x00 − 3x0 + 2x = 2 cos t,

x(t) =

13 12

sin 2t + 12 t + 13 sin t]

x(0) = 0, x0 (0) = 0.

[x(t) = c1 e2t + c2 et + 15 (cos t − 3 sin t), 6. x00 + 4x = 4 sin t,

x(t) = e−2t + e−3t + et ]

x(t) = 45 e2t − et + 51 (cos t − 3 sin t)]

x(0) = 1, x0 (0) = 2. [x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t + 43 sin t,

x(t) = cos 2t + 31 sin 2t + 34 sin t]

7. x00 − 2x0 + 2x = t sin t. [x(t) = et (c1 cos t + sin t) + 8. x00 + x = −3 cos 2t,

1 25

((10t + 14) cos t + (5t + 2) sin t)]

x(0) = 3, x0 (0) = 1. [x(t) = c1 cos t + c2 sin t + cos 2t,

9. x00 + 4x = cos t,

x(t) = 2 cos t + sin t + cos 2t]

x(0) = 0, x0 (0) = 0. [x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t + 31 cos t,

10. x00 + 6x0 + 9x = 4 sin t,

x(0) = 0, x0 (0) = 0.

[x(t) = c1 e−3t + c2 te−3t + 11. x00 + 2x0 + x = sin t,

x(t) = 13 (− cos 2t + cos t)]

2 25 (−3 cos t

+ 4 sin t),

x(t) =

2 25 [(5t

+ 3)e−3t − 3 cos t + 4 sin t]]

x(0) = 0, x0 (0) = 0. [x(t) = (c1 + c2 t)e−t − 12 cos t,

x(t) = 12 [(t + 1)e−t − cos t]

12. x00 + 4x = 3e−t sin 2t. [x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t +

3 −t 17 e (4 cos 2t

+ sin 2t]

8. Metoda variace konstant pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. V tomto odstavci ukážeme metodu řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu, kterou můžeme použít v případech, kdy nelze postupovat metodou odhadu z odstavce 7. I když budeme uvažovat pouze rovnici s konstantními koeficienty, je tato metoda použitelná pro rovnici s proměnnými koeficienty libovolného řádu. Je obdobou metody z odstavce 4 a nazýváme ji metodou variace konstant.

28

Hledáme partikulární řešení rovnice (8.1)

x00 + bx0 + cx = f (t),

kde funkce f (t) je po úsecích spojitá v intervalu I. Příslušná homogenní rovnice má podle odstavce 6 řešení tvaru (8.2)

u(t, c1 , c2 ) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t), t ∈ R,

kde funkce u1 (t) a u2 (t) jsou určeny jedním ze vztahů (6.5), (6.6) či (6.7), podle charakteru kořenů charakteristické rovnice (6.3). Řešení rovnice (8.1) budeme hledat ve tvaru (8.3)

w(t) = c1 (t)u1 (t) + c2 (t)u2 (t),

kde funkce c1 (t) a c2 (t) určíme dosazením do rovnice (8.1). Je (8.4) w0 (t) = c01 (t)u1 (t) + c02 (t)u2 (t) + c1 (t)u01 (t) + c2 (t)u02 (t). Kdybychom počítali druhou derivaci ze vztahu (8.4), dostaneme výraz, který bude obsahovat derivace druhého řádu dvou neznámých funkcí a po dosazení do rovnice (8.1) dostaneme rovnici ještě složitější. Využijeme skutečnosti, že musíme splnit jednu rovnici, tedy jednu podmínku, ale máme k dispozici volbu dvou funkcí c1 (t) a c2 (t). Přidáme si jednu podmínku, která nám další výpočet zjednoduší. Položíme rovnu nule tu část výrazu (8.4), která obsahuje derivace hledaných funkcí. Je tedy (8.5) c01 (t)u1 (t) + c02 (t)u2 (t) = 0 a tedy (8.6)

w0 (t) = c1 (t)u01 (t) + c2 (t)u02 (t).

Potom je (8.7)

w00 (t) = c01 (t)u01 (t) + c02 (t)u02 (t) + c1 (t)u001 (t) + c2 (t)u002 (t).

Po dosazení výrazů (8.7), (8.6) a (8.3) do rovnice (8.1) dostaneme pro hledané funkce c1 (t) a c2 (t) podmínku c1 (t)(u001 (t) + bu01 (t) + cu1 (t)) + c2 (t)(u002 (t) + bu02 (t) + cu2 (t)) + c01 (t)u01 (t) + c02 (t)u02 (t) = f (t). Jestliže použijeme skutečnosti, že funkce u1 (t) a u2 (t) jsou řešením příslušné homogenní rovnice, tak dostaneme podmínku (8.8)

c01 (t)u01 (t) + c02 (t)u02 (t) = f (t) t ∈ I,

která s dříve uvedenou podmínkou (8.5) tvoří soustavu dvou lineárních rovnic pro derivace hledaných funkcí c1 (t) a c2 (t) tvaru (8.9)

c01 (t)u1 (t) + c02 (t)u2 (t) = 0 , t ∈ I. c01 (t)u01 (t) + c02 (t)u02 (t) = f (t)

Tato soustava má jediné řešení c01 (t) a c02 (t) a integrováním získáme hledané funkce c1 (t) a c2 (t). Ty jsou určeny jednoznačně až na aditivní konstanty, které po dosazení do vzorce (8.3) představují řešení (8.2) homogenní rovnice příslušné rovnici (8.1). Jsou-li c1 (t) a c2 (t) řešení soustavy (8.9), pak (8.10)

w(t) = c1 (t)u1 (t) + c2 (t)u2 (t), t ∈ I,

29

je partikulární řešení rovnice (8.1) a vzorec (8.11)

x(t) = x(t; c1 , c2 ) = w(t) + u(t) = c1 (t)u1 (t) + c2 (t)u2 (t) + c1 u1 (t) + c2 u2 (t), t ∈ I,

kde c1 , c2 jsou libovolné konstanty, je vzorec pro obecný tvar řešení rovnice (8.1). Řešené úlohy k odstavci 8.

1. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení rovnice x00 + x = cotg x. Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty tvaru (8.1) a její řešení budeme hledat metodou variace konstant popsanou v odstavci 8. Charakteristická rovnice příslušné homogenní rovnice je podle (6.3) λ2 + 1 = 0. Tato rovnice má dva ryze imaginární kořeny λ1 = j a λ2 = −j a podle (6.7) je obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t; c1 , c2 ) = c1 cos t + c2 sin t, t ∈ R. Partikulární řešení rovnice budeme podle (8.3) hledat ve tvaru w(t) = c1 (t) cos t + c2 (t) sin t, t ∈ (kπ, (k + 1)π), k je celé číslo. Po dosazení do rovnice dostaneme pro hledané funkce podle (8.9) soustavu c01 (t) cos t + c02 (t) sin t = 0 −c01 (t) sin t + c02 (t) cos t = cotg t, která má řešení c01 (t) = − cos t a c02 (t) = Z

c1 (t) = Je Z

cos2 t dt = sin t Z

Z

− cos tdt = − sin t

cos2 t sin t dt = sin2 t

z2 dz = z2 − 1

cos2 t sin t

a tudíž cos2 t dt. sin t

Z

a

c2 (t) =

cos2 t cos t = z sin tdt = 2 − sin tdt = dz 1 − cos t

Z

=

1 1 1 z − 1 − dz = z + ln = 2(z − 1) 2(z + 1) 2 z + 1

Z 





1+

1 cos t − 1 ln . 2 cos t + 1

cos t +





Podle (8.11) je obecný tvar řešení 1 cos t − 1 x(t) = x(t; c1 , c2 ) = c1 cos t + c2 sin t − sin t cos t + cos t + ln sin t = 2 cos t + 1 





1 cos t − 1 c1 cos t + c2 sin t + ln sin t, t ∈ (kπ, (k + 1)π), k je celé číslo. 2 cos t + 1



30

2. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení rovnice x00 + x = sin2 t. Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty tvaru (8.1) a její řešení budeme hledat metodou variace konstant popsanou v odstavci 8. Charakteristická rovnice příslušné homogenní rovnice je podle (6.3) λ2 + 1 = 0. Tato rovnice má dva ryze imaginární kořeny λ1 = j a λ2 = −j a podle (6.3) je obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t; c1 , c2 ) = c1 cos t + c2 sin t, t ∈ R. Partikulární řešení rovnice budeme podle (8.3) hledat ve tvaru w(t) = c1 (t) cos t + c2 (t) sin t, t ∈ R. Po dosazení do rovnice dostaneme pro hledané funkce podle (8.9) soustavu c01 (t) cos t + c02 (t) sin t = 0 −c01 (t) sin t + c02 (t) cos t = sin2 t, která má řešení c01 (t) = − sin3 t a c02 (t) = sin2 t cos t a tudíž Z

c1 (t) =

− sin3 tdt =

a c2 (t) =

Z

(− sin t(1 − cos2 t))dt = cos t −

Z

sin2 t cos tdt =

1 cos3 t 3

1 sin3 t. 3

Pro partikulární řešení w(t) dostaneme vyjádření w(t) = cos2 t −

1 1 1 cos4 t + sin4 t = cos2 t + (sin2 t + cos2 t)(sin2 t − cos2 t) = 3 3 3

1 1 1 1 1 + cos 2t − cos 2t = + cos 2t. 2 2 3 2 6 Podle (8.11) je obecný tvar řešení x(t) = x(t; c1 , c2 ) = c1 cos t + c2 sin t +

1 1 + cos 2t, t ∈ R. 2 6

Partikulární řešení w(t) se dá hledat metodou odhadu, jestliže nahradíme sin2 t = 21 (1 − cos 2t). Porovnejte s úlohami v odstavci 7. 3. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení rovnice x00 − 2x0 + x =

et . t

Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty tvaru (8.1) a její řešení budeme hledat metodou variace konstant popsanou v odstavci 8. Charakteristická rovnice příslušné homogenní rovnice je podle (6.3) λ2 − 2λ + 1 = 0. 31

Tato rovnice má jeden dvojnásobný kořen λ0 = 1 a podle (6.6) je obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t; c1 , c2 ) = c1 et + c2 tet , t ∈ (−∞, 0) nebo (0, ∞). Partikulární řešení rovnice budeme podle (8.3) hledat ve tvaru w(t) = c1 (t)et + c2 (t)tet , t ∈ (−∞, 0) nebo (0, ∞). Po dosazení do rovnice dostaneme pro hledané funkce podle (8.9) soustavu c01 (t)et + c02 (t)tet = 0 t c01 (t)et + c02 (t)(t + 1)et = et , která má řešení c01 (t) = −1 a c02 (t) = Z

c1 (t) =

1 t

a tudíž

(−1)dt = −t a c2 (t) =

Z

1 dt = ln |t|. t

Podle (8.11) je obecný tvar řešení x(t) = x(t; c1 , c2 ) = c1 et + c2 tet − tet + tet ln |t|, t ∈ (−∞, 0) nebo (0, ∞). 4. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení rovnice √ x00 + 2x0 + x = 3e−t t + 1. Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty tvaru (8.1) a její řešení budeme hledat metodou variace konstant popsanou v odstavci 8. Charakteristická rovnice příslušné homogenní rovnice je podle (6.3) λ2 + 2λ + 1 = 0. Tato rovnice má jeden dvojnásobný kořen λ0 = −1 a podle (6.6) je obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t; c1 , c2 ) = c1 e−t + c2 te−t , t ∈ R. Partikulární řešení rovnice budeme podle (8.3) hledat ve tvaru w(t) = c1 (t)e−t + c2 (t)te−t , t ∈ (−1, ∞). Po dosazení do rovnice dostaneme pro hledané funkce podle (8.9) soustavu c01 (t)e−t + c02 (t)te−t = 0 √ −c01 (t)e−t + c02 (t)(1 − t)e−t = 3e−t t + 1, √ √ která má řešení c01 (t) = −3t t + 1 a c02 (t) = 3 t + 1 a tudíž √ Z Z t + 1 = z, t = z 2 − 1 √ c1 (t) = (−3t t + 1)dt = = 6 (z 2 − z 4 )dz = dt = 2zdz q

= 2 (t + 1)3 − a

Z

c2 (t) =

6q (t + 1)5 , t ∈ (−1, ∞) 5

q √ 3 t + 1dt = 2 (t + 1)3 , t ∈ (−1, ∞).

Podle (8.11) je obecný tvar řešení −t

x(t) = (t; c1 , c2 ) = c1 e

−t

+ c2 te

−t

+ 2e



= c1 + c2 t +

q

(t +

1)3

q 6 −t q −t 5 (t + 1) + 2te (t + 1)3 = − e 5

4q (t + 1)5 e−t , t ∈ (−1, ∞). 5 

32

5. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení rovnice x00 + 3x0 + 2x =

et

1 . +1

Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty tvaru (8.1) a její řešení budeme hledat metodou variace konstant popsanou v odstavci 8. Charakteristická rovnice příslušné homogenní rovnice je podle (6.3) λ2 + 3λ + 2 = 0. Tato rovnice má dva kořeny λ1 = −2 a λ2 = −1 a podle (6.5) je obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t; c1 , c2 ) = c1 e−2t + c2 e−t , t ∈ R. Partikulární řešení rovnice budeme podle (8.3) hledat ve tvaru w(t) = c1 (t)e−2t + c2 (t)e−t , t ∈ R. Po dosazení do rovnice dostaneme pro hledané funkce podle (8.9) soustavu c01 (t)e−2t + c02 (t)e−t = 0 −2c01 (t)e−2t − c02 (t)e−t = et1+1 , 2t

která má řešení c01 (t) = − eet +1 a c02 (t) = c1 (t) = −

Z

et et +1



et = z e2t dt = t e dt = dz et + 1

a tudíž

Z  Z  −z 1 dz = − 1 dz = z+1 z+1

= ln |z| − z = ln (et + 1) − et a Z

c2 (t) =

et dt = ln (et + 1). et + 1

Podle (8.11) je obecný tvar řešení x(t) = x(t; c1 , c2 ) = c1 e−2t + c2 e−t − e−t + e−2t ln (et + 1) + e−t ln (et + 1) = = c1 e−2t + c∗2 e−t + (e−2t + e−t ) ln (et + 1), t ∈ R, c∗2 = c2 − 1. 6. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení rovnice x00 + x =

1 sin t

a řešení určené počátečními podmínkami a) x(π/2) = 1, x0 (π/2) = 0,

b) x(−π/2) = 0, x0 (−π/2) = π/2.

Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu s konstantními koeficienty tvaru (8.1) a její řešení budeme hledat metodou variace konstant popsanou v odstavci 8. Charakteristická rovnice příslušné homogenní rovnice je podle (6.3) λ2 + 1 = 0.

33

Tato rovnice má dva ryze imaginární kořeny λ1 = j a λ2 = −j a podle (6.7) je obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t; c1 , c2 ) = c1 cos t + c2 sin t, t ∈ R. Partikulární řešení rovnice budeme podle (8.3) hledat ve tvaru w(t) = c1 (t) cos t + c2 (t) sin t, t ∈ (kπ, (k + 1)π), k je celé číslo. Po dosazení do rovnice dostaneme pro hledané funkce podle (8.9) soustavu c01 (t) cos t + c02 (t) sin t = 0 −c01 (t) sin t + c02 (t) cos t = sin1 t , která má řešení c01 (t) = −1 a c02 (t) = Z

c1 (t) =

−dt = −t

cos t sin t

a tudíž Z

a

c2 (t) =

cos t dt = ln | sin t|. sin t

Podle (8.11) je obecný tvar řešení x(t) = x(t; c1 , c2 ) = (c1 − t) cos t + (c2 + ln | sin t|) sin t, t ∈ (kπ, (k + 1)π), kde k je celé číslo. Pro řešení Cauchyovy úlohy potřebujeme znát derivaci řešení x0 (t) = −c1 sin t + c2 cos t + t sin t − cos t + cos t ln | sin t| +

cos t sgn(sin t) sin t = | sin t|

(−c1 + t) sin t + (c2 + ln | sin t|) cos t. Pro a) dostaneme: t ∈ (0, ∞), sin t > 0, x(π/2) = x(π/2; c1 , c2 ) = c2 + ln 1 = 1 ⇒ c2 = 1 a x0 (π/2) = x0 (π/2; c1 , c2 ) = −c1 + π/2 = 0 ⇒ c1 = π/2, tedy x(t) = (π/2 − t) cos t + (1 + ln (sin t)) sin t, t ∈ (0, π). Pro b) dostaneme: t ∈ (0, ∞), sin t < 0, x(−π/2) = x(−π/2; c1 , c2 ) = −c2 = 0 ⇒ c2 = 0 a x0 (−π/2) = x0 (−π/2; c1 , c2 ) = c1 + π/2 = π/2 ⇒ c1 = 0 tedy x(t) = −t cos t + sin t ln (− sin t), t ∈ (−π, 0).

34