c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
MA2: Řešené příklady: ODR Příklady na separaci y2 − 1 1. Pro rovnici y ′ = řešte následující Cauchyho úlohy: 2x a) y(1) = 0; b) y(5) = −4; c) y(1) = 2; d) y(0) = 3; e) y(1) = −1. 1 y + řešte následující Cauchyho úlohy: 2. Pro rovnici y ′ = 2x 2xy a) y(2) = −1; b) y(0) = 1; c) y(−2) = 1; d) y(−1) = 0. Příklady na variaci konstanty — řád 1 p x2 3. Pro rovnici y ′ + 3 y = 4 3 (x3 − 1)2 x −1 a) y(0) = −1;
b) y(1) = 3;
řešte následující Cauchyho úlohy:
8 c) y(2) = √ 3 . 7
y = e−x řešte následující Cauchyho úlohy: x a) y(−1) = −1; b) y(0) = 3; c) y(1) = 0. 5. Pro rovnici y ′ = tg(x)y + esin(x) řešte následující Cauchyho úlohy: ¡ ¢ a) y(0) = 13; b) y(π) = 0; c) y π2 = 1. 4. Pro rovnici
y′ +
Příklady na variaci konstanty — řád n
y ′′ − 2y ′ + y = √
6. Najděte obecné řešení rovnice
ex . 1 − x2
Příklady na speciální pravou stranu 7. Najděte obecné řešení rovnice y ′′ − y ′ − 2y = −2x ex + 3e−x . 8. Pro rovnici y ′′ + y ′ = 4x + 2x ex řešte Cauchyho úlohu y(0) = 21 , y ′ (0) = − 12 . 9. Najděte obecné řešení rovnice x ¨ − 2x˙ + x = 2 sin(t) − 25 cos(2t). Příklady na soustavy rovnic řádu 1 y1′ = −2y1 + y2 10. Pro soustavu rovnic y2′ = 2y1 − y2
a) najěte fundamentální matici;
b) řešte Cauchyho úlohu y1 (0) = 3, y2 (0) = 0. y1′ = 4y1 − y2 11. Pro soustavu rovnic a) najěte fundamentální matici; y2′ = 4y1 b) řešte Cauchyho úlohu y1 (1) = 3e2 , y2 (1) = 4e2 . y1′ = 2y1 − y2 + 2 a) najěte fundamentální matici; 12. Pro soustavu rovnic y2′ = −6y1 + y2 − 5e−x
b) najděte obecné řešení. x˙ 1 = x1 − x2 13. Pro soustavu rovnic x˙ 2 = 5x1 − x2 − 6 sin2 (t)
a) najěte fundamentální matici;
b) najděte obecné řešení.
ˇ sení Reˇ 1. Rovnice jde separovat, y ′ = x 6= 0.
1 2x
· (y 2 − 1), použijeme příslušnou metodu. Vidíme podmínku
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
Nejprve stacionární řešení: y 2 − 1 = 0 pro hodnoty 1, −1, proto řešení y(x) = −1 na (−∞, 0) a na (0, ∞) a řešení y(x) = 1 na (−∞, 0) a na (0, ∞). Z Z 2 dy dx Pro y 6= ±1 separujeme x a y a pak integrujeme: = . Pravý integrál je tabulkový, 2 y −1 x levý je snadno rozkladem na parciální zlomky: Z
2 dy = (y − 1)(y + 1)
Z
¯y − 1¯ 1 1 ¯ ¯ − dy = ln |y − 1| − ln |y + 1| = ln¯ ¯. y−1 y+1 y+1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = ln |x| + c, přechodem na exponenciálu ¯ y−1 ¯ = eln |x|+c = ec · eln |x| = ec |x|. Máme rovnici ln¯ y−1 y+1 y+1 c = ±e x, znaménko schováme do C: y−1 Trik s absolutní hodnotou dá y−1 y+1 y+1 = Cx, kde C 6= 0. 1+Cx Odtud y(x) = 1−Cx , x 6= 0, C1 . Máme C 6= 0; ale C = 0 dá jedno ze stacionárních řešení, tak to také zahrneme; druhé zahrnout nejde (v jistém smyslu se dostane volbou C = ∞). Obecné řešení 1+Cx rovnice je tedy y(x) = −1 pro x 6= 0 (dva možné intervaly řešení) a y(x) = 1−Cx pro x 6= 0 a x 6= C1 když C 6= 0 (tři možné intervaly řešení). 1+C , tedy C = −1. Podmínky jsou teď x 6= 0, x 6= −1, z Poč. podmínky: a) Dosadíme: 0 = 1−C toho jsou tři intervaly a my chceme ten, který obsahuje x0 = 1. Řešení je ya (x) = 1−x 1+x , x ∈ (0, ∞). 1+5C 1 b) Dosadíme: −4 = 1−5C , tedy C = 3 . Podmínky jsou teď x 6= 0, x 6= 3, z toho jsou tři intervaly a my chceme ten, který obsahuje x0 = 5. Řešení je yb (x) = c) Dosadíme: 2 =
1+C 1−C ,
1+ x 3 1− x 3
, x ∈ (3, ∞).
tedy C = 31 . Podmínky jsou teď x 6= 0, x 6= 3, z toho jsou tři intervaly a 1+ x
my chceme ten, který obsahuje x0 = 1. Řešení je yc (x) = 1− x3 , x ∈ (0, 3). 3 Poznámka: Ta řešení z b) a c) mají stejný vzorec, ale jsou různá kvůli intervalu. d) Protože x0 = 0 nelze dosadit do dané rovnice, řešení yd (x) neexistuje. 1+C nemá řešení . Teď se hodí ta stacionární řešení ze začátku, vybereme e) Dosadíme: −1 = 1−C vhodné: Řešení je ye (x) = −1, x ∈ (0, ∞).
2. Daná rovnice rozhodně není lineární (y ve jmenovateli), jediná šance je tedy zkusit separovat, což naštěstí jde po přechodu na společný jmenovatel: y′ =
1 y2 + 1 y2 + 1 = · . 2yx x 2y
Vidíme podmínky x 6= 0, y 6= 0, a protože y 2 +Z1 nelze vynulovat volbou y, nebudou stacionární Z dx 2y dy = . řešení. Pro x, y 6= 0 rozdělíme a integrujeme: y2 + 1 x První integrál se hravě udolá substitucí z = y 2 +1, dostaneme√ln |y 2 +1| = ln |x|+c, |y 2 +1| = ec |x|, trik dá y 2 + 1 = ±ec x = Cx, tedy y 2 = Cx − 1 a y(x) = ± Cx − 1, C 6= 0 (všimněte si, že pro C = 0 vzorec nemá smysl). Tato řešení existují tam, kde je splněno Cx − 1 > 0, protože odmocnina vyžaduje Cx − 1 ≥ 0, ale ¡ y 6=¢ 0. Řešení nerovnice závisí na znaménku C, ¡ navíc¢je tu podmínka vychází definiční obory −∞, C1 pro C < 0 a C1 , ∞ pro C > 0. Poč. podmínky: a) y0 < 0. √ Zde musíme volit mínus odmocninu, protože √ Dosadíme: −1 = − 2C − 1, tedy C = 1. Řešení: ya (x) = − x − 1, x ∈ (1, ∞). b) yb neexistuje, protože x0 = 0 není možné. √ −2C − 1, tedy C = −1. c) Zde je třeba volit plus odmocninu, protože y > 0. Dosadíme: 1 = 0 √ Řešení: yc (x) = −x − 1, x ∈ (−∞, −1). d) yd neexistuje, protože máme podmínku y 6= 0. 3. Jde o nehomogenní lineární ODR, takže začneme přidruženou homogenní: y′ +
x2 x2 ′ y = 0 ⇐⇒ y = − · y. x3 − 1 x3 − 1
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
Máme podmínku x 6= 1. Oddělíme a integrujeme: 3
Z
dy =− y
Z
− 13
x2 dx. x3 − 1
¯ ¯ 1 ¯ ¯ ln |x −1|+c = ln¯ 3√ ¯ +c, 3 x −1 3
Druhý integrál se udělá substitucí z = x −1, dostaneme ln |y| = ¯ ¯ 1 ¯ c¯ √ 1 , tedy obecné řešení homogenní rovnice je |y| = e ¯ 3 ¯, trik y = ±ec 3√ 3 3 x −1 x −1 C yh (x) = 3√ , x 6= 1. Zde C 6= 0, ale C = 0 dá stacionární řešení y(x) = 0, x 6= 1. x3 − 1 C(x) Nyní uděláme variaci konstanty: y(x) = 3√ . Můžeme zderivovat: x3 − 1 y ′ (x) = C ′ (x) 3√
−x2 + C(x) 3p , x3 − 1 (x3 − 1)4 1
dosadit do rovnice a zkrátit, nebo si prostě pamatujeme, že stejný výraz jako pro y(x) ale se zderivovaným C(x) se rovná pravé straně: p C ′ (x) 3 √ (x3 − 1)2 =⇒ C ′ (x) = 4(x3 − 1) =⇒ C(x) = x4 − 4x + C. = 4 3 3 x −1 Obecné řešení je tedy y(x) =
x4 − 4x + C √ , x 6= 1. 3 3 x −1
x4 − 4x a pak y = yh + yp . Alternativa: C(x) = x4 − 4x, tedy partikulární řešení yp (x) = 3√ x3 − 1 C , tedy C = 1, dále x0 = 0 musí ležet v intervalu daném Poč. podmínky: a) Dosadíme: −1 = −1 4 x − 4x + 1 podmínkou x 6= 1. Řešení: ya (x) = 3√ , x ∈ (−∞, 1). x3 − 1 b) yb neexistuje, nelze mít x0 = 1. x4 − 4x 8 8+C √ c) Dosadíme: √ = , tedy C = 0. Řešení: y (x) = , x ∈ (1, ∞). √ c 37 3 7 3 3 x −1 4. Jde o nehomogenní lineární ODR, takže začneme přidruženou homogenní: Máme podmínku x 6= 0. Oddělíme a integrujeme: Z
dy =− y
Z
y′ +
y = 0. x
¡1¢ dx + c. =⇒ ln |y| = − ln |x| + c = ln |x| x
1 Pak |y| = ec |x| , trik y = ±ec x1 . Máme tedy obecné řešení homogenní rovnice yh (x) =
C , x 6= 0 x
(volba C = 0 dá stacionární řešení y(x) = 0, x 6= 0). C(x) . Můžeme zderivovat y ′ (x) = C ′ (x) x1 + C(x) −1 Nyní uděláme variaci konstanty: y(x) = x2 , x dosadit do rovnice a zkrátit, nebo si prostě pamatujeme, že stejný výraz jako pro y(x), ale se zderivovaným C(x), se rovná pravé straně: C ′ (x) = e−x =⇒ C ′ (x) = x e−x =⇒ C(x) = x
Z
x e−x dx = −x e−x − e−x + C.
C − (x + 1)e−x , x 6= 0. x (x + 1)e−x Alternativa: C(x) = −x e−x −e−x , tedy partikulární řešení yp (x) = − a pak y = yh +yp . x
Použila se integrace per partes. Obecné řešení je tedy y(x) =
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
C , tedy C = 1, dále x0 = 1 musí ležet v intervalu daném Poč. podmínky: a) Dosadíme: −1 = −1 1 − (x + 1)e−x podmínkou x 6= 0. Řešení: ya (x) = , x ∈ (−∞, 0). x b) yb neexistuje, nelze mít x0 = 0. C − 2e−1 2/e − (x + 1)e−x −1 c) Dosadíme: 0 = , tedy C = 2e . Řešení: yc (x) = , x ∈ (0, ∞). 1 x
5. Jde o nehomogenní lineární ODR, takže začneme přidruženou homogenní: Máme podmínku x 6= π2 + kπ. Oddělíme a integrujeme: Z
dy = y
Z
y ′ = tg(x)y.
¡ 1 ¢ sin(x) dx =⇒ ln |y| = − ln | cos(x)| + c = ln | cos(x)| + c. cos(x)
1 1 , trik y = ±ec cos(x) . Máme tedy obecné řešení homogenní rovnice Pak |y| = ec | cos(x)| C yh (x) = , x 6= π2 + kπ (volba C = 0 dá stacionární řešení y(x) = 0, x 6= 0). cos(x) C(x) . Můžeme zderivovat a dosadit do dané rovnice, Nyní uděláme variaci konstanty: y(x) = cos(x) nebo si rovnou pamatujeme, že
C ′ (x) = esin(x) =⇒ C ′ (x) = cos(x) esin(x) =⇒ C(x) = cos(x)
Z
Použila se substituce z = sin(x). Obecné řešení je tedy y(x) =
cos(x) esin(x) dx = esin(x) + C. esin(x) + C , x 6= cos(x)
π 2
+ kπ.
esin(x) a pak y = yh + yp . cos(x) Poč. podmínky: a) Dosadíme: 13 = 1+C 1 , tedy C = 12, dále x0 = 0 musí ležet v intervalu daném ¢ ¡ esin(x) + 12 π podmínkou x 6= 2 + kπ. Řešení: ya (x) = , x ∈ − π2 , π2 . cos(x) b) Dosadíme: 0 = 1+C , tedy C = −1, dále x0 = π musí ležet v intervalu daném podmínkou −1 ¢ ¡ esin(x) − 1 x 6= π2 + kπ. Řešení: yb (x) = , x ∈ π2 , 3π 2 . cos(x) c) yc neexistuje, nelze mít x0 = π2 .
Alternativa: C(x) = esin(x) , tedy partikulární řešení yp (x) =
6. Jde o nehomogenní lineární ODR 2. řádu, existence řešení je určena spojitostí koeficientů a pravé strany, takže bude řešení na (−1, 1). Začneme přidruženou homogenní. Ta má konstantní koeficienty, takže charakteristické věci: Charakteristický polynom je p(λ) = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 , rovnice p(λ) = 0 dá charakteristické číslo λ = 1 (2×). Fundamentální systém řešení je proto {ex , x ex } a obecné řešení homogenní rovnice je yh (x) = aex + bx ex , x ∈ IR. Teď je čas na nehomogenní rovnici. Pravé strana není speciální, musíme tedy dělat variaci konstant. Vidíme podmínku |x| < 1. Máme y(x) = a(x)ex + b(x)x ex , odtud rovnice a′ (x)ex + b′ (x)x ex = 0 a′ (x)ex + b′ (x)(x + 1)ex = √
a′ (x) + b′ (x)x = 0 =⇒ ′ . 1 ex a (x) + b′ (x)(x + 1) = √ 2 2 1−x 1−x
1 , tedy b(x) = arcsin(x). Zpětným dosazením do Odečtením (#2)−(#1) získáme b′ (x) = √1−x 2 x ′ první rovnice máme a (x) = − √1−x2 , tentokráte se integruje substitucí z = 1 − x2 , proto vyjde √ a(x) = 1 − x2 .
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
Soustava se dá řešit i determinanty: ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯ 0 x ¯¯ ¯ D=¯ = 1, Da′ = ¯¯ √ 1 ¯ 1 x+1 1−x2
¯ x ¯¯ x = −√ , ¯ x+1 1 − x2
¯ ¯1 Db′ = ¯¯ 1
0 √ 1 1−x2
¯ ¯ ¯= √ 1 . ¯ 1 − x2
Pak a′ (x) = DDa′ a b′ (x) = DDb′ a jsme tam, kde jsme byli. Všechny soustavy níže jde řešit eliminací (občas trikovou) nebo Kramerovým pravidlem, tak už to v dalších řešeních nebudeme znovu rozebírat. √ Každopádně dostáváme partikulární řešení yp (x) = 1 − x2 ex + arcsin(x)x ex a obecné řešení sečtením partikulárního a homogenního: p x ∈ (−1, 1). y(x) = 1 − x2 ex + arcsin(x)x ex + aex + bx ex , √ Tohle jsme také mohli dostat tak, že jsme rovnou dávali konstanty při integraci a(x) = 1 − x2 + a, b(x) = arcsin(x) + b. 7. Jde o nehomogenní lineární ODR 2. řádu, není problém, takže všechna řešení budou na IR. Začneme přidruženou homogenní. Ta má konstantní koeficienty, takže jdeme na charakteristické věci: Charakteristický polynom je p(λ) = λ2 − λ − 2 = (λ − 2)(λ + 1), rovnice p(λ) = 0 dá charakteristická čísla λ = −1, 2. Fundamentální systém řešení je proto {e−x , e2x } a obecné řešení homogenní rovnice je yh (x) = ae−x + be2x , x ∈ IR. Teď je čas na nehomogenní rovnici. Pravá strana je speciální, nemusíme tedy dělat variaci konstant. Jde vlastně o součet dvou různých speciálních stran, protože 2x ex a 3e−x nejdou napsat pomocí jednoho eαx . Začneme s první členem pravé strany. Pokud chceme použít obecnou metodu odhadu, musíme jej nejprve upravit jako 2x ex = e1·x (0 + (2x) · 1) = e1·x (0 sin(0 · x) + (2x) cos(0 · x)), pak má parametry α = 1, β = 0, násobnost α+βj = 1 jako charakteristického čísla je k = 0, nejvyšší stupeň polynomu je m = 1 (2x je polynom stupně 1). Existuje proto řešení ve tvaru y(x) = x0 e1·x ((C + Dx) sin(0) + (A + Bx) cos(0)) = (A + Bx)ex . Pokud znáte i speciální verze, pak 2x ex = P (x)e1·x má parametry α = 1, β = 0, násobnost α + βj = 1 jako charakteristického čísla je k = 0, stupeň polynomu je m = 1. Existuje tedy řešení ve tvaru y(x) = x0 (A + Bx)e1·x = (A + Bx)ex . Člen 3e−x má podobně parametry α = −1, β = 0, násobnost α + βj = −1 je k = 1, m = 0 (3 je polynom stupně 0). Existuje tedy řešení ve tvaru y(x) = x1 Ce−x = Cx e−x . Partikulární řešení dané rovnice dostaneme podle principu superpozice sečtením těchto dvou, tedy hledáme řešení ve tvaru y(x) = (A + Bx)ex + Cx e−x . Dosadíme do rovnice a dostaneme [(Bx + A + 2B)ex + (Cx − 2C)e−x ] − [(Bx + A + B)ex + (−Cx + C)e−x ] − 2[(A + Bx)ex + Cx e−x ] = −2x ex + 3e−x , neboli
(−2Bx + B − 2A)ex + (−3C)e−x = −2x ex + 3e−x .
Protože funkce ex a e−x jsou nezávislé, rovnost nastane, pouze pokud se rovnají polynomy před nimi, a rovnost polynomů znamená rovnost všech mocnin. Máme tedy − 2Bx + B − 2A = −2x =⇒ − 3C = 3
−2Bx = −2x
B − 2A = 0 =⇒ A = 12 , B = 1, C = −1. C = −1 ¢ ¡ Máme tedy partikulární řešení yp (x) = 12 + x ex − x e−x a obecné řešení dané yp + yh : ¢ ¡ ¢ ¡ x ∈ IR. y(x) = 21 + x ex − x e−x + ae−x + be2x = 21 + x ex + (a − x)e−x + be2x ,
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
Alternativa: Šlo použít i variaci konstant, z yh (x) dostaneme y(x) = a(x)e−x + b(x)e2x , proto máme rovnice 2 2x xe − 1 3 =⇒ 2 b′ (x) = − x e−x + e−3x 3 a′ (x) =
a′ (x)e−x + b′ (x)e2x = 0 − a′ (x)e−x + 2b′ (x)e2x = −2x ex + 3e−x
Odtud per partes dá a(x) = 13 x e2x − 61 e2x − x, b(x) = 23 x e−x + 32 e−x − 13 e−3x , dosazením se dostane yp a pak y = yp + yh . Podobně se i další úlohy řešené odhadem dají dělat i variací, ale většinou to tak je delší. 8. Jde o nehomogenní lineární ODR 2. řádu, není problém, takže všechna řešení budou na IR. Začneme přidruženou homogenní. Ta má konstantní koeficienty, takže jdeme na charakteristické věci: Charakteristický polynom je p(λ) = λ2 + λ = λ(λ + 1), rovnice p(λ) = 0 dá charakteristická čísla λ = 0, −1. Fundamentální systém řešení je proto {e0·x , e−x } = {1, e−x } a obecné řešení homogenní rovnice je yh (x) = a + be−x , x ∈ IR. Teď je čas na nehomogenní rovnici. Pravá strana je speciální, nemusíme tedy dělat variaci konstant. Jde vlastně o součet dvou různých speciálních stran, protože 4x e0·x a 2x ex nejdou zapsat pomocí jednoho eαx . Člen 4x = e0 (0 + (4x) · 1) = e0·x (0 sin(0 · x) + (4x) cos(0 · x)) má parametry α = 0, β = 0, násobnost α+βj = 0 jako charakteristického čísla je k = 1, nejvyšší stupeň polynomu je m = 1 (4x je polynom stupně 1). Existuje tedy řešení ve tvaru y(x) = x1 e0·x ((C + Dx) sin(0) + (A + Bx) cos(0)) = x(A + Bx) = Ax + Bx2 . Zase je lepší si pamatovat speciální případ, 4x = P (x) má parametry α = β = 0, násobnost α + βj = 0 jako charakteristického čísla je k = 1, stupeň polynomu je m = 1. Existuje tedy řešení ve tvaru y(x) = x1 (A + Bx) = Ax + Bx2 . Člen 2x ex má (viz předchozí příklad) parametry α = 1, β = 0, násobnost α + βj = 1 je k = 0, m = 1. Existuje tedy řešení ve tvaru y(x) = x0 (C + Dx)ex = (C + Dx)ex . Partikulární řešení dané rovnice dostaneme podle principu superpozice sečtením těchto dvou, tedy hledáme řešení ve tvaru y(x) = Ax + Bx2 + (C + Dx)ex . Dosadíme do rovnice a dostaneme [2B + (Dx + C + 2D)ex ] + [(A + 2Bx + (Dx + C + D)ex ] = 4x + 2x ex , [2B + A + 2Bx] + [2Dx + 2C + 3D]ex = 4x + 2x ex , Protože funkce ex a 1 jsou nezávislé, rovnost nastane, pouze pokud se rovnají polynomy před nimi, a rovnost polynomů znamená rovnost všech mocnin. Máme tedy
2B + A + 2Bx = 4x 2C + 3D + 2Dx = 2x
=⇒
2Bx = 4x A + 2B = 0 2Dx = 2x 2C + 3D = 0
=⇒ A = −4, B = 2, C = − 32 , D = 1.
¡ ¢ Máme tedy partikulární řešení yp (x) = −4x + 2x2 + − 32 + x ex a obecné řešení dané yp + yh : ¡ ¢ y(x) = 2x2 − 4x + x − 23 ex + a + be−x ,
x ∈ IR.
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
¢ ¡ ¢ ¡ Poč. podmínky: Máme y(x) = 2x2 − 4x + x − 32 ex + a + be−x , y ′ (x) = 4x − 4 + x − 21 ex − be−x ; dosadíme podmínky a dostaneme 1 2
a+b=2 = − 32 + a + b =⇒ =⇒ 1 1 b = −4 − 2 = −4 − 2 − b
¡ ¢ Řešení je y(x) = 2x2 − 4x + 6 + x − 32 ex − 4e−x ,
a = 6, b = −4.
x ∈ IR.
9. Jde o nehomogenní lineární ODR 2. řádu, není problém, takže všechna řešení budou na IR (proměnná t!). Začneme přidruženou homogenní. Ta má konstantní koeficienty, takže jdeme na charakteristické věci: Charakteristický polynom je p(λ) = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 , rovnice p(λ) = 0 dá charakteristické číslo λ = 1 (2×). Fundamentální systém řešení je proto {et , t et } a obecné řešení homogenní rovnice je xh (t) = aet + bt et , t ∈ IR. Teď je čas na nehomogenní rovnici. Pravá strana je speciální, nemusíme tedy dělat variaci konstant. Jde vlastně o součet dvou různých speciálních stran, protože sin(t) a cos(2t) nejdou vyjádřit jako sin(βt), cos(βt) pro jedno β. Člen 2 sin(t) = e0 (2 sin(1 · t) + 0 cos(1 · t)) má parametry α = 0, β = 1, násobnost α + βj = j jako charakteristického čísla je k = 0, maximální stupeň polynomu je m = 0 (2 je polynom stupně 0). Existuje tedy řešení ve tvaru x(t) = t0 e0·t (A sin(1 · t) + B cos(1 · t)) = A sin(t) + B cos(t). Člen −25 cos(2t) má zase parametry α = 0, β = 2, násobnost α + βj = 2j je k = 0, m = 0. Existuje tedy řešení ve tvaru x(t) = C sin(2t) + D cos(2t). Partikulární řešení dané rovnice dostaneme podle principu superpozice sečtením těchto dvou, tedy hledáme řešení ve tvaru x(t) = A sin(t) + B cos(t) + C sin(2t) + D cos(2t). Dosadíme do rovnice a dostaneme [−A sin(t) − B cos(t) − 4C sin(2t) − 4D cos(2t)] − 2[A cos(t) − B sin(t) + 2C cos(2t) − 2D sin(2t)] + [A sin(t) + B cos(t) + C sin(2t) + D cos(2t)] = 2 sin(t) − 25 cos(t), 2B sin(t) − 2A cos(t) + [4D − 3C] sin(2t) + [−4C − 3D] cos(2t)] = 2 sin(t) − 25 cos(t).
Protože funkce sin(t), cos(t), sin(2t) a cos(2t) jsou nezávislé, rovnost nastane, pouze pokud se rovnají členy před nimi, proto rovnice 2B = 2, −2A = 0, −3C + 4D = 0, −4C − 3D = −25, odtud A = 0, B = 1, C = 4, D = 3. Máme tedy partikulární řešení xp (t) = cos(t) + 4 sin(2t) + 3 cos(2t) a obecné řešení dané xp + xh : x(t) = cos(t) + 4 sin(2t) + 3 cos(2t) + aet + bt et ,
t ∈ IR.
10. Metoda eliminační: Z první rovnice vyjádříme y2 = y1′ + 2y1 (∗) a dosadíme do druhé: y1′′ + 3y1′ = 0. Tuto homogenní rovnici s konstantními koeficienty řešíme přes charakteristické věci. Charakteristický polynom: p(λ) = λ2 + 3λ, char. čísla λ = 0, −3, fund. systém {1, e−3x }. Pro y1 (x) = a + be−3x dostaneme dosazením do (∗) y2 (x) = 2a − be−3x , proto máme obecné řešení ~y (x) =
µ
a + be−3x 2a − be−3x
¶
µ −3x ¶ µ ¶ e 1 +b , =a −e−3x 2
a) Vidíme, že fundamentální matice soustavy je Y (x) =
µ
x ∈ IR.
¶ 1 e−3x . 2 −e−3x
Alternativa: Fundamentální systém dává dva basické vektory, lze je dostat aplikováním (∗) na každou funkci z {1, e−3x } zvlášť. Volba y1 (x) = 1 dá pomocí (∗) y2 (x) = 2, odtud první vektor
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
µ ¶ 1 . Volba y1 (x) = e−3x dá pomocí (∗) y2 (x) = −e−3x , odtud druhý báze soustavy ~ya (x) = 2 µ −3x ¶ e vektor báze soustavy ~yb (x) = . Když je dáme dohromady, dostaneme fundamentální −e−3x matici soustavy a obecné řešení. Tato alternativa se dá použít i u následujících příkladů. ¶ µ −2 1 , řešíme rovnici Metoda vlastních čísel: Matice soustavy je A = 2 −1 ¯ ¯ ¯ −2 − λ ¯ 1 ¯ = (−2 − λ)(−1 − λ) − 2 = (λ + 2)(λ + 1) − 2 = λ2 + 3λ = λ(λ + 3), 0 = ¯¯ 2 −1 − λ ¯
a vlastní −3. ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ µ čísla jsou λ = 0, ¶ v1 v1 −2 1 0 −2 − 0 1 0 , obě rovnice jsou stejné, , tj. = = λ = 0: 2 −1 v2 0 2 −1 − 0 v2 0 ~ tedy stačí řešit první rovnici −2v1µ+ v¶2 = 0, chceme µ ¶ ~v 6= 0, proto volíme nenulově, třeba v1 = 1, 1 1 tedy v2 = 2, máme řešení ~ya (x) = e0x = . 2 2 ¶µ ¶ µ ¶ ¶µ ¶ µ ¶ µ µ v1 v1 1 1 0 −2 − (−3) 1 0 , zase stačí řešit , tedy = = λ = −3: 2 2 v2 0 2 −1 − (−3) v2 0 první rovnici v1µ+ v2¶= 0, chceme ~v 6= ~0, µ −3x ¶ proto volíme nenulově, třeba v1 = 1, tedy v2 = −1, máme e 1 e−3x = . řešení ~yb (x) = −e−3x −1 Odtud máme fundamentální matici a obecné řešení jako předtím. b) Poč. podmínky: Dosadíme do y1 (x) = a + be−3x , y2 (x) = 2a − be−3x a dostaneme 3=a+b 0 = 2a − b
=⇒ a = 1, b = 2,
řešení je
~y (x) =
µ
1 + 2e−3x 2 − 2e−3x
¶
,
x ∈ IR.
11. Metoda eliminační: Z první rovnice vyjádříme y2 = 4y1 − y1′ (∗) a dosadíme do druhé: ′′ ′ y1 − 4y1 + 4y1 = 0. Homogenní rovnice s konstantními koeficienty, charakteristický polynom p(λ) = λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2 , char. číslo λ = 2 (2×), fund. systém {e2x , x e2x }. Pro y1 (x) = ae2x + bx e2x dostaneme dosazením do (∗) y2 (x) = 2ae2x + b(2x − 1)e2x , proto máme obecné řešení µ ¶ µ 2x ¶ µ ¶ ae2x + bx e2x e x e2x ~y (x) = =a +b , x ∈ IR. 2ae2x + b(2x − 1)e2x 2e2x (2x − 1)e2x Šlo také udělat vektory pomocí (∗) zvlášť z e2x a z x e2x ,µviz předchozí řešení. ¶ e2x x e2x a) Vidíme, že fundamentální matice soustavy je Y (x) = . 2e2x (2x − 1)e2x ¶ µ 4 −1 , řešíme rovnici Metoda vlastních čísel: Matice soustavy je A = 4 0 ¯ ¯4 − λ 0 = ¯¯ 4
¯ −1 ¯¯ = (4 − λ)(−λ) + 4 = λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2 , ¯ −λ
vlastní číslo je
λ = 2 (2×).
¶µ ¶ µ ¶ v1 2 −1 0 , stačí řešit 2v1 − v2 = 0, volíme v1 = 1, tedy v2 = 2, máme řešení = λ = 2: vµ2 0 µ4 ¶−2 ¶ 1 e2x ~ya (x) = e2x = . 2 2e2x µ
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
¶µ ¶ µ ¶ v1 2 −1 1 , stačí řešit první rovnici 2v1 − v2 = 1, teď Druhé řešení: Řešíme rovnici = 4 −2 v2 2 pro ~v 6= ~0 můžeme volit v1 = 0, pak řešení 2 = −1, máme "µ v¶ ¶# µ µ ¶ 2x 0 1 x e x+ e2x = . ~yb (x) = −1 2 (2x − 1)e2x Odtud máme fundamentální matici a obecné řešení jako předtím. Poznámka: To, že basické vektory vyšly v obou metodách stejně, je náhoda. Kdybychom například u druhého vektoru z vlastních čísel v = 1, dostali bychom v2 = 1, a tedy "µvolili µ ¶ ¶ 1 µ ¶# (x + 1) e2x 1 1 2x e = . x+ ~y (x) = (2x + 1)e2x 1 2 Tento vektor je ale kombinací těch vektorůµ z eliminace ¶ µ (zde konkrétně ¶ jejich součet), naopak ten 2x 2x e (x + 1) e druhý vektor z eliminace je kombinace ~y = a . Tato nová dvojice tedy dává 2x 2e (2x + 1)e2x stejný prostor a vše je v pořádku. Závěr: Vyjdou-li z eliminace a z vlastních čísel různé vektory, neznamená to automaticky, že se někde stala chyba; musíme ale ověřit, že vektory z jedné báze lze dostat pomocí vektorů z druhé a naopak. b) Poč. podmínky: Dosadíme do y1 (x) = ae2x + bx e2x , y2 (x) = 2ae2x + b(2x − 1)e2x a dostaneme µ
3e2 = ae2 + be2 4e2 = 2ae2 + be2
=⇒ a = 1, b = 2,
řešení je
~y (x) =
µ
(2x + 1)e2x 4x e2x
¶
,
x ∈ IR.
12. Metoda eliminační: Z první rovnice vyjádříme y2 = 2y1 − y1′ + 2 (∗) a dosadíme do druhé: y1′′ −3y1′ −4y1 = 5e−x −2. Nehomogenní lineární rovnice, nejprve řešíme homogenní, s konstantními koeficienty, proto hledáme charakteristický polynom p(λ) = λ2 − 3λ − 4 = (λ − 4)(λ + 1), char. čísla λ = −1, 4, fund. systém {e−x , e4x }. Máme řešení yh (x) = ae−x +be4x homogenní rovnice, teď musíme řešit nehomogenní. Vypadá to na speciální pravou stranu, přesněji řečeno na kombinaci dvou typů, jeden je 5e−x s řešením x A e−x (parametr α + βj = −1 má násobnost k = 1) a druhý je −2 s řešením B (parametr α + βj = 0 má násobnost k = 0), proto hledáme řešení tvaru y(x) = Ax e−x + B. Dosadíme do rovnice a dostaneme [(Ax − 2A)e−x ] − 3[(−Ax + A)e−x ] − 4[Ax e−x + B] = 5e−x − 2 =⇒ −5Ae−x − 4B = 5e−x − 2. Máme A = −1, B = 21 , proto yp (x) = −x e−x + 21 , y1 (x) = yp (x) + yh (x) = 12 − x e−x + ae−x + be4x . Dosazením do (∗) dostaneme y2 = 3 + (1 − 3x)e−x + 3ae−x − 2be4x a tedy odpovíme na b) Obecné řešení je 1 2
¶ − x e−x + ae−x + be4x ~y (x) = 3 + (1 − 3x)e−x + 3ae−x − 2be4x µ ¶ µ −x ¶ µ 4x ¶ 1 − x e−x e e 2 = +a +b , −x −x 3 + (1 − 3x)e 3e −2e4x µ
a) Fundamentální matice soustavy je Y (x) =
µ
e−x 3e−x
¶ e4x . −2e4x
x ∈ IR.
Alternativní řešení: Nejprve se udělá eliminace, pak se najde fundamentální systém {e−x , e4x } přesně jako výše. Pak se najde obecné řešení: y1 (x) = ae−x + be4x , pomocí (∗) (ale homogenní verze!) pak y2 (x) = 2y1 −y1′ = 3ae−x −2be4x . Jde i zpracovat jednotlivě ex a e4x pomocí homogenní verze (∗), každopádně vyjde fundamentální matice přesně jako v předchozím řešení a partikulární řešení lze nalézt metodou variace konstant. Protože jsme zatím nepracovali s maticemi, zkusíme to po jednotlivých funkcích:
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
y1 (x) = a(x)e−x + b(x)e4x , y2 (x) = 3a(x)e−x − 2b(x)e4x . Dosadíme do dané soustavy, většina se zkrátí, nebo si pamatujeme, že z yi (x) = a(x)u + b(x)v dostaneme a′ (x)u + b′ (x)v = bi (x), máme ′
−x
a (x)e ′
3a (x)e
′
4x
+ b (x)e
−x
′
=2 4x
− 2b (x)e
−x
= −5e
=⇒
′
−x
−x
5a (x)e ′
= 4 − 5e
4x
− 5b (x)e
= −6 − 5e−x
4 x e −1 5 =⇒ . 6 −4x ′ −5x b (x) = e +e 5 a′ (x) =
4 x 5e
3 −4x 1 −x − x, b(x) = − 10 e µ− 51 e−5x , a proto y¶ − 15 e−x , 1 (x) = 2 − x e 1 − x e−x − 15 e−x . y2 (x) = 3 − 3x e−x + 52 e−x . Vektorově psáno ~yp = 2 3 − 3x e−x + 52 e−x Vypadá to jinak než řešení obdržené předtím, ale víme, že jednotlivá partikulární řešení se mohou lišit o řešení homogenní, a vskutku to lze tak zařídit: ¶ µ ¶ µ 1 1 e−x − x e−x 2 ~yp + . = 3 − 3x e−x + e−x 5 3e−x
Odtud integrací a(x) =
Obecné řešení se pak udělá jako ~yp + ~yh atd. Metoda vlastních čísel: Nejprve řešíme homogenní rovnici. Matice soustavy je A = řešíme rovnici ¯ ¯2 − λ 0 = ¯¯ −6
µ
2 −6
¶ −1 , 1
¯ −1 ¯¯ = (2 − λ)(1 − λ) − 6 = λ2 − 3λ − 4 = (λ − 4)(λ + 1), 1 − λ¯
vlastní čísla ¶ −1, µ 4.¶ µ ¶ µ jsou λ = v1 3 −1 0 λ = −1: , stačí řešit 3v1 − v2 = 0, volíme v1 = 1, tedy v2 = 3, máme = −6 µ 2¶ v2 µ 0¶ 1 e−x řešení ~ya (x) = e−x = −x . 3¶ µ ¶ 3e µ µ ¶ v1 −2 −1 0 , stačí řešit −2v1 − v2 = 0, volíme v1 = 1, tedy v2 = −2, máme = λ = 4: −6 −3 v 0 2 ¶ µ 4x ¶ µ e 1 4x e = řešení ~yb (x) = . −2 −2e4x µ −x ¶ e e4x Takže fundamentální matice soustavy je Y (x) = přesně jako předtím. Teď 3e−x −2e4x uděláme maticovou variaci konstant: ~y = Y (x)~c(x), rovnice je Y (x)~c ′ (x) = ~b(x), potřebujeme Y (x)−1 : ¶ ¶ µ µ −x 1 x 2 x e e 1 0 e e4x 1 0 5 5 ∼ 0 1 35 e−4x − 15 e−4x 3e−x −2e4x 0 1 ¶ µ ¶µ ¶ µ µ ¶ 4 x 2ex ex 2 e − 1 2 1 ′ −1 5 , proto = 6 −4x =5 Máme ~c (x) = Y (x) + e−5x 3e−4x −e−4x −5e−x −5e−x 5e µ R 4 x ¶ µ ¶ 4 x e − 1 dx e − x 5 5 ~c(x) = R 6 −5x = , 3 −4x − 10 + e−5x dx e − 51 e−5x 5e 1 ¶ µ −x ¶µ − x e−x − 51 e−x 4 x 4x 2 e e 5e − x . = ~yp = Y (x)~c(x) = 3 −4x e − 15 e−5x 3e−x −2e4x − 10 2 −x −x 3 − 3x e + 5 e Vyšlo ~yp i ~yh , takže ~y = ~yp + ~yh jako předtím.
13. Metoda eliminační: Z první rovnice x2 = x1 − x˙ 1 (∗), dosadíme do druhé: x ¨1 + 4x1 = 2 6 sin (t). Je to nehomogenní lineární rovnice, nejprve tedy řešíme homogenní, s konstantními koeficienty. Charakteristický polynom p(λ) = λ2 +4, char. čísla λ = ±2j, fund. systém {sin(2t), cos(2t)}.
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
Máme řešení x1 (t) = a sin(2t) + b cos(2t) homogenní rovnice. Všimněte si, že vzorec (∗) neobsahuje nenulovou pravou stranu, takže když dosadíme x1 do (∗), dostaneme rovnou x2 (t) = a sin(2t) + b cos(2t) − 2a cos(2t) + 2b sin(2t) jako obecné řešení homogenní rovnice, tedy ¶ a sin(2t) + b cos(2t) ~xh (t) = a sin(2t) + b cos(2t) − 2a cos(2t) + 2b sin(2t) ¶ ¶ µ µ cos(2t) sin(2t) +b =a cos(2t) + 2 sin(2t) sin(2t) − 2 cos(2t) µ
¶ sin(2t) cos(2t) . a fundamentální matice soustavy X(t) = sin(2t) − 2 cos(2t) cos(2t) + 2 sin(2t) Teď musíme řešit nehomogenní x ¨1 + 4x1 = 6 sin2 (t). Pravá strana není speciální, takže variace konstant. x1 (t) = a(t) sin(2t) + b(t) cos(2t) dává µ
a′ (t) sin(2t) + b′ (t) cos(2t) = 0
a′ (t) = 3 sin2 (t) cos(2t) 2a′ (t) cos(2t) − 2b′ (t) sin(2t) = 6 sin2 (t) b′ (t) = −3 sin2 (t) sin(2t) Z Z a(t) = 3 sin2 (t) cos(2t)dt = 3 sin2 (t)[cos2 (t) − sin2 (t)] Z Z =⇒ 2 b(t) = − 3 sin (t) sin(2t)dt = − 6 sin3 (t) cos(t)dt =⇒
Druhý integrál se hravě udolá substitucí u = sin(t), vyjde b(t) = − 32 sin4 (t). Bohužel, u prvního jsou samé sudé mocniny a substituce selže. Lepší bude naopak zdvojovat argument výměnou za mocniny: Z Z Z 3 2 2 3 a(t) = 3 sin (t) cos(2t)dt = [1 − cos(2t)] cos(2t)dt = 2 [cos(2t) − cos (2t)]dt 2 Z Z 3 3 3 3 3 3 3 3 = 2 cos(2t) − 4 [1 + cos(4t)]dt = 2 cos(2t) − 4 − 4 cos(4t) dt = 4 sin(2t) − 4 t − 16 sin(4t) =
3 4
sin(2t) − 43 t −
3 8
sin(2t) cos(2t).
Máme tedy x1 (t) =
£3
3 4 sin(2t) − 4 t −
3 8
¤ £ ¤ sin(2t) cos(2t) sin(2t) + − 32 sin4 (t) cos(2t),
asi bude lepší převést všechny funkce na argumenty 2t: x1 (t) =
3 4
sin2 (2t) − 43 t sin(2t) −
3 8
sin2 (2t) cos(2t) −
3 2
h 1 − cos(2t) i2
2 2 2 3 3 3 3 = 4 sin (2t) − 4 t sin(2t) − 8 sin (2t) cos(2t) − 8 cos(2t) − = 34 [sin2 (2t) + cos2 (2t)] − 43 t sin(2t) −
=
3 4
− 43 t sin(2t) −
3 8
3 8
3 8
cos(2t)
cos3 (2t) +
3 4
cos2 (2t)
cos(2t)[sin2 (2t) + cos2 (2t)]
cos(2t).
Přičtením homogenního řešení dostaneme obecné řešení eliminované rovnice, pro zjednodušení zahrneme člen 83 cos(2t) do homogenního změnou a: x1 (t) =
3 4
− 43 t sin(2t) + a sin(2t) + b cos(2t).
Dosazením do (∗) dostaneme x2 =
3 4
sin(2t) − 34 t sin(2t) + 23 t cos(2t) + a sin(2t) + b cos(2t) − 2a cos(2t) + 2b sin(2t).
c pHabala 2007 °
ˇ sen´ MA2 Reˇ e pˇr´ıklady 1
Poznámka: V x2 už nemůžeme “zmizet” část 34 sin(2t) do homogenního řešení, protože už jsme si určili x1 a x2 s ním sdílí to a a b. Máme tedy obecné řešení µ ¶ 3 − 43 t sin(2t) + a sin(2t) + b cos(2t) 4 ~x(t) = 3 3 3 4 + 4 (1 − t) sin(2t) + 2 t cos(2t) + a sin(2t) − 2a cos(2t) + b cos(2t) + 2b sin(2t) ¶ µ 3 − 43 t sin(2t) 4 = 3 3 3 4 + 4 (1 − t) sin(2t) + 2 t cos(2t) ¶ ¶ µ µ cos(2t) sin(2t) , t ∈ IR. +b +a cos(2t) + 2 sin(2t) sin(2t) − 2 cos(2t)
Alternativa: Nebylo to nejjednodušší, existuje alternativa? Ano, vraťme se k eliminované rovnici a použijme identitu pro druhou mocninu: x ¨1 + 4x1 = 6 sin2 (t) = 3 − 3 cos(2t).
To už je speciální pravá strana, přesněji řečeno kombinace dvou typů, jeden je 3 s řešením A (číslo α + βj = 0 má násobnost k = 0) a druhý je −3 cos(2t) s řešením t[B sin(2t) + Ct cos(2t)], neboť α + βj = 2j má násobnost k = 1. Odhadneme tedy řešení x1 (t) = A + Bt sin(2t) + Ct cos(2t) a dosadíme do rovnice: 4A + 4B cos(2t) − 4C sin(2t) = 3 − 3 cos(2t) =⇒ A = 43 , B = − 34 , C = 0.
Máme tedy partikulární řešení x1 (t) = tedy pokračujeme stejně.
3 4
− 43 t sin(2t), což je stejné jako v předchozím řešení, dále
Metoda vlastních čísel: Nejprve řešíme homogenní rovnici. Matice soustavy je A =
µ
1 5
¶ −1 , −1
řešíme rovnici ¯ ¯ ¯1 − λ ¯ −1 ¯ = (1 − λ)(−1 − λ) + 5 = λ2 + 4, 0 = ¯¯ vlastní čísla jsou λ = ±2j. 5 −1 − λ ¯ ¶µ ¶ µ µ ¶ v1 1 − 2j −1 0 λ = 2j: , stačí řešit (1 − 2j)v1 − v2 = 0, volíme v1 = 1, tedy = 5 −1 − 2j v2 0 v2 = 1 − 2j, máme řešení ¶ ¶ µ µ cos(2t) + j sin(2t) 1 2jt e = ~y (x) = (1 − 2j)[cos(2t) + j sin(2t)] 1 − 2j ¶ µ cos(2t) + j sin(2t) . = [cos(2t) + 2 sin(2t)] + j[sin(2t) − 2 cos(2t)]
Fundamentální matici soustavy získáme vzetím reálné a imaginární části, jinými slovy dostaneme přesně to, co předtím: ¶ µ sin(2t) cos(2t) . X(t) = sin(2t) − 2 cos(2t) cos(2t) + 2 sin(2t) Teď bychom měli udělat variaci konstanty pro ~x(t) = X(t)~c(t), X(t)~c ′ (t) = ~b(t). Pomocí docela hnusných výpočtů se dá udolat ¶ µ sin(2t) + 21 cos(2t) − 12 cos(2t) −1 X(t) = 1 cos(2t) − 12 sin(2t) 2 sin(2t)
a pak je
′
−1
µ
0 −6 sin2 (t)
¶
−1
µ
0 3 cos(2t) − 3
¶
= X(t) ~c (t) = X(t) ¶ µ ¶ µ1 3 3 2 cos(2t)[3 − 3 cos(2t)] cos(2t) − cos (2t) 2 = 3 2 . = 21 3 2 sin(2t)[3 cos(2t) − 3] 2 sin(2t) cos(2t) − 2 sin(2t)
Pak se integruje, nebude to pěkné, ostatně ta první variace byla dost hustá, takže se dá čekat, že i tahle bude veselá. Raději toho necháme.
