ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
Příklad 1 Nalezněte obecné řešení diferenciální rovnice (pomocí separace proměnných) a řešení Cauchyho úlohy: a) = ,
b) =
,
c) = 2,
d) = 2, e) =
,
0 = −1 1 = 1
1 = 1
0 = −1
0 = 1
f) 2 − = 0,
1 = −1
= 0, 1 = 1 +1 1 h) = , 1 = 2 g) −
i) = − ,
0 = −1
= 0 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… j) sin + cos = 0,
Řešení 1a = , 0 = −1 Ze zadání není definiční obor řešení ničím omezen, tedy = . Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných =1 Integrujeme ln|| = + !, !∈ Obě strany uplatníme jako argument exponenciální funkce
Máme řešit LDR
# $%| | = # &'(
Odtud vyjádříme neznámou a upravíme || = # ( # & = )# & , ) = #(, ) ∈ ' Odtud dostáváme obecné řešení LDR = )# & , ) ∈ , = Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky )# * = −1
∀∃
1
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8 ) = −1
Odtud Řešení Cauchyho úlohy tedy je
= −# & ,
=
Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy = −# & = −# & −# & = −# & Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky 0 = −1 −# * = −1 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1b , 1 = 1 Nejprve si musíme uvědomit, že oblast řešení je = − +0,, protože zlomek na pravé straně je definován v tomto oboru. Nyní budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných 1 = Integrujeme ln|| = ln|| + !, !∈ Obě strany uplatníme jako argument exponenciální funkce Máme řešit LDR
=
# $%| | = # $%|&|'(
Odtud vyjádříme neznámou a upravíme || = # ( # $%|&| = )||, ) = #( , ) ∈ ' Odtud dostáváme obecné řešení LDR = ), ) ∈ Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky )1 = 1 Odtud )=1 Řešení Cauchyho úlohy tedy je = , = − +0, Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy = ∀∃
2
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8 =
1=1
Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky
1 = 1 1=1 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1c = 2, 1 = 1 Ze zadání není definiční obor řešení ničím omezen, tedy = . Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných = 2 Integrujeme ln|| = + !, !∈ Obě strany uplatníme jako argument exponenciální funkce
Máme řešit LDR
Odtud vyjádříme neznámou a upravíme
# $%| | = # &
|| = # ( # & = )# & , Odtud dostáváme obecné řešení LDR .
. '(
) = #(,
.
) ∈ '
= )# & , ) ∈ , = Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky .
)# / = 1 .
Odtud
Řešení Cauchyho úlohy tedy je
)=
1 #
1 . . = # & = # & 0/ , #
Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy = 2
1)# & 2 = 2)# & .
=
.
)# & 2 = 2)# & Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky 1 = 1 .
∀∃
.
3
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8 #/
. 0/
= # /0/ = # * = 1
Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1d Máme řešit LDR
0 = −1 = 2, Ze zadání je definiční obor řešení omezen na nezáporné hodnoty hledané funkce. Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných =2 Upravíme !∈ / = 2 + !, Integrujeme /
= 2 + ! 1 2
! ! = + ), )= , )∈ 2 2 Umocníme na druhou a dostáváme řešení, definiční obor není omezen podmínkou zmíněnou v počátku řešení (řešení má nezáporné hodnoty) ) ∈ , = = + ) , Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky 0 + ) = ) = −1 Protože není možné, aby druhá mocnina reálného čísla byla záporná, nemá Cauchyho úloha v reálném oboru řešení. Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy Odtud
/
= +
= 2
+ ) = 2 + ) 2 + ) = 2 + ) Tím je ověřena správnost obecného řešení. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1e Máme řešit LDR ∀∃
=
,
0 = 1 4
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
Ze zadání není definiční obor řešení ničím omezen, tedy = . Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných = Integrujeme = + !, !∈ 2 2 Upravíme = + 2! = + , = 2!, ∈ Odtud dostáváme obecné řešení LDR ∈ = + , Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky Odtud Tudíž Řešení Cauchyho úlohy tedy je
+ = 1 0 + = 1 =1
= + 1,
Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy =
+ =
=
√ + / 1 + 0 2 = 2 √ + Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky 0 = 1
0 + 1 = 1 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1f Máme řešit LDR
2 − = 0, 1 = −1 Ze zadání není definiční obor řešení ničím omezen, tedy = . Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných 1 =2 Integrujeme
∀∃
5
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
1 0 + ! = − + !, −2 Obě strany uplatníme jako argument exponenciální funkce
!∈
ln|| = 2
# $%| | = #
Odtud vyjádříme neznámou a upravíme || = # ( # Odtud dostáváme obecné řešení LDR
/ 0 . &
= )#
/ 0 . '( &
/ 0 . & ,
) = #(,
) ∈ '
/
0
= )# &. , ) ∈ ', = Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky 1 = −1 0
/
)# /. = −1 )# 0/ = −1
Odtud
) = −#
Řešení Cauchyho úlohy tedy je = −##
/ 0 . &
= −#
/ /0 . & ,
Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy 2 − = 0 2)#
2)#
/ 0 . &
/ 0 . &
− 4)#
− )#
/ 0 2)# &.
Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky
=
/ 0 . & 5
=0
/ 0 . & 1− −2 0 2
−
/ 0 2)# &.
=0
=0
1 = −1 /0
/
−# /. = −1 −# * = −1 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1g Máme řešit LDR
= 0, 1 = 1 +1 Ze zadání je definiční obor řešení omezen přípustností zlomku na pravé straně, tedy = − +−1,. Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných = +1 −
∀∃
6
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
1 = + 1 Pravou stranu rozložíme na parciální zlomky (abychom mohli poté rozumně integrovat) 6 7 6 + 6 + 7 6 + 7 + 6 1 = + = = + 1 + 1 + 1 + 1 Koeficienty u stejných mocnin se musí rovnat, dostáváme soustavu rovnic 6 + 7 = 0, 6=1 Odtud 6 = 1, 7 = −1 Tedy 1 −1 1 1 = + = − +1 +1 Integrujeme ln|| = ln|| − ln| + 1| + !, !∈ Upravíme za použití vlastností logaritmu || ln|| = ln + !, !∈ | + 1| Obě strany uplatníme jako argument exponenciální funkce # $%| | = #
|&| $% '( |&'/|
Odtud vyjádříme neznámou a upravíme || || || = # ( =) , ) = #(, ) ∈ ' | + 1| | + 1| Odtud dostáváme obecné řešení LDR , ) ∈ , = − +−1, =) +1 Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky 1 = 1 1 ) =1 1+1 1 ) =1 2 Odtud )=2 Řešení Cauchyho úlohy tedy je =2 , = − +−1, +1 Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy − =0 +1 )+1 ) =0 − +1 +1 ∀∃
7
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
) +1− − =0 + 1 + 1 Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky 1 = 1 1 =1 2∙ 1+1 1 2∙ =1 2 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… )
Řešení 1h Máme řešit LDR
1 , 1 = 2 Ze zadání je definiční obor řešení omezen přípustností zlomku, tedy = − +0,. Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných 1 = Integrujeme 1 1 − = − + !, !∈ Upravíme 1 1 1 − ! = −! = Vyjádříme neznámou a dostáváme obecné řešení = , ! ∈ , = − +0, 1 − ! Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky 1 1 = 2 1 1 = 1−!∙1 2 Odtud ! = −1 Řešení Cauchyho úlohy tedy je = = , = − +0, 1 − −1 1 + Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy = =
∀∃
8
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
1 − ! = 1 − ! 1 − ! − −! 1 − ! = 1 − ! 1 1 = 1 − ! 1 − ! Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky 1 1 = 2 1 1 = 1+1 2 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1i Máme řešit LDR
= − , 0 = −1 Ze zadání není definiční obor řešení ničím omezen, tedy = . Dále je třeba si uvědomit, že v tomto případě je jedním z možných obecných řešení takzvané triviální řešení. V tomto případě existují triviální řešení dokonce dvě, protože pravou stranu můžeme psát = 1 − Je tedy zřejmé, že řešením obecné rovnice jsou konstantní funkce * = 0, / = 1, = Dále budeme hledat řešení netriviální. Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných =1 − Před integrací provedeme rozklad na parciální zlomky 1 6 7 6 − 6 + 7 −6 + 7 + 6 1 = = + = = 1 − 1 − − 1 − 1 − Koeficienty u stejných mocnin se musí rovnat, dostáváme soustavu rovnic −6 + 7 = 0, 6=1 Odtud 6 = 1, 7=1 1 1 =4 + 5 = 1 − 1− To ale není příliš šťastné. V následné integraci dostaneme dva kladné členy v logaritmech a to by vedlo k potížím při vyjádření hledané funkce. Proto obě strany rovnice vynásobíme konstantou -1 a dostaenme −1 1 = + = − + = −1 4 5 − −1 −1 Integrujeme
∀∃
9
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
− ln|| + ln| − 1| = − + !, Obě strany uplatníme jako argument exponenciální funkce Využijeme vlastností logaritmu
Dostaneme
#
| 0/| $% | |
!∈
# 0 $%| |'$%| 0/| = # 0&'(
= # ( # 0& = )# 0& ,
) = #( ,
) ∈ '
| − 1| = )# 0& || Odtud v několika krocích vyjádříme neznámou a upravíme −1 = )# 0& , )∈ − 1 = )# 0& − )# 0& = 1 1 − )# 0& = 1 ) 41 − & 5 = 1 # #& − ) =1 #& Odtud dostáváme obecné řešení LDR #& = & , ) ∈ , = − +; # & = ) neboli = ln ), # −) Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. JE zřejmé, že ani jedno z obou triviálních řešení nevyhovuje počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky 0 = −1 #* = −1 #* − ) 1 = −1 1−) Odtud )=2 Řešení Cauchyho úlohy tedy je #& = & , = − +; # & = 2 neboli = ln 2, # −2 Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy = −
#& #& #& −< & < & = = & = # −) # −) # −)
∀∃
# & # & − ) − # & # & # & # & − ) #& = − # & − ) # & − ) # & − ) & & & & & & & & # # − )# − # # # # − )# − # & # & = # & − ) # & − ) 10
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky
0 = −1 #* = −1 #* − 2 1 = −1 1−2 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1j Máme řešit LDR
= 0 2 Ze zadání není definiční obor řešení ničím omezen, tedy = . Měli bychom si povšimnout, že úloha má triviální řešení = 0. Nyní budeme hledat řešení netriviální. Nejprve budeme hledat obecné řešení rovnice pomocí separace proměnných sin + cos = 0 sin = − cos cos =− sin Integrujeme (pravou stranu pomocí substituce > = sin , > = cos ) ln|| = − ln|sin | + !, !∈ Obě strany uplatníme jako argument exponenciální funkce sin + cos = 0,
Odtud vyjádříme neznámou a upravíme
# $%| | = # 0 $%|?@% &|'(
|| = # ( # 0 $%|?@% &| = )
1 ) = , sin sin
) = #(,
) ∈ '
Odtud dostáváme obecné řešení LDR ) = , ) ∈ , = − +A, A ∈ B, sin Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu, neboli budeme hledat konkrétní K vyhovující počáteční podmínce. Obecné řešení dosadíme do počáteční podmínky = 0 2 ) =0 sin 2 ) =0 1 Odtud )=0 Řešením Cauchyho úlohy tedy je pouze triviální řešení = 0, = ∀∃
11
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy sin + cos = 0 ) ) cos = 0 4 5 sin + sin sin −) cos ) sin + cos = 0 sin sin −) cos ) cos + =0 sin sin Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky = 0 2 0=0 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀∃
12
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
Příklad 2 Nalezněte obecné řešení diferenciální rovnice (s homogenní funkcí) a řešení Cauchyho úlohy: a) = b) = c) = d) =
, − 2 , −
+ ,
− , 2
e) = −
, +
0 = 1 0 = 1 1 = 1 1 = 1 1 = 0
………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2a Máme řešit rovnici
, 0 = 1 − Pokud vydělíme čitatele i jmenovatele pravé strany dostaneme = = = − ∙ − − 1 Je zřejmé, že se jedná o diferenciální rovnici s homogenní funkcí. To je ale již v zadání vyzrazeno, můžeme tedy přímo zavést substituci C= , = C, = C + C Dosadíme do zadané rovnice C C C C + C = = = C − C − 1 C − 1 Odtud 1 C C = < − C= C−1 Tím se nám podařilo převést danou rovnici na separovatelný tvar. Separujeme a pokračujeme v úpravách C 1 = C −C C−1 C 1 = C −C +C C−1 =
∀∃
13
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8 1 C C = C−1 C−1 1 C = C 1 1 41 − 5 C = C
C − ln|C| = ln|| + !, !∈ Obě strany použijeme jako argument exponenciální funkce a dostaneme Integrujeme
# D0$%|D| = # $%|&|'(
Odtud
Upravíme
# |D| = # ( # $%|&| # $%|D|
# |D| = )||, |C|
) = #(,
)C = # D ,
)∈
) ∈ '
) = #& Odtud dostáváme obecné řešení zadané rovnice (v implicitním tvaru)
Provedeme zpětnou substituci
) = # & , )∈ Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu. Dosadíme počáteční podmínku 0 = 1 do obecného řešení ) 0 = #
* * /
) ∙ 1 = #* Na pravé straně máme zlomek s nulou ve jmenovateli. Výraz není přípustný, proto Cauchyho úloha nemá řešení. Zkouška Vzhledem k tomu, že jsme získali řešení v implicitním tvaru, nelze ho dosadit do dané rovnice. Ověření správnosti řešení je v této situaci komplikované. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2b Máme řešit rovnici
2 , 0 = 1 − Pokud vydělíme čitatele i jmenovatele pravé strany dostaneme 2 2 2 = = = − 1 − 1 − Je zřejmé, že se jedná o diferenciální rovnici s homogenní funkcí. To je ale již v zadání vyzrazeno, můžeme tedy přímo zavést substituci =
∀∃
14
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8 C=
Dosadíme do zadané rovnice
,
C + C =
= C,
= C + C
2C 2C 2C = = − C 1 − C 1 − C
1 2C − C5 4 1 − C Tím se nám podařilo převést danou rovnici na separovatelný tvar. Separujeme a pokračujeme v úpravách C 1 = 2C −C 1 − C C 1 = 2C − C + C 1 − C C 1 = C 1 + C 1 − C 1 − C 1 C = C 1 + C Výraz na levé straně rozložíme na parciální zlomky 6 7C + ! 6 + 6C + 7C + !C 6 + 7 C + !C + 6 1 − C = + = = C 1 + C C 1 + C C 1 + C C 1 + C Koeficienty u stejných mocnin neznámé musí být stejné. Dostáváme tedy soustavu rovnic 6 + 7 = −1, ! = 0, 6=1 Která má řešení 6 = 1, 7 = −2, !=0 Dosadíme do posledního tvaru rovnice 1 1 −2C + 0 4 + 5C = C 1+C Upravíme C 2CC 1 − = C 1+C Integrujeme ln|C| − ln|1 + C | = ln|| + !, !∈ Obě strany použijeme jako argument exponenciální funkce a dostaneme Odtud
C =
# $%|D|0$%E/'D E = # $%|&|'( .
Odtud
# $%|D|
# $%|/'D
Upravíme
∀∃
|C| = )||, |1 + C |
.|
= # ( # $%|&| ) = #( ,
C = ), 1 + C
) ∈ '
)∈ 15
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
Provedeme zpětnou substituci
1 +
= )
Upravíme
= ) 1+ = ) + = ) + =) + Odtud dostáváme obecné řešení zadané rovnice (v implicitním tvaru) )∈ = ) + , Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu. Dosadíme počáteční podmínku 0 = 1 do obecného řešení
0 = ) 0 + 1 0 2 1 = ) 0 + 1* )=1
Odtud již přímo
= +
Řešení zadané Cauchyho úlohy tedy je
Zkouška Vzhledem k tomu, že jsme získali řešení v implicitním tvaru, nelze ho dosadit do dané rovnice. Ověření správnosti řešení je v této situaci komplikované. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2c Máme řešit rovnici
+ , 1 = 1 Pokud vydělíme čitatele i jmenovatele pravé strany dostaneme + + 1+ =1+ = = = 1 Je zřejmé, že se jedná o diferenciální rovnici s homogenní funkcí. To je ale již v zadání vyzrazeno, můžeme tedy přímo zavést substituci C= , = C, = C + C Dosadíme do zadané rovnice =
∀∃
16
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
Odtud
Integrujeme
ČÁST 8 C + C =
+ C 1 + C = =1+C
1 1 C = 1 + C − C =
C = ln|| + !,
!∈
= ln|| + !, !∈ Odtud dostáváme obecné řešení zadané rovnice (v implicitním tvaru) = ln|| + ! , !∈ Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu. Dosadíme do počáteční podmínky 1 = 1 1 ln|1| + ! = 1 !=1 Řešení Cauchyho úlohy tedy je = ln|| + 1 Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy + = + ln|| + ! 1 ln|| + ! 2 = 1 ln|| + ! + = 1 + ln|| + ! ln|| + ! + 1 = 1 + ln|| + ! Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky 1 = 1 1 ln|1| + 1 = 1 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Provedeme zpětnou substituci
Řešení 2d Máme řešit rovnici
− , 1 = 1 2 Pokud vydělíme čitatele i jmenovatele pravé strany dostaneme − − 1 = = 2 2 Je zřejmé, že se jedná o diferenciální rovnici s homogenní funkcí. To je ale již v zadání vyzrazeno, můžeme tedy přímo zavést substituci =
∀∃
17
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8 C=
Dosadíme do zadané rovnice
,
C + C =
= C,
= C + C
C − C − 1 C − 1 = = 2C 2 C 2C
1 C − 1 − C= < 2C Tím se nám podařilo převést danou rovnici na separovatelný tvar. Separujeme a pokračujeme v úpravách C 1 = C −1 −C 2C C 1 = C − 1 − 2C 2C C 1 = −1 − C 2C 2C 1 − C = 1+C 1 2C C = − 1 + C Integrujeme ln|1 + C | = − ln|| + !, !∈ Obě strany použijeme jako argument exponenciální funkce a dostaneme Odtud
C =
# $%E/'D E = # 0$%|&|'( .
Odtud
Upravíme
Provedeme zpětnou substituci
# $%E/'D E = # ( # 0$%|&| ) |1 + C | = , ) = #(, ) ∈ ' || .
1 + C =
) ,
)∈
) 1+ =
) = + ) = + = ) = ) − Odtud dostáváme obecné řešení zadané rovnice (v explicitním tvaru)
Upravíme
∀∃
1+
= ) − ,
)∈
18
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu. Dosadíme obecné řešení do počáteční podmínky 1 = 1
Řešení Cauchyho úlohy tedy je
1 ) − 1 = 1 1 ) − 1 = 1 )−1=1 )=2 = 2 −
Zkouška Ověříme obecné řešení jeho dosazením do řešené úlohy − = 2
) − =
) − −
2 ) − ) − − 1 1 ) − − = 2 2 ) − )−− )−− = 2 ) − 2 ) − Tím je ověřena správnost obecného řešení. Dosadíme do počáteční podmínky 1 = 1 / 0 − 2 )
1 2 − 1 = 1
√1 ∙ 1 = 1 Tím je ověřena správnost řešení Cauchyho úlohy. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2e Máme řešit rovnici
, 1 = 0 + Pokud vydělíme čitatele i jmenovatele pravé strany dostaneme =− + =− = − + 1+ Je zřejmé, že se jedná o diferenciální rovnici s homogenní funkcí. To je ale již v zadání vyzrazeno, můžeme tedy přímo zavést substituci C= , = C, = C + C Dosadíme do zadané rovnice C C C C + C = − =− =− 1 + C + C 1+C Odtud = −
∀∃
19
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B
ČÁST 8
1 C − C C = − 1+C Tím se nám podařilo převést danou rovnici na separovatelný tvar. Separujeme a pokračujeme v úpravách C 1 = C −1 + C − C C 1 = −C − C − C 1+C C 1 = 2C + C − 1+C C 1 = C 2 + C − 1+C C+1 1 C = − C 2 + C Před integrací převedeme výraz vlevo na parciální zlomky C+1 6 7 26 + 6C + 7C 6 + 7 C + 26 = + = = C 2 + C C 2 + C C 2 + C C 2 + C Koeficienty u stejných mocnin neznámé musí být stejné. Dostáváme tedy soustavu rovnic 6 + 7 = 1, 26 = 1 Která má řešení 1 1 6= , 7= 2 2 Dosadíme do posledního tvaru rovnice 1 1 1 2 F + 2 G C = − C 2+C 1 1 1 4 + 5 C = −2 C 2+C
Upravíme
ln|C| + ln|2 + C| = −2 ln|| + !, !∈ Obě strany použijeme jako argument exponenciální funkce a dostaneme Integrujeme
Odtud
Upravíme
# $%|D| # $%|'D| = # ( # 0$%|&| |C||2 + C| = ) || 0 , ) = #( ,
Provedeme zpětnou substituci
∀∃
# $%|D|'$%|'D| = # 0 $%|&|'(
C 2 + C =
) ,
)∈
) ∈ '
) 2 + =
20
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B Upravíme Za předpokladu ≠ 0 můžeme zjednodušit
ČÁST 8 2 + ) ∙ =
2 + = ) A to je obecné řešení zadané rovnice (v implicitním tvaru) 2 + = ), )∈ Nyní budeme řešit Cauchyho úlohu. Dosadíme počáteční podmínku 0 = 1 do obecného řešení 1 12 ∙ 1 + 1 2 = ) 0 2 + 0 = ) )=0 Cauchyho úloha má tedy řešení 2 + = 0 Zkouška Vzhledem k tomu, že jsme získali řešení v implicitním tvaru, nelze ho dosadit do dané rovnice. Ověření správnosti řešení je v této situaci komplikované. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀∃
21
